【考研自控】题型解法一：Nyquist曲线图与判据
【考研自控】题型解法一：Nyquist曲线图与判据
本题一般会给一个开环传递函数G(s)，根据开环传递函数画Nyquist曲线。
步骤一：分析开环传递函数
得到的开环传递函数一般如下所示：
$$G(s) = {{K\mathop \prod \limits_{i = 1}^m ({\tau _i}s + 1)} \over {{s^v}\mathop \prod \limits_{i = 1}^n ({T_i}s + 1)}} = {{K({\tau _1}s + 1)({\tau _2}s + 1) \cdots } \over {{s^v}({T_1}s + 1)({T_2}s + 1) \cdots }}$$当你看到传递函数需要画奈氏图的时候，你需要一眼分析出以下信息：
- 此传递函数为几型系统：由开环传递函数中的确定；
- 开环传递函数的零极点与个数：
- 零点：令；
- 极点：令；
- 零点个数为，极点个数为。
- 判断该传递函数的环节（如积分环节、微分环节等）。
步骤二：求幅相率特性函数G(jω)
令，并带入开环传递函数，并经过整理可以得到复数函数，分别令实部为，虚部为形如：
$$G(j\omega ) = U(\omega ) + jV(\omega )$$若开环传递函数由若干典型环节相串联：，还可化为以下形式，
$$G(j\omega ) = |{G_1}(j\omega )||{G_2}(j\omega )| \cdots |{G_n}(j\omega )|{e^{j[\angle {G_1}(j\omega ) + \angle {G_2}(j\omega ) + \cdots + \angle {G_n}(j\omega )]}}$$其中可以得到幅频和相频分别为：
$$\eqalign{ & A(\omega ) = |{G_1}(j\omega )||{G_2}(j\omega )| \cdots |{G_n}(j\omega )| \cr & \varphi (\omega ) = \angle {G_1}(j\omega ) + \angle {G_2}(j\omega ) + \cdots + \angle {G_n}(j\omega ) \cr} $$例如传递函数，可求得：
$$A(\omega ) = {{K\sqrt {({\omega ^2} + 1)} } \over {\omega \sqrt {(4{\omega ^2} + 1)} \sqrt {({\omega ^2} + 4)} }}$$ $$\varphi (\omega ) = - \arctan ({\omega \over 0}) - arctan({{2\omega } \over 1}) - arctan({\omega \over { - 2}}) + arctan({\omega \over 1})$$注：若已确定为型系统，可直接将替换为。最终整理为以下的公式：
$$\varphi (\omega ) = - {90^ \circ } - arctan(2\omega ) - arctan({\omega \over { - 2}}) + arctan(\omega )$$步骤三：绘制Nyquist曲线
首先确定增补线，若开环传递函数包含积分环节，应从对应的点开始，补做一个半径为无穷，逆时针方向旋转的大圆弧增补线，把它视为Nyquist曲线的一部分。再确定奈氏图的起点，令，求奈氏图起点角度与距离：
$${A_1} = \mathop {\lim }\limits_{\omega \to 0} A(\omega ),{\theta _1}{\rm{ = }}\mathop {\lim }\limits_{\omega \to {0^ + }} \varphi (\omega )$$确定奈氏图终点，令，求奈氏图终点角度与距离：
$${A_2} = \mathop {\lim }\limits_{\omega \to + \infty } A(\omega ),{\theta _2}{\rm{ = }}\mathop {\lim }\limits_{\omega \to + \infty } \varphi (\omega )$$确定奈氏图与实轴的交点，方便以后的Nyquist判据，令，求出，再带入，即可得与实轴的交点。并根据以上信息可以画出奈氏图的大致曲线。
步骤四：利用Nyquist判定系统的稳定性（若题目要求）
首先列出稳定性判据：通过绘制的从时的开环幅相特性曲线（奈氏图），按其包围的圈数（逆时针为正，顺时针为负）和开环传递函数在右半平面根的个数，根据公式：
$$Z = P - 2N$$来确定闭环特征方程正实部根的个数。若，闭环系统是稳定的，否则闭环系统不稳定。
将增补线作为奈氏图的一部分，分别利用以下穿越类型来确定圈数：
- 正穿越：随着的增大，开环幅相曲线逆时针（由上到下）穿越点左侧的负实轴，记为一次正穿越，计数为正，记为。
- 负穿越：随着的增大，开环幅相曲线顺时针（由下到上）穿越点左侧的负实轴，记为一次负穿越，计数为负，记为。
- 半次穿越：开环幅相曲线起始于（或终止于）点左侧的负实轴，若沿逆时针方向离开（或终止于）负实轴，记为半次正穿越，用表示；若沿顺时针方向离开（或终止于）负实轴，记为半次负穿越，用表示；
可参考以下示例进行判断：
经典真题
题目：（北航933，2010，三）已知某单位负反馈系统开环传递函数为：
$$G(s) = {{2(s + 1)} \over {s(s - 1)}}$$- 画开环Nyquist曲线；
- 利用Nyquist判据判断系统闭环稳定性。
解答：（1）令，得到：
$$\eqalign{ & G(j\omega ) = {{ - 2 - 2\omega } \over {{\omega ^2} + 1}} + j{{2 - 2{\omega ^2}} \over {{\omega ^3} + \omega }} \cr & A(\omega ) = {{2\sqrt {({\omega ^2} + 1)} } \over {\omega \sqrt {{\omega ^2} + 1} }} \cr & \varphi (\omega ) = - {90^ \circ } - \arctan ( - \omega ) + \arctan (\omega ) \cr} $$其中，当时：
$$\mathop {\lim }\limits_{\omega \to {0^ + }} A(\omega ) = \infty ,\mathop {\lim }\limits_{\omega \to {0^ + }} \varphi (\omega ) = - {270^ \circ }$$当是，有：
$$\mathop {\lim }\limits_{\omega \to \infty } A(\omega ) = 0,\mathop {\lim }\limits_{\omega \to \infty } \varphi (\omega ) = - {90^ \circ }$$求曲线与实轴的交点，令
$$V(\omega ) = {{2 - 2{\omega ^2}} \over {{\omega ^3} + \omega }} = 0 \Rightarrow \omega = 1$$将求出的带入实部得到交点：
$$U(1) = {{ - 2 - 2} \over {1 + 1}} = - 2$$因为存在积分环节且，则增补线起始点应该在实轴的负半轴上，则Nyquist曲线图如下所示：
（2）由Nyquist曲线图进行分析，曲线与实轴交点为，包含点，曲线起始于点左侧的负实轴，并逆时针穿越负实轴，因为记为半次穿越，则；开环传递函数右半平面根的个数，根据公式,，因此闭环系统稳定。
