自动控制原理例题详解-第8章例题

相平面法例题解析：要求：1正确求出对于非线性系统在每个线性区的相轨迹方程，也就是e-e之间关系的 方程（或c-c ）。会画相轨迹（模型中是给具体数的）。关键是确定开关线方 程。2. 探如果发生自持振荡，计算振幅和周期。注意相平面法一般应：1）按照信号流向与传输关系。线性部分产生导数关系，非线性部分形成不同分区。连在一 起就形成了不同线性分区对应的运动方程，即含有c或者e的运动方程。3）探根据不同线性分区对应的运动方程，利用解析法（分离变量积分法或者消去t法） 不同线性分区对应的相轨迹方程，即c - c和e - e之间关系。4）根据不同分区的初始值绘制出相轨迹，并求出稳态误差和超调、以及自持振荡的周期例2：具有死区特性的非线性系统分析。设系统开始处于静止状态。问题1.用相平面法分析系统在输入r（t） = 41（t）时的运动情况。 问题 2. 如果发生自持振荡 ，求自持振荡的周期和振幅。 解：问题 1：1）设系统结构图，死区特性的表达式：2）探根据不同线性分区对应的运动方程的条件方程确定开关线方程。开关线方程确定 很关键。和振幅等。x = 0, I e 1< 2< x = e 一 2, e > 2x = e + 2, e < 22）线性部分：孚）=1，则运动方程为：c = xX （s） s 23）绘制e e平面相轨迹图。因为e = r-c，c = r e，c = r-e，c = r e。代入贝ije = - x+r（1）'e = 0,I e I< 2- -1当t > 0 , r = 0 , r = 0。代入，则各区的运动方程< e = 2 e, e > 2IIe = e 2, e < 2III由于非线性特性有3个分区，相平面e e分为3个线性区。注意，当相平面选好后，输入代入后，最后代入非线性特性。4）系统开关线：e = ±2。5)由题意知初始条件e(0) = r(0) c(0) = 4 , e(0) = r(0) c(0) = 0在 II 区，则从初始值出发绘制相轨迹：【注】用解析法中的斜率法求：上课时按照此方法求相轨迹方程： II区：e + e-2 = 0 不是标准线性系统运动方程的形式。根据斜率方程 =2二-，则分离变量积分得Ie（2 -e）de二Jeedede e e4o则e e之间的相轨迹方程为（e- 2）2 + e2 = 4结论：II区以奇点（2,0）为中心的圆，与右开关线e = 2的交点A（2, -2）I区：e = 0， e =常数=-2，水平线，与左开关线e = 2的交点B（-2， -2）m区：e+e+2 = o 不是标准线性系统运动方程的形式。de e e 一 2亠根据斜率方程=；=，则分离变量积分得de e e1 （2 + e）de = e ede （注意新的初始值B （-2，-2）22则e e之间的相轨迹方程为（e + 2）2 + e2 = 4结论：m区以奇点（-2,o）为中心的圆。以此例推，出现了一个封闭椭圆。 极限环问题 2：若相平面中出现了稳定的极限环对应着非线性的自持振荡。问题：自持振荡的周期怎么算呢？幅值怎么算呢？如图：这是个椭圆，1)周期：T = 4(t +1 )CA AD=J2 de = J2de，4 e 4 一 4 - (e - 2)2e2 + (e 2)2 = 4e = -、： 4 (e 2)2， 意，e 在图中为负的。=J01 de = J0 de = 1e 2 2ii 区：tCA这是因为：i 区： tAD 2 e2振幅一一代表此时的位移，也就是此时与横轴的交点位置大小一一即C点的横 坐标。 这是因为，对于整个非线性系统的奇点是（0，0 ）。对于该点，最大的 位移就是振幅，因此是 C 点的横坐标 4。例 3：具有继电器特性的非线性系统分析解：问题 1：（10 分）r+计算相轨迹旋转一周所需时间。 （5 分）2006-B （15分）非线性控制系统如图。问题 1：设r = 0 ,绘制起点在c二2 , c二0的c-c相轨迹图。（10分）0 0问题 2：0, I e 1< 11）非线性环节数学表达式：x = < 2, e > 1-2, e < -12）线性部分：*異=1所以描述线性部分的运动方程为：c = xX （ s ） s 2'c = 0 I e I< 1则 < c = 2 e > 1c = -2 e <-13）绘制c c平面相轨迹。e = r c,令r = 0，e = -c，'c = 0,I c I< 1I则各区的运动方程< c = -2,c > 1 IIc = 2, c <-1 IIIJ注意：条件方程也要改成c-c的。4）开关线方程：c = ±15）由已知条件，起点c二2，c二0，（2,0）从II区开始，下面绘制相轨迹：0 0【注】用解析法中消去参变量时间t的方法求相轨迹方程：上课时按照此方法 求的，以下同。当然如果用斜率法求相轨迹方程也可以。不过，这个例子c为常 数，消去参变量时间t的方法更适合。II区：c = -2，贝yc = 2t + c =2t ； c =-t2 + c t + c =-t2 + 2 ；0 0 0相轨迹为开口向左的抛物线，c = -0.25c2 + 0.25c2 + c = -0.25c2 + 2 ；0 0 在右开关线 c = 1 处的交点为c =1 , 1 = -0.25c2 + 2 c =-2 -（1,-2） 01 01I 区：c = 0，贝0 c = c = -2 ； c = -c t + c = -2t +1 ； 相轨迹为平行横轴的直线（因 为纵坐标不变-2,而横坐标虽时间变化）在左开关线处的交点为c =1 , c =-2 -（-1,-2）02 02III区：c = 2t + c = 2t 2 ； c = 12 + c t + c = 12 2t 1 ；02 02 02c = 0.25c2 -0.25c2 + c = 0.25c2 -2-相轨迹为开口向右的抛物线,02 02在开关线处的交点(-1, 2)以此类推，求得如图的极限环注意: 每个区的初始值是不同的。当进入 II 区时的第一个位置即为 II 的初始值， 每个区的初始值的求法就是根 据上一个区的区域根轨迹方程可以求出进入下一区的初始值，以此一个个区经 过后，会变成一个连续的曲线轨迹非线性系统的相轨迹。问题 2：运动一周所需时间为T 二4(f11 dc + J01 de)二4(f11de + J0 de)二6(因为 II 区 c =-0.25c2 + 2,2 c 1 c2 - J4(2 - c)1 2则-J4(2- c) = c，注意，c在图中为负的。)注意: 并不是所有开关线都是垂直于横轴的，开关线关键要看各个线性区域的边 界条件。例4 : 2008年 非线性控制系统如下图所示。图中r(t) = 2-1(t)。1、以c-c为相变量，写出相轨迹分区运动方程(8分)；2、若M=0.5,画出起始于c(0) = 0、c(0) = 0的相轨迹(4分)；3、利用相轨迹计算稳态误差及超调量(3 分)。2)线性部分：c = e - b (1)注意：线性部分关键是产牛,c的运动方程，但是更关键的是，此运动方稈必须能与非线 性特性的输出产生关系。_3)绘制以c - c平面的相轨迹。因此，e = r - c代入式(1)中，贝卩贝y c = r - c - b即运动方程为 c - c + b + r = 0因为 r(t) = 2l(t)，贝9c + b -c + 2 = 0 (2)式（2）中代入非线性特性，于是各区的运动方程：c = r c 一 M n c + c = 2 一 M, c > 01 区c = r c + M n c + c = 2 + M, c < 0II 区M=0.5，则各区的运动方程：c + c -1.5 = 0, c > 01区c + c - 2.5 = 0, c < 0II 区4）开关线方程：c = 02. 绘制相轨迹：起点为(0，0)在I区。I区：一-=，积分分离后A (c +1.5)dc =匸cdc则dcc00(c 1.5)2 + c2 = 1.52，相轨迹为奇点为c = 1.5， c = 0的圆。 与开关线交于c = 3，c = 0的点dc c 一 2 5ffII 区： =一，积分分离后 j (c + 2.5)dc = j cdc，则(c 一 2.5)2 + c2 = 0.52，dcc30相轨迹为奇点为c = 2.5， c = 0的圆。则相轨迹如图：3. 稳态误差： ess32超调量：Q % =50%2可见：开关线不一定垂直于或者平行于横轴，见本章的作业 P477 8-7 。第 8 章的作业 P477 8-7 ：探要求严格按照此步骤进行，即12月12日 (周三)上课时老师讲课的步骤和方法进行，探已知 r(t) = 1(t) ，设输出初始值为 0 。当 T=0 和 0.5 时分别讨论系统运动。 并分析加入一阶微分环节1 + Ts后对系统的性能的影响。解：1. 1）非线性特性：u = 1,e + Te > 0u = 1, e + Te < 02）线性部分：Cp） = -1-所以描述线性部分的运动方程为:X （s） s21)注意：不在乎非线性和线性部分多复杂，位置如何，都要根据信号的流向和传输关系把 他们的输入和输出关系列写出来。3）绘制e e平面相轨迹图。因为e = r c , c = r e , c = r e , c = r e。代入（1） 式，则运动方程为e = r 一u（2）因为r（t）二1（t），当t > 0， r = 0。代入（2）式，则各区的运动方程则e = u （3）上式代入非线性特性，于是各区的运动方程：e - 1,e + Te > 0 1区 e 1,e + Te < 0 II区2 = 0 当 T = 04） 开关线方程：e + Te = 0，即屮 '当上e = 2e,当 T = 0.55）绘制相轨迹初始值:e（0）: ;（0）;（0）:黑。则（1，0）始于I区当T : 0de e 1ffI区：根据斜率方程：二：，分离变量并积分得Je1de :Jeedede e e10则e e之间的相轨迹方程为e2 : 2（e 1）是开口向左的抛物线，且与开关线e : 0的交于A（0，-迈）注意：根据随着t增大的方向，下半平面相轨迹由右向左，上半平面相轨迹由左 向右，因此，相轨迹从（1, 0）出发，向下半平面运行。Je 1de: Je _ede0、2d1II区：根据斜率方程:，分离变量并积分得de e则e e之间的相轨迹方程为e2 : 2(e +1)是开口向右的抛物线，且与开关线e:0的交于B（0,2 ）以此例推，相轨迹如图所示，可见出现了一个封闭的稳定的极限环。此时，非线 性系统发生稳定的自持振荡，稳态误差不为 0。当T = 0.5I区：根据斜率方程二二1，分离变量并积分得Je -lde = 1 eedede e1o则e-e之间的相轨迹方程仍然为e2 = -2（e -1）是开口向左的抛物线，且与开关线e = -2e的交于C（0.5，-1）。注意： C 点坐标式这样求的：e 2 = -2(e 1)e = -2ee = 0.5 n ve = -1V.Je 1de = Je ede0.5-11 II区：根据斜率方程f =二，分离变量并积分得de e则e-e之间的相轨迹方程为e2 = 2e是开口向右的抛物线，且与开关线e = -2e的交于D（0，0）由图可见，非线性系统稳定，稳态误差为 0。结论：可见，加入一阶微分环节1 + Ts后，系统的性能大大改善。要求严格按照此步骤进行注意：P443例8.3原题有些小问题，以下凡是不是黑色的都是我修改过的地方。 例8.3已知非线性系统结构图如图8.62( a )所示(图中M = h = 1)。12(1)当G (s) =, G (s) = , G (s) = 1时，试分析系统是否会产生自持振荡1s (s +1)2 s 3若产生自持振荡，求自持振荡的幅值和频率；(2)当上面问题中G3(s)二s时，试分析对系统的影响。Im(a) 非线性系统结构图A =A8N (A)!iGj= 0-0-8>0Re(b) -1N(A)和G(j0的曲线图图 8.62 例题8.3图cN有同学问，图(1)如何变成图(2)? 答：结构图等效(1)GGG 1231 + G1系统的稳定性相同。有同学问，图(2)如何变成图(3)的？ 答:因为无法通过结构图等效得出总 的闭环传递函数。但是考虑到，非线性系统的描述函数法是 在没有输入信号的情况下，探讨系统的稳 定性。具体的根据特征方程：D( s) = 1 + N (A)G (s) = 0因此，探讨的是G j)与-1. N(A)曲线的 关系。因此，根据特征方程等效关系，将图(2) 变为图(3，则此时此2图对应的非线性图 8.63结构图化简过程图解(1)首先将结构图简化成非线性部分N(A)和等效线性部分G(s)相串联的结构形式, 如图 8.63 所示。所以，等效线性部分的传递函数为G (s)G ( s)G ( s)1231 + G (s)11s( s + 1)2s (s 2 + s + 1)s( s + 1)非线性部分的描述函数为画出-1 N(A)和G(j® )曲线如图8.62( b )所示，可见系统存在自持振荡。由自持振荡条件可得-N (A)=j(1 -2 + j)-2.(1 -2)=+ j-2 2 2比较实部、虚部，得将M = 1,h = 1 代入，联立解出3= 1 rad/s， A = 2.29。2)当 G3(s) = s 时12X X ss (s +1) s =21 +1s 2 + s +1s (s +1)G(jw)如图8.62( b )中虚线所示，此时G(jw)不包围一 1/N(A)曲线，系统稳定。可见, 适当改变系统的结构和参数可以避免自持振荡。