西安石油大学电子工程学院：《自动控制理论 Modern Control System》精品课程教学资源（各章节例题解析）第五章 线性系统的频域分析法

可得实部方程 2x2+15x+K=0 和虚部方程 x3+16x2+15x=0 可解得x=0和x=4±34=-695与正反馈根轨迹的交点 2 1.085(与负反馈根轨迹的交点 K=(2x2-15x)=4934-272137 结合根轨迹图可知,当0<K<13.7满足使全部闭环极点均位于s平面左半部且全 部复极点的阻尼系数都大于一一的要求 例5-2已知开环传递函数G(s)H(S)= 3(s+2) 画出与完整的奈奎斯特路径相 s3+3s+ 对应的奈奎斯特图。 (1)确定相对于G(s)H(s)平面的原点的N,P和Z的值。从而判断开环系统是否稳 (2)求取相对于一1点的NP和Z的值。从而判断闭环系统是否稳定 解一:(1)首先要确定开环零,极点的位置,由于本题开环零点以确定,而分母是 以多项式形式给出,所以只要确定开环极点的位置。方法由三种 a)劳斯判据法对开环特征方程s3+3s+1=0,列劳斯阵列如下 s313 由劳斯判据可判断开环特征方程有一个左根和两个右根,没有虚轴上的根 b)根轨迹法对开环特征方程s3+3s+1=0,可改写为 K =1+ =0于是s3+3s+1=0的根可看作在等效开环传递函数为 S+3s (S-+3slk-l 的根轨迹上,取K=1时的点,此时根轨迹如图5-9所示。由根轨迹可知 当K=1时开环特征方程+3+1=0有一个负实根和一对实部为正的共轭复根 c)奈奎斯特判据法此法是题中要求的方法。即画出完整的奈奎斯特曲线,求出该 曲线对GA(s)平面对原点包围的次数N〃,若此时开环右零点数Z0已知,则开环右极点数

·150· 可得实部方程 2 15 0 3  x  x  K  和虚部方程 2 16 15 0 3 2 x  x  x  可解得 x＝0 和         1.085( ) 6.915( ) 2 34 4 与负反馈根轨迹的交点 与正反馈根轨迹的交点 x (2 15 ) 49 34 272 13.7 2 34 4 3      x  K x x 结合根轨迹图可知，当 o  K  13.7 满足使全部闭环极点均位于 s 平面左半部且全 部复极点的阻尼系数都大于 2 2 的要求。 例 5-2 已知开环传递函数 3 1 3( 2) ( ) ( ) 3     s s s G s H s ，画出与完整的奈奎斯特路径相 对应的奈奎斯特图。 （1）确定相对于 G(s)H(s)平面的原点的 N，P 和 Z 的值。从而判断开环系统是否稳 定。 （2）求取相对于－1 点的 N,P 和 Z 的值。从而判断闭环系统是否稳定。 解一：（1）首先要确定开环零，极点的位置，由于本题开环零点以确定，而分母是 以多项式形式给出，所以只要确定开环极点的位置。方法由三种： a）劳斯判据法对开环特征方程 3 1 0 3 s  s   ，列劳斯阵列如下 1 0 1 1 3 0 1 2 3 s s s s   由劳斯判据可判断开环特征方程有一个左根和两个右根，没有虚轴上的根。 b ） 根 轨 迹 法 对 开 环 特 征 方 程 3 1 0 3 s  s   ， 可 改 写 为 0 ( 3) 1 3 1 1 1 3 2       K s s K s s 于是 3 1 0 3 s  s   的根可看作在等效开环传递函数为 S S K Gk ( 3) * 2   的根轨迹上，取 K=1 时的点，此时根轨迹如图 5-9 所示。由根轨迹可知， 当 K＝1 时开环特征方程 3 1 0 3 s  s   有一个负实根和一对实部为正的共轭复根。 c）奈奎斯特判据法 此法是题中要求的方法。即画出完整的奈奎斯特曲线，求出该 曲线对G (s) k 平面对原点包围的次数 N0，若此时开环右零点数 Z0已知，则开环右极点数

Po=Z0-N0,此法可与闭环系统稳定性判别同时进行。 (2)下面画出与完整的奈奎斯特路径相对应的奈奎斯特图 为了确定奈奎斯特路径,必须先确定开环传递函数是否有虚轴上的极点。 设 s3=3s+1=(s+a)(s2+bs+c)=s3+(a+b)s2+(ab+c)s+ac=0 因为ac=1≠0,所以a≠0,c≠0 因为a+b=0,所以b=-a≠0 +0 因为a≠0,b≠0和c≠0,所以开环传递函 数没有虚轴上的极点 R→00 此题是0型系统,取奈奎斯特路径如图5-8 所示,即奈奎斯特路径选取了由以下各段组成的s 平面上的封闭曲线: ①正虚轴:S=O,频率O由0变化到∞; 半径为无穷大的右半圆 s=Re,R→m,b由石变化到z ③负虚轴:S=j,频率由-∞变化到0 求与路径①对应的奈奎斯特图,将S=J 代入G4()得 G(j)= 3(2+jo)32+(3-o2)2]+3(2o2-5)oy 1+(3--)yy 1+(3-o2)2a P(o)=32+6-0) Q(o)=.3g 1+-2)2 P(0)=6,Q(0)=0,P(∞)=0,Q(∞)=0 求与实轴的交点,令Q(m)=0,解得O=0和O=±√25; 解得P(0)=6,P(√25)=6再求与虚轴的交点, P()=0,可得方程o4-3o2-2=0 解得

·151· P0=Z0-N0，此法可与闭环系统稳定性判别同时进行。 （2）下面画出与完整的奈奎斯特路径相对应的奈奎斯特图。 为了确定奈奎斯特路径，必须先确定开环传递函数是否有虚轴上的极点。 设 3 1 ( )( ) ( ) ( ) 0 3 2 3 2 s  s   s  a s  bs  c  s  a  b s  ab  c s  ac  因为 ac 1  0，所以 a  0,c  0 ， 因为 a  b  0 ，所以b  a  0 因为 a  0，b  0 和c  0，所以开环传递函 数没有虚轴上的极点。 此题是０型系统，取奈奎斯特路径如图 5-8 所示，即奈奎斯特路径选取了由以下各段组成的 s 平面上的封闭曲线： ① 正虚轴:s  j ,频率 由 0 变化到∞； ② 半 径 为 无 穷 大 的 右 半 圆 ：   s  Re ,R  , j 由 2  变化到- 2  ； ③ 负虚轴：s  j ，频率 由-∞变化到 0； 先求与路径①对应的奈奎斯特图，将 s  j 代入G (s) k 得 2 2 2 2 2 2 2 1 (3 ) 3[2 (3 ) ] 3(2 5) 1 (3 ) 3(2 ) ( )                      j j j G j 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 (3 ) 3(2 5) ( ) 1 (3 ) 3[2 (3 ) ] ( )                    Q P P(0)  6,Q(0)  0,P()  0,Q()  0 求与实轴的交点，令Q()  0 ，解得  0和   2.5 ； 解得 P(0)  6 , P( 2.5)  6 再求与虚轴的交点， 令 P()  0 ，可得方程 3 2 0 4 2      解得 图 5-8

23土√17∫3.56 0.56(略) ≈±1.887 2 3+√17 3+√17 图 其次求与路径②对应的奈奎斯特图,将S=/O代入C4(S)其中R→aO由2变化到 得 limGk(s)=lim 0×e-/20 这表明与路径②对应的奈奎斯特图是连接G4(+∞)和G4(-∞)的半径为无穷小,角 度从-180逆时针转到180°的圆弧,如图5-10中原点附近的虚线小圆弧所示。此段奈奎 斯特图与用奈奎斯特稳定判据对闭环系统稳定性判断无关,但与用奈奎斯特稳定判据对 开环系统稳定性判断有关 与路径③对应的奈奎斯特图是路径 ①对应的奈奎斯特图关于实轴的镜像 画出极坐标图如5-10所示。此时 奈奎斯特曲线对G4(s)平面原点的包围 次数M°=2,已己知开环右零点数Z0=0,于是 开环右极点数P=Z0N=0--2)=2.又由奈 奎斯特图可知奈奎斯特曲线对(-1,j0 的包围次数N=0,于是Z=N+P=2,闭 环系统不稳。 上面仅根据实频特性和虚频特性画 图5-10 图,对终点的相角无法确定。为画图准确起见,需求出幅频特性和相频特性。这里假设 s+3s+l=(s+as-b+jc)(s-b-jc 其中 a>0.b>0.c>0 于是 G()H(s)=3+2)1=3+2) 1(s+a)( jc)(s-b-ja 3y4+O A() 1+(30-3)2

·152· 5.66 2 3 17 ) 3 2 3 17 ( 1.887 2 3 17 0.56 3.56 2 2 3 17                 Q   （略） 图 5-9 其次求与路径②对应的奈奎斯特图，将 s  j 代入 G (s) k ，其中 R  , 由 2  变化到 - 2  ； 得   2 Re 2 0 3 lim ( ) lim j s R k s e s G s j        这表明与路径②对应的奈奎斯特图是连接 () Gk 和 () Gk 的半径为无穷小，角 度从-180 o逆时针转到 180 o的圆弧，如图 5-10 中原点附近的虚线小圆弧所示。此段奈奎 斯特图与用奈奎斯特稳定判据对闭环系统稳定性判断无关，但与用奈奎斯特稳定判据对 开环系统稳定性判断有关。 与路径③对应的奈奎斯特图是路径 ①对应的奈奎斯特图关于实轴的镜像。 画出极坐标图如 5-10 所示。此时， 奈奎斯特曲线对G (s) k 平面原点的包围 次数N0=-2,已知开环右零点数Z0=0,于是 开环右极点数 P=Z0-N0=0-(-2)=2.又由奈 奎斯特图可知奈奎斯特曲线对（-1，j0） 的包围次数 N＝0，于是 Z=N+P＝2，闭 环系统不稳。 上面仅根据实频特性和虚频特性画 图，对终点的相角无法确定。为画图准确起见，需求出幅频特性和相频特性。这里假设 3 1 ( )( )( ) 3 s  s   s  a s  b  jc s  b  jc 其中 a  0,b  0,c  0 于是 ( )( )( ) 3( 2) 3 1 3( 2) ( ) ( ) 3 s a s b jc s b jc s s s s G s H s            3 2 2 1 (3 ) 3 4 ( )        A  图 5－10

(180 (180° =-360°+ arctan arctan-+ arctan+c 0 o-c + arctan b (0)=-360°;(∞)=-180 这也表明与奈奎斯特路径中无穷大右半圆对应的奈奎斯特图是连接Gk(+∞)和 G(-∞)的半径为无穷小,角度从-180逆时针转到180°的圆弧。若仅从奈奎斯特图上看 可能会认为φ(0)=0°,(+∞)=180°,因而可能得出与奈奎斯特路径中无穷大右半圆对应 的奈奎斯特图是连接G4(+∞)和G(-∞)的半径为无穷小,角度从180顺时针转到-180° 的圆弧的错误结果,如果是这样的话,就不能正确的应用奈奎斯特稳定判据判断开环系 统和闭环系统的稳定性。由此可见非最小相位系统的相频特性的计算很重要 解二:此题开环极点位置未知,应用逆奈奎斯特判据则比较容易。此时 G(s)H(s)3(s+2) 没有虚轴上的开环极点,所以奈奎斯特路径可以选最简形式。 2+(3--)o+(5-20)o P*(O) 2+(3-o2)a 3(4+o2) 求与实轴的交点,令Q*()=0,解得O=0和O=±√25,于是P*(0) P(√25)=1再求与虚轴的交点,令P(0)=0,可得方程o4-302-2=0 解得 ±√7_J3 2 0.56(略) ≈±1.887 )≈-0.177 对应奈奎斯特路径中无穷大右半圆的 映射为

·153· 图 5-11 b c b c a b c b c a                           arctan arctan arctan 2 360 arctan arctan (180 arctan ) (180 arctan ) 2 ( ) arctan      (0)  360 ;()  180 这也表明与奈奎斯特路径中无穷大右半圆对应的奈奎斯特图是连接 () Gk 和 () Gk 的半径为无穷小，角度从-180 o逆时针转到 180 o的圆弧。若仅从奈奎斯特图上看， 可能会认为   (0)  0 ,()  180 ，因而可能得出与奈奎斯特路径中无穷大右半圆对应 的奈奎斯特图是连接 () Gk 和 () Gk 的半径为无穷小，角度从 180 o 顺时针转到-180 o 的圆弧的错误结果，如果是这样的话，就不能正确的应用奈奎斯特稳定判据判断开环系 统和闭环系统的稳定性。由此可见非最小相位系统的相频特性的计算很重要。 解二：此题开环极点位置未知，应用逆奈奎斯特判据则比较容易。此时 3( 2) 3 1 ( ) ( ) 1 ( ) 3      s s s G s H s G s k 没有虚轴上的开环极点，所以奈奎斯特路径可以选最简形式。 3(4 ) 2 (3 ) (5 2 ) 3(2 ) 1 (3 ) * ( ) 2 2 2 2 2                    j j j G j k 3(4 ) (5 2 ) * ( ) 3(4 ) 2 (3 ) * ( ) 2 2 2 2 2                Q P 求与实轴的交点，令Q * ()  0 , 解得  0 和   2.5 ，于是 6 1 P * (0)  ； 6 1 P * ( 2.5)  .再求与虚轴的交点，令 P * ()  0，可得方程 3 2 0 4 2      解得 ) 0.177 2 3 17 * ( 1.887 2 3 17 0.56( ) 3.56 2 2 3 17               Q   略 对应奈奎斯特路径中无穷大右半圆的 映射为

lim Gk"(S)=lim =0a120 当由变化到时,p由顺时针变化到-z,根据以上数据可以画出逆奈奎斯 特图如图5-11所示 由图可见逆奈奎斯特图顺时针包围原点两圈N=2,等效开环传递函数右极点数P=0,于 是等效开环传递函数右零点数Z=P+N=2,即原传递函数有两个右极点,P=0N=2Z=N+P=2 即闭环传递函数有两个右极点,闭环系统不稳 例5-3已知开环传递函数G(s)H(s)= ,作出其奈奎斯特图。并 s(s2+s+1)(s+1) 从图中判断闭环系统的稳定性。 解:此题是I型系统,取奈奎斯特路径如图5-1所示,先求与路径①对应的奈奎斯 特图 100 100 G(SH(S)= l)(S+1) 100 A(o) (1-a2)2+o (o)=-90°- arctan o- arctan(2o+√3)- arctan(2o-√3) 100(2-o2) P() (1+o2)(1-o2)2+o2 100(202-1) Q(o)= o(1+o2)(1-o2)2+2] O=0,p(0)=-200,Q0)=-0 求与实轴的交点,令Q(O)=0,解 得O=±√0.5,则P(√0.5) 再求与虚轴的交点,令P(O)=0,解得 d0= 与路径②对应的奈奎斯特图是半 径为无穷小,角度从-3600逆时针转到 360°的圆弧,由于此段奈奎斯特图与奈 奎斯特稳定判据应用到闭环系统判稳

·154· 图 5-12    j j s s k s e e s G s j         2 Re 2 3 lim * ( ) lim 当θ由 2  变化到- 2  时， 由 顺时针变化到- ，根据以上数据可以画出逆奈奎斯 特图如图 5-11 所示。 由图可见逆奈奎斯特图顺时针包围原点两圈 N0=2,等效开环传递函数右极点数 P=0，于 是等效开环传递函数右零点数 Z0=P+N0=2,即原传递函数有两个右极点，P=0,N=2,Z=N+P=2, 即闭环传递函数有两个右极点，闭环系统不稳。 例 5-3 已知开环传递函数 ( 1)( 1) 100 ( ) ( ) 2     s s s s G s H s ，作出其奈奎斯特图。并 从图中判断闭环系统的稳定性。 解：此题是Ⅰ型系统，取奈奎斯特路径如图 5-1 所示，先求与路径①对应的奈奎斯 特图。 ) 2 3 2 1 )( 2 3 2 1 ( 1)( 100 ( 1)( 1) 100 ( ) ( ) 2 s s s j s j s s s s G s H s           2 2 2 2 1 (1 ) 100 ( )         A  ()  90  arctan  arctan(2  3)  arctan(2  3)    (0)  90 ;()  360 (1 )[(1 ) ] 100(2 1) ( ) (1 )[(1 ) ] 100(2 ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2                        Q P   0, p(0)  200,Q(0)   求与实轴的交点，令Q()  0 ,解 得   0.5 ，则 3 400 P( 0.5)   ， 再求与虚轴的交点，令 P()  0 ,解得    2 ， 3 2 100 Q( 2)  . 与路径②对应的奈奎斯特图是半 径为无穷小，角度从-360 o 逆时针转到 360 o的圆弧，由于此段奈奎斯特图与奈 奎斯特稳定判据应用到闭环系统判稳