Chapter8.2：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
自动控制原理(第七版)课后习题精选
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 8.11

非线性系统结构图如下图所示，确定系统的描述函数。

解：

设当输入为：$x=A\sin \omega t$时，有
$$x_1(t)=\{\begin{array}{llcc}& M+Kx,& & 0<\omega t<\pi \\ & & & \\ & -M+Kx,& & \pi <\omega t<2\pi \end{array}；y=x_1^3=\{\begin{array}{llcc}& (M+Kx{)}^3,& & 0<\omega t<\pi \\ & & & \\ & (-M+Kx{)}^3,& & \pi <\omega t<2\pi \end{array}$$
因为$y(x)$是$x$的奇函数，所以$A_0=0$；同时$y(x)$是$t$的奇函数，故$A_1=0$。因此$y(t)$具有半周期对称特性，所以：
$$\begin{array}{rl}{B}_1& =\frac{4}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}(M+KA\sin \omega t{)}^3\sin \omega t\mathrm{d}\omega t\\ & \\ & =\frac{4}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}(K^3{A}^3{\sin }^4\omega t+3K^{2}M{A}^2{\sin }^3\omega t+3K{M}^{2}A{\sin }^2\omega t+M^3\sin \omega t)\mathrm{d}\omega t\end{array}$$
由定积分公式：
$$I_n={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^n\omega t\mathrm{d}t=\{\begin{array}{llcc}& \frac{(n-1)(n-3)\times \cdots \times 4\times 2}{n(n-2)(n-4)\times \cdots \times 5\times 3}，& & n为奇整数\\ & & & \\ & \frac{(n-1)(n-3)\times \cdots \times 5\times 3\times 1}{n(n-2)\times \cdots \times 4\times 2}\cdot \frac{\pi }{2}，& & n为偶整数\end{array}$$
可得：
$$\begin{array}{rl}{B}_1& =\frac{4}{\pi }\left(\frac{3}{16}\pi K^3{A}^3+2K^{2}M{A}^2+\frac{3}{4}\pi K{M}^{2}A+M^3\right)\\ & \\ & =\frac{3}{4}{K}^3{A}^3+\frac{8}{\pi }{K}^{2}M{A}^2+3K{M}^{2}A+\frac{4}{\pi }{M}^3\end{array}$$
则该非线性系统的描述函数为：
$$N(A)=\frac{B_1}{A}=\frac{3}{4}{K}^3{A}^2+\frac{8}{\pi }{K}^{2}MA+3K{M}^2+\frac{4}{\pi A}{M}^3$$

Example 8.12

各系统的$G(\mathrm{j}\omega )$与$-1/N(A)$曲线如下图所示，判断各系统的稳定性$(P=0)$.

解：

【图$\mathrm{a}$】

由图可知，${\Gamma }_G$曲线与$-1/N(A)$曲线有交点，因此系统存在振荡。

在${\Gamma }_G$曲线和$-1/N(A)$曲线的交点处，$-1/N(A)$曲线沿着振幅$A$增加的方向由稳定区域进入不稳定区域，因此对应的周期运动是不稳定的。

【图$\mathrm{b}$】

由图可知，${\Gamma }_G$曲线与$-1/N(A)$曲线没有交点，因此系统不存在周期振荡。

由于$-1/N(A)$在稳定区域，故系统是稳定的。

【图$\mathrm{c}$】

由图可知，${\Gamma }_G$曲线与$-1/N(A)$曲线有交点，在该点处产生稳定自激振荡。

【图$\mathrm{d}$】

由图可知，${\Gamma }_G$曲线与$-1/N(A)$曲线存在两个交点，由于在$a$点处，$-1/N(A)$曲线沿着振幅$A$增加的方向由稳定区域进入不稳定区域，因此在$a$点处为不稳定的周期运动；在$b$点处，$-1/N(A)$曲线由不稳定区域进入稳定区域，在该点处产生稳定自激振荡。

【图$\mathrm{e}$】

由图可知，${\Gamma }_G$曲线与$-1/N(A)$曲线存在两个交点，由于在$a$点处，$-1/N(A)$曲线沿着振幅$A$增加的方向由稳定区域进入不稳定区域，因此在$a$点处为不稳定的周期运动；在$b$点处，$-1/N(A)$曲线由不稳定区域进入稳定区域，在该点处产生稳定自激振荡。

【图$\mathrm{f}$】

由图可知，${\Gamma }_G$曲线与$-1/N(A)$曲线没有交点，因此系统不存在周期振荡。

由于$-1/N(A)$在不稳定区域，故系统不稳定。

Example 8.13

设非线性系统方程为：$\ddot{x}+ϵ(x^2-1)\dot{x}+x=0$，用描述函数法分析该系统是否存在周期运动解。若有，幅值和频率是多少？该解是否对应自激振荡$(0<ϵ<1)$？

解：

1. 画典型结构图。

   用描述函数法分析非线性系统时，该系统必须具备典型结构。原方程可写为：
   $$\ddot{x}-ϵ\dot{x}+x=-ϵx^2\dot{x}$$
   系统的等效结构图如下图所示：
   

2. 写出描述函数。

   由图可知：$y=x_1^2{\dot{x}}_1$。设$x_1=-x=A\sin \omega t$，则$y(t)=A^3\omega {\sin }^2\omega t\cos \omega t$，考虑采样积分求$A_1$和$B_1$。

   考虑到傅氏级数展开的唯一性，可将$y(t)$写成三角级数，其一次谐波的系数即为$A_1$和$B_1$。

   因为
   $$\begin{array}{rl}\cos \omega t{\sin }^2\omega t& =\cos \omega t\frac{1-\cos 2\omega t}{2}=\frac{1}{2}\cos \omega t-\frac{1}{2}(\cos 3\omega t-\sin \omega t\sin 2\omega t)\\ & \\ & =\frac{1}{2}\cos \omega t-\frac{1}{2}\cos 3\omega t-\cos \omega t{\sin }^2\omega t\end{array}$$
   所以
   $$\cos \omega t{\sin }^2\omega t=\frac{1}{4}\cos \omega t-\frac{1}{4}\cos 3\omega t$$
   故
   $$y(t)=A^3\omega \cos \omega t{\sin }^2\omega t=\frac{A^3\omega }{4}\cos \omega t-\frac{A^3\omega }{4}\cos 3\omega t$$
   即
   $$B_1=0，A_1=A^3\omega /4\Rightarrow N(A)=\frac{B_1}{A}+\mathrm{j}\frac{A_1}{A}=\mathrm{j}\frac{A^2\omega }{4}$$

3. 求周期解。

   由$N(A)G(\mathrm{j}\omega )=-1$可得：
   $$1+\mathrm{j}\frac{A^2\omega }{4}\cdot \frac{ϵ}{(\mathrm{j}\omega {)}^2-ϵ\mathrm{j}\omega +1}=0$$
   令上式实部、虚部为零，可得：
   $$\{\begin{array}{ll}& \frac{A^2\omega ϵ(1-{\omega }^2)}{4[(1-{\omega }^2{)}^2+(ϵ\omega {)}^2]}=0\\ & \\ & 1-\frac{(ϵA\omega {)}^2}{4[(1-{\omega }^2{)}^2+(ϵ\omega {)}^2]}=0\end{array}\Rightarrow A=2，\omega =1$$
   故该系统存在周期运动解，振幅为：$A=2$，频率为：$\omega =1$。

4. 判断是否存在自振。

   $G(s)=\frac{ϵ}{s^2-ϵs+1}$为不稳定二阶振荡环节$(P=2)$，$N(A)=\mathrm{j}\frac{A^2\omega }{4}$，因此$-1/N(A)=-j4/{\mathrm{A}}^2\omega$。概略幅相特性曲线和$-1/N(A)$曲线如下图所示：
   

   由图可知，两曲线有一交点$M$，在$-1/N(A)$曲线上，在交点$M$附近沿$A$增大方向取一点$L$，由原点过$L$作射线，$G(\mathrm{j}\omega )$曲线对该射线穿越次数为：$N=N_{+}-N_{-}=1=P/2$，故该系统存在自振，自振参数即为周期运动解：$x(t)=-x_1(t)=-A\sin \omega t=-2\sin t$.

Example 8.14

设非线性系统微分方程为：$x^{(3)}+3\ddot{x}+\dot{x}-\frac{1}{2}{x}^3=0$。

1. 画出该系统的结构图；
2. 用描述函数法分析该系统有无周期运动？若有，参数如何？

解：

1. 画结构图。

   系统结构图如下：
   

2. 求描述函数。

   令线性部分：$y=x^{(3)}+3\ddot{x}+\dot{x}+x$，则$y=\frac{1}{2}{x}^3$。

   其非线性系统的等效结构图如下图所示：
   

   线性部分的传递函数为：$G(s)=\frac{1}{s^3+3s^2+s+1}$，其频率特性为：
   $$G(\mathrm{j}\omega )=\frac{1}{\mathrm{j}(\omega -{\omega }^3)+(1-3{\omega }^2)}$$
   由于$G(\mathrm{j}\omega )$曲线与负实轴有交点，令$\mathrm{Im}G(\mathrm{j}\omega )=0$，解得：${\omega }_c=1，G(\mathrm{j}{\omega }_c)=-0.5$。

   非线性元件的输入输出关系是：$y=\frac{1}{2}{x}^3$，令$x=A\sin \omega t$，因为$y(x)$是$x$的奇函数，故$A_0=0$。而$y(t)=\frac{1}{2}{A}^3{\sin }^3\omega t$为$t$的奇函数，故$A_1=0$，因为$y(t)$为半周期对称函数，因此有：
   $$B_1=\frac{4}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{2}{A}^3{\sin }^4\omega t\mathrm{d}\omega t$$
   由定积分公式：
   $$I_n={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^n\omega t\mathrm{d}t=\{\begin{array}{llcc}& \frac{(n-1)(n-3)\times \cdots \times 4\times 2}{n(n-2)(n-4)\times \cdots \times 5\times 3}，& & n为奇整数\\ & & & \\ & \frac{(n-1)(n-3)\times \cdots \times 5\times 3\times 1}{n(n-2)\times \cdots \times 4\times 2}\cdot \frac{\pi }{2}，& & n为偶整数\end{array}$$
   可得：
   $$B_1=\frac{4}{\pi }\times \frac{1}{2}{A}^3\times \frac{3}{8}\times \frac{\pi }{2}=\frac{3}{8}{A}^3$$
   则该非线性元件的描述函数和负倒描述函数为：
   $$N(A)=\frac{B_1}{A}=\frac{3}{8}{A}^2\Rightarrow -\frac{1}{N(A)}=-\frac{8}{3A^2}$$

3. ${\Gamma }_G$曲线和$-1/N(A)$曲线。
   

   由图可知，当幅值$A$增大时，$-1/N(A)$从稳定区域进入不稳定区域，因此$G(\mathrm{j}\omega )$与$-1/N(A)$的交点是不稳定的自振点，系统自振不稳定，无稳定周期运动。

Example 8.15

带有弹簧轴的仪表伺服机构如下图所示，用描述函数法确定线性部分为下列传递函数时系统是否稳定？是否存在自振？若有，参数是多少？

1. $G(s)=\frac{4000}{s(20s+1)(10s+1)}$；
2. $G(s)=\frac{20}{s(10s+1)}$；

解：

死区非线性环节的描述函数为：
$$N(A)=\frac{2}{\pi }\left[\frac{\pi }{2}-\arcsin \frac{1}{A}-\frac{1}{A}\sqrt{1-{\left(\frac{1}{A}\right)}^2}\right]，A\ge 1$$

1. $G(s)=\frac{4000}{s(20s+1)(10s+1)}$；

   绘制$G(\mathrm{j}\omega )=\frac{4000}{\mathrm{j}\omega (1+\mathrm{j}20\omega )(1+\mathrm{j}10\omega )}$曲线与$1/N(A)$曲线，及系统零输入响应曲线，如下图所示：
   

   由图可知，仪表伺服系统在取$G(s)=\frac{4000}{s(20s+1)(10s+1)}$时，存在不稳定自振。

   令$\mathrm{Im}G(\mathrm{j}\omega )=0$，解得频率：${\omega }_c=0.0707$；同时由$G(\mathrm{j}{\omega }_c)=-1/N(A_c)$，解得振幅：$A_c=1.001$；

2. $G(s)=\frac{20}{s(10s+1)}$；

   绘制$G(\mathrm{j}\omega )=\frac{20}{\mathrm{j}\omega (\mathrm{j}10\omega +1)}$曲线与$1/N(A)$曲线，及系统零输入响应曲线，如下图所示：
   

   由图可知，${\Gamma }_G$曲线不包围$-1/N(A)$曲线，仪表伺服系统稳定。

Example 8.16

设非线性系统及其$G(\mathrm{j}\omega )$和$-1/N(A)$如下图所示，两曲线交点处的$A$值分别为：$a,b,c(a<b<c)$。讨论$P=0$和$P=2$两种情况下，初始振幅$A_0$在什么范围内，$A$值不断增大或不断减小？

解：

1. $P=0$。

   由奈奎斯特判据可知：当$0<A_0<a,b<A_0<c$时，由奈奎斯特判据可知初始振幅位于不稳定区域，因此$A$的值不断增大；同理，当$a<A_0<b,c<A_0$时，初始振幅位于稳定区域，$A$的值会不断减小；

2. $P=2$。

   由奈奎斯特判据可知：当$a<A_0<b,c<A_0$时，由奈奎斯特判据可知初始振幅位于不稳定区域，因此$A$的值不断增大；同理，当$0<A_0<a,b<A_0<c$时，初始振幅位于稳定区域，$A$的值会不断减小；

Example 8.17

若要求下图所示非线性系统输出量$c$的自振振幅$A_c=1$，角频率$\omega =10$，试确定参数$T,K$的数值($T,K$均大于零).

解：

由结构图变换法可得系统线性环节的传递函数为：
$$G(s)=\frac{10K}{s(Ts+1)(0.1s+1)}$$
其频率特性为：
$$G(\mathrm{j}\omega )=\frac{10K}{\mathrm{j}\omega (\mathrm{j}T\omega +1)(\mathrm{j}0.1\omega +1)}=\frac{-10K(0.1+T)\omega -\mathrm{j}10K(1-0.1T{\omega }^2)}{\omega (1+T^2{\omega }^2)(1+0.01{\omega }^2)}$$
非线性环节的负倒描述函数为：
$$-\frac{1}{N(A)}=-\frac{\pi A}{4M}=-\frac{\pi A}{4\sqrt{2}}$$
$G(\mathrm{j}\omega )$与$-1/N(A)$曲线如下图所示：

由图可见，$G(\mathrm{j}\omega )$与$-1/N(A)$曲线存在交点，且当振幅增大时，$-1/N(A)$曲线从不稳定区域进入稳定区域，所以系统受扰后的运动呈现稳定自振。

由于输出自振振幅$A_c=0.1$，故$G(\mathrm{j}\omega )$与$-1/N(A)$曲线交点处的负倒描述函数为：
$$-\frac{1}{N(A)}=-\frac{\pi A}{40\sqrt{2}}$$
因交点在负实轴上，必有$\mathrm{Im}G(\mathrm{j}10)=0$，因此：
$$-90°-\arctan 1-\arctan 10T=-180°\Rightarrow T=0.1$$
由于输出端到非线性输入端的传递函数为：$G(s)=\frac{10}{0.1s+1}$，其幅频特性为：
$${\left|\frac{10}{\mathrm{j}0.1\omega +1}\right|}_{\omega =10}=5\sqrt{2}$$
因此可得非线性环节一端的自振幅值为：$A=5\sqrt{2}{A}_c=\frac{\sqrt{2}}{2}$。令
$${\mathrm{Re}G(\mathrm{j}\omega )|}_{\omega =10}={-\frac{1}{N(A)}|}_{A=\frac{\sqrt{2}}{2}}\Rightarrow -\frac{K}{2}=-\frac{\pi }{8}\Rightarrow K=\frac{\pi }{4}=0.786$$
【非线性系统的相轨迹和输出曲线】

Example 8.18

已知下图所示非线性系统反馈通道中的测量元件具有非线性特性，试确定使系统自振稳定的$K$值范围。

解：

对于系统反馈通道中的非线性测量元件，其描述函数为：
$$N(A)=\frac{1}{\pi }\left[\frac{\pi }{2}+\arcsin \left(1-\frac{2a}{A}\right)+2\left(1-\frac{2a}{A}\right)\sqrt{\frac{a}{A}\left(1-\frac{2a}{A}\right)}\right]+\mathrm{j}\frac{4a}{\pi A}\left(\frac{a}{A}-1\right)，A\ge a$$
线性部分传递函数为：
$$G(s)=\frac{K(s+0.5)}{s(s+1)(s^2+2s+2)}$$
其频率特性为：
$$G(\mathrm{j}\omega )=\frac{K(\mathrm{j}\omega +0.5)}{\mathrm{j}\omega (1+\mathrm{j}\omega )[\mathrm{j}2\omega +(2-{\omega }^2)]}=\frac{-2.5K{\omega }^3+\mathrm{j}K({\omega }^4-2.5{\omega }^2-1)}{\omega (1+{\omega }^2)({\omega }^4+4)}$$
令虚部为零，可得：${\omega }_c=1.6884$，则$G(\mathrm{j}\omega )$曲线与负实轴交于点$c$。

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

由图可知，若要使系统自振稳定，则应使$c>-1$，即满足：
$$G(\mathrm{j}{\omega }_c)=0.1526K<1\Rightarrow 0<K<6.5531$$
因此，$K$值范围是：$0<K<6.5531$。

Example 8.19

已知非线性系统微分方程为：$\ddot{x}+\dot{x}+x+\mathrm{sgn}(x-\dot{x})=0$。

要求：

1. 画出系统结构图；
2. 确定相平面上的奇点，并指明奇点的性质；
3. 在$\dot{x}-x$平面上绘制相轨迹图；

解：

1. 系统结构图。

   系统结构图如下图所示：
   

2. 奇点。

   非线性系统的微分方程可以写为：
   $$\{\begin{array}{ll}& \ddot{x}+\dot{x}+x+1=0，x>\dot{x}\\ & \\ & \ddot{x}+\dot{x}+x-1=0，x<\dot{x}\end{array}$$
   在Ⅰ区$(x>\dot{x})$，令
   $$\frac{\mathrm{d}\dot{x}}{\mathrm{d}x}=-\frac{\dot{x}+x+1}{\dot{x}}=\frac{0}{0}$$
   解得奇点为：$(-1,0)$。

   在Ⅱ区$(x<\dot{x})$，令
   $$\frac{\mathrm{d}\dot{x}}{\mathrm{d}x}=-\frac{\dot{x}+x-1}{\dot{x}}=\frac{0}{0}$$
   解得奇点为：$(1,0)$。

   系统特征方程为：$s^2+s+1=0$，特征根为：$s_{1,2}=-\frac{1}{2}\pm \mathrm{j}\frac{\sqrt{3}}{2}$，因此奇点$(-1,0)$和$(1,0)$都是稳定焦点.

3. 相轨迹。

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

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

   不同$\alpha$值下等倾线的斜率：

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

   相轨迹和状态响应曲线如下：
   

   由图可知，系统存在极限环，状态曲线呈周期运动。

Example 8.20

设非线性系统如下图所示。

1. 若要求偏差$e$趋于零，试用描述函数法确定初始偏差$e_0$和增益$K$的关系；
2. 用$\dot{e}-e$相平面图校验上面结果；

解：

1. 描述函数法。

   非线性环节描述函数及负倒描述函数为：
   $$N(A)=\frac{4M}{\pi A}，M=1\Rightarrow -\frac{1}{N(A)}=-\frac{\pi A}{4}$$
   线性部分频率特性为：
   $$G(\mathrm{j}\omega )=\frac{K}{\mathrm{j}\omega -1}$$
   $G(\mathrm{j}\omega )$和$-1/N(A)$曲线如下图所示：
   

   由于$G(s)=\frac{K}{s-1}$在右半平面有一个极点，$P=1$，要使误差$e$趋于零，则$G(\mathrm{j}\omega )$与$-1/N(A)$曲线必须要有交点，此时有半次正穿越，$N_{+}=0.5$，则$Z=P-2N=1-2\times 0.5=0$，由奈奎斯特判据可知，系统稳定。此时需要满足条件：
   $$-\frac{\pi |e_0|}{4}>-K\Rightarrow |e_0|<4K/\pi$$
   误差$e$能趋于零。

2. 相平面法。

   由结构图可知：$\dot{c}-c=Ku$，其中非线性环节的输出为：
   $$u=\{\begin{array}{llcc}& 1，& & e>0\\ & & & \\ & -1，& & e<0\end{array}$$
   在比较点处：$e=r-c=-c，\dot{e}=-\dot{c}$，综合各式可得：
   $$\dot{e}-e=\{\begin{array}{llcc}& -K,& & e>0\\ & & & \\ & K,& & e<0\end{array}$$
   在$\dot{e}-e$相平面绘制相轨迹如下图所示：
   

   由图$(\mathrm{a})$可知，当$|e_0|<K$时，误差$e$能够趋于零。

   取系统参数$K=5$，初始状态$c(0)=-5.5$，即$e(0)=5.5$，此时误差曲线如上图$(\mathrm{b})$所示。此时的结果与描述函数法分析所得结论不一致，但与相平面法分析结论一致。

   【结论不一致的原因】

   描述函数法是将非线性系统近似等效为一个线性系统，仅考虑非线性环节在正弦信号作用下的一次谐波分量作为近似输出，再应用线性系统理论中的频域法来研究系统的频率响应特性；在此题中，经低通滤波得到的一次谐波分量不足以近似描述系统的输出，因此，对于本题利用系统的时间响应来分析的相平面法分析的结果更可信。