第5章 反馈控制系统的特性与性能

学习目标

学完本章后，你应该能够：

• 理解 P、I、D 三种基本控制作用的物理含义和数学表达
• 写出 PD、PI、PID 组合控制器的时域公式和 Laplace 域传递函数
• 分析比例控制对一阶/二阶系统稳态误差和动态响应的影响
• 分析微分控制如何改善系统阻尼和稳定性
• 分析积分控制如何消除稳态误差，以及它引入的振荡倾向
• 对一阶系统推导闭环时间常数、稳态值和时域响应表达式
• 对二阶系统推导闭环自然频率、阻尼比和超调量
• 能完整求解课后习题（含 servo-mechanism 三小问）

先用人话理解本章在讲什么

前面几章我们学了一阶和二阶系统本身的响应特性——给一个输入，系统会怎么反应。但实际工程里，系统的自然响应往往不够好：要么太慢，要么稳态值达不到期望，要么振荡太厉害。怎么办？

加控制器。 控制器是一个小环节，插在输入和系统之间，根据”输出离目标差多少”来调整控制信号，让系统表现变好。本章要回答的核心问题就一个：

不同的控制策略（P、I、D 及其组合）对系统的稳态误差、响应速度和稳定性分别有什么影响？

本章内容量很大，因为它本质上是一个”排列组合”问题：把 P、I、D 三种控制作用分别或组合地施加到一阶系统和二阶系统上，逐个分析效果。学的时候建议抓主线：

• P 控制：让响应变快、稳态误差变小，但没法完全消除稳态误差；在二阶系统上增加 $K_p$ 会让超调增大。
• D 控制：增加阻尼，抑制振荡，改善稳定性，但对噪声敏感，一般不单独用。
• I 控制：能彻底消除稳态误差，但会让系统阶数升高、引入振荡。
• 组合控制就是让上述效果互相配合。

初学者最容易卡在：

1. 公式太多记不住。 其实每个控制器只改变闭环特征方程的系数，所有公式都是从同一套流程推出来的。
2. 分不清闭环时间常数和开环时间常数。 闭环的永远比开环小（更快），因为反馈把系统”拧紧”了。
3. 稳态误差的物理直觉。 P 控制为什么有余差？因为只有误差存在，控制器才有输出；I 控制为什么能消除余差？因为只要有误差，积分就会一直累积，直到误差为零。

核心概念

1. 反馈控制系统的基本结构

一句话理解： 控制器拿”目标值”和”实际输出”的差来调整自己的输出，让系统往目标靠。

正式定义：

一个典型的反馈控制系统包含以下组件：

• $R(s)$：参考输入（目标值）
• $E(s)$：误差信号，$E(s) = R(s) - H(s)C(s)$
• $G_1(s)$：放大器/控制器
• $G_2(s)$：执行器
• $G_3(s)$：被控对象（plant）
• $H(s)$：传感器（反馈通路）
• $N(s)$：扰动信号
• $C(s)$：系统输出

实际分析中常简化为单位负反馈（unity negative feedback）： 前向通路传递函数为 $G(s) = G_1(s) G_2(s) G_3(s)$，反馈通路 $H(s) = 1$。闭环传递函数为：

$$\frac{C(s)}{R(s)} = \frac{G(s)}{1 + G(s)}$$

误差信号简化为：

$$E(s) = R(s) - C(s)$$

容易混淆的点：

• 误差信号不是输出值，是目标与输出的差。没有误差就没有控制信号——这是 P 控制存在稳态误差的根本原因。
• 传感器的传递函数 $H(s)$ 如果不是 1，稳态时输出的终值会和输入有比例偏差，即使系统完美也没有用。所以实际系统中传感器增益的准确性非常关键。

2. 六种基本控制作用

2.1 比例控制（P）

$$u(t) = K_p \cdot e(t)$$

Laplace 域：$G_c(s) = K_p$

直观理解： 误差大就给大控制信号，误差小就给小控制信号，误差为零就不给。简单直接，但有个致命问题——如果系统需要一个非零的稳态控制信号才能维持输出（比如克服摩擦力），那误差就不能为零，否则控制器输出就是零，系统就推不动了。这个残留的误差叫稳态余差（offset）。

2.2 微分控制（D）

$$u(t) = K_d \cdot \frac{de(t)}{dt}$$

Laplace 域：$G_c(s) = K_d s$

直观理解： 看的不是误差本身有多大，而是误差变化有多快。误差正在快速减小时，微分项会提前”踩刹车”，防止超调。所以微分控制能增加系统阻尼、改善稳定性。但问题是：如果信号里有高频噪声，微分项会把噪声放大——因为噪声的变化率很大。实际中微分控制几乎不单独使用，总是和 P 控制组合（PD）。

另一个要点：微分控制如果放在反馈通路中，可以消除系统对输入的响应（只响应扰动），这在某些场合有用。

2.3 积分控制（I）

$$u(t) = K_i \int_0^t e(\tau) \, d\tau$$

Laplace 域：$G_c(s) = \frac{K_i}{s}$

直观理解： 只要误差存在（不管多小），积分就会一直累积，控制信号就会持续变化，直到误差变为零。所以积分控制能彻底消除稳态误差。代价是什么？积分环节给系统增加了一个极点（在原点），相当于把系统阶数升高了一级，这通常会让系统变得更慢、更容易振荡。

2.4 PD 控制

$$u(t) = K_p \cdot e(t) + K_d \cdot \frac{de(t)}{dt}$$

Laplace 域：$G_c(s) = K_p + K_d s$

直观理解： P 控制负责基本的”有误差就调整”，D 控制负责”提前减速防止过冲”。两者的组合让系统既快又稳。但稳态误差问题仍然存在——因为没有积分项，当误差为零时 PD 控制器的输出也是零。

2.5 PI 控制

$$u(t) = K_p \cdot e(t) + K_i \int_0^t e(\tau) \, d\tau$$

Laplace 域：$G_c(s) = K_p + \frac{K_i}{s}$

直观理解： P 保证响应速度，I 保证稳态精度。比纯积分控制多了 $K_p$ 项，给系统增加了额外的阻尼，所以比纯 I 控制更稳定。

2.6 PID 控制

$$u(t) = K_p \cdot e(t) + K_i \int_0^t e(\tau) \, d\tau + K_d \cdot \frac{de(t)}{dt}$$

Laplace 域：$G_c(s) = K_p + \frac{K_i}{s} + K_d s$

直观理解： 三种控制作用全上。$K_p$ 提供快速响应，$K_i$ 消除稳态误差，$K_d$ 提供阻尼。工业界最常用的控制器就是 PID。

3. 一阶和二阶系统开环响应回顾

在分析控制作用之前，先回顾没有控制器时系统的自然响应。

3.1 一阶系统开环响应

传递函数：

$$\frac{C(s)}{R(s)} = \frac{1}{\tau s + 1}$$

单位阶跃输入 $R(s) = \frac{1}{s}$，输出为：

$$C(s) = \frac{1}{s(\tau s + 1)} = \frac{1}{s} - \frac{\tau}{\tau s + 1} = \frac{1}{s} - \frac{1}{s + 1/\tau}$$

取逆 Laplace 变换：

$$c(t) = 1 - e^{-t/\tau}$$

• 稳态值 = 1
• 时间常数 $\tau$ 决定响应快慢：$\tau$ 越小，到达稳态越快
• 没有超调、没有振荡

3.2 二阶系统开环响应

标准二阶传递函数：

$$\frac{C(s)}{R(s)} = \frac{\omega_n^2}{s^2 + 2\zeta \omega_n s + \omega_n^2}$$

当 $0 < \zeta < 1$（欠阻尼）时，单位阶跃响应中包含以下关键指标：

阻尼自然频率：

$$\omega_d = \omega_n \sqrt{1 - \zeta^2}$$

上升时间（首次到达稳态值的时间）：

$$t_r = \frac{1}{\omega_d} \tan^{-1}\left(\frac{\sqrt{1-\zeta^2}}{\zeta}\right)$$

峰值时间：

$$t_p = \frac{\pi}{\omega_d}$$

最大超调量：

$$M_p = 100 \cdot e^{-\zeta \omega_n t_p} \, \%$$

调节时间（2% 准则）：

$$t_s = \frac{3}{\zeta \omega_n}$$

容易混淆的点： $\zeta$ 越小，超调越大、振荡越厉害；$\zeta = 1$ 是临界阻尼（最快到达稳态且无超调）；$\zeta > 1$ 是过阻尼（无超调但更慢）。

核心公式与推导

1. P 控制一阶系统

系统结构： 控制器 $K_p$，被控对象 $\frac{1}{\tau s + 1}$，单位负反馈。

闭环传递函数推导：

$$\frac{C(s)}{R(s)} = \frac{K_p \cdot \frac{1}{\tau s + 1}}{1 + K_p \cdot \frac{1}{\tau s + 1}} = \frac{K_p}{\tau s + 1 + K_p}$$

整理成标准一阶形式：

$$\frac{C(s)}{R(s)} = \frac{K_p / (K_p + 1)}{\frac{\tau}{K_p + 1} s + 1} = \frac{K_p / (K_p + 1)}{\tau_{cl} s + 1}$$

其中：

$$\tau_{cl} = \frac{\tau}{K_p + 1}$$

单位阶跃响应：

$$c(t) = \frac{K_p}{K_p + 1} \left(1 - e^{-t/\tau_{cl}}\right) = \frac{K_p}{K_p + 1} \left(1 - e^{-(K_p+1)t/\tau}\right)$$

两个关键结论：

1. 稳态值： $c_{ss} = \frac{K_p}{K_p + 1}$。永远小于 1，稳态误差 $e_{ss} = 1 - \frac{K_p}{K_p+1} = \frac{1}{K_p + 1}$。$K_p$ 越大，稳态误差越小，但永远不可能为零。

2. 响应速度： 闭环时间常数 $\tau_{cl} = \frac{\tau}{K_p + 1}$，比开环的 $\tau$ 小。$K_p$ 越大，$\tau_{cl}$ 越小，响应越快。

常见错误： 有些同学会误以为 $K_p$ 增大会让稳态误差变大（因为”增益大了”）。实际上恰好相反——$K_p$ 越大，$e_{ss} = \frac{1}{K_p+1}$ 越小。但代价是在二阶系统上 $K_p$ 增大会让超调增大。

2. PD 控制一阶系统

系统结构： 控制器 $K_p + K_d s$，被控对象 $\frac{1}{\tau s + 1}$。

闭环传递函数：

$$\frac{C(s)}{R(s)} = \frac{(K_p + K_d s) \cdot \frac{1}{\tau s + 1}}{1 + (K_p + K_d s) \cdot \frac{1}{\tau s + 1}} = \frac{K_p + K_d s}{(\tau + K_d) s + (K_p + 1)}$$

整理为：

$$\frac{C(s)}{R(s)} = \frac{K_p / (K_p + 1) \cdot [(\tau + K_d) s / K_p + 1]}{\frac{\tau + K_d}{K_p + 1} s + 1}$$

闭环时间常数：

$$\tau_{cl} = \frac{\tau + K_d}{K_p + 1}$$

稳态值仍然是 $\frac{K_p}{K_p + 1}$（因为终值定理中 $s \to 0$ 时 $K_d s$ 项消失）。

单位阶跃响应：

$$c(t) = \frac{K_p}{K_p + 1} \left[1 - \frac{K_p \tau - K_d}{K_p(\tau + K_d)} e^{-t/\tau_{cl}}\right]$$

PD 控制的实质效果： $K_d$ 的加入让闭环时间常数从 $\frac{\tau}{K_p+1}$ 变为 $\frac{\tau + K_d}{K_p+1}$。分母多了 $K_d$，分子多了 $K_d$——看起来变慢了？但关键是 PD 控制器引入了一个零点（传递函数分子中有 $s$），这个零点改变了响应的初始斜率和动态行为。从阶跃响应曲线看，PD 控制的响应在起始阶段比纯 P 控制更快地偏离零点，“启动”更迅速。

考试中常考的点： PD 控制不会改变一阶系统的稳态值，但会改变瞬态响应的形状。如果题目让你比较 P 和 PD 控制的响应曲线，要关注初始斜率和到达稳态的时间。

3. P 控制二阶系统

系统结构： 控制器 $K_p$，被控对象 $\frac{\omega_n^2}{s^2 + 2\zeta \omega_n s + \omega_n^2}$。

闭环特征方程：

$$s^2 + 2\zeta \omega_n s + (K_p + 1)\omega_n^2 = 0$$

和标准二阶特征方程 $s^2 + 2\zeta_{cl} \omega_{n,cl} s + \omega_{n,cl}^2 = 0$ 对比：

$$\omega_{n,cl} = \omega_n \sqrt{K_p + 1}$$ $$\zeta_{cl} = \frac{\zeta \omega_n}{\omega_{n,cl}} = \frac{\zeta}{\sqrt{K_p + 1}}$$

闭环阻尼自然频率：

$$\omega_{d,cl} = \omega_n \sqrt{K_p + 1 - \zeta^2}$$

稳态值： 仍然为 $\frac{K_p}{K_p + 1}$（终值定理，$\omega_{n}^2/(K_p+1)\omega_n^2 = 1/(K_p+1)$ 的互补部分）。

单位阶跃响应：

$$c(t) = \frac{K_p}{K_p + 1} \left[1 - e^{-\zeta \omega_n t}\left(\cos \omega_{d,cl} t + \frac{\zeta}{\sqrt{K_p + 1 - \zeta^2}} \sin \omega_{d,cl} t\right)\right]$$

关键结论：

• $K_p$ 增大 → $\omega_{n,cl}$ 增大（自然频率升高，响应更快）→ $\zeta_{cl}$ 减小（阻尼比下降，振荡更严重，超调更大）。
• 存在 $K_p$ 的上限，超过后系统不稳定（$\zeta_{cl}$ 变为负值意味着极点跑到右半平面）。但对这个标准二阶模型，只要 $K_p > -1$，$\omega_{n,cl}^2$ 就是正的；稳定性还要看特征方程系数是否全为正——对于 $K_p > 0$ 总是稳定的。但对更高阶系统，$K_p$ 太大会导致不稳定。

4. PD 控制二阶系统

系统结构： 控制器 $K_p + K_d s$，被控对象 $\frac{\omega_n^2}{s^2 + 2\zeta \omega_n s + \omega_n^2}$。

闭环特征方程：

$$s^2 + 2\zeta_{cl} \omega_{n,cl} s + \omega_{n,cl}^2 = 0$$

其中：

$$\omega_{n,cl} = \omega_n \sqrt{K_p + 1}$$ $$\zeta_{cl} = \frac{\zeta + \frac{1}{2} K_d \omega_n}{\sqrt{K_p + 1}}$$

单位阶跃响应：

$$c(t) = \frac{K_p}{K_p + 1} \left[1 - e^{-\zeta_{cl} \omega_{n,cl} t}\left(\cos \omega_{d,cl} t + \frac{K_p \zeta_{cl} - K_d \omega_{n,cl}}{K_p \sqrt{1 - \zeta_{cl}^2}} \sin \omega_{d,cl} t\right)\right]$$

关键结论：

和纯 P 控制相比，PD 控制中 $\zeta_{cl}$ 的分子多了 $\frac{1}{2} K_d \omega_n$ 项——这就是微分控制增加的阻尼。所以 PD 控制可以在保持高 $K_p$（快速响应）的同时，通过调整 $K_d$ 来控制阻尼比，避免过度振荡。

直觉总结： P 控制是一把双刃剑——加增益虽然快了但振荡大了。D 控制是 P 控制的”安全带”——加了阻尼让你敢用大增益。

5. I 控制一阶系统

系统结构： 控制器 $\frac{K_i}{s}$，被控对象 $\frac{1}{\tau s + 1}$。

闭环传递函数：

$$\frac{C(s)}{R(s)} = \frac{K_i}{\tau s^2 + s + K_i}$$

闭环特征方程：

$$s^2 + \frac{1}{\tau} s + \frac{K_i}{\tau} = 0$$

写成标准二阶形式 $s^2 + 2\zeta_{cl} \omega_{n,cl} s + \omega_{n,cl}^2 = 0$，可得：

$$\omega_{n,cl} = \sqrt{\frac{K_i}{\tau}}, \quad \zeta_{cl} = \frac{1}{2\sqrt{\tau K_i}}$$

稳态值： 利用终值定理，单位阶跃输入下：

$$c_{ss} = \lim_{s \to 0} s \cdot \frac{1}{s} \cdot \frac{K_i}{\tau s^2 + s + K_i} = \frac{K_i}{K_i} = 1$$

稳态误差为零——这就是积分控制的核心价值。

关键结论：

• 积分控制把一阶系统变成了二阶系统（闭环特征方程从一阶变二阶），响应从单调上升变成了可能振荡。
• $K_i$ 增大 → $\omega_{n,cl}$ 增大（响应更快）但 $\zeta_{cl}$ 减小（振荡更严重）。$K_i$ 太大系统阻尼不足，振荡严重。
• $K_i$ 减小 → $\zeta_{cl}$ 增大（更平滑）但响应变慢。

6. PI 控制一阶系统

系统结构： 控制器 $K_p + \frac{K_i}{s}$，被控对象 $\frac{1}{\tau s + 1}$。

闭环特征方程：

$$s^2 + \frac{K_p + 1}{\tau} s + \frac{K_i}{\tau} = 0$$ $$\omega_{n,cl} = \sqrt{\frac{K_i}{\tau}}, \quad \zeta_{cl} = \frac{K_p + 1}{2\sqrt{\tau K_i}}$$

稳态值： 仍然是 1（积分保证零稳态误差）。

和纯 I 控制的对比： $\zeta_{cl}$ 的分子从 1 变成了 $K_p + 1$。也就是说，PI 控制中的 $K_p$ 项提供了额外的阻尼。同样的 $K_i$，PI 控制的阻尼比总是大于纯 I 控制。这就是为什么 PI 比纯 I 更实用——既消除了稳态误差，又不会过度振荡。

7. PID 控制一阶系统

系统结构： 控制器 $K_p + \frac{K_i}{s} + K_d s$，被控对象 $\frac{1}{\tau s + 1}$。

闭环特征方程：

$$(\tau + K_d) s^2 + (K_p + 1) s + K_i = 0$$ $$\omega_{n,cl} = \sqrt{\frac{K_i}{\tau + K_d}}, \quad \zeta_{cl} = \frac{K_p + 1}{2\sqrt{K_i(\tau + K_d)}}$$

稳态值： 仍然为 1（积分保证）。

三个调节旋钮的作用：

参数	增大时的效果
$K_p$	$\zeta_{cl}$ 增大（更多阻尼），响应更平滑
$K_i$	$\omega_{n,cl}$ 增大（更快），但 $\zeta_{cl}$ 减小（振荡增加）
$K_d$	$\omega_{n,cl}$ 减小（稍微变慢），$\zeta_{cl}$ 减小（但 $K_d$ 同时通过增加分子来改善，净效果取决于具体数值）

实际调参的直觉：

• 先调 $K_p$：给一个合适的比例增益，让系统响应速度大致满意。
• 再调 $K_i$：加入积分消除稳态误差，但注意不要让 $K_i$ 太大导致剧烈振荡。
• 最后调 $K_d$：加入微分改善阻尼，抑制 $K_i$ 引入的振荡。

8. 各类控制作用对二阶系统的影响总结

当控制器作用于二阶系统时，闭环变为三阶系统，精确的解析表达式较为复杂。但定性结论如下：

控制方式	稳态误差	响应速度	超调/振荡	稳定性
P	$1/(K_p+1)$，不为零	$K_p$ 大则快	$K_p$ 大则大	$K_p$ 太大可能不稳
D	不影响	略有改善	明显减小	明显改善
I	零	取决于 $K_i$	增加	可能恶化
PD	$1/(K_p+1)$，不为零	快	可控	好
PI	零	合理	中等	中等
PID	零	可调	可调	好

配套例题

例题1：P 控制一阶系统定量分析

题目： 设被控对象为 $G(s) = \frac{1}{2s + 1}$，采用比例控制 $K_p = 4$，单位负反馈。求闭环时间常数、稳态值和单位阶跃响应表达式。

解答：

第一步，闭环传递函数：

$$\frac{C(s)}{R(s)} = \frac{K_p}{\tau s + 1 + K_p} = \frac{4}{2s + 5} = \frac{4/5}{\frac{2}{5}s + 1}$$

第二步，读出参数：

• 闭环时间常数 $\tau_{cl} = \frac{2}{5} = 0.4$ s
• 稳态值 $c_{ss} = \frac{4}{5} = 0.8$

第三步，时域响应：

$$c(t) = 0.8(1 - e^{-t/0.4}) = 0.8(1 - e^{-2.5t})$$

验证：开环时间常数 $\tau = 2$ s，闭环 $\tau_{cl} = 0.4$ s，快了 5 倍——这正是 $K_p + 1 = 5$。稳态误差 $e_{ss} = 1 - 0.8 = 0.2$。

例题2：P 控制二阶系统分析

题目： 设二阶被控对象为 $G(s) = \frac{9}{s^2 + 2s + 9}$（$\omega_n = 3, \zeta = 1/3$），比例控制 $K_p = 3$。求闭环自然频率、阻尼比、超调量。

解答：

第一步，闭环特征方程：

$$s^2 + 2s + (3+1) \cdot 9 = s^2 + 2s + 36 = 0$$

第二步，对比标准形式 $s^2 + 2\zeta_{cl}\omega_{n,cl}s + \omega_{n,cl}^2$：

$$\omega_{n,cl}^2 = 36 \Rightarrow \omega_{n,cl} = 6$$ $$2\zeta_{cl}\omega_{n,cl} = 2 \Rightarrow \zeta_{cl} = \frac{2}{2 \times 6} = \frac{1}{6} \approx 0.167$$

也可以直接用公式验证：$\omega_{n,cl} = \omega_n \sqrt{K_p+1} = 3\sqrt{4} = 6$ ✓，$\zeta_{cl} = \frac{\zeta}{\sqrt{K_p+1}} = \frac{1/3}{2} = 1/6$ ✓。

第三步，阻尼自然频率：

$$\omega_{d,cl} = \omega_{n,cl}\sqrt{1 - \zeta_{cl}^2} = 6\sqrt{1 - 1/36} = 6\sqrt{35/36} = \sqrt{35} \approx 5.916$$

第四步，超调量：

$$M_p = 100 \cdot e^{-\zeta_{cl}\omega_{n,cl} t_p}$$

其中 $t_p = \frac{\pi}{\omega_{d,cl}} = \frac{\pi}{\sqrt{35}} \approx 0.531$ s

$$M_p = 100 \cdot e^{-0.167 \times 6 \times 0.531} = 100 \cdot e^{-0.532} \approx 100 \times 0.588 \approx 58.8\%$$

结论： 开环时 $\zeta = 1/3 \approx 0.333$，超调大约 $37\%$。加了 $K_p = 3$ 后 $\zeta_{cl} = 1/6 \approx 0.167$，超调升到约 $59\%$。响应更快了（$\omega_n$ 从 3 升到 6），但振荡更严重了。这就是 P 控制在二阶系统上的典型 tradeoff。

例题3：PD 控制改善二阶系统

题目： 在例题2的基础上，加入微分控制 $K_d = 0.5$，即 $G_c(s) = 3 + 0.5s$。求闭环 $\omega_{n,cl}$、$\zeta_{cl}$，并与纯 P 控制对比。

解答：

第一步，闭环特征方程：

$$s^2 + (2 + K_d \omega_n^2/(K_p+1) \cdot ... ) \text{ ... 换一种方式更直接}$$

用前向通路直接算：

$$G(s) = \frac{(K_p + K_d s) \cdot 9}{s^2 + 2s + 9} = \frac{9(3 + 0.5s)}{s^2 + 2s + 9}$$

闭环特征方程 $1 + G(s) = 0$：

$$s^2 + 2s + 9 + 27 + 4.5s = 0$$ $$s^2 + 6.5s + 36 = 0$$

第二步，读出参数：

$$\omega_{n,cl} = \sqrt{36} = 6 \quad (\text{和纯 P 控制一样})$$ $$\zeta_{cl} = \frac{6.5}{2 \times 6} = \frac{6.5}{12} \approx 0.542$$

也可以用公式验证：$\zeta_{cl} = \frac{\zeta + \frac{1}{2}K_d\omega_n}{\sqrt{K_p+1}} = \frac{1/3 + \frac{1}{2}(0.5)(3)}{2} = \frac{1/3 + 3/4}{2} = \frac{4/12 + 9/12}{2} = \frac{13/12}{2} = 13/24 \approx 0.542$ ✓

第三步，对比：

指标	纯 P ($K_p=3$)	PD ($K_p=3, K_d=0.5$)
$\omega_{n,cl}$	6	6
$\zeta_{cl}$	0.167	0.542
稳态误差	25%	25%

$\omega_{n,cl}$ 不变（因为 $K_p$ 没变），但 $\zeta_{cl}$ 从 0.167 提高到 0.542，振荡大幅减弱。稳态误差不变（PD 没有积分项）。

例题4：Lecture V 习题（稳定性分析）

题目： 被控对象 $G(s) = \frac{1}{s(s^2 + 1.2s + 1)}$，单位负反馈，比例控制 $K_p$。

(a) 证明 $K_p$ 不影响单位阶跃响应的稳态值。 (b) 分析 $K_p = 1$ 和 $K_p = 1.5$ 时的稳定性。 (c) 负的 $K_p$ 对稳定性有什么影响？

解答：

(a) 闭环传递函数：

$$\frac{C(s)}{R(s)} = \frac{K_p G(s)}{1 + K_p G(s)} = \frac{K_p}{s(s^2 + 1.2s + 1) + K_p}$$

分母展开：$s^3 + 1.2s^2 + s + K_p = 0$

单位阶跃输入 $R(s) = 1/s$，由终值定理：

$$c_{ss} = \lim_{s \to 0} s \cdot C(s) = \lim_{s \to 0} \frac{K_p}{s^3 + 1.2s^2 + s + K_p} = \frac{K_p}{K_p} = 1$$

所以无论 $K_p$ 取什么正值，稳态值都是 1，稳态误差为零。这是因为被控对象本身有一个积分环节（$s$ 因子），相当于系统自带积分功能，P 控制就足够消除稳态误差了。

(b) 特征方程：$s^3 + 1.2s^2 + s + K_p = 0$

用 Routh-Hurwitz 判据：

$s^3$	1	1
$s^2$	1.2	$K_p$
$s^1$	$\frac{1.2 \times 1 - 1 \times K_p}{1.2}$	0
$s^0$	$K_p$

$s^1$ 行：$\frac{1.2 - K_p}{1.2}$

$K_p = 1$ 时： $s^1$ 行 = $(1.2 - 1)/1.2 = 0.2/1.2 > 0$，所有首列元素为正 → 系统稳定。

$K_p = 1.5$ 时： $s^1$ 行 = $(1.2 - 1.5)/1.2 = -0.3/1.2 < 0$，首列出现负号 → 系统不稳定。

临界值：$K_p = 1.2$ 时 $s^1$ 行为零，此时系统处于临界稳定（纯振荡）。

(c) 当 $K_p < 0$ 时，$s^0$ 行 = $K_p < 0$，首列出现负值，系统不稳定。物理上理解：负的比例增益意味着”误差正的时候往负方向推”，形成了正反馈，系统必然发散。

例题5：Lecture V 习题（PD 控制一阶系统）

题目： 被控对象 $G(s) = \frac{1}{s+1}$，PD 控制 $K_p = 2, K_d = 0.5$，单位负反馈。求闭环传递函数、时间常数和单位阶跃响应。

解答：

第一步，开环传递函数：

$$L(s) = (K_p + K_d s) \cdot G(s) = \frac{2 + 0.5s}{s + 1}$$

第二步，闭环传递函数：

$$\frac{C(s)}{R(s)} = \frac{2 + 0.5s}{s + 1 + 2 + 0.5s} = \frac{2 + 0.5s}{1.5s + 3} = \frac{0.5s + 2}{1.5s + 3}$$

整理：$\frac{C(s)}{R(s)} = \frac{0.5(s + 4)}{1.5(s + 2)} = \frac{s + 4}{3(s + 2)}$

写成 $\frac{K(\tau_1 s + 1)}{\tau_{cl} s + 1}$ 的标准形式：

$$\frac{C(s)}{R(s)} = \frac{2/3 \cdot (0.5s/2 + 1)}{0.5s + 1} = \frac{2/3}{0.5s + 1} \cdot (0.25s + 1)$$

稳态值：$\frac{K_p}{K_p + 1} = \frac{2}{3}$

闭环时间常数：$\tau_{cl} = \frac{\tau + K_d}{K_p + 1} = \frac{1 + 0.5}{2 + 1} = 0.5$ s

时域响应：

$$c(t) = \frac{2}{3}\left[1 - \frac{K_p \tau - K_d}{K_p(\tau + K_d)} e^{-t/\tau_{cl}}\right] = \frac{2}{3}\left[1 - \frac{2 \times 1 - 0.5}{2 \times 1.5} e^{-2t}\right]$$ $$= \frac{2}{3}\left[1 - \frac{1.5}{3} e^{-2t}\right] = \frac{2}{3}(1 - 0.5 e^{-2t})$$

验证：$t = 0$ 时 $c(0) = \frac{2}{3}(1 - 0.5) = \frac{1}{3}$。注意 PD 控制的一阶系统响应在 $t = 0$ 时不是从零开始的——这是因为微分环节的瞬时响应。$t \to \infty$ 时 $c(\infty) = 2/3$ ✓。

例题6：Lecture VI Exercise 1（Servo-mechanism 完整求解）

题目： 伺服机构角度输出 $\theta$，传递函数 $\frac{1}{s^2 + 4s + 10}$，控制器 $G_1(s)$，误差 $E(s) = \theta_r(s) - \theta(s)$。

(a) 求开环系统的 $\zeta$、$\omega_n$ 和单位阶跃力矩 $T(s)$ 下的最大超调。 (b) 加入比例控制 $K_p = 10$，求闭环 $\zeta_{cl}$、$\omega_{n,cl}$、稳态误差和超调量。 (c) 再加入微分控制 $K_d = 4$（即 PD 控制 $K_p = 10, K_d = 4$），求闭环 $\zeta_{cl}$、$\omega_{n,cl}$、稳态误差和超调量。

解答：

(a) 开环系统

被控对象传递函数：$\frac{1}{s^2 + 4s + 10}$

对比标准形式 $\frac{\omega_n^2}{s^2 + 2\zeta\omega_n s + \omega_n^2}$：

注意这里传递函数的分子是 1 而不是 $\omega_n^2 = 10$，所以不能直接套标准形式。需要先改写：

$$\frac{1}{s^2 + 4s + 10} = \frac{1/10 \cdot 10}{s^2 + 4s + 10} = \frac{0.1 \times 10}{s^2 + 4s + 10}$$

但更准确地说，如果考虑的是单位阶跃力矩输入（$T(s) = 1/s$），输出为：

$$\theta(s) = \frac{1}{s(s^2 + 4s + 10)}$$

分母 $s^2 + 4s + 10 = 0$：$\omega_n^2 = 10 \Rightarrow \omega_n = \sqrt{10} \approx 3.16$ rad/s

$2\zeta\omega_n = 4 \Rightarrow \zeta = \frac{4}{2\sqrt{10}} = \frac{2}{\sqrt{10}} \approx 0.632$

阻尼自然频率：$\omega_d = \omega_n\sqrt{1 - \zeta^2} = \sqrt{10}\sqrt{1 - 0.4} = \sqrt{10 \times 0.6} = \sqrt{6} \approx 2.449$ rad/s

峰值时间：$t_p = \frac{\pi}{\omega_d} = \frac{\pi}{\sqrt{6}} \approx 1.283$ s

但注意：开环传递函数分子是 1 不是 $\omega_n^2$，所以阶跃响应的稳态值不是 1 而是 $\frac{1}{10} = 0.1$。超调量的计算需要考虑稳态值：

$$M_p = 100 \cdot e^{-\zeta\omega_n t_p} = 100 \cdot e^{-2 \times \pi/\sqrt{6}} = 100 \cdot e^{-2\pi/\sqrt{6}} \approx 100 \cdot e^{-2.565} \approx 100 \times 0.0769 \approx 7.7\%$$

(b) P 控制 $K_p = 10$

闭环传递函数：

$$\frac{\theta(s)}{\theta_r(s)} = \frac{K_p \cdot \frac{1}{s^2 + 4s + 10}}{1 + K_p \cdot \frac{1}{s^2 + 4s + 10}} = \frac{K_p}{s^2 + 4s + 10 + K_p} = \frac{10}{s^2 + 4s + 20}$$

闭环特征方程：$s^2 + 4s + 20 = 0$

$\omega_{n,cl}^2 = 20 \Rightarrow \omega_{n,cl} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5} \approx 4.47$ rad/s

$2\zeta_{cl}\omega_{n,cl} = 4 \Rightarrow \zeta_{cl} = \frac{4}{2 \times 2\sqrt{5}} = \frac{1}{\sqrt{5}} \approx 0.447$

也可以用公式验证：

$$\omega_{n,cl} = \omega_n\sqrt{K_p + 1} = \sqrt{10}\sqrt{11} = \sqrt{110} \approx 10.49$$

等等，这和上面的结果不一致。问题出在哪里？

让我重新审视。被控对象是 $\frac{1}{s^2 + 4s + 10}$，不是标准的 $\frac{\omega_n^2}{s^2 + 2\zeta\omega_n s + \omega_n^2}$ 形式。分子是 1 而非 10。所以不能直接套用 $\omega_{n,cl} = \omega_n\sqrt{K_p+1}$ 这个公式。

正确的做法：闭环特征方程是 $s^2 + 4s + (10 + K_p) = 0$，直接读出：

$$\omega_{n,cl} = \sqrt{10 + K_p} = \sqrt{20} \approx 4.47 \text{ rad/s}$$ $$\zeta_{cl} = \frac{4}{2\sqrt{20}} = \frac{4}{2 \times 2\sqrt{5}} = \frac{1}{\sqrt{5}} \approx 0.447$$

稳态误差： 单位阶跃输入 $\theta_r(s) = 1/s$：

$$\theta_{ss} = \lim_{s \to 0} \frac{10}{s^2 + 4s + 20} = \frac{10}{20} = 0.5$$

稳态误差 $e_{ss} = 1 - 0.5 = 0.5$（50%）。也可以直接算：$\theta_{ss} = \frac{K_p}{K_p + 10} = \frac{10}{20} = 0.5$ ✓。

超调量：

$$\omega_{d,cl} = \omega_{n,cl}\sqrt{1 - \zeta_{cl}^2} = \sqrt{20}\sqrt{1 - 1/5} = \sqrt{20 \times 0.8} = \sqrt{16} = 4$$ $$t_p = \frac{\pi}{\omega_{d,cl}} = \frac{\pi}{4} \approx 0.785 \text{ s}$$ $$M_p = 100 \cdot e^{-\zeta_{cl}\omega_{n,cl} t_p} = 100 \cdot e^{-0.447 \times 4.47 \times 0.785} = 100 \cdot e^{-1.572} \approx 100 \times 0.207 \approx 20.7\%$$

(c) PD 控制 $K_p = 10, K_d = 4$

闭环传递函数：

$$\frac{\theta(s)}{\theta_r(s)} = \frac{(K_p + K_d s) \cdot \frac{1}{s^2 + 4s + 10}}{1 + (K_p + K_d s) \cdot \frac{1}{s^2 + 4s + 10}} = \frac{K_p + K_d s}{s^2 + 4s + 10 + K_p + K_d s}$$ $$= \frac{10 + 4s}{s^2 + (4 + K_d)s + (10 + K_p)} = \frac{4s + 10}{s^2 + 8s + 20}$$

闭环特征方程：$s^2 + 8s + 20 = 0$

$$\omega_{n,cl} = \sqrt{20} \approx 4.47 \text{ rad/s} \quad (\text{和纯 P 控制一样})$$ $$\zeta_{cl} = \frac{8}{2\sqrt{20}} = \frac{4}{\sqrt{20}} = \frac{4}{2\sqrt{5}} = \frac{2}{\sqrt{5}} \approx 0.894$$

稳态误差：

$$\theta_{ss} = \lim_{s \to 0} \frac{10 + 4s}{s^2 + 8s + 20} = \frac{10}{20} = 0.5$$

稳态误差仍为 0.5（50%）。和纯 P 控制一样，因为 PD 没有积分项。

超调量：

$$\zeta_{cl} = 0.894 > 0.707$$

实际上 $\zeta_{cl} = 2/\sqrt{5} \approx 0.894$，这个阻尼比已经足够大，超调量很小。

$$\omega_{d,cl} = \sqrt{20}\sqrt{1 - 4/5} = \sqrt{20 \times 0.2} = \sqrt{4} = 2$$ $$t_p = \frac{\pi}{2} \approx 1.571 \text{ s}$$ $$M_p = 100 \cdot e^{-0.894 \times 4.47 \times 1.571} = 100 \cdot e^{-6.283} \approx 100 \times 0.00186 \approx 0.19\%$$

超调几乎为零。$\zeta_{cl} = 0.894$ 已经接近临界阻尼了。

总结对比：

指标	开环	P 控制 ($K_p=10$)	PD 控制 ($K_p=10, K_d=4$)
$\omega_n$	3.16	4.47	4.47
$\zeta$	0.632	0.447	0.894
稳态误差	90% (仅有力矩响应)	50%	50%
超调量	~7.7%	~20.7%	~0.19%
峰值时间	1.28 s	0.79 s	1.57 s

P 控制让响应变快但阻尼下降、超调增大；PD 控制保持了同样的自然频率，但大幅增加了阻尼，超调几乎消除。代价是峰值时间变长（因为阻尼大了，振荡被抑制了）。

例题7：I 控制一阶系统

题目： 被控对象 $G(s) = \frac{1}{2s + 1}$，积分控制 $K_i = 8$，单位负反馈。求闭环自然频率、阻尼比，并判断响应是否振荡。

解答：

闭环特征方程：$\tau s^2 + s + K_i = 0$，即 $2s^2 + s + 8 = 0$

$$\omega_{n,cl} = \sqrt{\frac{K_i}{\tau}} = \sqrt{\frac{8}{2}} = 2 \text{ rad/s}$$ $$\zeta_{cl} = \frac{1}{2\sqrt{\tau K_i}} = \frac{1}{2\sqrt{2 \times 8}} = \frac{1}{2\sqrt{16}} = \frac{1}{8} = 0.125$$

$\zeta_{cl} = 0.125 < 1$，所以响应是欠阻尼的，会有明显振荡。

稳态值：用终值定理，$c_{ss} = \lim_{s \to 0} s \cdot \frac{1}{s} \cdot \frac{8}{2s^2 + s + 8} = 1$ ✓

结论： 积分控制成功消除了稳态误差（稳态值 = 1），但代价是阻尼比只有 0.125，系统会严重振荡。如果想改善阻尼，可以加 P 控制（变成 PI）。

例题8：PI 控制一阶系统

题目： 在例题7基础上加入 $K_p = 3$，求新的 $\zeta_{cl}$ 和 $\omega_{n,cl}$。

解答：

闭环特征方程：$\tau s^2 + (K_p + 1)s + K_i = 0$，即 $2s^2 + 4s + 8 = 0$

$$\omega_{n,cl} = \sqrt{\frac{K_i}{\tau}} = \sqrt{\frac{8}{2}} = 2 \text{ rad/s} \quad (\text{和纯 I 控制一样})$$ $$\zeta_{cl} = \frac{K_p + 1}{2\sqrt{\tau K_i}} = \frac{4}{2\sqrt{16}} = \frac{4}{8} = 0.5$$

和纯 I 控制对比：$\zeta_{cl}$ 从 0.125 提高到 0.5。$K_p = 3$ 的加入把阻尼比提高了 4 倍，振荡大幅减小，同时自然频率不变。这就是 PI 控制的优势：用 $K_p$ 提供阻尼，用 $K_i$ 保证零稳态误差。

重点难点总结

需要记住的核心规律

1. P 控制的本质矛盾： 增大 $K_p$ 能同时提高响应速度和减小稳态误差，但对二阶系统会降低阻尼比，导致更大超调。稳态误差永远不为零。

2. D 控制的核心价值： 增加阻尼。不改变稳态值，但改变瞬态响应形状。几乎不单独使用。

3. I 控制的双刃剑： 能消除稳态误差，但把系统阶数升高一级，引入振荡倾向。

4. 闭环时间常数公式（一阶系统）：

   • P 控制：$\tau_{cl} = \frac{\tau}{K_p + 1}$
   • PD 控制：$\tau_{cl} = \frac{\tau + K_d}{K_p + 1}$
   • 永远比开环小（更快）

5. 闭环特征方程是一切推导的起点。 不要背公式，而是每次从特征方程出发，对比标准二阶形式读出 $\omega_{n,cl}$ 和 $\zeta_{cl}$。

常见易错点

• 混淆分子和分母： 被控对象的分子不一定是 $\omega_n^2$。如例题6中分子是 1 不是 10，就不能直接套 $\omega_{n,cl} = \omega_n\sqrt{K_p+1}$。正确做法是直接从闭环特征方程读参数。

• 积分控制升阶问题： 一阶对象加 I 控制后变成二阶系统，二阶对象加 I 控制后变成三阶系统。三阶系统不能直接用 $\zeta$ 和 $\omega_n$ 来分析，需要用 Routh-Hurwitz 判据判断稳定性。

• 稳态误差计算： 先判断系统型别（开环传递函数有几个积分环节），再用终值定理。不能想当然。

• PD 控制的零点： PD 控制器的传递函数 $K_p + K_d s$ 有一个零点 $s = -K_p/K_d$，这个零点会影响瞬态响应（改变初始斜率和响应形状），但不影响稳态值。

• 负增益： 负的 $K_p$ 意味着正反馈，系统几乎一定不稳定。

自测题与答案

自测题1

被控对象 $G(s) = \frac{1}{0.5s + 1}$，比例控制 $K_p = 3$，单位负反馈。求：闭环时间常数、稳态值、稳态误差。

自测题2

标准二阶系统 $\frac{4}{s^2 + 2s + 4}$（$\omega_n = 2, \zeta = 0.5$），P 控制 $K_p = 5$。求闭环 $\omega_{n,cl}$ 和 $\zeta_{cl}$，并判断超调量增大还是减小。

自测题3

被控对象 $G(s) = \frac{1}{s + 2}$，PI 控制 $G_c(s) = 4 + \frac{6}{s}$，单位负反馈。求闭环特征方程和 $\zeta_{cl}$。

自测题4

为什么积分控制能消除稳态误差但纯比例控制不能？从物理直觉和数学两个角度解释。

自测题5

一阶系统 $G(s) = \frac{1}{\tau s + 1}$ 分别用 P 控制（$K_p = 4$）和 PD 控制（$K_p = 4, K_d = 1$）。两种控制的闭环稳态值分别是多少？闭环时间常数分别是多少？

自测题6

PID 控制一阶系统，$\tau = 2$，$K_p = 5$，$K_i = 12$，$K_d = 1$。求闭环 $\omega_{n,cl}$ 和 $\zeta_{cl}$。

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答案

自测题1：

$\tau_{cl} = \frac{0.5}{3 + 1} = \frac{0.5}{4} = 0.125$ s

$c_{ss} = \frac{K_p}{K_p + 1} = \frac{3}{4} = 0.75$

$e_{ss} = 1 - 0.75 = 0.25$

自测题2：

闭环特征方程：$s^2 + 2s + (5+1)\times 4 = s^2 + 2s + 24 = 0$

$\omega_{n,cl} = \sqrt{24} \approx 4.90$ rad/s

$\zeta_{cl} = \frac{2}{2\sqrt{24}} = \frac{1}{\sqrt{24}} \approx 0.204$

原来 $\zeta = 0.5$，现在 $\zeta_{cl} = 0.204$，阻尼比大幅下降 → 超调量增大。

用公式验证：$\zeta_{cl} = \zeta/\sqrt{K_p+1} = 0.5/\sqrt{6} \approx 0.204$ ✓

自测题3：

闭环特征方程：

$$s(s + 2) + s(4 + 6/s) = s^2 + 2s + 4s + 6 = s^2 + 6s + 6 = 0$$

更仔细地算：前向通路 $G_c(s) \cdot G(s) = \frac{4s + 6}{s} \cdot \frac{1}{s + 2} = \frac{4s + 6}{s(s+2)}$

闭环特征方程：$s(s+2) + 4s + 6 = s^2 + 2s + 4s + 6 = s^2 + 6s + 6 = 0$

$\omega_{n,cl} = \sqrt{6} \approx 2.45$ rad/s

$\zeta_{cl} = \frac{6}{2\sqrt{6}} = \frac{3}{\sqrt{6}} = \frac{3}{2.45} \approx 1.225$

$\zeta_{cl} > 1$，系统是过阻尼的，不会振荡。

自测题4：

物理直觉：P 控制的输出是 $K_p \times e(t)$。如果稳态时误差为零，控制器输出也为零。如果系统需要持续的控制力（如克服摩擦、重力），那么零控制力就意味着达不到目标。所以必须保留一定的误差来产生控制力——这就是稳态余差。

I 控制的输出是 $K_i \int e(t) dt$。即使稳态时误差为零，积分器的输出不会归零，而是保持在最后累积的值上。所以积分器能”记住”需要多少控制力来维持稳态，误差可以真正为零。

数学上：P 控制下闭环稳态值是 $\frac{K_p}{K_p + 1} < 1$。I 控制下利用终值定理，积分环节引入的 $\frac{1}{s}$ 和输入的 $\frac{1}{s}$ 抵消，最终 $c_{ss} = 1$。

自测题5：

P 控制：$c_{ss} = \frac{4}{5} = 0.8$，$\tau_{cl} = \frac{\tau}{5}$

PD 控制：$c_{ss} = \frac{4}{5} = 0.8$（和 P 控制一样），$\tau_{cl} = \frac{\tau + 1}{5}$

稳态值相同（PD 不改变稳态值）。闭环时间常数：PD 的是 $\frac{\tau+1}{5}$，P 的是 $\frac{\tau}{5}$，PD 更大（看起来更慢），但由于 PD 引入了零点，实际的响应曲线在初始阶段斜率更大，整体响应形状不同。

自测题6：

$$\omega_{n,cl} = \sqrt{\frac{K_i}{\tau + K_d}} = \sqrt{\frac{12}{2 + 1}} = \sqrt{4} = 2 \text{ rad/s}$$ $$\zeta_{cl} = \frac{K_p + 1}{2\sqrt{K_i(\tau + K_d)}} = \frac{6}{2\sqrt{12 \times 3}} = \frac{6}{2\sqrt{36}} = \frac{6}{12} = 0.5$$

系统欠阻尼，$\zeta_{cl} = 0.5$，超调量约 $16.3\%$。

学习路线

这一章公式量大，但所有公式都来自同一个推导流程。建议按以下顺序学习：

1. 先搞清楚六种控制器的时域公式和 Laplace 域传递函数。 这是基础，必须熟记。

2. 掌握闭环传递函数的推导方法。 拿到题目先画方框图，写 $G_{cl}(s) = \frac{G_c G_p}{1 + G_c G_p}$，然后整理成标准形式。不要跳步直接套结论。

3. 一阶系统逐个击破。 按 P → PD → I → PI → PID 的顺序，每种都从头推一遍闭环特征方程，读出 $\tau_{cl}$、$\omega_{n,cl}$、$\zeta_{cl}$ 和稳态值。

4. 二阶系统重点掌握 P 和 PD。 能从闭环特征方程读出 $\omega_{n,cl}$ 和 $\zeta_{cl}$，能计算超调量。

5. 做例题4（稳定性分析）和例题6（servo-mechanism）。 这两道题覆盖了考试最常考的题型。

6. 不要试图背诵所有结论。 记住核心规律（P 增速减误差但降阻尼，D 加阻尼，I 消误差但升阶），然后每次从特征方程推导。

和后续章节的关系

本章分析的是反馈控制系统的时域性能，属于经典控制理论的核心内容。后续章节会从不同角度继续分析同一类系统：

• 根轨迹法（Root Locus）： 研究当增益 $K_p$ 变化时，闭环极点在 $s$ 平面上如何移动。本章已经看到了 $K_p$ 增大会降低 $\zeta_{cl}$——根轨迹会把这个现象可视化。

• 频域分析（Bode Plot、Nyquist）： 用频率响应来判断稳定性和性能指标，避免了直接求解特征方程。本章的稳态误差、超调量等时域指标和频域指标之间有对应关系。

• 补偿器设计（Compensators）： 本章的 P、I、D 控制是最基本的补偿策略。更复杂的超前/滞后补偿器是在此基础上的扩展。

简单说：本章建立了”控制策略 → 闭环特征方程 → 性能指标”的分析思路，后续章节只是换不同的工具来做同一件事。