1、1,第四节 奈奎斯特稳定判据,2,柯西辐角原理：S平面上不通过F(s)任何奇异点的封闭曲线CS包围S平面上F(s)的Z个零点和P个极点。当s以顺时针方向沿封闭曲线CS移动一周时，在F(s)平面上映射的封闭曲线CF将以顺时针方向绕原点旋转N圈。N，Z，P的关系为：N=ZP。,3,若N为正，表示CF顺时针运动，包围原点；,若N为0，表示CF顺时针运动，不包围原点；,若N为负，表示CF逆时针运动，包围原点。,函数F(s)是复变量s的单值函数，s可以在整个S平面上变化，对于其上的每一点，除有限(n)个极点外，函数F(s)都有唯一的一个值与之对应。,对于一个复变函数,例设：,4,F(s)的值域构成的复平
2、面称为F(s)平面。其中S平面上的全部零点都映射到F(s)平面上的原点；S平面上的极点映射到F(s)平面上时都变成了无限远点。除了S平面上的零、极点之外的普通点，映射到F(s)平面上是除原点之外的有限点。,注意，虽然函数F(s)从S平面到F(s)平面的映射是一一对应的，然而逆过程往往并非如此。例如已知,这个函数在有限的S平面上除S=0,1, 2以外均解析，除此三点外，S平面上的每一个S值在F(s)平面只有一个对应点，但是F(s)平面上的每一个点在S平面上却有三个映射点。最简单的说明方式就是将方程改写成,5,现考虑S平面上一点s1映射到F(s)平面上的点F(s1)可以用一个向量来表示，即当,向量
3、的幅值为,向量的相角为,6,Re,Im,S平面,F(s)平面,7,当S平面上动点s从s1经过某曲线CS到达s2，映射到F(s)平面上也将是一段曲线CF ，该曲线完全由F(s)表达式和s平面上的曲线CS决定。若只考虑动点s从s1到达s2相角的变化量，则有,例,8,例设： ，当s平面上的动点沿平行于虚轴的直线，从(-1，j1)到(-1，j0) ，映射到F(s)平面上的点将沿某曲线从(0，-j1)到(-1，-j0) ，相角的变化为：,9,现考虑S平面上既不经过零点也不经过极点的一条封闭曲线CS 。当变点s沿CS顺时针方向绕行一周，连续取值时，则在F(s)平面上也映射出一条封闭曲线CF 。在S平面上，
4、用阴影线表示的区域，称为CS的内域。由于我们规定沿顺时针方向绕行，所以内域始终处于行进方向的右侧。在F(s)平面上，由于CS映射而得到的封闭曲线CF的形状及位置，严格地决定于CS 。,10,在这种映射关系中，有一点是十分重要的，即：不需知道围线CS的确切形状和位置，只要知道它的内域所包含的零点和极点的数目，就可以预知围线CF是否包围坐标原点和包围原点多少次；反过来，根据已给的围线CF是否包围原点和包围原点的次数，也可以推测出围线CS的内域中有关零、极点数的信息。,11,1. 围线CS既不包围零点也不包围极点,如图所示，在S平面上当变点s沿围线CS按顺时针方向运动一周时，我们来考察F(S)中各因
5、子项的辐角的变化规律。,现以图中未被包围的零点-2为例。当变点s沿CS绕行一周后，因子(s+2)的辐角a的变化为0。,同理，对未被包围的极点也是一样，因子项(s+0) 的辐角b在变点s沿CS绕行一周后的变化也等于0。,于是，映射到F(S)平面上，当变点F(s)沿CF绕行一周后的辐角变化也应等于0。这表明，围线CF此时不包围原点。,12,2. 围线CS只包围零点不包围极点,如图所示围线CS包围一个零点z=-2，先考察因子(s+2)辐角a，当变点s沿CS顺时针绕行一周时，a的变化为-360。映射到F(S)平面上对应变点F(S)沿CF绕行一周后的辐角变化也应等于-360。,同理，当围线CS的内域包含
6、Z个零点时(但不包含极点)， CF应顺时针包围原点Z次。,13, 围线CS只包围极点不包围零点,这种情况如图所示，如果围线CS包围一个极点 ，则当变点s沿CS顺时针绕行一周时，因子(s+0)-1的辐角-b将变化360。映射到 F(S)平面上，围线CF应逆时针包围原点一次。,同理，当围线CS的内域只包含P个极点时， CF应逆时针包围原点P次，或者说， CF顺时针包围原点P次。,14, 围线CS包围Z个零点和P个极点,由上述讨论显然可知，当变点s沿CS顺时针绕行一周时，CF应顺时针包围原点ZP次。亦即CF顺时针包围原点次数N=ZP。 这就是所谓辐角原理。,15,柯西辐角原理：S平面上不通过F(s)
7、任何奇异点的封闭曲线CS包围S平面上F(s)的Z个零点和P个极点。当s以顺时针方向沿封闭曲线CS移动一周时，在F(s)平面上映射的封闭曲线CF将以顺时针方向绕原点旋转N圈。N，Z，P的关系为：N=ZP。,若N为正，表示CF顺时针运动，包围原点；,若N为0，表示CF顺时针运动，不包围原点；,若N为负，表示CF逆时针运动，包围原点。,16,二、奈奎斯特稳定判据：,奈奎斯特当年就是巧妙地应用了辐角原理得到了奈奎斯特稳定判据。设系统结构图如图所示,令：,17,显然，令复变函数等于零即是闭环特征方程。复变函数的阶数为n阶，且分子分母同阶。则复变函数可写成以下形式：,。式中， 为F(s)的零、极点。,由上
8、页(a)、(b)及(c)式可以看出： F(s)的极点为 F(s)的零点为,开环传递函数的极点；,闭环传递函数的极点；,18,奈奎斯特为了应用柯西辐角原理研究闭环系统的稳定性，因此设想：,如果有一个s平面的封闭曲线能包围整个s右半平面，则根据柯西辐角原理知：该封闭曲线在F(s)平面上的映射包围原点的次数应为：N=F(s)的右半零点数F(s)的右半极点数=闭环系统右半极点数开环系统右半极点数,当已知开环右半极点数时，便可由N判断闭环右极点数。,19,这里需要解决两个问题： 1、如何构造一个能够包围整个s右半平面的封闭曲线，并且它是满足柯西辐角条件的？ 2、如何确定相应的映射F(s)对原点的包围次数
9、N，并将它和开环频率特性Gk(jw)相联系？, 正虚轴：,第1个问题：先假设F(s)在虚轴上没有零、极点。按顺时针方向做一条曲线CS包围整个s右半平面，这条封闭曲线称为奈奎斯特路径。如下图所示。它可分为三部分：, 右半平面上半径为无穷大的半圆：, 负虚轴：,20,F(s)平面上的映射是这样得到的：, 以 s=Rejq 代入F(s)，令R，q : ，得第二部分的映射；,得到映射曲线后，就可由柯西辐角定理计算 N = ZP，式中Z、P是F(s)在s右半平面的零点数和极点数。,若已知P，并能确定N，可求出Z = N + P 。当Z = 0时，系统稳定；否则不稳定。, 以 s = jw 代入F(s)，
10、令w 从0变化，得第一部分的映射；, 以 s = jw 代入F(s)，令w从0 ，得第三部分的映射。,21,F(s)对原点的包围，相当于Gk(s)对(-1,j0)的包围；即映射曲线F(s)对原点的包围次数N与Gk(s)对(-1,j0)点的包围的次数一样。,第部分的映射是Gk(jw)曲线向右移1；,F(s)的极点就是Gk(s)的极点，因此F(s)在右半平面的极点数就是Gk(s)在右半平面的极点数。,由Gk(jw)可求得F(jw) ，而Gk(jw)是开环频率特性。,第2个问题：如何确定相应的映射F(s)对原点的包围次数N，并将它和开环频率特性Gk(jw)相联系？,奈奎斯特所构造的的F(s)1Gk(
11、s)，Gk(s)为开环传递函数。,第部分的映射，一般在Gk(s)中，分母阶数比分子阶数高，所以当s=ejq 时， Gk(s)0，即F(s)=1。若分母阶数=分子阶数，则Gk(s)K(零极点形式的开环增益)，即F(s)=1+K。,第部分的映射是第部分的映射关于实轴的对称。,22,23,奈奎斯特稳定判据：若系统的开环传递函数在右半平面上有P个极点，且开环频率特性曲线对(1，j0)点包围的次数为N，（N 0顺时针，N 0 逆时针），则闭环系统在右半平面的极点数为：Z = N + P。若Z = 0 ，则闭环系统稳定，否则不稳定。,奈奎斯特稳定判据的另一种描述：设开环系统传递函数Gk(s)在右半s平面上
12、的极点数为P，则闭环系统稳定的充分必要条件为：在 Gk(s)平面上的开环频率特性曲线及其镜象当w从变化到+时，将以逆时针的方向围绕(1，j0)点P圈。对于开环系统稳定的情况，P=0，则闭环系统稳定的充分必要条件是开环频率特性曲线及其镜象不包围(1，j0)点。不稳定的闭环系统在s右半平面的极点数为：Z = N + P。,24,例5-6开环传递函数为： ，试用奈氏判据判断闭环系统的稳定性。,解：,25,当参数K，T1和T2为任何正值时， P = 0 。,开环系统的奈氏图如右。在s右半平面的极点数为0，绕(1，j0)点的圈数N = 0，则闭环系统在s右半平面的个数： Z = N + P = 0 。故
13、闭环系统是稳定的。,另外，作为对比可求出闭环传递函数,由劳思赫尔维茨判据知闭环系统是稳定的。,26,例5-7设开环系统传递函数为： ，试用奈氏判据判断闭环系统的稳定性。,解：,27,当K=52时，开环极点为1，1j2，都在s左半平面，所以P = 0。奈氏图如右。从图中可以看出：奈氏图顺时针围绕 (1，j0)点2圈。所以闭环系统在s右半极点数为： Z = N + P = 2 ，闭环系统是不稳定的。,若要系统稳定，则,即K 26时，奈氏图不围绕 (1，j0)点。,当K 1，则要求K 10。,于是系统稳定的条件为10 K 26。,28,上述结论同样可由劳思赫尔维茨判据得到。,劳斯阵：,要使系统稳定，
14、则第一列都大于0,于是得： 10 K 26。,29,解：,30,开环系统奈氏图是一个半径为 ，圆心在的圆。,由图中看出：当K 1时,奈氏曲线逆时针包围 (1，j0)点一圈，N=1，而P = 1，则Z = N + P = 0闭环系统是稳定的。,显然，K 1时，包围 (1，j0)点，K 1时不包围(1，j0)点。 K=1时穿过(1，j0)点。,当K=1时，奈氏曲线通过(1，j0)点，属临界稳定状态。,当K1时，奈氏曲线不包围(1，j0)点，N=0，P = 1，所以 Z = N + P = 1，闭环系统不稳定。,31,上面讨论的奈奎斯特判据和例子，都是假设虚轴上没有开环极点，即开环系统都是0型的，这
15、是为了满足柯西辐角定理的条件。但是对于、型的开环系统，由于在虚轴上（原点）有极点，因此不能使用柯西辐角定理来判定闭环系统的稳定性。为了解决这一问题，需要重构奈奎斯特路径。,32,三、奈奎斯特稳定判据在、型系统中的应用：,具有开环为0的极点系统，其开环传递函数为：,可见，在原点有v重0极点。也就是在s=0点，Gk(s)不解析，若取奈氏路径同上时(通过虚轴的包围整个s右半平面的半圆)，不满足柯西辐角定理。为了使奈氏路径不经过原点而仍然能包围整个s右半平面，重构奈氏路径如下：,以原点为圆心，半径为无穷小做右半圆。这时的奈氏路径由以下四部分组成：,33, 半径为无穷小的右半圆，,下面讨论对于这种奈奎斯
16、特路径的映射 ：,1、第和第部分：常规的奈氏图 ，关于实轴对称； 2、第部分： ， 。假设 的分母阶数比分子阶数高；, 正虚轴：, 右半平面上半径为无穷大的半圆：, 负虚轴：,34,(b)对于型系统：将奈氏路径中的点代入 中得：,所以这一段的映射为：半径为 ，角度从 变到 的整个圆（顺时针）。,所以这一段的映射为：半径为 ，角度从 变到 的右半圆。,3、第部分： (a)对于型系统：将奈氏路径中的点代入 中得：,35,结论用上述形式的奈氏路径，奈氏判据仍可应用于、型系 统。,例5-10某型系统的开环频率特性 如下图所示，且s右半平面无极点，试用奈氏判据判断闭环系统稳定性。,解：首先画出完整的奈氏
17、曲线的映射曲线。如右图：,从图上可以看出：映射曲线顺时针包围(-1,j0)两圈。因 ，所以 ，闭环系统是不稳定的。,36,例已知非最小相位系统开环传递函数为 确定闭环系统稳定的K值范围。不稳定时求出闭环右极点数。,解：,37,当K0时，由题知P=1，图知N=1，Z=N+P=2，闭环系统不稳定。,当K0时，由题知P=1，图知N=0，Z=N+P=1，闭环系统不稳定。,38,例已知非最小相位系统开环传递函数为确定闭环系统稳定的K值范围。不稳定时求出闭环右极点数。,解：,39,当K0时，由题知P=1，图知N=1，Z=N+P=2，闭环系统不稳定。,当K0时，由题知P=1，图知N=0，Z=N+P=1，闭环
18、系统不稳定。,40,奈奎斯特稳定判据的应用步骤,确定开环右极点数P； 画出开环系统奈奎斯特图（包括正负频率及s平面中特定路径在Gk(s)平面的映射）； 确定N； 计算Z=N+P，当Z=0时闭环系统稳定，当Z0时闭环系统不稳定，当Z0时计算有误。,41,例已知非最小相位系统开环传递函数为 确定闭环系统稳定的K值范围。不稳定时求出闭环右极点数。,解：,42,当K6时，奈氏曲线不包围(1，j0)点，N=0，Z=N+P=2，系统不稳定。,(1，j0),(1，j0),(1，j0),开环系统有2个右极点，P=2。,当6K8时，奈氏曲线逆时针包围(1，j0)点2圈， N=2，Z=N+P=0,系统稳定。,当K
19、8时，奈氏曲线逆时针包围(1，j0)点1圈，N=1，Z=N+P=1,系统不稳定。,只有当开环增益保持在一定范围内才稳定的系统称为条件稳定系统。,43,例5-9设型系统的开环频率特性如下图所示。开环系统在s右半平面没有极点，试用奈氏判据判断闭环系统稳定性。,解：显然这是型系统。先根据奈氏路径画出完整的映射曲线。,从图上看出：映射曲线顺时针包围(1，j0)一圈，逆时针包围 (1，j0)一圈，所以N=11=0，而P=0，故Z=N+P=0，闭环系统是稳定的。,条件稳定系统例,能否只画出正频率部分的极坐标图来判断闭环系统的稳定性,44,通常，只画出w从0+的开环奈氏图，这时闭环系统在s右半平面上的极点数
20、为：Z = 2N + P = 0。式中，N 为w从0+变化时，开环奈氏图顺时针包围(1，j0)点的圈数。,45,这时奈奎斯特稳定判据可以描述为：设开环系统传递函数Gk(s)在右半平面的极点为P，则闭环系统稳定的充要条件是：当w 从+时，频率特性曲线在实轴(，1)段的正负穿越次数差为P。若只画正频率特性曲线，则正负穿越次数差为P/2。,频率特性曲线对(1，j0)点的包围情况可用频率特性的正负穿越情况来表示。当w 增加时，频率特性从上半 s 平面穿过负实轴的(，1)段到下半 s 平面，称为频率特性对负实轴的(，1)段的正穿越（这时随着w 的增加，频率特性的相角也是增加的）；意味着逆时针包围(1，j
21、0)点。反之称为负穿越。,46,47,四、在对数坐标图上判断系统的稳定性：,开环系统的极坐标图（奈氏图）和对数坐标图（波德图）有如下的对应关系： 1、 奈氏图上单位圆对应于对数坐标图上的零分贝线； A(w)=1，20lg A(w)=0 。 2、 奈氏图上的负实轴对应于对数坐标图上的-180度相位线。,奈氏图频率特性曲线在(，1)上的正负穿越在对数坐标图上的对应关系：在对数坐标图上L(w) 0( A(w) 1)的范围内，当w 增加时，相频特性曲线从下向上穿过180度相位线称为正穿越。因为相角值增加了。反之称为负穿越。,48,对照图如下：,对数坐标图上奈氏稳定判据如下：,设开环频率特性 在s右半平
22、面的极点数为P，则闭环系统稳定的充要条件是：对数坐标图上幅频特性 的所有频段内，当频率增加时，对数相频特性对-180度线的正负穿越次数差为P/2。闭环系统右半s极点数为： ，式中 为负、正穿越次数差。若Z=0，闭环系统稳定；若Z0，闭环系统不稳定。,49,五、最小相位系统的奈氏判据：,开环频率特性 在s右半平面无零点和极点的系统称为最小相位系统。最小相位系统闭环稳定的充要条件可简化为：奈氏图（开环频率特性曲线）不包围(-1,j0)点。因为若N=0，且P=0，所以Z=0。,50,纯时延系统的奈氏判据,一般来说，系统中带有纯时延环节后，系统的稳定性要变差。这时，由于纯时延环节在传递函数关系式中表示
23、为 ，所以系统的特征方程不再是常系数了，因此，劳斯判据不再适用了，但是奈奎斯特判据可以很容易地用于具有纯时延环节的系统的判稳中。,设带有纯时间延迟的反馈控制系统的开环传递函数为,原则上，画出Gk(s)的奈奎斯特图，然后观察该图与复平面上的(-1,j0)点的关系，就可以研究系统的稳定性。,51,可见延迟环节不影响幅频特性而只影响相频特性。,原来不含纯时延环节的频率特性若是稳定的(不包围(-1,j0)点)，当含有纯时延环节后，可能就包围(-1,j0)点，使系统成为不稳定。,在控制系统中，随着w趋于无穷，Gk(s)的幅值一般趋于零，因此Gk(s)的奈奎斯特图随着w趋于无穷总是以螺旋状趋于原点，并且与
24、Gk(s)平面的负实轴有无限多交点。因此，若要使闭环系统稳定，Gk(jw)图与实轴的所有交点必须位于(-1,j0)点的右侧。,52,例：确定临界稳定时的延迟t,对于本题增益已定，要寻找临界稳定时的延迟。画出t分别为0，0.8，2，4的奈奎斯特图,由图可见，当延迟t为零时，闭环系统是稳定的。随着t的增加稳定状况恶化，当t=2s时，系统处于不稳定的边缘，此时奈奎斯特图在(-1,j0)点附近穿过负实轴。显然t只要略大于2s系统将不稳定。,解：,53,和有理函数的情况不同，这时不能用解析法求取极坐标图与负实轴的交点。此时实频特性和虚频特性如下：,可见决定交点的方程不再是代数方程了。而此时幅频特性和相频
25、特性如下：,可见延迟环节不影响幅频特性而只影响相频特性。,54,令 得 ，利用牛顿迭代公式,可解得w =0.445747959632，代入j (w)且令j (w)=p，,可得t =2.0913030665342.09，此时系统临界稳定。,由于延迟环节不影响幅频特性而只影响相频特性。因此利用采用Bode图的方法很容易求出交点。,55,56,例： 确定临界稳定时的增益K。,解：对于本题延迟已定，要寻找临界稳定时的增益，可根据增益不影响相频特性而只影响幅频特性的特点来求取。,令j (w)=p，可得,牛顿迭代公式为,可解得w =0.6640429384，代入A(w)且令A(w)=1，可得,K=1.67
26、9806137423，即当K=1.68时，系统临界稳定。,57,非单位反馈系统有零极点对消时的奈氏判据,注意：教材p177是针对单位反馈系统的开环传递函数(即前项通道传递函数)建立的奈奎斯特稳定判据。,这时，只有当由开环传递函数构成的单位反馈系统稳定且1/H(s)也稳定时，原非单位反馈闭环系统才稳定。,实际上当开环传递函数中的前项通道传递函数与反馈传递函数没有零极点对消时，可直接在开环传递函数极坐标图上用奈奎斯特稳定判据判断闭环系统的稳定性。,当开环传递函数中的前项通道传递函数与反馈传递函数有零极点对消时，可将结构图变换如下：,58,多回路系统的奈氏判据,首先应判断其局部反馈部分(即内环)的稳
27、定性。,然后根据内环部分在右半 s 平面的极点数和整个系统其余部分在右半 s 平面的极点数判别整个系统的稳定性。多环控制系统需要多次利用奈奎斯特判据才能最后确定整个系统的稳定性。,59,虚轴上有极点,已知开环传递函数 ，用奈氏判据判稳。,解：取奈氏路径如图,60,P=0，奈氏曲线顺时针包围(1，j0)点2圈，N=2，Z=N+P=2，闭环系统不稳定。,61,令：,则开环传递函数为：,闭环传递函数为：,将闭环特征式与开环零点多项式之比构成一个复变函数，得：,应用于逆极坐标图上的奈氏稳定判据：,62,当奈奎斯特路径同前，可利用开环右零点数，1/Gk(s)的极坐标图对(1，j0)点包围的次数，根据柯西
28、辐角原理，确定闭环右极点的个数，从而判断闭环系统的稳定性。,所画1/Gk(s)的极坐标图称为逆极坐标图。,此时稳定判据称为逆奈奎斯特稳定判据,逆奈奎斯特稳定判据：若系统的开环传递函数在右半平面上有P个零点，且开环逆极坐标图及其镜像(w从+)对(1，j0)点包围的次数为N，(N 0顺时针，N 0 逆时针)，则闭环系统在右半平面的极点数为：Z = N + P。若Z = 0 ，则闭环系统稳定，否则不稳定。,逆奈奎斯特稳定判据主要应用于虚轴上有开环极点的情况。,63,已知开环传递函数 ，用逆奈氏判据判稳。,解：取,64,P=0，逆奈氏曲线顺时针包围(1，j0)点2圈，N=2，Z=N+P=2，闭环系统不
29、稳定。,注意对应奈奎斯特路径中无穷大半圆弧的逆奈氏曲线也是无穷大圆弧。,65,左边绕原点问题,例：开环传递函数 ， 其中K0，若选定奈奎斯特路径如图所示,画出系统与该奈氏路径对应的奈氏曲线 根据所画奈氏曲线及奈奎斯特稳定判据判断闭环系统稳定的条件；当闭环系统不稳定时计算闭环系统在右半S平面的极点数。,解：,66,P=1，要稳定则奈氏曲线逆时针包围(1，j0)点1圈， 1 K 0， 即0 K 1时闭环系统稳定 。,67,包围左半平面奈奎斯特路径对应的奈奎斯特判据,Z = N + P，P 是开环左极点数，Z 是闭环左极点数，N 是极坐标图逆时针包围(1，j0)点的圈数，若顺时针包围(1，j0)点则
30、 N为负。结论是Z = N + P = n （n 为系统的阶数）闭环系统稳定，Z n闭环系统不稳定。不稳定的极点数为 nZ。,68,虚轴上有零点,例：开环传递函数 ，用奈氏判据确定稳定的条件。,解：取奈氏路径如图,由图可见当K0时闭环系统稳定。,69,根据开环右零点判断开环右极点数问题, G(s)在右半s平面有一个零点；(1，j0)点位于点A。,例：已知开环传递函数为G(s)的单位反馈控制系统的奈奎斯特图。确定在下列各种条件下系统的开环传递函数和闭环传递函数在右半平面的极点数。并确定系统的开环稳定性和闭环稳定性。, G(s)在右半s平面有一个零点；(1，j0)点位于点B。, G(s)在右半s平
31、面没有零点；(1，j0)点位于点A。, G(s)在右半s平面没有零点；(1，j0)点位于点B。,70,解：本题的解题步骤是: 在已知开环传递函数在右半平面的零点数 Z0，及完整的奈奎斯特图对原点的包围圈数 N0 的情况下，根据奈奎斯特判据确定开环传递函数在右半平面的极点数 P。 在已知开环传递函数在右半平面的极点数 P，及完整的奈奎斯特图对(1，j0)点的包围圈数 N 的情况下，根据奈奎斯特判据确定闭环传递函数在右半平面的极点数 Z。, Z0=1，N0=2，P=Z0N0 =3，开环系统不稳定。P=3，N=0， Z=N+P=3，闭环系统不稳定。, Z0=1，N0=2，P=Z0N0 =3，开环系统
32、不稳定。P=3，N=2， Z=N+P=1，闭环系统不稳定。, Z0=0，N0=2，P=Z0N0 =2，开环系统不稳定。P=2，N=0， Z=N+P=2，闭环系统不稳定。, Z0=0，N0=2，P=Z0N0 =2，开环系统不稳定。P=2，N=2， Z=N+P=0，闭环系统稳定。,71,特殊情况：1、若开环系统在虚轴上有极点，这时应将奈氏路径做相应的改变。如下图：,以极点为圆心，做半径为无穷小的右半圆，使奈氏路径不通过虚轴上极点（确保满足柯西辐角定理条件），但仍能包围整个s右半平面。映射情况，由于较复杂，举例。,2、如果开环频率特性曲线通过(-1,j0)点，说明闭环系统处于临界稳定状态，闭环系统在
33、虚轴上有极点。,72,小结,柯西辐角定理。满足该定理的条件。N=z-p辅助方程。其极点为开环极点，其零点为闭环极点。奈奎斯特稳定判据。几种描述形式；、型系统的奈氏路径极其映射；最小相位系统的奈氏判据；对数坐标图上奈氏判据的描述。对数频率特性图和奈奎斯特频率特性图的关系。,73,思考题,如何根据开环右零点的信息得到闭环稳定判据？,对于型以上的系统，若取原点处的奈奎斯特路径为半径为无穷小的左半圆，其余奈奎斯特路径不变，此时奈奎斯特稳定判据如何表述？,在推导奈奎斯特稳定判据时，如果令s沿包围整个s左半平面的封闭曲线绕行一周，那么相应的稳定判据应如何表述？(所谓包围整个s左半平面的封闭曲线为：正虚轴:s=jw，w从0+; 半径为无穷大的左半圆：s=Rejq，R，q 从 ； 负虚轴：s=jw，w从0。,利用极坐标图如何判断开环零点和极点的关系？,
