发布时间 : 星期六 文章自动控制原理复习总结(精辟)更新完毕开始阅读5dd7ec6c2b160b4e767fcfaf
1 N(Am)所以有交点，则系统存在自持振荡，（2分）
11?A102）由???????
22N(A)64b?a??1?1???81????A?A??A?得A1?1.03、A2?4.1； （2分）
因为 ReG(j?)??有图可知，当A1?1.03，??2时，是不稳定的平衡点，不发生自持振荡 当A2?4.1，??2时，是稳定的平衡点，产生自持振荡（3分） 3）（5分）
(1) 改变线性特性的参数，使G(j?)曲线不与?1/N(A)曲线相交； (2) 改变非线性特性的参数，使?1/N(A)曲线不与G(j?)曲线相交； (3) 增加校正环节，改变G(j?)曲线形状，不与?1/N(A)曲线相交。 二．相平面法： 要求：
?之间关系的方程（或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?）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. ※※※如果发生自持振荡，计算振幅和周期。
例2：已知r(t)?4?1(t)，
?。(10分) ?0?0的相轨迹图e?e1）给出起点在e0?0，e2）计算相轨迹旋转一周所需时间和振幅。(5分) r+-ek=102x1s2c
解：1）设系统结构图，死区特性的表达式：
?x?0,|e|?2数学表达式：??x?e?2,e?2
?x?e?2,e??2?因为线性部分：
C(s)1???x ?2，则微分方程为：cX(s)s??r??e?，c???????。代入则 r?e因为e?r?c，c?r?e，c????x???er （1） ???0,|e|?2??I?e????2?e,e?2???II ??0，??r?0。代入，则?e当t?0，r?e?????e?2,e??2???III则系统开关线关线：e??2。
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?分为3个线性区。 由于非线性环节有3个分区，相平面e?e
? e
2 C e -4 0 D A I II III
?(0)?0在II区，则从初始值出发绘制相轨迹： 由题意知初始条件e(0)?4，e???e-2?0 不是标准形式 ( e=0??且e=0?，则e?2，所以奇点（2，II区： e 0））特征方程：s2?1?0，（或者用解析法求） s??j,奇点对应着中心点——没有一阶导数。
0） 结论：II区以奇点（2，为中心的圆，与右开关线e?2的交点A（2，-2）
???0，e??C?2，水平线，与左开关线e??2的交点B（-2，-2） I区：e??e?2?0 ， ( e=0??且e=0?，则e??2，所以奇点（-2，eIII区：? 0）特征方程：s?1?0，（或者用解析法求） s??j,奇点对应着中心点——没有一阶导数。
20）结论：III区以奇点（-2，为中心的圆。以此例推，出现了一个封闭椭圆。——极限环
2）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(tCA?tAD)
de，de?2?(?)?ede（ ?e22 e?201011tAD??de??de?
1e12?2振幅——代表此时的位移，也就是此时与横轴的交点位置大小——即C点的横坐标。 例3 ：2008年 非线性控制系统如下图所示。图中r(t)?2?1(t)。
tCA?4?221de??4?e1e2??2 e?） → e2?为相变量，写出相轨迹分区运动方程（8分）1、以c?c；
?(0)?0的相轨迹（4分）2、若M=0.5，画出起始于c(0)?0、c；
3、利用相轨迹计算稳态误差及超调量（3分）。
r-e-1sM0?1scb
解：1）（8分）根据系统结构图可得：
1区
2区
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???0c?M b????0c???M各区的运动方程：
I区 ????r?c?M?c???c?2?M??0c?c ?II区 ???r?c?M?c???c?2?M??0c??c??0 开关线：c?dcc?2?M??2）（4分）I区：
?dcc?2?A12，当M?0.5时，A1?1.5， (c?2?M)2?c??0 ?2?1.52 轨迹为圆，奇点为c?2?M，c所以：(c?1.5)2?c?2?A22，当M?0.5时，A2?0.5， II区：(c?2?M)2?c??0 ?2?0.52 轨迹为圆，奇点为c?2?M，c所以：(c?2.5)2?c则起点为（0，0）的相轨迹如图：
?c32 3）（3分）稳态误差：0
3?2=50% 超调量： ?p%?2
GOOD LUCK！
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