信号与系统系统微分方程习题及解答.pdf

14 第 2 章 习题 2-1 求下列齐次微分方程在给定起始状态条件下的零输入响应 （1）；给定：；0)(2)(3)( 2 2 tyty dt d ty dt d 2)0(, 3)0( y dt d y （2）；给定：；0)(4)( 2 2 tyty dt d 1)0(, 1)0( y dt d y （3）；给定：；0)(2)(2)( 2 2 tyty dt d ty dt d 2)0(, 1)0( y dt d y （4）；给定：；0)()(2)( 2 2 tyty dt d ty dt d 2)0(, 1)0( y dt d y （5）；给定：。0)()(2)( 2 2 3 3 ty dt d ty dt d ty dt d 2)0(, 1)0(, 1)0( 2 2 y dt d y dt d y （6）；给定：。0)(4)( 2 2 ty dt d ty dt d 2)0(, 1)0( y dt d y 解： （1）微分方程的特征方程为：，解得特征根： 2 320 12 1,2. 因此该方程的齐次解为：. 2 ( ) tt h y tAeBe 由得:解得:(0 )3,(0 )2 d yy dt 3,22.ABAB8,5.AB 所以此齐次方程的零输入响应为:. 2 ( )85 tt y tee （2）微分方程的特征方程为：，解得特征根：. 2 40 1,2 2i 因此该方程的齐次解为：.( )cos(2 )sin(2 ) h y tAtBt 由得:,解得:.(0 )1,(0 )1 d yy dx 1A21B 1 1, 2 AB 所以此齐次方程的零输入响应为:. 1 ( )cos(2 )sin(2 ) 2 y ttt （3）微分方程的特征方程为：，解得特征根: 2 220 1,2 1i 因此该方程的齐次解为：.( )(cos( )sin( ) t h y teAtBt 由得:解得:.(0 )1,(0 )2 d yy dx 1,2,ABA1,3AB 15 所以齐次方程的零输入响应为:.( )(cos( )3sin( ) t y tett （4）微分方程的特征方程为：，解得二重根:. 2 210 1,2 1 因此该方程的齐次解为：.( )() t h y tAtB e 由得:解得:(0 )1,(0 )2 d yy dx 1,2,BAB3,1.AB 所以该方程的零输入响应为:.( )(31) t y tte （5）微分方程的特征方程为：，解得特征根:,. 32 20 1,2 1 3 0 因此该方程的齐次解为：.( )() t h y tABtC e 由得:. 2 2 (0 )1,(0 )1,(0 )2 dd yyy dxdt 1,1,22ACBCCB 解得:.5,3,4ABC 所以方程的零输入响应为:.( )5(34) t y tte （6）微分方程的特征方程为：，解得特征根:. 2 40 12 0,4 因此该方程的齐次解为：. 4 ( ) t h y tABe 由得:.解得:.(0 )1,(0 )2 d yy dx 1, 42ABB 31 , 22 AB 所以此齐次方程的零输入响应为:. 4 31 ( ) 22 t y te 2-2 已知系统的微分方程和激励信号，求系统的零状态响应。 （1）； tuetxtxtyty dt d ty dt d t ),(3)(6)(5)( 2 2 （2）； tuetxtxtx dt d tyty dt d ty dt d t2 2 2 ),(4)()(2)(3)( （3）； tuetxtxtx dt d tyty dt d t2 ,)()(3)( （4）。 tutxtxtx dt d ty dt d ty dt d ty dt d ),(8)(3)(8)(4)( 2 2 3 3 解： （1） ： 将带入到原方程得到：( )x t 2 2 ( )5( )6 ( )3 t dd y ty ty te u t dtdt 16 特征方程为：，解得特征根 2 560 12 2,3. 因此该方程的齐次解为：. 23 ( ) tt h y tAeBe 可设其特解为:,将代入上述微分方程,有:( ) t p ytce( ) t p ytce ,解得特解为:. 2 2 ()5()6()3 tttt dd cececee dtdt 3 ( ) 2 t p yte 可得完全解:. 23 3 ( ) 2 ttt y tAeBee 根据冲击函数匹配法，系统在时的微分方程:0t 0 , , , , 得到: 2 2 ( )5( )6 ( )3( ) dd y ty ty tu t dtdt 2 2 ( )( )( )( ) ( )( )( ) ( )( ) d y tatbtc u t dt d y tatb u t dt y ta u t ( ) ( )( )5( )5( )6( )3( )atbtc u tatb u ta u tu t 从而有：。 (0 )(0 )0 (0 )(0 )0 yya yyb 将代入得： 23 3 ( ) 2 ttt y tAeBee 3 30 2 3 3 230 2 2 AAB B AB 故系统的零状态响应为： 32 33 ( )(3) ( ) 22 ttt y teeeu t （2） 。 将带入原方程得到： 2t x teu t 2 2 2 ( )3( )2 ( )( )2 t dd y ty ty tteu t dtdt 17 微分方程的特征方程为：，解得特征根，该方程的齐次解为： 2 320 12 1,2 2 ( ) tt h y tAeBe 可设其特解为:代入上述微分方程,解得特解为:. 2 ( ) t p ytkte 2 ( )2 t p ytte 可得完全解: 22 ( )2 ttt y tAeBete 根据冲击函数匹配法，系统在时的微分方程:0t 0 , , , , 得到: 2 2 ( )3( )2 ( )( )2( ) dd y ty ty ttu t dtdt 2 2 ( )( )( ) ( )( ) d y tatb u t dt d y ta u t dt ( )( )3( )( )2( ) (0 )(0 )1 (0 )(0 )1 atb u ta u ttu t yya yyb 将代入得： 22 ( )2 ttt y tAeBete 3(0 )221 3(0 )481 AyAB ByAB 系统的零状态响应为： 22 ( )332 ttt y teete （3） 将带入到原方程得到：( )x t 2 ( )3 ( )( ) t d y ty tteu t dt 特征方程为：，解得特征根30 2 3. 因此该方程的齐次解为：. 3 ( ) t h y tCe 可设其特解为:,代入上述微分方程, 解得特解为:. 2 ( ) t p ytKe 2 ( ) t p yte 可得完全解:. 32 ( )() ( ) tt y tCeeu t 根据冲击函数匹配法，系统在时的微分方程:0t 0 , , , , 得到:( )3 ( )( )( ) d y ty ttu t dt 18 ( )( )( ) ( )( ) d y tatb u t dt y ta u t ( )( )3( )( )( )1,4atb u ta u ttu tab 从而有：。将代入得： (0 )(0 ) 11 (0 )(0 )44 yy yy 32 ( ) tt y tCee 2C 故系统的零状态响应为： 32 ( )(2) ( ) tt y teeu t （4） 将带入到原方程得到：( )x t 32 32 ( )4( )8( )3 ( )8 ddd y ty ty ttu t dtdtdt 特征方程为：，解得特征根 32 480 123 0,22 ,22ii 因此该方程的齐次解为：. 22 ( )cos(2 )sin(2 ) tt h y tABetCet 可设其特解为:,代入上述微分方程,解得特解为:.( ) p ytDt( ) p ytt 可得完全解:. 22 ( )cos(2 )sin(2 ) tt y tABetCett 根据冲击函数匹配法，系统在时的微分方程:0t 0 , , , , 得到: 32 32 ( )4( )8( )3 ( )8 ddd y ty ty ttu t dtdtdt 3 3 2 2 ( )( )( ) ( )( ) d y tatb u t dt d y ta u t dt ( )( )4( )3 ( )8( )atb u ta u ttu t 从而有：,。 3 3 (0 )4 d y dt 2 2 (0 )3 d y dt 将代入得： 22 ( )cos(2 )sin(2 ) tt y tABetCett A=, 1 8 3 8 B 19 由于方程不包含项，C 无法求出。( )y t 故系统的零状态响应为： 2 13 ( )( cos(2 )sin(2 ) 88 t y tetttC 2-3 已知系统的微分方程为，求下列激励信号下系统的零状态响应。 txtyty dt d )(2)( （1）（2）（3） tuetx t2 tuetx t3 tuetuetx tt32 （4） Ttuetx Tt 2 解： （1） ： 带入后微分方程为： 2 ( )2 ( ) t d y ty teu t dt 特征方程为，解得特征根。因此该方程的齐次解为：202 2 ( ) t h y tCe 设特解为,带入得，零状态响应为: 2 ( ) t p ytkte 2 ( ) t p ytte 22 ( )() ( ) tt y tCeteu t 由于系统的微分方程右侧没有冲击函数可以知道系统在从 0-到 0+时刻没有发生跳变，将 带入得到 C=0。故系统的零状态响应为:(0 )0y 2 ( )( ) t y tteu t （2） ： 带入后微分方程为： 3 ( )2 ( ) t d y ty teu t dt 特征方程为，解得特征根。因此该方程的齐次解为：202 2 ( ) t h y tCe 设特解为,带入得，零状态响应为: 3 ( ) t p ytke 3 ( ) t p yte 23 ( )() ( ) tt y tCeeu t 由于系统的微分方程右侧没有冲击函数可以知道系统在从 0-到 0+时刻没有发生跳变，将 带入得到 C=1。故系统的零状态响应为:(0 )0y 23 ( )() ( ) tt y teeu t （3） 带入后微分方程为： 23 ( )2 ( ) tt d y ty teu teu t dt 先求出系统的冲激响应，易知，在时，设， 2 ( ) t y tAe00t ( )( )( ) d y tatbu t dt ，代入方程解得：，( )( )y tau t1,2ab 易求得：A=1，则：.系统的单位冲激响应为: 2 ( ) t y te 2 ( )( ) t h teu t 20 232 ( )( )* ( )( )( )*( ) ttt y tx th teu teu teu t = 223 ( )() ( ) ttt teu teeu t （4） ： 带入后微分方程为： 2 ( )2 ( ) t T d y ty teu tT dt 特征方程为，解得特征根。因此该方程的齐次解为：202 2 ( ) t h y tCe 设 特 解 为, 带 入 得， 零 状 态 响 应 2() ( )() t T p ytk tT e 2() ( )() t T p yttT e 为: 22() ( )( )()() tt T y tCeu ttT eu tT 由于系统的微分方程右侧没有冲击函数可以知道系统在从 T-到 T+时刻没有发生跳变，将 带入得到 C=0。故系统的零状态响应为:()0y T 2() ( )()() t T y ttT eu tT 2-4 给定系统微分方程、起始状态以及激励信号，首先判断起始点是否发生跳变，再求系统的零输 入响应、零状态响应和完全响应。 （1）； tutxytxtyty dt d , 10),()()( （2）； tutxytxtx dt d tyty dt d , 20,2)()(3)( （3）； tuetxy dt d ytxtx dt d tyty dt d ty dt d t 3, 00, 20),(3)(2)(6)(5)( 2 2 （4）； tuetxy dt d ytxtx dt d tyty dt d ty dt d t2 2 2 , 10, 10),()()(9)(6)( （5）。 tutxy dt d ytxtx dt d tyty dt d ty dt d , 10, 10),(5)(3)(5)(2)( 2 2 解： （1） 易知系统的齐次解：.零输入响应:.( ) t h y tAe 0 (0 )(0 )1yyAe 解得:.( ) t zi yte 零状态响应:设,代入得:.所以,( ) p ytB1B( )1 t zs ytAe 在时,设,即:,所以:.00t ( )( ) d y tu t dt 1,1AA ( )1 t zs yte 21 完全响应:( )( )(1) ( )( ) tt zizs y tyyteeu tu t （2） 利用冲击函数匹配法可以知道起始点发生跳变。 将激励函数带入后得到： ( )3 ( )( )2 d y ty ttu t dt 系统的齐次解：.零输入响应:。解得:. 3 ( ) t h y tAe 0 (0 )(0 )2yyAe 3 ( )2 t zi yte 零状态响应:设,代入得:.故。 利用冲击函数匹配法可知( ) p ytB 2 3 B 3 2 ( )() ( ) 3 t zs ytCeu t ，即，。故(0 )1y 2 1 3 C 1 3 C 3 12 ( )() ( ) 33 t zs yteu t 方程的完全解。 33 12 ( )( )( )() ( )2 33 tt zizs y tytyteu te （3） 利用冲击函数匹配法可以知道起始点发生跳变。 系统的齐次解：.零输入响应: 23 ( ) tt h y tAeBe (0)2yAB .解得:.(0 )230 d yAB dt 23 ( )64 tt zi ytee 零 状 态 响 应 : 设, 代 入 得 :., 在( ) t p ytBe 3 2 B 23 3 ( ) 2 ttt zs ytAeBee 时,设00t 2 2 ( )5( )6 ( )6 ( )3( ) dd y ty ty ttu t dtdt , 2 2 ( )( )( ) d y tatb u t dt ( )( ) d y ta u t dt 代入解得:.解得:.( )0y t6,27ab 23 93 ( )3 22 ttt zs yteee 方程的完整响应:。 2323 93 ( )( )(3) ( )64 22 ttttt zizs y tyyteeeu tee （4） 利用冲击函数匹配法可以知道起始点发生跳变 系 统 的 齐 次 解 ：, 零 输 入 响 应 : 由解 3 ( )() t h y tAtB e(0 )1,(0 )1, d yy dt 得:4,1AB 3 ( )(41) t zi ytte 22 零状态响应: 设,代入得.。 在 2 ( ) t p ytCe1C 32 ( )() ( ) tt zs ytAtB eeu t 00t 时, 2 2 ( )6( )9 ( )( )( ) dd y ty ty ttu t dtdt 则, 解 得 :. 得 2 2 ( )( )( ) d y tatb u t dt ( )( ) d y ta u t dt ( )0y t1,7ab 到:2,1AB 32 ( )(21) ( ) tt zs ytteeu t 完整响应: 323 ( )( )( )() ( )(41) ttt zizszs y tyytytAtB eeu tte （5） 易知系统的齐次解：,零输入响应:( )(cos(2 )sin(2 ) t h y teAtBt 由解得:.(0 )1,(0 )1, d yy dt 1,1AB( )(cos(2 )sin(2 ) t zi ytett 零状态响应:,解得:.( ) p ytC1C( )(cos(2 )sin(2 ) 1 t zs yteAtBt 在时,00t 2 2 ( )2( )5 ( )3 ( )5( ) dd y ty ty ttu t dtdt 设,代入得:. 2 2 ( )( )( ) d y tatb u t dt ( )( ) d y ta u t dt 3,1ab 解得:1,1AB ( )( cos(2 )sin(2 ) 1 t zs ytett 得到系统完整响应: ( )(cos(2 )sin(2 )( cos(2 )sin(2 ) 1 ( ) tt y tettettu t 2-5 求下列微分方程描述的系统的单位冲激响应)(th （1）；（2）；)()(4)(tx dt d tyty dt d )(3)()(2)(3)( 2 2 txtx dt d tyty dt d ty dt d （3）；)()(4)(4)( 2 2 txtyty dt d ty dt d （4）；)(3)(3)()(2)( 2 2 txtx dt d tx dt d tyty dt d 23 解： （1） 系统的齐次解为：， 4 ( ) t h y tAe 在时，可设，00t ( )( )( )( ) d y tatbtc u t dt ( )( )( )y tatb u t 代入方程：解得：，易知:.1,4,16abc 4A 所以 4 ( )( )4( ) t y tteu t （2） 系统的齐次解为：，在时， 2 ( ) tt h y tAeBe 00t 设, 2 2 ( )( )( )( ) d y tatbtc u t dt ( )( )( ) d y tatb u t dt ( )( )y ta u t 则:+3+=( )( )( )atbtc u t ( )( )atb u t 2( )a u t( )3 ( )tt 解得:,求得:,所以1,0,2abc 2,1AB 2 ( )(2) ( ) tt y teeu t （3） 易求得系统的齐次解为：， 2 ( )() t h y tAtB e 在时，设,解得:00t 2 2 ( )( )( ) d y tatb u t dt ( )( ) d y ta u t dt ( )0y t1,4ab 求得:,.1A0B 所以 2 ( ) t y tte （4） 系统的齐次解为：, 2 ( ) t h y tAe 在时，设00t ,( )( )( )( )( ) d y tatbtctd u t dt ( )( )( )( )y tatbtc u t 则=,( )( )( )( )2( )( )( )atbtctd u tatbtc u t ( )3 ( )3 ( )ttt 解得:,易求:1,1,1,2abcd 1A 则: 2 ( )( )( )( ) t y teu ttt 2-6 求下列微分方程描述的系统的单位阶跃响应)(tg 24 （1）；（2）； txtx dt d tyty dt d )()()()()(12)(7)( 2 2 tx dt d tyty dt d ty dt d （3）；)(2)(3)(10)(2)( 2 2 txtx dt d tyty dt d ty dt d （4）；)(5)(2)()(16)(8)( 2 2 3 3 2 2 txtx dt d tx dt d tyty dt d ty dt d 解： （1） 求得系统的齐次解为：，设特解,解得:( ) t h y tAe( ) p ytB1B 在时，设,00t ( )( )( ) d y tatb u t dt ( )( )y ta u t 得到:,( )( )( )( )( )atbu tau ttu t 解得:,易求1,0ab0A 所以:( )( )y tu t （2） 系统的齐次解为：， 34 ( ) tt h y tAeBe 在时，设:,00t 2 2 ( )( )( ) d y tatb u t dt ( )( ) d y ta u t dt ( )0y t 即:=,解得:,易求( )( )7( )atbu ta u t( )t1,7ab 1,1AB 所以: 34 ( )() ( ) tt y teeu t （3） 易求得系统的齐次解为:,易知特解( )(cos3sin3 ) t h y teAtBt 1 5 C 在时，设:,.00t 2 2 ( )( )( ) d y tatb u t dt ( )( ) d y ta u t dt ( )0y t 即:=,解得:易求:,( )( )2( )atbu ta u t3 ( )2( )tu t 3,4ab 114 , 515 AB 所以: 1141 ( )(cos3sin3 ) ( )( ) 5155 t y tett u tu t （4） 系统的齐次解为:.易求其特解: 4 ( )() t h y tAtB e 5 16 C 25 设, 2 2 ( )( )( )( )( ) d y tatbtctdu t dt ( )( )( )( ) d y tatbtcu t dt ,解得:,( )( )( )y tatbu t1,6,32,155abcd 解得:,所以: 27101 , 416 AB 4 271015 ( )()( ) 41616 t y ttet 2-7 因果性的 LTI 系统，其输入、输出用下列微分积分方程表示： ，其中 )()()()(5)(txdtfxtyty dt d )(3)()(ttuetf t 求该系统的单位冲激响应。)(th 解：将代入原方程得：，若解出此方程的，即( )( )x tt( )5 ( )( )2 ( ) t d y ty te u tt dt ( ) zi yt 为系统的单位冲激响应，现在求：先设( )h t( )y t( )5 ( )( ) d y ty tt dt 解得：.= 5 ( )( ) t h teu t ( )( )*( )2 ( ) t h th te u tt 5 17 () ( ) 44 tt eeu t 2-8 有一 LTI 系统 对 激 励 为时的 完 全 响 应 为，对 激 励为)(3)( 1 tutx)(6)( 3 1 tuety t 时的完全响应为。求下列各种响应。)()( 2 ttx)()( 2 tty (1)该系统的零输入响应；)(tyzi (2)该系统的单位阶跃响应； (3)该系统的单位冲激响应； (4)系统的起始状态保持不变，求其对于激励为的完全响应。)()( 3 tuetx t )( 3 ty 解： 设系统对激励为的零状态响应为,对激励为的零状态响应为 1( ) x t 1zs y 2( ) x t 2zs y 对激励为的零状态响应为,又系统为 LTI 系统,根据,易推知. 3( ) x t 3zs y 1( ) x t 2( ) x t 1 2 () 3 zs zs yd y dt 又根据完全解的结构,可设,则:=. 1( ) x t 3 1 ( ) t zs yAeu t 2zs y 3 ( )( ) 3 t A Aeu tt 又根据,对:,对:, 1( ) x t 3 1 ( )6( ) t zizs ytyeu t 2( ) x t 2 ( )( ) zizs ytyt 综合上述条件的:, 3 12 6( )( ) t zszs yyeu tt 得:,解得: 33 ( )( )( ) 3 tt A Aeu tAeu tt 3 6( )( ) t eu tt 所以,3A 3 1 3( ) t zs yeu t （1）,（3） 33 1 63( ) tt zizs yeyeu t 3 ( )( )3( ) t h tteu t 26 （2） 3 0 ( )( )( ) t t g thdeu t （4）对 3( ) ( ) t x te u t 零状态响应为：= 3zs y 3 ( )*( )h tx t 3 31 () ( ) 22 tt eeu t 得到：= 33 33 31 ( )( )() ( )3( ) 22 ttt zizs y tytyeeu teu t 3 91 () ( ) 22 tt eeu t 2-9 已知某 LTI 系统在激励信号下的零状态响应为，又已知该系统在)()( 1 tuetx t )( 1 ty 下的零状态响应为，求该系统的单位冲激响应。 )()( 2 tuettx t )()(2 2 1 tuety t )(th 解： 由题, 211 ( )( )2 ( ) d x tx tx t dt 又系统为 LTI 系统,所以. 211 ( )( )2( ) d y ty ty t dt 代入整理得:,解得:, 2 11 ( )4( )( ) t d y ty teu t dt 24 1 11 ( )() ( ) 22 tt y teeu t 因, , , , 得系统的冲激响应, 21 ( )( )( )x tx tt 2 1 ( )3( )( ) t h ty teu t 所以: 24224 1113 ( )( 3() ( )() ( ) 2222 ttttt h teeeu teeu t 2-10 已知某 LTI 系统在激励信号下的零状态响应为，又已知该系统在)()( 1 tuetx t )( 1 ty 下的零状态响应为，求该系统的单位冲激响应。)()( 2 2 tuetx t )()( 2 1 tuety t )(th （提示：由于不是简单的各阶导数及其线性组合关系，所以不能用 2-9 题的方法。但根据条件)(),( 21 txtx 知道有 (p2-10-1) thtuety t *)()( 1 (p2-10-2) thtuetuety tt *)()()( 22 1 即 (p2-10-3) thtuetuethtue ttt *)()(*)( 22 (p2-10-4) thtuetuetue ttt *)()()( 22 对式子(p2-10-4)求两次导数，并利用卷积的微分性质有 (p2-10-5) thtuetuettuet ttt *)(2)(2)(2 22 (p2-10-6) thtuetuetttuett ttt *)(4)(32)(42 22 27 通过将式(p2-10-4)，(p2-10-5)，(p2-10-6)乘上适当的常数再相加，可以消去方程右端这些)(),( 2 tuetue tt 普通函数和的卷积项。具体来说，就是假设(p2-10-4)，(p2-10-5)，(p2-10-6)三个式子乘的系数分别是 th ，则要求cba, (p2-10-7) 042 0 cba cba 可以得到一个解。将式(p2-10-4)，(p2-10-5)，(p2-10-6)分别乘以，再相加得到1, 3, 2cba1 , 3 , 2 (p2-10-8) thtttt*32 即 (p2-10-9) ttthth dt d 32 上述过程实际上是一个重建微分方程的过程。 ） 解： 微分方程的建立参看上述提示。 对于 ttthth dt d 32 系统的齐次解为：，在时， 3 2 ( ) t h tAe 00t 设, ( )( )( ) d h tatbtc u t dt ( )( )h tatb u t 解得:,求得:,所以 11 , 24 ab 1 4 A 3 2 11 ( )( )( ) 24 t h tteu t 2-11 利用上节的方法求解本题。有一 LTI 系统对激励为时的完全响应为)()( 1 tutx ，对激励为时的完全响应为。求)(2)( 1 tuty tuetx t2 2 )( tuety t2 2 2)( （1）该系统的零输入响应；)(tyzi （2）该系统的单位冲激响应； （3）系统的起始状态保持不变，求其对于激励为的完全响应)()( 3 tuetx t )( 3 ty 解： 易知,2 ( )( )( )* ( ) zi u tytu th t 22 2( )( )( )* ( ) tt zi eu tyteu th t 将两式相减:, , 22 2 ( )2( ) ( )( )* ( ) tt u teu tu teu th t 两边求导得:, 22 4( )2 ( )2( )* ( ) tt eu tteu th t 将原式乘 2,与求导后的方程式相加得:,2 ( ) ( )( )* ( )u ttu th t 28 将方程式求导:2 ( ) ( )( )* ( )ttth t 即:,易解得:,( )( )2 ( ) d h th tt dt ( )2( ) t h te u t 易求得对的零状态响应为: 1( ) x t 1 ( )( )*( )2(1) ( ) t zs yth tx teu t (1)= 1 ( )( )( ) zizs yty tyt2( ) t e u t (2)即( )2( ) t h te u t (3)= = = = +=)( 3 ty2( ) t e u t 2( )*( ) tt e u te u t (22) ( ) tt eteu t 2-12 已知某一 LTI 系统对激励的零状态响应)(tx t t zs dxety )2()( 求该系统的单位冲激响应。 解： ( )( )* ( )( ) () zs ytx th txh td Q 在本题中： 22 2 ( )(2)(2) () ( )( ) (2) ( )(2) ( ) t tt zs tpp zs t zs ytexdexu td ytex p u tpdp yteu txdp 令 令p 故。 2 ( )(2) t h teu t 2-13 零起始状态电路如题图 2-13 所示，求该电路的单位冲激响应。若激励为，求 tuetv t S 响应。 tvo tvs H1 1 4 tvo F52 tis tvo 题图 2-13题图 2-14 解： 设此电路的电流为,易知:=-，根据 KVL 有( ) s I t( ) s I t( ) s v t 0( ) v t ，即 Ls vvv 00 1( )( )5( )( )( ) sss d v tv tv tv tv t dt 整理得: 00 ( )5( )( )4( ) ss dd v tv tv tv t dtdt 29 易解得:, 5 ( )( )( ) t h tteu t 0( ) v t 5 31 ( )*( ) ( ) 44 tt s h tv teeu t 2-14 零 起 始 状 态 电 路 如 题 图 2-14 所 示 ， 求 该 电 路 的 单 位 冲 激 响 应 。 若 激 励 为 ，求响应。 11tutttutiS tvo 解： 由节点电流定理得,整理得: 0 0 ( ) ( )5( ) 2 s v td i tv t dt 0 0 ( )1 ( )( ) 105 s v td v ti t dt 其单位冲激响应:, 0.1 1 ( )( ) 5 t h teu t = = = = = = = = tvo( )* ( ) s h ti t 0.1 1 ( )(1) ( ) 5 t tu teu t 0.1(1) 1( 1) (1)(1) (1) 5 t tu teu t 2-15 电路如题图 2-15 所示，以前开关位于“1”，已进入稳态，时刻，与同时自0t0t 1 S 2 S “1”转至“2”，求输出电压的完全响应，并指出其零输入响应、零状态响应分量。)(tv H1 F1 V10 2 tv 2 S 1 S 3A 11 22 题图 2-15 解： 设经过电感的电流为,则: 1( ) i t , 1 ( ) ( ) 2 v t i t 1 ( )( ) l d v tli t dt 1 ( )( )( ) c d v tci tv t dt ( )( ) cc d i tcv t dt 根据 KCL:,代入得: 1 ( )( )( ) sc i ti ti t 2 2 ( )2( )( )2 ( ) s dd v tv tv ti t dtdt 得齐次解:,( )()( ) t h y tAtB e u t 零输入响应:开关位于”1”稳定后,因为,所以,易求(0)10v( )0 c i t( )0 c d cv t dt 得零输入响应:,( )(1010) t zi ytte 开关位于”2”时，,零状态响应:( )3 ( ) s i tu t( )()( )( ) t zs ytAtB e u tBu t 易求得零状态响应:,( )( 66)( )6 ( ) t zs ytte u tu t 完全响应: ( )( 66)( )6 ( )(1010) tt y tte u tu tte 30 2-16 已知电路如题图 2-16 所示，时，开关位于“1”且已达到稳态，时刻，开关由位0t0t 置“1”打到位置“2”。 （1）从物理概念判断,和,)0( i)0( i)0( i)0( i （2）写出t 时间内描述系统的微分方程表示，求的完全响应； 0t)(ti （3）写出一个方程式，可在时间内描述系统，根据此式利用冲激函数匹配原t 理判断时刻和时刻状态的变化，并与（1）的结果比较。 0 0 解： （1） 到达稳态后,电容相当于短路,而电路状态稳定,不会再发生变化,所以: ,开关由”1”到”2”后:电容电压不会发生跳变,(0 )0, (0 )0ii (0)10 c v(0 )0i 所以电感的电压应为-9 伏,又;易知,=-9.( ) l d vli t dt (0 )i （2） 由电路易得系统微分方程:零输入响应为:0, 2 2 2 ( )( )( )( )2( ) t dd i ti ti tteu t dtdt 零状态响应为:。 2 11 3 (2cos 3sin3 )2 ( ) 3 tt etteu t （3） 系统方程为。 2 ( )( )( )9 ( )2( ) t y ty ty tteu t 理应冲击函数匹配法有： 即从 0-到 0+有-9 的跳变，没有跳变。 9( )( )( ) 7( )( ) ay tatb u t by ta u t ( ) y t( )y t 2-17 设系统的微分方程表示为 )()(6)(5)( 2 2 tuetyty dt d ty dt d t 求使完全响应为时的系统起始状态和，并确定常数的值。)()(tuCety t )0( r)0( rC 解： 求得方程的零状态响应为: 23 11 ( )() ( ) 22 ttt zs yteeeu t 易知方程的零输入响应为: 23 ( )() ( ) tt zi ytAeBeu t 因为完全响应为，故,有零输入响应的系数求法得)()(tuCety t 11 1, 22 ABC 31 1 (0 ) 2 1 23(0 ) 2 ABr ABr 2-18 已知某 LTI 系统的单位冲激响应为，当输入为时的零状态响应为 th1 tx1 2tututty 求当冲激响应和激励信号分别为以下各组信号时的零状态响应，并画出各个响应对应的波形。 (1)(2) ththtxtx 11 3, ththtxtx 11 , (3)(4) 1,2 11 ththtxtx ththtxtx 11 ,3 (5)(6) 1,2 111 ththtxtxtx