自動控制原理第八章習(xí)題及答案習(xí)題1：已知二階非線性系統(tǒng)微分方程為\[\ddot{x}+0.5\dot{x}+x+x^3=0\]（1）確定系統(tǒng)的奇點位置；（2）判斷奇點類型；（3）繪制相軌跡大致形狀，并分析系統(tǒng)運動特性。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)系統(tǒng)前向通道包含飽和非線性環(huán)節(jié)，線性部分傳遞函數(shù)為\(G(s)=\frac{1}{s(s+1)}\)，輸入為階躍信號\(r(t)=R\cdot1(t)\)，飽和非線性的描述為\(y=\begin{cases}kx&|x|\leqa\\ka&|x|>a\end{cases}\)，其中\(zhòng)(k=2,a=1\)）。（1）寫出系統(tǒng)在誤差空間\((e,\dot{e})\)中的分段微分方程；（2）繪制相平面圖，分析階躍響應(yīng)的動態(tài)過程及穩(wěn)態(tài)誤差；（3）若增大飽和閾值\(a\)，相軌跡會如何變化？習(xí)題3：考慮含死區(qū)繼電特性的非線性系統(tǒng)，其結(jié)構(gòu)為非線性環(huán)節(jié)串聯(lián)線性部分。死區(qū)繼電特性的輸入輸出關(guān)系為\(y=\begin{cases}M&x>h\\-M&x<-h\\0&|x|\leqh\end{cases}\)，線性部分傳遞函數(shù)為\(G(s)=\frac{K}{s(s+1)(s+2)}\)（\(K>0\)）。（1）推導(dǎo)死區(qū)繼電特性的描述函數(shù)\(N(A)\)；（2）用描述函數(shù)法分析系統(tǒng)是否存在自激振蕩（極限環(huán)）；（3）若存在極限環(huán)，求其振幅\(A\)和頻率\(\omega\)。習(xí)題4：非線性系統(tǒng)的狀態(tài)方程為\[\begin{cases}\dot{x}_1=x_2\\\dot{x}_2=-x_1-x_2^3\end{cases}\]（1）確定平衡點；（2）用李雅普諾夫第二法判斷平衡點的穩(wěn)定性。習(xí)題5：某非線性系統(tǒng)包含滯環(huán)繼電特性，其輸入輸出關(guān)系為\(y=\begin{cases}M&x>h\text{或}(x\leqh\text{且}y=M)\\-M&x<-h\text{或}(x\geq-h\text{且}y=-M)\end{cases}\)，線性部分傳遞函數(shù)為\(G(s)=\frac{1}{s^2}\)。（1）用描述函數(shù)法推導(dǎo)滯環(huán)繼電特性的描述函數(shù)\(N(A)\)（考慮滯環(huán)寬度\(2h\)和輸出幅值\(M\)）；（2）分析系統(tǒng)是否存在穩(wěn)定極限環(huán)；（3）若線性部分改為\(G(s)=\frac{1}{s(s+1)}\)，極限環(huán)特性會如何變化？習(xí)題1答案（1）奇點定義為\(\dot{x}=0,\ddot{x}=0\)的點。令\(\dot{x}=y\)，則\(\ddot{x}=\dot{y}\)，原方程化為\(\dot{y}=-0.5y-x-x^3\)。奇點滿足\(y=0\)且\(-x-x^3=0\)，解得\(x(1+x^2)=0\)，故唯一奇點為\((0,0)\)。（2）在奇點附近線性化，計算雅可比矩陣\(J=\begin{bmatrix}\frac{\partial\dot{x}}{\partialx}&\frac{\partial\dot{x}}{\partialy}\\\frac{\partial\dot{y}}{\partialx}&\frac{\partial\dot{y}}{\partialy}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&1\\-1-3x^2&-0.5\end{bmatrix}\)。在\((0,0)\)處，\(J=\begin{bmatrix}0&1\\-1&-0.5\end{bmatrix}\)，特征方程為\(\lambda^2+0.5\lambda+1=0\)，解得\(\lambda=\frac{-0.5\pm\sqrt{0.25-4}}{2}=-0.25\pmj\frac{\sqrt{15}}{4}\)，實部為負，虛部非零，故奇點為穩(wěn)定焦點。（3）相軌跡大致形狀為螺旋線趨近于原點。由于奇點是穩(wěn)定焦點，系統(tǒng)運動表現(xiàn)為衰減振蕩，最終收斂到平衡狀態(tài)\(x=0\)，無穩(wěn)態(tài)誤差。習(xí)題2答案（1）系統(tǒng)誤差\(e=r-c\)，輸出\(c=y\)（飽和非線性輸出），故\(\dot{e}=-\dot{c}=-\dot{y}\)。線性部分輸入為\(y\)，輸出\(c\)滿足\(\ddot{c}+\dot{c}=y\)，因此\(\ddot{e}+\dot{e}=-\ddot{c}-\dot{c}=-y\)。當(dāng)\(|e|\leqa=1\)（線性區(qū)），\(y=2e\)，代入得\(\ddot{e}+\dot{e}+2e=0\)；當(dāng)\(|e|>1\)（飽和區(qū)），\(y=2\cdot\text{sign}(e)\)（假設(shè)\(R>0\)，則\(e\)初始為正，飽和時\(y=2\)），代入得\(\ddot{e}+\dot{e}=-2\)（\(e>1\)時）或\(\ddot{e}+\dot{e}=2\)（\(e<-1\)時）。（2）相平面圖分析：-線性區(qū)（\(|e|\leq1\)）：微分方程\(\ddot{e}+\dot{e}+2e=0\)，特征根\(\lambda=\frac{-1\pm\sqrt{1-8}}{2}=-0.5\pmj\frac{\sqrt{7}}{2}\)，為穩(wěn)定焦點，相軌跡為螺旋線向原點收縮。-飽和區(qū)（\(e>1\)）：微分方程\(\ddot{e}+\dot{e}=-2\)，令\(\dot{e}=y\)，則\(\dot{y}=-y-2\)，積分得\(y=-2+Ce^{-t}\)，相軌跡為斜率為\(-1\)的直線（等傾線\(\frac{dy}{de}=\frac{\dot{y}}{\dot{e}}=\frac{-y-2}{y}\)，當(dāng)\(y\neq0\)時，近似為直線）。階躍響應(yīng)初始\(e(0)=R\)（假設(shè)\(R>1\)），相軌跡從\((R,0)\)開始，沿飽和區(qū)相軌跡下降，當(dāng)\(e=1\)時切換到線性區(qū)，沿螺旋線收斂到原點。穩(wěn)態(tài)誤差為0（因線性區(qū)方程無靜差）。（3）增大\(a\)后，飽和區(qū)范圍擴大，初始階段在飽和區(qū)的運動時間延長，相軌跡在飽和區(qū)的直線段更長，進入線性區(qū)的切換點后移，動態(tài)過程的超調(diào)可能減小，但調(diào)節(jié)時間可能增加。習(xí)題3答案（1）死區(qū)繼電特性的輸入\(x=A\sin\omegat\)（\(A>h\)），輸出\(y(t)\)在\(|x|>h\)時為\(\pmM\)，否則為0?；ǚ至縗(y_1(t)=Y_1\sin(\omegat+\varphi)\)，其中\(zhòng)(Y_1=\frac{2}{\pi}\int_{\theta_1}^{\pi-\theta_1}M\sin\omegat\cdot\sin\omegat\,d(\omegat)\times2\)（利用對稱性），\(\theta_1=\arcsin(h/A)\)。計算得\(Y_1=\frac{4M}{\pi}\left(\sqrt{1-(h/A)^2}\right)\)，由于\(y(t)\)是奇函數(shù)，\(\varphi=0\)，故描述函數(shù)\(N(A)=\frac{Y_1}{A}=\frac{4M}{\piA}\sqrt{1-(h/A)^2}\)（\(A>h\)），\(A\leqh\)時\(N(A)=0\)。（2）線性部分頻率特性\(G(j\omega)=\frac{K}{j\omega(j\omega+1)(j\omega+2)}=\frac{K}{-\omega^2(2+\omega^2)+j\omega(3-\omega^2)}\)，幅頻\(|G(j\omega)|=\frac{K}{\omega\sqrt{(1+\omega^2)(4+\omega^2)}}\)，相頻\(\angleG(j\omega)=-90^\circ-\arctan\omega-\arctan(\omega/2)\)。描述函數(shù)法判據(jù)：若\(G(j\omega)=-\frac{1}{N(A)}\)有解，則存在極限環(huán)。即\(|G(j\omega)|=\frac{1}{|N(A)|}\)且\(\angleG(j\omega)=-180^\circ\)（因\(N(A)\)為實數(shù)正）。令\(\angleG(j\omega)=-180^\circ\)，解得\(-90^\circ-\arctan\omega-\arctan(\omega/2)=-180^\circ\)，即\(\arctan\omega+\arctan(\omega/2)=90^\circ\)。利用\(\arctana+\arctanb=90^\circ\)時\(ab=1\)，得\(\omega\cdot(\omega/2)=1\)，故\(\omega=\sqrt{2}\)。代入幅頻條件\(|G(j\sqrt{2})|=\frac{K}{\sqrt{2}\cdot\sqrt{(1+2)(4+2)}}=\frac{K}{\sqrt{2}\cdot\sqrt{18}}=\frac{K}{6}\)，而\(\frac{1}{|N(A)|}=\frac{\piA}{4M\sqrt{1-(h/A)^2}}\)。令兩者相等，得\(\frac{K}{6}=\frac{\piA}{4M\sqrt{1-(h/A)^2}}\)，整理得\(A^2=\frac{4M^2K^2}{\pi^2(K^2/36+16M^2h^2/\pi^2)}\)（具體解需代入\(K,M,h\)數(shù)值）。（3）假設(shè)\(K=6,M=1,h=0.5\)，則\(|G(j\sqrt{2})|=1\)，\(\frac{1}{|N(A)|}=1\)，解得\(\frac{\piA}{4\sqrt{1-(0.5/A)^2}}=1\)，平方后\(\pi^2A^2=16(1-0.25/A^2)\)，即\(\pi^2A^4-16A^2+4=0\)，解得\(A^2=\frac{16\pm\sqrt{256-16\pi^2}}{2\pi^2}\)，取正根\(A\approx1.1\)，頻率\(\omega=\sqrt{2}\)。習(xí)題4答案（1）平衡點滿足\(\dot{x}_1=0,\dot{x}_2=0\)，即\(x_2=0\)且\(-x_1-x_2^3=0\)，故唯一平衡點為\((0,0)\)。（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），計算導(dǎo)數(shù)\(\dot{V}=x_1\dot{x}_1+x_2\dot{x}_2=x_1x_2+x_2(-x_1-x_2^3)=-x_2^4\)（負半定）?？紤]\(\dot{V}=0\)時\(x_2=0\)，此時\(\dot{x}_2=-x_1\)，若\(x_1\neq0\)，則\(\dot{x}_2\neq0\)，系統(tǒng)不會停留在\(x_2=0\)（除原點外）。根據(jù)拉薩爾不變性原理，平衡點\((0,0)\)是漸近穩(wěn)定的。習(xí)題5答案（1）滯環(huán)繼電特性輸入\(x=A\sin\omegat\)（\(A>h\)），輸出\(y(t)\)在\(x>h\)時為\(M\)，\(x<-h\)時為\(-M\)，且存在滯環(huán)（當(dāng)\(x\)從\(M\)下降時，\(y\)保持\(M\)直到\(x<-h\)）。基波分量\(y_1(t)=Y_1\sin\omegat+Y_1'\cos\omegat\)，其中\(zhòng)(Y_1=\frac{2}{\pi}\int_{\theta_1}^{\pi-\theta_1}M\sin\omegat\cdot\sin\omegat\,d(\omegat)-\frac{2}{\pi}\int_{\pi+\theta_1}^{2\pi-\theta_1}M\sin\omegat\cdot\sin\omegat\,d(\omegat)\)（考慮滯環(huán)相位差\(2\theta_2\)，\(\theta_1=\arcsin(h/A)\)，\(\theta_2=\arcsin(h/A)\)）。計算得\(Y_1=\frac{4M}{\pi}\sqrt{1-(h/A)^2}\)，\(Y_1'=\frac{4Mh}{\piA}\)，故描述函數(shù)\(N(A)=\frac{Y_1+jY_1'}{A}=\frac{4M}{\piA}\left(\sqrt{1-(h/A)^2}+j\frac{