开环幅相频率特性
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§5-3 开环系统幅相频率特性的绘制及
奈氏判据
一、开环幅相频率特性（奈氏图）的绘制
开环系统频率特性的一般形式为
1、起点：
m
K ( jTiω 1)
GK ( jω)
i 1 n
( jω)v ( jT jω 1)
＝0
j 1
v 0(0型系统)，
A(ω) K G( jω) , φ(ω) φ(0) 0 v 1(型系统)，
n m, A() 0
φ(ω) (m n) π (n m) π
2
2
即特性总是以顺时针方向趋于原点，
并以 示。
的角度终n止 于m 原π 点，如下图所 2
3、幅相特性与负实轴和虚轴的交点。
特性与负实轴的交点的频率由下式求出
Im[GK ( jω)] Q(ω) 0
，将此ω1值代入式P(ω)表达式中，可得
1 ，交点对应的频率为 T1T2 ，可以证明
KT1T2 T1 T2
K (T1
T2 )
幅相曲线如下图所示。
K (T1 T2 )
KT1T2 T1 T2
jQ G(s)平面
0
P
0
例3.
G(S) K S2 (1T1S)(1T2S)
实频特性
P() K (1 T1T2 2 ) (1 2T12 )(1 2T22 )
虚频特性
Q()
K (T1 T2 )
(1 2T12 )(1 2T22 )
幅频特性
A()
K
1 2T12 1 2T22
相频特性 φ(ω) tan1 ωT1 tan1 ωT2
A()
K
1 2T12 1 2T22
() 90 tan 1 T1 tan 1 T2
这是Ⅰ
1、起点
当ω ＝0时，可计算出P(0) K(T1 T2 ) Q，(0)
A(0，)
(0,)
2
显然当ω→0时，G(jω) 的渐近线是一条过实轴上 K (T1 T2 ) 点，且平行于虚轴
解:
G(j )
K
(j ) 2 (1 jT1 )(1 jT2 )
| G(j ) |
K
2 1 T12 2 1 T2 2 2
G(j ) 0
-180
| G(j )
|arctgT1Ga(jrct)gT2-180
| G(j ) | 0
得， 1
1 T1T2
，代入Q() 中得
Q(1 )
K T1
T1T2 T2
设K＝10，T1＝1，T2＝5时 ，分别代入P() ，Q() 中得不同值时P() Q和()
的结果如下：
0 0.1
P() 1.00 7.5
0.2
0.3 0.4 0.6 0.8 1.0 2.0
3.85 1.55 0.34 －0.59 －0.79 －0.77 －0.38 0
例1：设开环系统的传递函数为 G(s)
K
，试绘出
系统的开环幅相曲线。
(1 T1s)(1 T2 s)
解： G( j)
K
(1 jT1 )(1 jT2 )
分母有理化并整理得
G( j) K(1 T1T2 2 ) j
K(T1 T2 )
(1 2T12 )(1 2T22 ) (1 2T12 )(1 2T22 )
Q() 0 －4.75 －5.77 －5.08 －4.14 －2.65 －1.72 －1.15 －0.24 0
在G（s）平面上绘出幅相频率特性曲线如下图所示：
jQ()
10 P()
。0 。。。
。
0.1
0
0.2
例2: 设开环系统的传递函数为
G(s) ,试绘K出幅相曲线。 s(1 T1s)(1 T2 s)
特性与虚轴的交点的频率由下式求出
Re[GK ( jω)] P(ω) 0
如果在传递函数的分子中没有时间常数，则当ω 由0增大 到∞过程中，特性的相位角连续减小，特性平滑地变化。如 果在分子中有时间常数，则视这些时间常数的数值大小不同， 特性的相位角可能不是以同一方向连续地变化，这时，特性 可能出现凹部。
1、起点
当 0 时，P(0) 0 Q，(0) 0 ，A(0) K ，(0) 0
。
2、终点
当 时，P() 0 Q，() 0 A，() 0 (，) 180 。
3、与虚轴的交点
令 P() 0 ，即 K (1 T1T2 2 ) 0
的直线，即幅相曲线起始于负虚轴方向的无穷远处，它的渐近线是P(0) K(T1 T2 )
2. 终点
当ω→∞ 时，P() 0 ，Q() 0
A，() 0
，()
3
2
。
该系统 m=0，n=3 ，故特性曲线的高频部分沿正虚轴方向趋于原点。
3.
幅相曲线令与Q(实)轴 的0 交，点可为得T1K1T1TTT2211T2
G(j ) -360
G(j ) Re[G(j )] Im[G(j )]
令 Re[G(j )] 0 得 1
T1T2
这 时 Im[G(j )] K(T1T2 ) 32
T1 T2 由 此 得 出Nyquist图 与 虚 轴 的 交 点
例4.
G(S)
K(T1S1) S (T2S 1)
A(ω) , (ω) 90 1 90
v 2, A(ω) , (ω) 180 290
v 0, A(ω) , (ω) v 90
2、终点：
m
K Ti
n m,
A
i 1 n
, 0
Tj
Βιβλιοθήκη Baidu
j 1
一般实际系统
解解：: G( j)
K
j(1 jT1 )(1 jT2 )
经分母有理化可得
P()
(1
K (T1 T2 )
2T12 )(1 2T22 )
Q() K (1 T1T2 2 ) (1 2T12 )(1 2T22 )
幅频特性和相频特性为
奈氏判据
一、开环幅相频率特性（奈氏图）的绘制
开环系统频率特性的一般形式为
1、起点：
m
K ( jTiω 1)
GK ( jω)
i 1 n
( jω)v ( jT jω 1)
＝0
j 1
v 0(0型系统)，
A(ω) K G( jω) , φ(ω) φ(0) 0 v 1(型系统)，
n m, A() 0
φ(ω) (m n) π (n m) π
2
2
即特性总是以顺时针方向趋于原点，
并以 示。
的角度终n止 于m 原π 点，如下图所 2
3、幅相特性与负实轴和虚轴的交点。
特性与负实轴的交点的频率由下式求出
Im[GK ( jω)] Q(ω) 0
，将此ω1值代入式P(ω)表达式中，可得
1 ，交点对应的频率为 T1T2 ，可以证明
KT1T2 T1 T2
K (T1
T2 )
幅相曲线如下图所示。
K (T1 T2 )
KT1T2 T1 T2
jQ G(s)平面
0
P
0
例3.
G(S) K S2 (1T1S)(1T2S)
实频特性
P() K (1 T1T2 2 ) (1 2T12 )(1 2T22 )
虚频特性
Q()
K (T1 T2 )
(1 2T12 )(1 2T22 )
幅频特性
A()
K
1 2T12 1 2T22
相频特性 φ(ω) tan1 ωT1 tan1 ωT2
A()
K
1 2T12 1 2T22
() 90 tan 1 T1 tan 1 T2
这是Ⅰ
1、起点
当ω ＝0时，可计算出P(0) K(T1 T2 ) Q，(0)
A(0，)
(0,)
2
显然当ω→0时，G(jω) 的渐近线是一条过实轴上 K (T1 T2 ) 点，且平行于虚轴
解:
G(j )
K
(j ) 2 (1 jT1 )(1 jT2 )
| G(j ) |
K
2 1 T12 2 1 T2 2 2
G(j ) 0
-180
| G(j )
|arctgT1Ga(jrct)gT2-180
| G(j ) | 0
得， 1
1 T1T2
，代入Q() 中得
Q(1 )
K T1
T1T2 T2
设K＝10，T1＝1，T2＝5时 ，分别代入P() ，Q() 中得不同值时P() Q和()
的结果如下：
0 0.1
P() 1.00 7.5
0.2
0.3 0.4 0.6 0.8 1.0 2.0
3.85 1.55 0.34 －0.59 －0.79 －0.77 －0.38 0
例1：设开环系统的传递函数为 G(s)
K
，试绘出
系统的开环幅相曲线。
(1 T1s)(1 T2 s)
解： G( j)
K
(1 jT1 )(1 jT2 )
分母有理化并整理得
G( j) K(1 T1T2 2 ) j
K(T1 T2 )
(1 2T12 )(1 2T22 ) (1 2T12 )(1 2T22 )
Q() 0 －4.75 －5.77 －5.08 －4.14 －2.65 －1.72 －1.15 －0.24 0
在G（s）平面上绘出幅相频率特性曲线如下图所示：
jQ()
10 P()
。0 。。。
。
0.1
0
0.2
例2: 设开环系统的传递函数为
G(s) ,试绘K出幅相曲线。 s(1 T1s)(1 T2 s)
特性与虚轴的交点的频率由下式求出
Re[GK ( jω)] P(ω) 0
如果在传递函数的分子中没有时间常数，则当ω 由0增大 到∞过程中，特性的相位角连续减小，特性平滑地变化。如 果在分子中有时间常数，则视这些时间常数的数值大小不同， 特性的相位角可能不是以同一方向连续地变化，这时，特性 可能出现凹部。
1、起点
当 0 时，P(0) 0 Q，(0) 0 ，A(0) K ，(0) 0
。
2、终点
当 时，P() 0 Q，() 0 A，() 0 (，) 180 。
3、与虚轴的交点
令 P() 0 ，即 K (1 T1T2 2 ) 0
的直线，即幅相曲线起始于负虚轴方向的无穷远处，它的渐近线是P(0) K(T1 T2 )
2. 终点
当ω→∞ 时，P() 0 ，Q() 0
A，() 0
，()
3
2
。
该系统 m=0，n=3 ，故特性曲线的高频部分沿正虚轴方向趋于原点。
3.
幅相曲线令与Q(实)轴 的0 交，点可为得T1K1T1TTT2211T2
G(j ) -360
G(j ) Re[G(j )] Im[G(j )]
令 Re[G(j )] 0 得 1
T1T2
这 时 Im[G(j )] K(T1T2 ) 32
T1 T2 由 此 得 出Nyquist图 与 虚 轴 的 交 点
例4.
G(S)
K(T1S1) S (T2S 1)
A(ω) , (ω) 90 1 90
v 2, A(ω) , (ω) 180 290
v 0, A(ω) , (ω) v 90
2、终点：
m
K Ti
n m,
A
i 1 n
, 0
Tj
Βιβλιοθήκη Baidu
j 1
一般实际系统
解解：: G( j)
K
j(1 jT1 )(1 jT2 )
经分母有理化可得
P()
(1
K (T1 T2 )
2T12 )(1 2T22 )
Q() K (1 T1T2 2 ) (1 2T12 )(1 2T22 )
幅频特性和相频特性为