Chapter8.3：非线性控制系统分析

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。
自动控制原理(第七版)知识提炼
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自动控制原理(第七版)附录MATLAB基础

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第八章：非线性控制系统分析

Example 8.21

设非线性系统结构图如下图所示，初始条件为：$c(0)=0.2，\dot{c}(0)=0$。试在$\dot{x}-x$平面上绘制上述初始条件下的相轨迹，并分析系统的运动。

解：

结构图可简化为如下图所示：

根据滞环继电特性分区间列写微分方程：
$$\{\begin{array}{ll}& \ddot{x}+2\dot{x}+10=0，x>1或x>-1，\dot{x}<0\\ & \\ & \ddot{x}+2\dot{x}-10=0，x<-1或x<1，\dot{x}>0\end{array}$$
可知系统的三条开关线为：$x=1,\dot{x}>0;x=-1,\dot{x}<0;-1<x<1,\dot{x}=0$将相平面划分为左右两个区域。

令相轨迹的切线斜率$\alpha$和等倾线斜率$k$均为零，分别在左右区域各得到一条特殊的相轨迹，$\dot{x}=-5,\dot{x}=5$。由于$c(0)=0.2,\dot{c}(0)=0$，则$x(0)=-2,\dot{x}(0)=0$。

系统相轨迹和$x$的输出曲线如下所示：

由相轨迹可知，横轴上的区间$(-1,1)$为发散段，即初始位置位于或在这附近区域时相轨迹向外发散，而由远离该区域的初始点出发的相轨迹则趋于两条特殊的等倾线，即向内收敛，构成极限环。相轨迹向内收敛，并最终趋向于稳定的极限环。

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Example 8.22

设非线性控制系统结构图如下图所示。要求：

1. 设$f(\dot{c})=1,r(t)=1(t)$，试绘制$e-\dot{e}$平面的相轨迹；
2. 试讨论$f(\dot{c})$的选取对系统性能的影响；

解：

1. 绘制相轨迹。

   因为在比较点处有：$e=r-c=1-c，\dot{e}=-\dot{c}$，所以令$f(\dot{c})=\beta ,e^{\prime }=r-c-\beta \dot{c}=e+\beta \dot{e}$，并根据系统结构图可知：$\ddot{c}+\dot{c}=u$，其中$u$为非线性环节的输出：
   $$u=\{\begin{array}{llcc}& M,& & e^{\prime }>0\\ & & & \\ & -M,& & e^{\prime }<0\end{array}$$
   综合整理可得系统微分方程为：
   $$\{\begin{array}{llcc}& \ddot{e}+\dot{e}=-M,& & e+\beta \dot{e}>0\\ & & & \\ & \ddot{e}+\dot{e}=M,& & e+\beta \dot{e}<0\end{array}$$
   开关线为：$e+\beta \dot{e}=0$。

   在Ⅰ区$(e+\beta \dot{e}>0)$，令$\alpha =\frac{\mathrm{d}\dot{e}}{\mathrm{d}e}=-\frac{M+\dot{e}}{\dot{e}}$为相轨迹切线处斜率，可得等倾线方程为：$\dot{e}=-\frac{M}{1+\alpha }$；

   在Ⅱ区$(e+\beta \dot{e}<0)$，令$\alpha =\frac{\mathrm{d}\dot{e}}{\mathrm{d}e}=-\frac{\dot{e}-M}{\dot{e}}$为相轨迹切线处斜率，可得等倾线方程为：$\dot{e}=\frac{M}{1+\alpha }$；

   不同$\alpha$值下等倾线的斜率：

   $\alpha$	$-3$	$-2$	$-1$	$0$	$1$	$2$	$\infty$
   $-\frac{1}{1+\alpha }$	$\frac{1}{2}$	$1$	$\infty$	$-1$	$-\frac{1}{2}$	$-\frac{1}{3}$	$0$

   若$M=1,f(\dot{c})=0,r(t)=1(t)$，即$\beta =0$，无速度反馈，因此当初始条件：$e(0)=1,\dot{e}(0)=0$时，系统的相平面图和状态曲线如下图所示：
   

   若$M=1,f(\dot{c})=1,r(t)=1(t)$，即$\beta =1$，初始条件：$e(0)=1,\dot{e}(0)=0$时，系统的相平面图和状态曲线如下图所示：
   

2. 速度反馈影响。

   由上图可知，引入速度反馈后，相轨迹在开关线处进行切换，使得系统的阻尼增大，自由运动的超调量减小；由于开关线反向旋转的角度随着速度反馈系数的增大而增大，因此系统的平稳性随着$f(\dot{c})$的增大而愈加明显。

Example 8.23

设非线性系统结构图如下图所示，分析系统运动并计算自振参数。

解：

将$3$个串联非线性环节进行等效合并，由于反馈通道饱和特性与前向通道饱和特性同时进入饱和状态，所以反馈通道的非线性环节相当于不起作用，将前向通道的另两个非线性环节合并可得：

非线性环节的输出为：
$$u=\{\begin{array}{llcc}& 2,& & e>0.5\\ & & & \\ & 0,& & |e|\le 0.5\\ & & & \\ & -2,& & e<-0.5\end{array}$$
可得非线性环节描述函数和负倒描述函数为：
$$N(A)=\frac{4M}{\pi A}\sqrt{1-{\left(\frac{h}{A}\right)}^2}\Rightarrow -\frac{1}{N(A)}=-\frac{\pi A^2}{4M}\frac{1}{\sqrt{A^2-h^2}}$$
式中：$M=2，h=0.5$。

对负倒描述函数求导后，可知$-1/N(A)$在$A=\sqrt{2}h$取得极值，即：
$${-\frac{1}{N(A)}|}_{A=\sqrt{2}h}=-\frac{\pi h}{2M}=-\frac{\pi }{8}=-0.393$$
系统线性环节的频率特性为：
$$G(\mathrm{j}\omega )=\frac{10}{\mathrm{j}\omega (1+\mathrm{j}\omega {)}^2}$$
令$\angle G(\mathrm{j}\omega )=-\pi$可得：$-\frac{\pi }{2}-2\arctan \omega =-\pi$，则$\omega =1，|G(\mathrm{j}\omega )|{|}_{\omega =1}=-5$。

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

由图可知，系统存在自激振荡。由$-1/N(A)=-5$可知，自振频率$\omega =1$，自振振幅$A=12.72$。

【系统相平面图和系统状态曲线】

Example 8.24

已知非线性系统如下图所示。要求：

1. 用描述函数法分析系统的稳定性$(a=1，M=3，K=11)$；
2. 为了消除自激振荡，继电器参数应如何调整？
3. 为了消除自激振荡，$K$值应如何调整？

解：

1. 稳定性分析。

   具有死区的继电特性非线性环节的描述函数及负倒描述函数为：
   $$N(A)=\frac{4M}{\pi A}\sqrt{1-{\left(\frac{a}{A}\right)}^2}，A\ge a，-\frac{1}{N(A)}=-\frac{\pi A^2}{12\sqrt{A^2-1}}$$
   当$A\to 1$时，$-1/N(A)\to -\infty$；当$A\to \infty$时，$-1/N(A)\to -\infty$。

   令
   $$\frac{\mathrm{d}\left[-\frac{1}{N(A)}\right]}{\mathrm{d}A}=0\Rightarrow A=\sqrt{2}$$
   可得：
   $$-{\frac{1}{N(A)}|}_{A=\sqrt{2}a}=-\frac{\pi a}{2M}=-\frac{\pi }{6}=-0.524$$
   线性系统部分频率特性为：
   $$G(\mathrm{j}\omega )=-\frac{1.1K}{0.01{\omega }^4+1.01{\omega }^2+1}-\mathrm{j}\frac{K(1-0.1{\omega }^2)}{0.01{\omega }^5+1.01{\omega }^3+\omega }$$
   令$\mathrm{Im}G(\mathrm{j}\omega )=0$，代入$K=11$，可解得：$\omega =\sqrt{10}=3.162，{\mathrm{Re}G(\mathrm{j}\omega )|}_{\omega =\sqrt{10}}=-1$。由于$\mathrm{Re}G(\mathrm{j}\sqrt{10})=-1<-0.524$，因此，$G(\mathrm{j}\omega )$曲线与$-1/N(A)$曲线相交，且存在两个交点。

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

   令
   $$\mathrm{Re}G(\mathrm{j}\sqrt{10})=-\frac{1}{N(A)}\Rightarrow -1=-\frac{\pi A^2}{12\sqrt{A^2-1}}\Rightarrow A_1=1.04，A_2=3.68$$
   其中$A_2=3.68$对应的交点为稳定自振点。

2. 无自振时的继电器参数。

   为了消除自激振荡，应使
   $$-{\frac{1}{N(A)}|}_{A=\sqrt{2}a}=-\frac{\pi a}{2M}<-1\Rightarrow a/M>0.637$$
   则继电器参数$a/M>0.637$时无自激振荡现象出现。

3. 无自振时的$K$值调整。

   由于当$\omega =\sqrt{10}=3.162$时，$G(\mathrm{j}\omega )$曲线与负实轴的交点坐标为：
   $$G(\mathrm{j}\sqrt{10})=-{\frac{1.1K}{0.01{\omega }^4+1.01{\omega }^2+1}|}_{\omega =\sqrt{10}}=-0.091K$$
   所以，为了消除自激振荡，应使
   $$-0.091K>-\frac{\pi }{6}=-0.524\Rightarrow K<5.76$$
   则$K>5.76$时无自激振荡。

4. 【自振情形和无自振情形的相轨迹和输出曲线】
   
   

Example 8.25

已知非线性系统结构图如下图所示，求出非线性系统中滞环非线性特性的描述函数，并确定发生自振时系统中各参数的关系($K,T,\zeta$均为正值)。

解：

滞环非线性特性的描述函数为：
$$N(A)=\frac{4M}{\pi A}\sqrt{1-{\left(\frac{h}{A}\right)}^2}-\mathrm{j}\frac{4Mh}{\pi A^2}，A\ge h$$
其负倒描述函数为：
$$-\frac{1}{N(A)}=-\frac{\pi A\sqrt{1-{\left(\frac{h}{A}\right)}^2}}{4M}-\mathrm{j}\frac{h\pi }{4M}$$
系统线性部分的传递函数为：
$$G(s)=\frac{K}{T^2{s}^2+25\zeta s+1}$$
令$s=\mathrm{j}\omega$，可得其频率特性为：
$$G(\mathrm{j}\omega )=\frac{K[(1-T^2{\omega }^2)-\mathrm{j}25\zeta \omega ]}{(1-T^2{\omega }^2{)}^2+25{\zeta }^2{\omega }^2}$$
$G(\mathrm{j}\omega )$曲线与$-1/N(A)$曲线如下图所示：

若要求该系统发生自振，则$G(\mathrm{j}\omega )$曲线与虚轴的交点应小于$-h\pi /4M$，即$\omega =\frac{1}{T}$时，有：
$$-\frac{25\zeta \frac{1}{T}K}{25{\zeta }^2\frac{1}{T^2}}<-\frac{h\pi }{4M}\Rightarrow 4KTM>\zeta h\pi$$
即发生自振时系统中各参数的关系为：$4KTM>\zeta h\pi$.

系统的相轨迹和自振输出曲线如下图所示：

Example 8.26

设次优控制系统如下图所示，$r(t)=6,c(0)=\dot{c}(0)=0$。试在$\dot{e}-e$平面上绘制该系统相轨迹，并问经过多少时间，系统的状态可以达到平衡位置？

解：

由结构图可知，系统线性部分的微分方程为：$\ddot{c}=u$，其中$u$为非线性环节的输出：
$$u=\{\begin{array}{llcc}& 0.5,& & e+\dot{e}>0\\ & & & \\ & -0.5,& & e+\dot{e}<0\end{array}$$
开关线方程为：$\dot{e}=-e$。

由于在比较点处有：$c=r-e=6-e$，综合各式整理可得：
$$\ddot{e}=\{\begin{array}{llcc}& -0.5,& & e+\dot{e}>0\\ & & & \\ & 0.5,& & e+\dot{e}<0\end{array}$$
在Ⅰ区$(e+\dot{e}>0)$，对$\ddot{e}=-0.5$积分可得：
$$\dot{e}=0.5t+\dot{(}e)(0)，e=-0.25t^2+\dot{e}(0)t+e(0)$$
可得：
$$e=-{\dot{e}}^2+{\dot{e}}^2(0)+e(0)\text{\hspace{1em}(1)}$$
为一向右凸的抛物线方程.

在Ⅱ区$(e+\dot{e}<0)$，对$\ddot{e}=0.5$积分可得：
$$e={\dot{e}}^2-{\dot{e}}^2(0)+e(0)\text{\hspace{1em}(2)}$$
为一向左凸的抛物线方程.

相轨迹如下图所示：

【分析】

由于$c(0)=\dot{c}(0)=0$，可得$e(0)=6，\dot{e}=0$。$A$点坐标为：$(2,-2)$，$B$点坐标为：$(-1,1)$。

相轨迹起点为：$e(0)=6,\dot{e}(0)=0$，在Ⅰ区$(e+\dot{e}>0)$，按抛物线①运动，直到$A$点，进入Ⅱ区$(e+\dot{e}<0)$，按抛物线②运动，与开关线交于$B$点，在$B$点再次切换，又按①运动，最后收敛于原点。

从起始点运动到$A$点所需时间按①计算：$t_1=2[\dot{e}(0)-\dot{e}(A)]=2[0-(-2)]=4\mathrm{s}$；

从$A$点运动到$B$点所需时间按②计算：$t_2=2[\dot{e}(B)-\dot{e}(A)]=2[1-(-2)]=6\mathrm{s}$；

从$B$点运动到原点所需时间按①计算：$t_3=2[\dot{e}(B)-\dot{e}(0)]=2(1-0)=2\mathrm{s}$；

因此，总共需时间：$t=t_1+t_2+t_3=12\mathrm{s}$，系统的状态可以达到平衡位置。

系统误差响应曲线如下图所示：