问答题
图(a)为一反馈系统框图，(b)为其在K＞0时作出的ω≥0部分的开环转移函数的复轨迹。如K可取负值，试用奈奎斯特判据确定系统稳定的K值范围，并通过罗斯-霍维茨判据校核。
【正确答案】
【答案解析】解 反馈系统的闭环转移函数
当s在s平面中沿jω轴从-j∞变到j∞时，按照F(jω)=1+G(jω)H(jω)，可在F(jω)平面中作出相应的复轨迹，此轨迹是s平面中jω轴映射到F(jω)平面的曲线，称之为奈奎斯特图。
奈奎斯特判据：若F(s)=1+G(s)H(s)在右半s平面有n：个零点和n p 个极点，则当ω由-∞变到∞时，在G(jω)H(jω)平面中的奈奎斯特图按顺时针方向围绕-1+j0点n z -n p 次；若n z ＜n p ，则按逆时针方向围绕-1+j0点n p -n z 次。
为判断系统是否稳定，需考察系统函数分母多项式F(s)=1+G(s)H(s)在右半s平面是否有零点，利用上述奈奎斯特图的方法，还需了解F(s)在右半s平面的极点情况，事情比较麻烦。然而在一般情况下，系统未接入反馈时，此即开环特性是稳定的，这时G(s)H(s)没有极点在右半s平面，随之，F(s)也没有极点在右半s平面，即n p =0，于是可得出在开环特性稳定条件下的奈奎斯特判据：
当ω由-∞变到∞时，在G(jω)H(jω)平面中的奈奎斯特图按顺时针方向围绕-1+j0点的次数等于系统函数分母多项式F(s)=1+G(s)H(s)在右半s平面的零点数，即反馈系统闭环转移函数的极点数。因此，若在G(jω)H(jω)平面中的奈奎斯特图不包含-1+j0点，则系统稳定，否则系统不稳定。
因为奈奎斯特图中的ω从0到∞的部分与ω从0到-∞的部分在G(jω)H(jω)平面中关于实轴成镜像对称，所以K＞0时的奈奎斯特图如图(c)所示。
由图(c)可知，K＞0时的奈奎斯特图不包含-1+j0点，故此时系统稳定。又由图(a)可知，在该反馈系统中
开环频响特性为
根据上式可知，若K可取负值，则其奈奎斯特图可由K＞0时的奈奎斯特图绕原点顺时针方向旋转180°得到，如图(d)所示。
幅频特性
相频特性φ(ω)=-[arctanω)+arctan(ω/2)]
当
，位于负实轴上，即
当
，即K＞-2时，奈奎斯特图不包含-1+j0点，所以当K＞-2时系统稳定。
又由于系统函数
系统特征方程为s 2 +3s+K+2=0
R-H阵列：
当s在s平面中沿jω轴从-j∞变到j∞时，按照F(jω)=1+G(jω)H(jω)，可在F(jω)平面中作出相应的复轨迹，此轨迹是s平面中jω轴映射到F(jω)平面的曲线，称之为奈奎斯特图。
奈奎斯特判据：若F(s)=1+G(s)H(s)在右半s平面有n：个零点和n p 个极点，则当ω由-∞变到∞时，在G(jω)H(jω)平面中的奈奎斯特图按顺时针方向围绕-1+j0点n z -n p 次；若n z ＜n p ，则按逆时针方向围绕-1+j0点n p -n z 次。
为判断系统是否稳定，需考察系统函数分母多项式F(s)=1+G(s)H(s)在右半s平面是否有零点，利用上述奈奎斯特图的方法，还需了解F(s)在右半s平面的极点情况，事情比较麻烦。然而在一般情况下，系统未接入反馈时，此即开环特性是稳定的，这时G(s)H(s)没有极点在右半s平面，随之，F(s)也没有极点在右半s平面，即n p =0，于是可得出在开环特性稳定条件下的奈奎斯特判据：
当ω由-∞变到∞时，在G(jω)H(jω)平面中的奈奎斯特图按顺时针方向围绕-1+j0点的次数等于系统函数分母多项式F(s)=1+G(s)H(s)在右半s平面的零点数，即反馈系统闭环转移函数的极点数。因此，若在G(jω)H(jω)平面中的奈奎斯特图不包含-1+j0点，则系统稳定，否则系统不稳定。
因为奈奎斯特图中的ω从0到∞的部分与ω从0到-∞的部分在G(jω)H(jω)平面中关于实轴成镜像对称，所以K＞0时的奈奎斯特图如图(c)所示。
由图(c)可知，K＞0时的奈奎斯特图不包含-1+j0点，故此时系统稳定。又由图(a)可知，在该反馈系统中
开环频响特性为
根据上式可知，若K可取负值，则其奈奎斯特图可由K＞0时的奈奎斯特图绕原点顺时针方向旋转180°得到，如图(d)所示。
幅频特性
相频特性φ(ω)=-[arctanω)+arctan(ω/2)]
当
，位于负实轴上，即
当
，即K＞-2时，奈奎斯特图不包含-1+j0点，所以当K＞-2时系统稳定。
又由于系统函数
系统特征方程为s 2 +3s+K+2=0
R-H阵列：