Chapter8.4：非线性控制系统分析考研参考题

此系列属于胡寿松《自动控制原理题海与考研指导》(第三版)习题精选，仅包含部分经典习题，需要完整版习题答案请自行查找，本系列属于知识点巩固部分，搭配如下几个系列进行学习，可用于期末考试和考研复习。
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非线性控制系统分析考研参考题

REFERENCE1

设非线性系统结构图如下图所示，其中非线性环节的描述函数为：$N(A)=\frac{3}{4}{e}^2\angle 0°$，试分析系统的稳定性。

解：

非线性环节的负倒描述函数为：
$$-\frac{1}{N(A)}=-\frac{4}{3A^2}$$
线性部分频率特性为：
$$G(\mathrm{j}\omega )=\frac{1}{\mathrm{j}\omega (\mathrm{j}\omega +1)(\mathrm{j}\omega +2)}=U(\omega )+\mathrm{j}V(\omega )$$
其中：
$$U(\omega )=-\frac{3}{9{\omega }^2+(2-{\omega }^2{)}^2}，V(\omega )=-\frac{2-{\omega }^2}{9{\omega }^3+\omega (2-{\omega }^2{)}^2}$$
令$V(\omega )=0$，可得$G(\mathrm{j}\omega )$与负实轴交点处频率$\omega =\sqrt{2}$。将$\omega =\sqrt{2}$代入$U(\omega )$，可得$G(\mathrm{j}\omega )$与负实轴交点处的幅值为$-1/6$.

$G(\mathrm{j}\omega )$曲线与$-1/N(A)$曲线如下图所示：

由图可知，$G(\mathrm{j}\omega )$曲线与$-1/N(A)$曲线交点频率为$\omega =\sqrt{2}$，振幅为：
$$-\frac{4}{3A^2}=-\frac{1}{6}\Rightarrow A=2\sqrt{2}$$
因此，该非线性系统存在不稳定的周期运动，其频率为：$\sqrt{2}$，振幅为：$2\sqrt{2}$.

REFERENCE2

非线性系统如下图所示，其中非线性特性的描述函数为：
$$N(A)=\frac{4}{\pi A}\sqrt{1-{\left(\frac{1}{A}\right)}^2}-\mathrm{j}\frac{4}{\pi A^2}，A\ge 1$$
试用描述函数法判断系统是否发生自振(要求作图)。

解：

描述函数
$$\begin{array}{rl}N(A)& =\frac{4}{\pi A}\sqrt{1-{\left(\frac{1}{A}\right)}^2}-\mathrm{j}\frac{4}{\pi A^2}=\frac{4}{\pi A^2}(\sqrt{A^2-1}-\mathrm{j})\end{array}$$
因此有
$$-\frac{1}{N(A)}=-\frac{\pi A^2}{4}\cdot \frac{1}{\sqrt{A^2-1}-\mathrm{j}}=-\frac{\pi A^2}{4}\cdot \frac{\sqrt{A^2-1}+\mathrm{j}}{(\sqrt{A^2-1}{)}^2+1}=-\frac{\pi }{4}\cdot (\sqrt{A^2-1}+\mathrm{j})$$
显然
$$\mathrm{Re}\left[-\frac{1}{N(A)}\right]<0，\forall A，\mathrm{Im}\left[-\frac{1}{N(A)}\right]=-\frac{\pi }{4}=-0.7854，\forall A$$
线性部分频率特性为：
$$G(\mathrm{j}\omega )=\frac{70}{(\mathrm{j}\omega {)}^2+10\mathrm{j}\omega +100}=\frac{70}{(100-{\omega }^2{)}^2+\mathrm{j}10\omega }$$
若$\omega =0$，则$G(j0)=0.7$；$\omega =10，G(j10)=-\mathrm{j}0.7；\omega \to \infty ，|G(\mathrm{j}\infty )|=0$。

$G(\mathrm{j}\omega )$曲线与$-1/N(A)$曲线如下图所示：

由图可知，$G(\mathrm{j}\omega )$与$-1/N(A)$无交点，故系统不会发生自振。

REFERENCE3

设非线性系统如下图所示，试在$c-\dot{c}$相平面上绘制起始于$(-2,0)$点的相轨迹，并求出相轨迹与开关线的两个交点的坐标值。

解：

由图可知：$e(t)=-c(t)$.
$$u(t)=\{\begin{array}{ll}& +1,e>1及e<-1且\dot{e}<0\\ & \\ & -1,e<1及e>-1且\dot{e}>0\end{array}$$
整理可得：
$$\ddot{c}+c=u$$
相轨迹方程为：
$$\{\begin{array}{ll}& \ddot{c}+c=1，c<-1及c<1且\dot{c}>0\\ & \\ & \ddot{c}+c=-1，c>-1及c>1且\dot{c}<0\end{array}$$
开关线方程为：$c=\pm 1$.

对于$\ddot{c}+c=1$，有
$$\dot{c}\frac{\mathrm{d}\dot{c}}{\mathrm{d}c}=1-c\Rightarrow \dot{c}\mathrm{d}\dot{c}=(1-c)\mathrm{d}c$$
积分可得：
$$\frac{1}{2}[{\dot{c}}^2-{\dot{c}}^2(0)]=\frac{1}{2}[(1-c(0){)}^2-(1-c{)}^2]$$
整理可得：
$${\dot{c}}^2=[1-c(0){]}^2+{\dot{c}}^2(0)-(1-c{)}^2$$
因起点为$(-2,0)$，即$c(0)=-2，\dot{c}(0)=0$，故相轨迹方程为：
$$\dot{c}=\sqrt{9-(1-c{)}^2}$$
这是一个抛物线方程，相轨迹在开关线$c=1$上的交点坐标为：$c=1，\dot{c}=3$，即$(1,3)$.

根据相轨迹的对称性可知，另一对称点坐标为$(-1,3)$.

对于$\ddot{c}+c=-1$，有：
$$\dot{c}\mathrm{d}\dot{c}=-(1+c)\mathrm{d}c$$
积分整理可得：
$${\dot{c}}^2=[1+c(0){]}^2+{\dot{c}}^2(0)-(1+c{)}^2$$
由起点$(1,3)$即$c(0)=1,\dot{c}(0)=3$，可得相轨迹方程为：
$$\dot{c}=\sqrt{13-(1+c{)}^2}$$
这是一个抛物线方程，相轨迹在开关线$c=-1$上的交点为$(-1,-3.6056)$，其对称交点为$(-1,3.6056)$。

当起点为$(-1,-3.6056)$时，相轨迹方程为：
$$\ddot{c}+c=1$$
积分并整理可得：
$$\dot{c}=\sqrt{17-(1-c{)}^2}$$
其与开关线$c=1$的交点为$(1,4.1231)$，对称相点为$(1,-4.1231)$.

系统相轨迹曲线如下图所示：

REFERENCE4

设非线性系统如下图所示，若希望输出$c(t)$为频率$\omega =2$，幅值$A_c=2$的周期(近似正弦)信号，试确定系统参数$K$与$a$的值$($非线性环节描述函数为：$N(A)=\frac{4M}{\pi A}$$)$.

解：

系统线性部分传递函数为：
$$G(s)=\frac{2K}{s(s+1)(s+a)}=\frac{2K}{(1+a)s^2+s(s^2+a)}$$
由题意，要求系统产生自振，其自振频率为$\omega =2$，自振振幅为$A=2A_c=4$.

因此负倒描述函数与$G(\mathrm{j}\omega )$交点处
$$-\frac{1}{N(A)}=-\frac{\pi A}{4M}=-\pi$$
频率特性
$$G(\mathrm{j}\omega )={\frac{2K}{-(1+a){\omega }^2+\mathrm{j}\omega (a-{\omega }^2)}|}_{\omega =2}=\frac{2K}{-4(1+a)+\mathrm{j}2(a-4)}$$
因为$-1/N(A)$与$G(\mathrm{j}\omega )$在负实轴上相交，故令$\mathrm{Im}G(\mathrm{j}\omega )=0$，可得$a=4$.令
$$\mathrm{Re}G(\mathrm{j}2)=-{\frac{1}{N(A)}|}_{A=4}\Rightarrow -\frac{2K}{4a+4}=-\pi \Rightarrow K=10\pi$$
因此，所求参数为：$a=4,K=10\pi =31.4$.

REFERENCE5

设非线性系统如下图所示，试大致画出$c(0)=-3,\dot{c}(0)=0,r(t)=1(t)$的相轨迹图。

解：

由图可知：$\ddot{c}(t)+\dot{c}=m(t)$.
$$m(t)=\{\begin{array}{llcc}& e(t),& & |e|\le 2\\ & 2,& & e>2\\ & -2,& & e<-2\end{array}$$
且有：
$$e(t)=r(t)-c(t)=1-c(t)，\dot{e}(t)=-\dot{c}(t)，\ddot{e}(t)=-\ddot{c}(t)$$
故系统分段线性微分方程为：
$$\{\begin{array}{llcc}& \ddot{e}(t)+\dot{e}(t)+e(t)=0,& & |e|\le 2\\ & & & \\ & \ddot{e}(t)+\dot{e}(t)+2=0,& & e>2\\ & & & \\ & \ddot{e}(t)+\dot{e}(t)-2=0,& & e<-2\end{array}$$
当$|e|\le 2$时，有
$$\dot{e}\frac{\mathrm{d}\dot{e}}{\mathrm{d}e}+\dot{e}=-e\Rightarrow \frac{\mathrm{d}\dot{e}}{\mathrm{d}e}=\frac{-e-\dot{e}}{\dot{e}}$$
令$\frac{\mathrm{d}\dot{e}}{\mathrm{d}e}=\frac{0}{0}$，求得奇点为：$e=0,\dot{e}=0$.在该区域内，特征方程为：
$$s^2+s+1=0\Rightarrow s_{1,2}=-\frac{1}{2}\pm \mathrm{j}\frac{\sqrt{3}}{2}$$
故该奇点为稳定焦点。

令$\frac{\mathrm{d}\dot{e}}{\mathrm{d}e}=\alpha$，可得等倾线方程为：
$$\dot{e}=-\frac{e}{1+\alpha }$$
可知，等倾线为一簇过原点的直线。

当$e>2$时，
$$\frac{\mathrm{d}\dot{e}}{\mathrm{d}e}=\frac{-\dot{e}-2}{\dot{e}}$$
无奇点.

等倾线方程为：
$$\dot{e}=-\frac{2}{1+\alpha }$$
等倾线为一簇平行于横轴的直线。在$\alpha =0$时，有$\dot{e}=-2$.

当$e<-2$时，
$$\frac{\mathrm{d}\dot{e}}{\mathrm{d}e}=\frac{-\dot{e}+2}{\dot{e}}$$
无奇点.

等倾线方程为：
$$\dot{e}=\frac{2}{1+\alpha }$$
等倾线为一簇平行于横轴的直线。在$\alpha =0$时，有$\dot{e}=2$.

由于$c(0)=-3,\dot{c}(0)=0$，故
$$e(0)=r(0)-c(0)=1-(-3)=4，\dot{e}(0)=\dot{r}(0)-\dot{c}(0)=0$$
在$e-\dot{e}$相平面上，起始于$(4,0)$的概略相轨迹如下图所示：

REFERENCE6

设非线性系统如下图所示，其中非线性部分描述函数为：$N(A)=-\frac{1}{A}{\mathrm{e}}^{\mathrm{j}\frac{\pi }{6}}$，试用描述函数法分析系统的自由运动，若有自振，求出自振振幅和频率。

解：

线性部分频率特性：
$$G(\mathrm{j}\omega )=\frac{5}{\mathrm{j}\omega +4}=\frac{5}{\sqrt{16+{\omega }^2}}\angle -\arctan \frac{\omega }{4}$$
非线性部分负倒描述函数：
$$-\frac{1}{N(A)}=A{\mathrm{e}}^{-\mathrm{j}\frac{\pi }{6}}$$
$G(\mathrm{j}\omega )$曲线与$-1/N(A)$曲线如下图所示：

由图可知，$G(\mathrm{j}\omega )$与$-1/N(A)$存在交点，故系统自由运动为稳定的自激振荡。

令
$$G(\mathrm{j}\omega )=-\frac{1}{N(A)}$$
由
$$-\arctan \frac{\omega }{4}=-\frac{\pi }{6}\Rightarrow \omega =2.31$$
由
$$A=|G(\mathrm{j}2.31)|={\frac{5}{\sqrt{16+{\omega }^2}}|}_{\omega =2.31}=1.08$$
综上，自振频率$\omega =2.31$，自振振幅$A=1.08$。