第七章习题及答案

式③代入式②： 即 令 得平衡点：
④
xe = 0
由式④得特征方程及特征根为
161
s 2 − 2s − 1 = 0
画相轨迹，由④式
λ1, 2 = ⎨
⎧ 2.414 （鞍点） ⎩− 0.414
&& &1 x1 = x
&1 dx &1α = 2 x &1 + x1 =x dx x &1 = 1 x α−2
& = s2 x 的情形。 证毕。同理可证明 x
7-4 (1) (2) 试确定下列方程的奇点及其类型，并用等倾斜线法绘制相平面图。
(1)
&& &+ x =0 x+x
&1 = x1 + x 2 ⎧x ⎨ & 2 = 2 x1 + x 2 ⎩x
系统方程为
解 （1）
&+ x & + x = 0 ( x > 0) x ⎧Ι : & ⎨ &+ x & − x = 0 ( x < 0) x ⎩ΙΙ : &
即
&& &+x=0 x − 0. 5 x
特征方程及特征根
s1,2 =
在 xe = − 1 处
0. 5 ± 0. 52 − 4 = 0. 25 ± j 0. 984 2
（不稳定的焦点）
& & = (−1 − 2 x) x
即 特征根
x = −1 & =0 x
& + 0.5) ⋅ x + (−6 x
x = −1 & =0 x
&& &+x=0 x + xx
&& x + sin x = 0
试求系统的奇点，并概略绘制奇点附近的相轨迹图。 解（1）由原方程得
&& & ) = − ( 3x & − 0.5) x & − x − x 2 = −3x & 2 + 0.5x & − x − x2 x = f ( x, x
令
&& &1 = 0 x1 = x
7-6 某控制系统采用非线性反馈改善系统性能， 系统结构图如图 7-39 所示。 试绘制系 统单位阶跃响应的相轨迹图。
图7-39
非线性系统结构图
解
由系统结构图有
1 C ( s) 5 = ⋅ E ( s) s 0.5s + 1 ± 2 && + 3c & = 5e ⎧0.5c ⎨ && − c & = 5e ⎩ 0.5c
概略作出相平面图如图解 7-7 所示。
由相平面图可见：加入比例微分控制可以改善系统的稳定性；当微分作用增强时，系统振 荡性减小，响应加快。
7-8 求：
非线性系统结构图如图 7-41 所示，其中，非线性特性参数 a = 0.5, K = 8 。要
β
−1
β
x > 0:
-∞ -1 -1
-3 -2/3 -4/3
-1 0 -2
-1/3 2 -4
0 -∞ ∞
1/3 -4 2
1 -2 0
3 -4/3 -2/3
∞ -1 -1
α = −1 − 1 β
x < 0:
α = −1 + 1 β
用等倾斜线法绘制系统相平面图如图解 7-4（1）所示。
图解 7-4（1）系统相平面图
2 ∞ 2.5 2 3 1 1 -1 1.5 -2 2 ∞
计算列表
α
∞ 0
β =1/( α -2)
用等倾斜线法绘制系统相平面图如图解 7-4（2）所示。 7-5 非线性系统的结构图如图7-38所示。 系统开始是静止的， 输入信号 r ( t ) = 4 ⋅ 1( t ) ，
试写出开关线方程，确定奇点的位置和类型，画出该系统的相平面图，并分析系统的运动 特点。
e ( 0) = 1 − c ( 0) = 1 & ( 0) = c & ( 0) = 0 e
以 (1 , 0) 为起点概略作出系统相轨迹， 如图解 7-6 所示。 可见系统阶跃响应过程是振荡收敛的。 7-7 已知具有理想继电器的非线性系统如图7-40所示。试用相平面法分析：
（1） Td = 0 时系统的运动； （2） Td = 0.5时系统的运动，并说明比例微分控制对改善系统性能的作用； （3） Td = 2 时系统的运动特点。
特征根 s1,2 = ± j 。奇点 xe = 0 （中心点）处的相轨迹如图解 7-2(2)所示。
=0
( k = 0 , ±1, ±2,L)。
将原方程在平衡点附近展开为泰勒级数，取线性项。 设
F ( x ) = && x + sin x = 0
∂F ∂F x+ Δ&& x && ∂&& ∂x x
e
Δx = 0
xe
Δ&& x + cos xe ⋅ Δx = 0
& + Δx = 0 x ⎧Δ& ⎨ & − Δx = 0 x ⎩Δ&
特征方程及特征根： k 为偶数时 k 为奇数时
xe = 2kπ xe = (2k + 1)π
(k = 0, ± 1, ± 2, L )
s2 +1 = 0 s 2 −1 = 0
& x
Fra Baidu bibliotek
图7-38 非线性系统结构图
解
由结构图，线性部分传递函数为
C ( s) 1 = 2 M ( s) s
得 由非线性环节有
&&( t ) = m( t ) c
⎧ 0 e ≤2 Ι ⎪ m(t ) = ⎨e(t ) − 2 e > 2 ΙΙ ⎪e(t ) + 2 e < −2 ΙΙΙ ⎩
①
②
由综合点得
c( t ) = r ( t ) − e( t ) = 4 − e( t )
图解 7-2 (3) 159
& + bx = 0 有两个实特征根： & = s1 x 和 x + ax 7-3 已知二阶线性系统 && 试证明直线 x s1 , s2 ，
& = s2 x 是系统相轨迹场中的两根线轨迹。 x
证明： s1 为根，则应有
s12 + as1 + b = 0
& = s1 x 可得： 由x
令
&& &1 = 0 , 得平衡点： xe = 0 。 x1 = x
⎧ 1 3 2 ⎪ Ι : s + s + 1 = 0 s1, 2 = − ± j 2 2 ⎨ ⎪ΙΙ : s 2 + s − 1 = 0 s = −1.618 , + 0.618 1, 2 ⎩
系统特征方程及特征根：
(稳定的焦点) (鞍点)
将③、②代入①得
162
③
⎧ 0 ⎪ &&(t ) = ⎨ 2 − e(t ) e ⎪− 2 − e(t ) ⎩
开关线方程为 e( t ) = ±2
e ≤2 e>2 e < −2
I II III
&&(t ) = 0 e & = c (常数) Ι: e &+ e − 2 = 0 ΙΙ : & e
II && = e & = 0 得奇点 e0 令e =2
λ1, 2 = ± j λ1, 2 = ±1
（中心点） （鞍点）
用等倾斜线法作相平面
& dx & ⋅ α + sin x = 0 + sin x = x dx 1 & = sin x x
α
α
-1/ α
-2 1/2
-1 1
-1/2 2
-1/4 4
0
1/4
1/2 -2
1 -1
2 -1/2
∞ -4
作出系统相平面图如图解 7-2(3)所示。
dx dx = s1 x, = s1dt , ln x = s1 t , dt x & = s1e s1 t , && x = e s1 t , x x = s12 e s1 t ,
&& & + bx = s12 e s1t + as1e s1t + be s1t x + ax = ( s12 + as1 + b)e s1t = 0
特征方程及特征根
s2 + 1 = 0 ,
III： && e +e+2 = 0
s1,2 = ± j
（中心点）
图解 7-5
III & = 0 得奇点 e0 令 && = −2 e=e
特征方程及特征根
s2 + 1 = 0 ,
s1,2 = ± j
（中心点）
绘出系统相轨迹如图解 7-5 所示，可看出系统运动呈现周期振荡状态。
特征方程与特征根
2 ⎧ ⎪I : s + 6 s + 10 = 0 ⎨ 2 ⎪ ⎩II : s − 2 s + 10 = 0
&<0 e &>0 e
I II
(稳定的焦点) (不稳定的焦点)
s1, 2 = −3 ± j s1, 2 = 1 ± j 3
依题意 可得
&(0) = 0 c(0) = 0 , c
其中： x e = 0 ：稳定的平衡状态；
x e = −1, + 1 ：不稳定平衡状态。
计算列表，画出相轨迹如图解 7-1 所示。
x
& x
-2 -6 11
-1 0 2
−1
3
0 0 1
1 3
1 0 2
2 6 11
图解 7-1 系统相轨迹
0.385 0
-0.385 0
&& x
可见：当 x ( 0) < 1时，系统最终收敛到稳定的平衡状态；当 x ( 0) > 1时，系统发散；当
157
得
x + x 2 = x ( x + 1) = 0
解出奇点 xe = 0 ,
−1。
&) ∂f ( x , x ∂x
在奇点处线性化处理。在 xe = 0 处：
&& x=
&) ∂f ( x , x ∂x
x =0 & =0 x
⋅x+
x =0 & =0 x
& ⋅x
& + 0.5) x = x& = 0 ⋅ x & = − x + 0.5 x & = ( −1 − 2 x ) x = x& = 0 ⋅ x + ( −6 x
&& = f ( x , x &) = − x &− x , x
α=
x & dx = −1 − & dx x
,
& dx & = −x &− x x dx −1 &= x x =βx 1+ α
160
⎧ ⎪I : ⎪ ⎨ ⎪II : ⎪ ⎩
计算列表
α = −1 − α=
1
1
β
( x > 0) ( x < 0)
因为
⎧+ : ⎨ ⎩− : &>0 c &<0 c
&>0 c &<0 c I II
s(0.5s + 1 ± 2) C ( s) = 5E ( s)
① ②
c = r − e = 1− e
163
②式代入①式有
&& + 6e & + 10e = 0 ⎧e ⎨ && − 2e & + 10e = 0 ⎩e
& = x + 0.5 x & ⋅x
&& &−x=0 x − 0. 5 x
s1, 2 =
0.5 ± 0.5 2 + 4 ⎧ 1.218 =⎨ 2 ⎩− 0.718
（鞍点）
概略画出奇点附近的相轨迹如图解 7-2（1）所示：
图解 7-2 (1)
图解 7-2 (2)
（2）由原方程
&& & ) = − xx &−x x = f ( x, x & = 0 得奇点 xe = 0 ,在奇点处线性化 令 && x=x
x(0) < −1 时， x ( t ) → −∞ ; 当 x(0) > 1 时， x ( t ) → ∞ 。
& ~ x 平面上任意分布。 注：系统为一阶，故其相轨迹只有一条，不可能在整个 x
7-2 (1) (2) (3) 已知非线性系统的微分方程为
&& & − 0.5) x & + x + x2 = 0 x + ( 3x
&& = x
∂f ∂x
⋅x+
& =0 x=x
∂f & ∂x
& =0 x=x
& ⋅x
& − 1) x = x & = (− x ⋅ x − x x=x ⋅x & =0 & =0
158
得 即
&& x = −x && x+x=0 & = 0 得 sin x （3）求平衡点，令 && x=x
平衡点 xe = k π
图解 7-4（2）系统相平面图
（2）
&1 = x1 + x2 x
& 2 = 2 x1 + x 2 x
① ② ③
由式①：
&1 − x1 x2 = x &1 ) = 2 x1 + ( x &1 − x1 ) ( && x1 − x && &1 − x1 = 0 x1 − 2 x && &1 = 0 x1 = x
第7章习题及解答
7-1 设一阶非线性系统的微分方程为
& = −x + x3 x
试确定系统有几个平衡状态，分析平衡状态的稳定性，并绘出系统的相轨迹。 解
& = 0 ，得 令x
− x + x 3 = x ( x 2 − 1) = x ( x − 1)( x + 1) = 0
系统平衡状态
xe = 0, −1, +1
在 I 区： 解出： 同理在 II 区可得：
Ι ΙΙ
&& = e & e
&2 = −2 e e &2 = 2 e e
& de = −1 de ( e > 0)
( e < 0)
（抛物线）
（抛物线）
开关线方程分别为
Td = 0 时， e = 0 ;
& = −2 e ; Td = 0. 5 时， e
& = −0. 5e . Td = 2 时， e
图7-40
非线性系统结构图
解
依结构图，线性部分微分方程为
&& c=u
非线性部分方程为
① ②
&>0 Ι ⎧ 1 e + Td e u=⎨ & < 0 ΙΙ ⎩− 1 e + Td e
&= e
开关线方程：
−1 e Td
164
由综合口： ③、②代入①并整理得
c = r − e = 1− e
③
&>0 ⎧ − 1 e + Td e && = ⎨ e &<0 ⎩ + 1 e + Td e