《自动控制原理》第六章习题答案
自动控制原理第6章习题解——邵世凡
习 题 66-1 设控制系统的开环传递函数为：()()()s s s s G 1.015.0110++= 绘出系统的Bode 图并求出相角裕量和幅值裕量。
若采用传递函数为(1+0.23s)/(1+0.023s)的串联校正装置，试求校正后系统的幅值和相角裕度，并讨论校正后系统的性能有何改进。
6—2设控制系统的开环频率特性为()()()()ωωωωωj j j j H j G 25.01625.011++= ①绘出系统的Bode 图，并确定系统的相角裕度和幅值裕度以及系统的稳定性； ②如引入传递函数()()()0125.025.005.0++=s s s G c 的相位滞后校正装置，试绘出校正后系统的Bode 图，并确定校正后系统的相角裕度和幅值裕度。
6 3设单位反馈系统的开环传递函数为()()()8210++=s s s s G 设计一校正装置，使静态速度误差系数K v =80，并使闭环主导极点位于s=-2±j23。
6-4设单位反馈系统的开环传递函数为()()()93++=s s s K s G ①如果要求系统在单位阶跃输入作用下的超凋量σ =20％，试确定K 值；②根据所确定的K 值，求出系统在单位阶跃输入下的调节时间t s 。
，以及静态速度误差系数； ③设计一串联校正装置，使系统K v ≥20，σ≤25％，t s 减少两倍以上。
6 5 已知单位反馈系统开环传递函数为()()()12.011.0++=s s s K s G 设计校正网络，使K v ≥30，γ≥40º，ωn ≥2.5，K g ≥8dB 。
6-6 由实验测得单位反馈二阶系统的单位阶跃响应如图6-38所示．要求①绘制系统的方框图，并标出参数值；②系统单位阶跃响应的超调量σ =20％，峰值时间t p =0.5s ，设计适当的校正环节并画出校正后系统的方框图。
6-7设原系统的开环传递函数为()()()15.012.010++=s s s s G 要求校正后系统的相角裕度γ=65º。
自动控制原理第六章
5-25 对于典型二阶系统，已知参数3=n ω，7.0=ξ，试确定截止频率c ω和相角裕度γ。
解 依题意，可设系统的开环传递函数为)12.4(143.2)37.02(3)2()(22+=⨯⨯+=+=s s s s s s s G n n ξωω绘制开环对数幅频特性曲线)(ωL 如图解5-25所示，得143.2=c ω︒=+︒=63)(180c ωϕγ5-26 对于典型二阶系统，已知σ％=15％，s 3=s t ，试计算相角裕度γ。
解 依题意，可设系统的开环传递函数为)2()(2n ns s s G ξωω+=依题 ⎪⎩⎪⎨⎧====--n s o o o o t e σξξπ5.331521联立求解 ⎩⎨⎧==257.2517.0nωξ有 )1333.2(1824.2)257.2517.02(257.2)(2+=⨯⨯+=s s s s s G绘制开环对数幅频特性曲线)(ωL 如图解5-26所示，得1824.2=c ω︒=+︒=9.46)(180c ωϕγ5-27 某单位反馈系统，其开环传递函数 G s ss s s ().(.)(.)(.)=+++1670810251006251试应用尼柯尔斯图线，绘制闭环系统对数幅频特性和相频特性曲线。
解 由G(s)知：20lg16.7=24.5db 交接频率：ω1108125==.. , ω210254==. , ω310062516==.图解5-27 Bode 图 Nyquist 图5-28 某控制系统，其结构图如图5-83所示，图中 )201(8.4)(,81)1(10)(21s s s G ss s G +=++=试按以下数据估算系统时域指标σ％和t s 。
（1）γ和ωc（2）M r 和ωc（3）闭环幅频特性曲线形状 解 (1) )201)(81()1(48)()()(21ss s s s G s G s G +++==db 6.3348lg 20= 20,1,125.081321====ωωω065,6≈=∴γωc查图5-56 得 13.16.6,%21%===CS t ωσ秒(2) 根据M r ,ωC 估算性能指标 当 ω=5 时: L(ω)=0, ϕ(ω)=-111°找出: )65(,103.1sin 1===r rM r , ωC =6 查图5-62 得 13.18.6,%21%===CS t ωσ秒(3) 根据闭环幅频特性的形状ω 0.3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 L(db) 36 18 9.5 5 3 0 -2 -4 -5 -7 -20 ϕ(°) -142.5 -130 -118.5 -114 -111 -111 -112.5 -115.5 -118.5 -124 -148 M(db) 0 0.68 1 1.05 0 1.1 -2.1 -3.3 -4 -5.5 -19.3令 M M r 01113==. 或)(05.1dB M r = f f f f b a a====721023241196πππ,,,. N M f M a ===()..411911190 79.0113.110706=⋅=⋅=M M f f F r aσ%[()]%%=+=411710Ln NFt F f S a=-=2160406...秒5-29 已知控制系统结构图如图5-84所示。
自动控制原理第六章课后习题答案(完整)
自动控制原理第六章课后习题答案（免费）线性定常系统的综合6－1 已知系统状态方程为：()100102301010100x x u y x•-⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪=--+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭= 试设计一状态反馈阵使闭环系统极点配置为－1，－2，－3.解: 由()100102301010100x x u y x•-⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪=--+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=可得:(1) 加入状态反馈阵()012K k k k =,闭环系统特征多项式为:32002012()det[()](2)(1)(2322)f I A bK k k k k k k λλλλλ=--=++++-+--+-(2) 根据给定的极点值,得期望特征多项式:*32()(1)(2)(3)6116f λλλλλλλ=+++=+++(3) 比较()f λ与*()f λ各对应项系数,可得:0124,0,8;k k k ===即:()408K =6－2 有系统：()2100111,0x x u y x•-⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭= （1） 画出模拟结构图。
（2） 若动态性能不能满足要求，可否任意配置极点？ （3） 若指定极点为－3，－3，求状态反馈阵。
解(1) 模拟结构图如下:(2) 判断系统的能控性；0111c U ⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦满秩，系统完全能控，可以任意配置极点。
(3)加入状态反馈阵01(,)K k k =,闭环系统特征多项式为:()2101()det[()](3)22f I A bK k k k λλλλ=--=+++++ 根据给定的极点值,得期望特征多项式:*2()(3)(3)69f λλλλλ=++=++比较()f λ与*()f λ各对应项系数,可解得:011,3k k ==即:[1,3]K =6－3 设系统的传递函数为：(1)(2)(1)(2)(3)s s s s s -++-+试问可否用状态反馈将其传递函数变成：1(2)(3)s s s -++若能，试求状态反馈阵，并画出系统结构图。
自动控制原理简明教程第二版课后答案第六章习题答案
7
胡寿松自动控制原理第六章习题解答 电三刘晓峰制作
-40
-20 14 -20
L(ω)
-40 4 1 ω -60
ω1
ω2
-10 -40
-60
校正后的系统传递函数为：
5(s / ω 2 +1) G(s)Gc(s) = s(s /ω 1 +1)(s +1)(0.25s +1)
设校正后系统中频段宽度为 16，校正后的截止频率 ω c' = 1/ 4 = 0.25 ω 2 = 1/16
8 G(s) = s(2s +1)
若采用滞后—超前校正装置
Gc(s) = (10s +1)(2s +1) (100s +1)(0.2s +1)
对系统进行串联校正，试绘制系统校正前后的对数幅频渐近特性，并计算系统校正前后的 相角裕度。 解：
8
系统校正前的开环传递函数为 G(s) = ，其对数幅频渐近特性如下：
-40 1 ω 4.47
截止频率为 ω c = 4.47 ，相角裕量 γ (ω c) =12.60 不满足要求。 其希望的对数频率渐进曲线如下（按二阶最佳校正） ： -20 26 L(ω)
-40 20 1 4.47 40 ω
20
校正后的开环传递函数为 G(s)Gc(s) =
s(s/ 40 +1) G(s)Gc (s) 所以 Gc(s) = = s +1
1 ess < 15
(3)截止频率 ω c ≥ 7.5rad / s 。
rad
1 解：在单位斜坡输入下的稳态误差由于 ess < rad ，所以 K >15 取 K = 20 15 20
自动控制原理(孟华)第6章习题答案(含过程)
第六章习题6-1．已知单位反馈控制系统的开环传递函数为)11.0(200)(+=s s s G试设计一个串联校正网络，使系统的相角裕量︒≥45γ，剪切频率s rad c /50≥ω。
解：方法一：原系统的截止频率为44.16rad/s ，相稳定裕度为180°-90°-arctan4.416=12.76°截止频率和相角裕度均不满足要求，需加入串联超前校正，选择校正网络的传递函数为TsaTsKs G c ++=11)(取校正后系统的截止频率s rad c /52=ω，相角裕度︒=50γ。
则Ta c 1=ω，6.2lg 10lg 20=+a K ，︒=+-+︒5011arctan11a a 由上述3式的64.0,01.0,4.4===K T a)101.0)(11.0()104.0(128)()(+++=s s s s s G s G c校正后系统的截止频率为s rad c /53=ω，相角裕度︒=5.49γ，满足要求。
方法二：按二阶系统最佳模型设计，设校正后系统的开环传递函数为)1()(+=Ts s Ks G则闭环系统的传递函数为222222//1/)(nn n s s T K Ts s TK K s Ts K s ωζωωφ++=++=++= 令50=K ，707.0=ζ由T n /12=ζω，T K n /2=ω，得01.0=T 。
即)101.0(50)()(+=s s s G s G c ，101.011.041)(++=s s s G c 。
易验证该校正环节满足要求。
6-2.已知单位反馈控制系统的开环传递函数为)104.0()(+=s s s G要求系统对单位斜坡输入信号的稳态误差%1≤ss e ，相角裕量为︒≥45γ，试确定系统串联校正网络。
解：本题可首先检验系统得性能指标，针对系统在性能上的缺陷并结合校正网络的作用，选用合适的校正网络，再按相应的步骤确定校正网络的参数。
自动控制原理题库第六章线性系统校正习题
自动控制原理题库第六章线性系统校正习题6-1证明RC无源超前校正环节1T11T1最大超前相角为Tz,1pT11采用半对数坐标时最大超前相角所对应的频率位于两个转折频率的中间或等于零、极点乘积marcin1的平方根，即m1Tzp6-2某单位反馈控制系统的设计指标为上升时间tr0.1秒，超调量%16%，斜坡输入下的稳态误差ev0.05。
（a）试问系统开环频率特性的低频段需要满足什么要求？中频段需要满足什么要求？（b）在平面内绘制出能满足设计要求的系统主导极点所在的区域。
6-3某系统框图如下图所示，误差erc，K10，K20。
rK1(2)c1K2（a）要求系统对单位斜坡输入r(t)t的稳态误差0.3，主导极点的阻尼比0.707，调节时间t2.33秒（按5%误差考虑），请在平面上绘制出满足上述设计要求的闭环极点的可行区域，给出K1、K2应满足的条件。
（b）设K11、2、10，绘制三种情况下以K2为可变参数的根轨迹。
（c）设K110，确定满足（a）中性能指标的K2的值。
6-4下图所示为钟摆的角度控制系统，其中被控对象为阻尼为零的二阶系统。
wrGc()112c（a）试问控制器Gc()必须满足什么条件，才能使系统为非条件稳定系统？（b）选用常规调节器，使得系统对阶跃扰动输入w稳态误差为零，系统还可以做到非条件稳定吗？（c）选用PID控制器Gc()kp1Tikd(T11)(T21)Ti应用根轨迹方法分析kp、Ti和kd发生变化时对系统快速性、稳定性的影响。
答案：应用关系T1T2kdTi和T1T2kpTi容易给出分析结果。
6-5力、转矩的积分为速度、转速，速度、转速的积分为位置、转角，许多重要的运动控制系统的被控对象可以描述为二重积分器传递函数，即G()12用根轨迹法分析比例控制kp、比例微分控制kpkdk(1)和超前校正k(1)(1、2k)(1)(9)、k(1)(4)几种情况下闭环根轨迹的情况和闭环系统的性能。
自控原理习题解答(第六章)(课堂PPT)
2
900 2 1 2025 2 1
yt Gj 0.8sin0.1t Gj
3.2 0.8
sin 0.1t 2tg130 0.1 tg1 45 0.1
900 0.12 1 2025 0.12 1
2.56 sin0.1t 143.13 77.47
10 21.25
0.056sin0.1t 220.6
1
GjHj
5 12
1 0.12 1 0.22 1 22
GjHj tg1 tg1 0.1- tg1 0.2 tg1 2
0 : M 5, 0
: M 0, 90 90 90 90 180
13
答6 41 3.MATLAB画法
GsHs
0.04s3
5s 1 0.62s2
kT1s 1
T2s 1
k
T1s
1
T2
1 s
1
R1 R2
k
R2 R1 R2
, T1
R1C, T2
R1R 2C R1 R2
T1 T2 , k 1
1
1 T1
2
1 T2
22
L dB
1
2
90 45
0
1
2
- 45
- 90
23
答6 5b
E0 s Ei s
R2
1 Cs
1 R 2 R1 Cs
R1
R
R1C1s 1R 2C2s 1 2C2s 1R 2C1s 1 R1C2s
R1C1s 1R 2C2s 1 R1C1R 2C2s 2 R1C1 R 2C2 R1C2
s
1
Tas 1Tbs 1 Ta Tbs 2 Ta Tb Ta Tb
胡寿松《自动控制原理》(第6版)笔记和课后习题(含考研真题)详解2
6-2 设单位反馈 统 开环 函 为
试设计 联 前校正装置， 统满
（1） 角裕度r≥45°；
（2） 单位
入下 态 差
下 标：
（3）截止频率ωc≥7.5rad／s。
解： 开环
取
则开环 函 为：
令
，解得校正前
rad/s
则校正前 角裕度为：
不 合题 要求，
前校正。
取
rad/s，可得：
，可得：
则 前校正环节 校正后 统开环 其 角裕度为
统性能得：
3．某 反馈 统开环 函
合要求。
（1）求 统 角裕度 幅 裕度。
（2） 角裕度
联 前校正 联滞后校正 主要特点。为 统
，试分 统应
联 前校正还 联滞后校正?
[
技 2009 ]
解：（1）求截止频率与
裕度：
求幅 裕度：
（2）要 节 校正。
统 角裕度
，
前校正，则需要校正环
不合
前校正，可以
联滞后
为 习重点， 此，本 分也就没
考 题。
第二部分 课后习题
第6章 线性系统的校正方法
6-1 设 单位反馈 火炮
统，其开环 函 为
若要求 统最 2°，试求：
出速度为12°/s， 出位置
许 差小
（1） 满 上 幅 裕度；
标 最小K ，计 该K 下 统
角裕度
（2） 前
前校正网络
计 校正后 统 能影。
角裕度 幅 裕度，
解：（1） 题可
则 统 特征表 式为
统特征 为：
令
，则
则
可得：
所以 统 状态 应为
（2）求 统 出范 最小 刻t
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119第六章习题及解答6-1 试求下列函数的z 变换T ta t e =)()1(()()223e t t e t=- 21)()3(ss s E +=)2)(1(3)()4(+++=s s s s s E解 （1）∑∞=---=-==0111)(n nnaz z azza z E（2）[]322)1()1(-+=z z z T t Z由移位定理：[]333323333232)()()1()1(TTTTTTte z ez zeT ze ze zeT et Z -----+=-+=（3）22111)(ssss s E +=+=2)1(1)(-+-=z Tz z z z E （4）21)(210++++=s c s c sc s E21)1(3lim212)2(3lim23)2)(1(3lim221100=++=-=-=++==+++=-→-→→s s s c s s s c s s s c s s s2211223+++-=s s s)(22)1(23)(2TT e z ze z z z z z E ---+---=6－2 试分别用部分分式法、幂级数法和反演积分法求下列函数的z 反变换。
120()()()()11012E z z z z =-- 211213)()2(---+-+-=z zz z E 解 （1）)2)(1(10)(--=z z zz E① 部分分式法)12(10210110)()2(10)1(10)(210110)2)(1(10)(-=⨯+⨯-=-+--=-+--=---=nnnT e z zz z z E z z z z zz E② 幂级数法：用长除法可得+-+-+-=+++=+-=--=---)3(70)2(30)(10)(7030102310)2)(1(10)(*3212T t T t T t t e z z z z z z z z z z E δδδ③ 反演积分法[][])()12(10)()12(10210110)(210110lim)(Re 10210lim)(Re 0*221111nT t t e nT e z zzz E s z z z z E s n nnnnnz z n nz z n --=-=⨯+⨯-=⨯=-=⋅-=-=⋅∑∞=→→-→→-δ（2） 2221)1()13(12)13(213)(-+-=+-+-=+-+-=--z z z z z z z zz zz E① 部分分式法∑∑∞=∞=---=-⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⨯--=----=----=--=0*222)()32()(32)()(132)(13)1(2)(13)1(2)1(31)(n n nT t n nT t nT Tt e t t Tt e z z z z z E z z z z zz E δδ121② 幂级数法：用长除法可得--------=-----=+-+-=---)3(9)2(7)(5)(3)(9753123)(*32122T t T t T t t t e zzzz z z z z E δδδδ③ 反演积分法[][]12111)3(lim!11)(Re )(-→→-⋅+-=⋅=n s z n zz zdzd z z E s nT e[]32)1(3lim 11--=++-=-→n nzz n n ns∑∞=---=*)()32()(n nT t n t e δ6-3 试确定下列函数的终值()()()11112E z Tzz =--- )208.0416.0)(1(792.0)()2(22+--=z z z zz E解 （1）∞=--=---→21111)1()1(lim zTz z e z ss（2）1208.0416.01792.0208.0416.0792.0lim)()1(lim 2211=+-=+-=-=→→z z zz E z e z z ss6-4 已知差分方程为c k c k c k ()()()-+++=4120初始条件：c(0)=0,c(1)=1。
试用迭代法求输出序列c(k),k=0，1，2，3，4。
解 依题有564154)4(15144)3(4014)2(1)1(,0)0()2()1(4)2(=-⨯==-⨯==-⨯===+-+=+c c c c c k c k c k c6-5 试用z 变换法求解下列差分方程：)0(0)(,)(1)()()(8)1(6)2()1(≤===++-+k k c k k r k r k c k c k c122),2,1,0(,)(0)()0()()()1(2)2()2( =====++++n n n r T c c k r k c k c k c()()()()()()(),()33621116001120c k c k c k c k c c c ++++++====)2/cos()(6)1(5)2()4(πk k c k c k c =++++ 0)1()0(==c c解（1） 令T t -=，代入原方程可得：0)(=T c 。
对差分方程两端取z 变换，整理得1)4)(2(1)(861)(2-⋅--=+-=z zz z z R z z z C416121211131)(-⋅+-⋅--⋅=z z z zz C461221131)(-⋅+-⋅--⋅=z zz z z z z CnnnnT c 461221131)(⨯+⨯-⨯=（2） 对差分方程两端取z 变换，整理得[][][][][][]∑∞=-------→-→--→→------→→-→→--⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+-=-+-=--=⋅---=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅-=⋅-=⋅-=⋅+-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅+=⋅-+=-⋅++=01*113211211211132321121121112222)()1(141)()1(141)(41)1()1(2)1(lim )1(lim )1(lim!11)(Re 41222)1(2)1(lim )1(lim )1(lim!11)(Re )1()1()1(121)(n n n n nn z nz n z z n nn z nz n z z n nT t n t c n nT c n zz z nz z zdz d z z z dz d zz C s n n zz z nz z zdz d z z z dz d zz C s z z zz zz z z C δ123(3) 对差分方程两端取z 变换得[][][]0)(6)0()(11)1()0()(6)2()1()0()(22233=+-+--+---z C zc z zC zc c z z C z zc c z c z z C z代入初条件整理得⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅+⋅--=-+---=+⋅++⋅-+⋅=+++++=++=⋅+++n nn n nnn c z z zz C z z z z z z z C z z z z C z z z 32527211)1()3(25)2(7)1(211)(3212521711211)(6116177)(177)()6116(23232323（4） 由原方程可得112cos2)2cos()()65(2222+=+--=⋅++z zz z z z z C z z ππ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅-⋅-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-⋅+-⋅-=+-⋅++⋅++⋅-=+++=+++=+++=+++2sin 2cos 1013101251)1(2sin 2cos 101)3(103)2(52)(11101311032152)1)(3)(2()()1)(3)(2()1)(65()(1112222222ππππn n n n nT c z z z z z z z zzz C z z z zz z z zz C n n n nn6-6 试由以下差分方程确定脉冲传递函数。
)1()1()()1()1()2(5.05.05.0+⋅-=++⋅+-+---n r en c en c en c TTT解 对上式实行z 变换，并设所有初始条件为0得)()1()()()1()(5.05.05.02z R z ez C ez zC ez C z TTT⋅-=++----根据定义有TTTez ez e z z R z C z G 5.05.025.0)1()1()()()(---++--==1246-7 设开环离散系统如题6-7图所示，试求开环脉冲传递函数)(z G 。
解 （a ）T e z z s Z 2222--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+ T e z z s Z 5555--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+ ))((105522)(522T T e z e z z s Z s Z z G ----=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡+= （b ）))(()(310513102131055225252T T TTe z e z e e z s s Z s s Z -------⋅=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⋅-+⋅=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⋅+ ))(()(3105522)(5252T T TTe z e z e e z s s Z z G -------⋅=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⋅+= （c ）⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++⋅---)5)(2(1)1(10)5)(2(10)1(1s s s Z z s s s e Z s τ ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⋅++⋅-⋅-=5115121611101)1(10s s s Z zz ))((3532)32351(1321351323511)(52752525252TT TTTTTTT T T e z e z eeez eee z z e z z e z z e z z z z z z z G -------------++++-=--+---=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+----=1256－8 试求下列闭环离散系统的脉冲传递函数)(z Φ或输出z 变换)(z C 。
题6-8图 离散系统结构图解（a ）将原系统结构图等效变换为图解6-8(a)所示图解6-8(a)[][][][][][][])()()(1)()()()()()()()()()(1)()()()()()(1)()()()(1)()()()())()()()())()()(1)()()(1)(1)()()(1)()()()()()(1)()()()()()()()(31211131213121321213322211212112121121121121111z G z G z G G z G z R z C z z R z G z C z G z G z G Gz C z G z R z G z C z G Gz C z G z R z G G z G G z C z C z G z R z C z G z B z B z R z E z E z G G z G z E z G G z G G z G z E z G G z G G z B z E z G G z B z G Gz B z E z G G z B z B z E z G z G ++==Φ⋅=++⋅-⋅=+⋅-⋅+=⋅-=⋅=-=+=⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=+=∴=⋅+-=-=126（b ）由系统结构图[])(1)()()()()()()()()()()()()()()(43143421434214342z G G G z RG z G G G z G RG z C z C z RG z G G G z G RG z C z RG z E z G G G z E z G RG z C h h h h ++=∴-+=-=+=（c ）由系统结构图)()()()()()()()(2112122z G G G z D z E z G G G z D z R z NG z C h h ⋅⋅+⋅⋅+=)()()(z C z R z E -=[])()()()()()()()(2112122z C z R z G G G z D z G G G z D z R z NG h h -⋅⋅+⋅⋅+=)()(1)()()()()()()()(2112112122z G G G z D z R z G G G z D z G G G z D z R z NG z C h h h ⋅+⋅⋅+⋅⋅+=[])()(1)()()()()(21121212Z G G G z D Z R z G G G z D z D Z NG h h ⋅+⋅⋅++=6－9 设有单位反馈误差采样的离散系统，连续部分传递函数 G s s s ()()=+152输入)(1)(t t r =，采样周期s T 1=。