2025年自動控制原理非線性系統(tǒng)習(xí)題題庫及答案習(xí)題1已知二階非線性系統(tǒng)微分方程為：$\ddot{x}+0.5\dot{x}+x+0.2x^3=0$，其中$x$為系統(tǒng)輸出。（1）確定系統(tǒng)的平衡點(diǎn)；（2）判斷平衡點(diǎn)的類型（焦點(diǎn)、節(jié)點(diǎn)、鞍點(diǎn)等）；（3）繪制該系統(tǒng)在相平面$(x,\dot{x})$上的相軌跡大致形狀，并分析系統(tǒng)運(yùn)動特性。解答1（1）平衡點(diǎn)滿足$\ddot{x}=0$且$\dot{x}=0$，代入方程得：$0+0+x+0.2x^3=0$，即$x(1+0.2x^2)=0$。解得唯一平衡點(diǎn)為$x=0$（因$1+0.2x^2=0$無實(shí)根）。（2）在平衡點(diǎn)$x=0$附近，對非線性項(xiàng)$0.2x^3$進(jìn)行泰勒展開，保留一次項(xiàng)（線性化），原方程近似為$\ddot{x}+0.5\dot{x}+x=0$。其特征方程為$s^2+0.5s+1=0$，特征根為$s=\frac{-0.5\pm\sqrt{0.25-4}}{2}=-0.25\pmj\frac{\sqrt{15}}{4}$，實(shí)部為負(fù)，虛部非零，故平衡點(diǎn)為穩(wěn)定焦點(diǎn)。（3）相軌跡形狀：由于線性化后為穩(wěn)定焦點(diǎn)，非線性項(xiàng)$0.2x^3$在$|x|$較大時表現(xiàn)為軟非線性（立方項(xiàng)隨$x$增大而增強(qiáng)恢復(fù)力），因此相軌跡為螺旋收斂至原點(diǎn)的曲線。當(dāng)$x$較小時，運(yùn)動接近線性系統(tǒng)的衰減振蕩；當(dāng)$x$較大時，立方項(xiàng)使恢復(fù)力增大，振蕩幅度衰減更快。整體運(yùn)動特性為漸近穩(wěn)定，無自激振蕩。習(xí)題2某非線性控制系統(tǒng)結(jié)構(gòu)如圖所示（注：此處假設(shè)前向通道含飽和非線性環(huán)節(jié)，飽和閾值$a=2$，線性段斜率$k=1$，反饋通道傳遞函數(shù)$G(s)=\frac{1}{s(s+1)}$）。（1）寫出飽和非線性環(huán)節(jié)的描述函數(shù)$N(A)$；（2）用描述函數(shù)法分析系統(tǒng)是否存在自激振蕩，若存在，求振蕩的振幅$A$和頻率$\omega$。解答2（1）飽和非線性的輸入輸出特性為：$$y(t)=\begin{cases}A\sin\omegat,&|A\sin\omegat|\leqa\\a\cdot\text{sign}(\sin\omegat),&|A\sin\omegat|>a\end{cases}$$當(dāng)輸入為$x(t)=A\sin\omegat$（$A>a$）時，輸出的基波分量$y_1(t)=B_1\sin\omegat+C_1\cos\omegat$。由于飽和特性奇對稱，$C_1=0$，$B_1$可通過傅里葉系數(shù)計(jì)算：$$B_1=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}y(t)\sin\omegat\,d(\omegat)=\frac{2}{\pi}\left[\int_{0}^{\arcsin(a/A)}A\sin^2\theta\,d\theta+\int_{\arcsin(a/A)}^{\pi}a\sin\theta\cdot\sin\theta\,d\theta\right]$$化簡得：$$B_1=\frac{2A}{\pi}\left[\arcsin\left(\frac{a}{A}\right)+\frac{a}{A}\sqrt{1-\left(\frac{a}{A}\right)^2}\right]\quad(A\geqa)$$因此，描述函數(shù)$N(A)=\frac{B_1}{A}=\frac{2}{\pi}\left[\arcsin\left(\frac{a}{A}\right)+\frac{a}{A}\sqrt{1-\left(\frac{a}{A}\right)^2}\right]\quad(A\geqa)$；當(dāng)$A\leqa$時，$N(A)=1$（線性段）。（2）系統(tǒng)閉環(huán)特征方程滿足$N(A)G(j\omega)=-1$，即$G(j\omega)=-\frac{1}{N(A)}$。反饋通道頻率特性$G(j\omega)=\frac{1}{j\omega(j\omega+1)}=\frac{1}{-\omega^2+j\omega}=\frac{-\omega^2-j\omega}{\omega^4+\omega^2}=-\frac{1}{\omega^2+1}-j\frac{1}{\omega(\omega^2+1)}$。令$G(j\omega)=u+jv$，則$-\frac{1}{N(A)}=u+jv$，即實(shí)部相等：$-\frac{1}{N(A)}=-\frac{1}{\omega^2+1}$，虛部相等：$0=-\frac{1}{\omega(\omega^2+1)}$（矛盾，說明需重新推導(dǎo)）。正確方法應(yīng)為$N(A)G(j\omega)=-1$，即$G(j\omega)=-\frac{1}{N(A)}$，取模和相角：$|G(j\omega)|=\frac{1}{\omega\sqrt{\omega^2+1}}=\frac{1}{|N(A)|}$，$\angleG(j\omega)=-90^\circ-\arctan\omega=-180^\circ$（因$-1$的相角為$-180^\circ$）。由相角條件：$-90^\circ-\arctan\omega=-180^\circ$，解得$\arctan\omega=90^\circ$，即$\omega\to\infty$（不合理，說明假設(shè)$A\leqa$時$N(A)=1$，此時$G(j\omega)=-1$是否有解？）。當(dāng)$A>a$時，$N(A)$為實(shí)數(shù)（因飽和特性奇對稱，無相位差），故$G(j\omega)$需為負(fù)實(shí)數(shù)，即$\angleG(j\omega)=-180^\circ$。由$G(j\omega)=\frac{1}{j\omega(j\omega+1)}=\frac{1}{-\omega^2+j\omega}$，其相角為$-90^\circ-\arctan\omega$，令其等于$-180^\circ$，得$\arctan\omega=90^\circ$，即$\omega\to\infty$，此時$|G(j\omega)|=\frac{1}{\omega\sqrt{\omega^2+1}}\to0$，而$|N(A)|$在$A>a$時小于1（因$\frac{2}{\pi}[\arcsin(a/A)+(a/A)\sqrt{1-(a/A)^2}]<1$），故$1/|N(A)|>1$，而$|G(j\omega)|\to0$，無交點(diǎn)。當(dāng)$A\leqa$時，$N(A)=1$，此時$G(j\omega)=-1$即$\frac{1}{j\omega(j\omega+1)}=-1$，整理得$-\omega^2+j\omega=-1$，即實(shí)部$-\omega^2=-1$（$\omega=1$），虛部$\omega=0$（矛盾），故無自激振蕩。習(xí)題3考慮非線性系統(tǒng)狀態(tài)方程：$$\begin{cases}\dot{x}_1=x_2\\\dot{x}_2=-x_1-x_2^3\end{cases}$$（1）確定系統(tǒng)的平衡點(diǎn)；（2）用李雅普諾夫第二法判斷平衡點(diǎn)的穩(wěn)定性。解答3（1）平衡點(diǎn)滿足$\dot{x}_1=0$且$\dot{x}_2=0$，即$x_2=0$，$-x_1-0=0$，故平衡點(diǎn)為$(0,0)$。（2）構(gòu)造李雅普諾夫函數(shù)$V(x)=\frac{1}{2}x_1^2+\frac{1}{2}x_2^2$（正定），計(jì)算其導(dǎo)數(shù)：$$\dot{V}=x_1\dot{x}_1+x_2\dot{x}_2=x_1x_2+x_2(-x_1-x_2^3)=x_1x_2-x_1x_2-x_2^4=-x_2^4$$$\dot{V}$為負(fù)半定（僅當(dāng)$x_2=0$時$\dot{V}=0$，此時由狀態(tài)方程$\dot{x}_2=-x_1-0=-x_1$，若$x_2=0$且$\dot{V}=0$，則$x_1$需滿足$\dot{x}_2=-x_1=0$，即$x_1=0$）。根據(jù)拉薩爾不變性原理，唯一不變集為原點(diǎn)，故平衡點(diǎn)$(0,0)$是漸近穩(wěn)定的。習(xí)題4某非線性系統(tǒng)包含理想繼電特性（輸入$x(t)$，輸出$y(t)=\pmM$，當(dāng)$x>0$時$y=M$，$x<0$時$y=-M$），前向傳遞函數(shù)為$G(s)=\frac{K}{s(s+1)}$，構(gòu)成單位負(fù)反饋系統(tǒng)。（1）推導(dǎo)繼電特性的描述函數(shù)$N(A)$；（2）若$K=4$，$M=1$，判斷系統(tǒng)是否存在自激振蕩，若存在，求振幅$A$和頻率$\omega$。解答4（1）理想繼電特性輸入$x(t)=A\sin\omegat$（$A>0$），輸出$y(t)$為幅值$M$的方波，周期$2\pi$。其基波分量$y_1(t)=B_1\sin\omegat+C_1\cos\omegat$，由于奇對稱，$C_1=0$，$B_1$計(jì)算如下：$$B_1=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}y(t)\sin\omegat\,d(\omegat)=\frac{2}{\pi}\left[\int_{0}^{\pi}M\sin\theta\cdot\text{sign}(\sin\theta)\,d\theta\right]=\frac{4M}{\pi}\int_{0}^{\pi/2}\sin\theta\,d\theta=\frac{4M}{\pi}$$因此，描述函數(shù)$N(A)=\frac{B_1}{A}=\frac{4M}{\piA}$（與$A$有關(guān)，無相位差）。（2）系統(tǒng)閉環(huán)特征條件為$N(A)G(j\omega)=-1$，即$\frac{4M}{\piA}\cdot\frac{K}{j\omega(j\omega+1)}=-1$。分離實(shí)虛部：實(shí)部：$\frac{4MK}{\piA}\cdot\frac{-\omega^2}{\omega^2(\omega^2+1)}=-1$（錯誤，正確展開$G(j\omega)=\frac{K}{j\omega(j\omega+1)}=\frac{K}{-\omega^2+j\omega}=\frac{K(-\omega^2-j\omega)}{\omega^4+\omega^2}=-\frac{K}{\omega^2+1}-j\frac{K}{\omega(\omega^2+1)}$）。代入條件$N(A)G(j\omega)=-1$（實(shí)數(shù)-1），故虛部必須為0，即$-\frac{K}{\omega(\omega^2+1)}\cdot\frac{4M}{\piA}=0$，但$K,M,\omega,A$均非零，矛盾。實(shí)際應(yīng)為$N(A)$為實(shí)數(shù)，$G(j\omega)$需為負(fù)實(shí)數(shù)，即$\angleG(j\omega)=-180^\circ$。$G(j\omega)$的相角為$-90^\circ-\arctan\omega$，令其等于$-180^\circ$，得$\arctan\omega=90^\circ$，即$\omega\to\infty$，此時$|G(j\omega)|=\frac{K}{\omega\sqrt{\omega^2+1}}\to0$，而$|N(A)|=\frac{4M}{\piA}$，需滿足$|N(A)G(j\omega)|=1$，即$\frac{4MK}{\piA\cdot\omega\sqrt{\omega^2+1}}=1$，但$\omega\to\infty$時左邊趨近于0，無法等于1。這說明理想繼電特性與二階系統(tǒng)組合時，可能存在自激振蕩的條件需重新考慮：正確方法是令$-\frac{1}{N(A)}=G(j\omega)$，即$-\frac{\piA}{4M}=\frac{K}{j\omega(j\omega+1)}$，取模得$\frac{\piA}{4M}=\frac{K}{\omega\sqrt{\omega^2+1}}$，取相角得$-180^\circ=-90^\circ-\arctan\omega$，即$\arctan\omega=90^\circ$（$\omega\to\infty$），矛盾。實(shí)際應(yīng)考慮繼電特性的滯環(huán)情況，但本題為理想繼電，故可能不存在自激振蕩。習(xí)題5非線性系統(tǒng)的狀態(tài)方程為：$$\begin{cases}\dot{x}_1=x_2\\\dot{x}_2=-x_1+x_1^2\end{cases}$$（1）求所有平衡點(diǎn)；（2）對每個平衡點(diǎn)進(jìn)行線性化，判斷其局部穩(wěn)定性；（3）用相平面法分析系統(tǒng)在平衡點(diǎn)附近的運(yùn)動特性。解答5（1）平衡點(diǎn)滿足$\dot{x}_1=0$，$\dot{x}_2=0$，即$x_2=0$，$-x_1+x_1^2=0$，解得$x_1=0$或$x_1=1$，故平衡點(diǎn)為$(0,0)$和$(1,0)$。（2）對平衡點(diǎn)$(x_{1e},x_{2e})$，雅可比矩陣為：$$J=\begin{bmatrix}\frac{\partial\dot{x}_1}{\partialx_1}&\frac{\partial\dot{x}_1}{\partialx_2}\\\frac{\partial\dot{x}_2}{\partialx_1}&\frac{\partial\dot{x}_2}{\partialx_2}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&1\\-1+2x_1&0\end{bmatrix}$$-對于$(0,0)$，$J=\begin{bmatrix}0&1\\-1&0\end{bmatrix}$，特征方程$s^2+1=0$，特征根$s=\pmj$，為中心點(diǎn)（臨界穩(wěn)定）。-對于$(1,0)$，$J=\begin{bmatrix}0&1\\1&0\end{bmatrix}$，特征方程$s^2-1=0$，特征根$s=\pm1$，為鞍點(diǎn)（不穩(wěn)定）。（3）相平面分析：-在$(0,0)$附近，線性化后為保守系統(tǒng)（無阻尼），相軌跡為閉合橢圓，實(shí)際非線性項(xiàng)$x_1^2$在$x_1$較小時影響可忽略，故附近相軌跡近似為橢圓，運(yùn)動為等幅振蕩（臨界穩(wěn)定）。-在$(1,0)$附近，鞍點(diǎn)的相軌跡有兩條進(jìn)入的軌線（穩(wěn)定流形）和兩條離開的軌線（不穩(wěn)定流形），系統(tǒng)在該點(diǎn)附近的運(yùn)動將發(fā)散遠(yuǎn)離。習(xí)題6已知非線性系統(tǒng)的微分方程為$\ddot{x}+(0.5+0.1x^2)\dot{x}+x=0$，分析其穩(wěn)定性。解答6系統(tǒng)為二階非線性自治系統(tǒng)，可寫為狀態(tài)方程：$$\begin{cases}\dot{x}_1=x_2\\\dot{x}_2=-x_1-(0.5+0.1x_1^2)x_2\end{cases}$$平衡點(diǎn)為$(0,0)$（唯一解）。構(gòu)造李雅普諾夫函數(shù)$V(x)=\frac{1}{2}x_1^2+\frac{1}{2}x_2^2$（正定），計(jì)算導(dǎo)數(shù)：$$\dot{V}=x_1x_2+x_2[-x_1-(0.5+0.1x_1^2)x_2]=-(0.5+0.1x_1^2)x_2^2$$由于$0.5+0.1x_1^2>0$對所有$x_1$成立，故$\dot{V}\leq0$（僅當(dāng)$x_2=0$時$\dot{V}=0$）。當(dāng)$x_2=0$時，$\dot{x}_2=-x_1$，若$\dot{V}=0$，則$x_2=0$，此時$\dot{x}_2=-x_1$，若$x_1\neq0$，則$\dot{x}_2\neq0$，故唯一不變集為$x_1=0,x_2=0$。根據(jù)拉薩爾不變性原理，平衡點(diǎn)$(0,0)$漸近穩(wěn)定。習(xí)題7某非線性系統(tǒng)包含死區(qū)特性（死區(qū)寬度$2b=2$，線性段斜率$k=2$），輸入$x(t)=A\sin\omegat$（$A>b$），求死區(qū)特性的描述函數(shù)$N(A)$。解答7死區(qū)特性的輸入輸出關(guān)系為：$$y(t)=\begin{cases}0,&|x(t)|\leqb\\k(x(t)-b\cdot\text{sign}(x(t))),&|x(t)|>b\end{cases}$$輸入$x(t)=A\sin\omegat$（$A>b$），輸出$y(t)$在$|\sin\omegat|>b/A$時為$k(A\sin\omegat-b\cdot\text{sign}(\sin\omegat))$。由于奇對稱，輸出基波分量無余弦項(xiàng)，僅含正弦項(xiàng)$B_1\sin\omegat$。計(jì)算$B_1$：$$B_1=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}y(t)\sin\omegat\,d(\omegat)=\frac{2k}{\pi}\left[\int_{\arcsin(b/A)}^{\pi-\arcsin(b/A)}(A\sin\theta-b)\sin\theta\,d\theta\right]$$化簡得：$$B_1=\frac{2kA}{\pi}\left[\arcsin\left(\frac{A}\right)-\frac{A}\sqrt{1-\left(\frac{A}\right)^2}\right]+\frac{2kb}{\pi}\cdot2\sqrt{1-\left(\frac{A}\right)^2}$$（注：正確積分后應(yīng)為$B_1=\frac{2kA}{\pi}\left[\frac{\pi}{2}-\arcsin\left(\frac{A}\right)-\frac{A}\sqrt{1-\left(\frac{A}\right)^2}\right]\times2$，實(shí)際簡化后描述函數(shù)為）$$N(A)=\frac{k}{\pi}\left[\pi-2\arcsin\left(\frac{A}\right)+2\frac{A}\sqrt{1-\left(\frac{A}\right)^2}\right]\quad(A>b)$$當(dāng)$A\leqb$時，$N(A)=0$。習(xí)題8用相平面法分析系統(tǒng)$\ddot{x}+\dot{x}+|x|=0$的運(yùn)動特性，繪制相軌跡大致圖形。解答8系統(tǒng)為分段線性系統(tǒng)，分$x\geq0$和$x<0$兩種情況：-當(dāng)$x\geq0$時，方程為$\ddot{x}+\dot{x}+x=0$，特征方程$s^2+s+1=0$，根為$s=-0.5\pmj\frac{\sqrt{3}}{2}$（穩(wěn)定焦點(diǎn)）。-當(dāng)$x<0$時，方程為$\ddot{x}+\dot{x}-x=0$，特征方程$s^2+s-1=0$，根為$s=\frac{-1\pm\sqrt{5}}{2}$（一正一負(fù)實(shí)根，鞍點(diǎn)）。相軌跡在$x\geq0$區(qū)域?yàn)槁菪諗恐猎c(diǎn)的曲線；在$x<0$區(qū)域，鞍點(diǎn)附近有兩條分離的軌線，一條趨向原點(diǎn)，另一條遠(yuǎn)離。整體相軌跡在$x\geq0$時衰減振蕩，$x<0$時部分軌線趨向原點(diǎn)，部分發(fā)散，但由于$x<0$時方程$\ddot{x}+\dot{x}-x=0$中$-x>0$（因$x<0$），實(shí)際運(yùn)動為當(dāng)$x<0$且$\dot{x}$足夠負(fù)時，$\ddot{x}=-\dot{x}+|x|$可能為正，導(dǎo)致$\dot{x}$增大，最終進(jìn)入$x\geq0$區(qū)域，被穩(wěn)定焦點(diǎn)吸引至原點(diǎn)。因此系統(tǒng)整體漸近穩(wěn)定，相軌跡最終收斂于原點(diǎn)。習(xí)題9判斷非線性系統(tǒng)$\dot{x}=-x+x^3$的平衡點(diǎn)穩(wěn)定性。解答9平衡點(diǎn)滿足$-x+x^3=0$，解得$x=0$，$x=1$，$x=-1$。-對$x=0$，線性化后$\dot{x}\approx-x$（特征根-1