\[40\lg\frac{10}{\omega_1}=20,\quad 20\lg\frac{K_1}{\omega_1}=20,\quad 40\lg\frac{\omega_2}{10}=l,\quad 60\lg\frac{26.6}{\omega_2}=20-l\]
解得
\[\omega_1=3.16,\quad K_1=31.62,\quad l=11,\quad \omega_2=18.82\]
故
\[G_1(s)=\dfrac{31.62}{s\left(\dfrac{1}{3.16}s+1\right)\left(\dfrac{1}{18.82}s+1\right)}\]
则
\[G_2(s)=\dfrac{G(s)}{G_1(s)}=\dfrac{0.42\left(\dfrac{1}{3.16}s+1\right)\left(\dfrac{1}{18.82}s+1\right)}{\left(\dfrac{1}{26.6}s+1\right)\left(\dfrac{1}{70.78}s+1\right)}\]
5-58
已知系统开环传递函数 \(G(s)=\dfrac{10(s+1)}{s(s+2)(s+3)(s^2+4)}\)，试画出系统概略开环幅相特性曲线，并判断闭环系统的稳定性。
解 系统的开环频率特性为
\[G(\mathrm{j}\omega)=\dfrac{10(\mathrm{j}\omega+1)}{\mathrm{j}\omega(\mathrm{j}\omega+2)(\mathrm{j}\omega+3))(-\omega^2+4)}\]
\[=\dfrac{10(1-\omega^2)}{(4+\omega^2)(9+\omega^2)(4-\omega^2)}-\mathrm{j}\dfrac{20(3+2\omega^2)}{\omega(4+\omega^2)(9+\omega^2)(4-\omega^2)}\]
开环幅相特性曲线的起点为 \(G(\mathrm{j}0_+)=\dfrac{5}{72}-\mathrm{j}\infty\)，终点为 \(G(\mathrm{j}\infty)=0\)。
开环幅相特性曲线与虚轴的交点：令 \(\mathrm{Re}[G(\mathrm{j}\omega)]=0\)，解得
\[\omega_y=1,\quad G(\mathrm{j}\omega_y)=-\mathrm{j}\dfrac{2}{3}\]
其中，\(\omega_y\) 为 \(G(\mathrm{j}\omega)\) 与虚轴交点处的频率。
开环系统有虚极点 \(s=\pm\mathrm{j}2\)，且
\[\lim_{\omega\to 2^-}G(\mathrm{j}\omega)=\infty\angle-164.7^\circ\]
\[\lim_{\omega\to 2^+}G(\mathrm{j}\omega)=\infty\angle-344.7^\circ\]
系统概略开环幅相特性曲线如图5-108所示。
因为 \(\upsilon=1\)，在幅相特性曲线上 \(\omega=0_+\) 的对应点起逆时针补作 \(90^\circ\) 且半径为无穷大的虚圆弧。因为存在一对虚极点 \(\pm\mathrm{j}2\)，故从 \(\omega=2^-\) 的对应点起，逆时针补作 \(180^\circ\) 且半径为无穷大的虚圆弧，所作虚圆弧如图5-108所示。
由于 \(G(s)\) 在 \(s\) 右半平面的极点数 \(P=0\)，由奈奎斯特曲线知 \(N_-=1,N_+=0\)，故
\[N=N_+-N_-=-1\]
应用奈奎斯特判据，算得 \(s\) 右半平面的闭环