传媒通信答案第九、十周作业

2I+4+1 4–19RLC系统中，已知us(t4V，R2，L1H2I+4+1ii+t

Li(0 图4-45电路的s域模 电路达稳态时电感相当于短路。得iL(0)iL(0)

uc(0uc(00V

(2sL1)I(s)4

I(s)

4Li

4 2s2sL 2s s22s I(s2s 2(s1) s22s (s1)27

(s1)2i(t)et(2cos2tsin2t t 的电路模型求电压u(t的冲激响应和阶跃响应。+u(t+u(tCL+U

+ 图4-46电路的s模 冲激响应和阶跃响应为零状态响应。因此有iL(0)

当激励us(t(tUs(s1SU(s) sL//(1/sc)U(s) sL//(1/

U(s)sL//(1/ RsL//(1/ s22S (s1)2 37

23(s1)2 23

13uh(t)2et(cos3t sin3t)(t13当激励us(t(tUs(s1U(s)U(s)U(s) 1 s22S4 s22S (s1)2 32

23(s1)2 23 23

sin3t(t 01H(s) 0sH(s)Hs1= Hs 0s H(s)1 s1∵Re[s]1H1(j)

s

1j

H(j)ej(H(j) H1(j

H1(j1) 1

2/5/H(j2) H(j)2/5/ (0)0D;(1)(2)1013

()ω12ω0ω

(1为使系统稳定，求k的取值范围；(2)k3h(ts23sE(ss23sk

Y

E(s) Xs2s22s

k

Y

H(s)Y(s)

s2(K3)s其中Y(s)X

s23s

s2(K3)s3E(s)X(s)KY(s)X(s) s23s a由二阶系统稳定的条件a20,a10,a00K30KaK=3时

(s) h

(t) 2a2 H(s)Y(s)

s2

s2 s 其中Y(s)XK

s22s(Kss22ss22s(K1)E(s)X(s) Y(s)X s22s 由二阶系统稳定的条件a20,a10,a00K10KH(s) 222

bh(t)et 3t1 b

已知因果信号f(t)的拉氏变换F(s)分别如下所示，问f(t)的变F(s) s22s (s1)(s

s22sF(j)F

s

(j)2j2 (3-2)3 已知某系统的s域框图如图4–53所示，试求 rad/s时H(j)的3 ∑

s2X(1

sX(2

XY H(s) s2s

其中Y(ss2X(sE(s)X(s)(s2sH(j)H

s

(j)2j当 3rad/s(j3

3jH(j3) e3(j3)2j3 1 3

某LTI离散系统的差分方程为y(k)3y(k1)2y(k2)e(k ，已e(k2k(k，y(0)0，y(1)211,

2yh(k)C1(1)kC

(k)12k(k) y(k)[2(1)k(2)k](k)1(2)k(k （1）y(k3y(k1)2y(k2)e(k2e(k1)；初始状态y(1)1y(2)11,

2yzi(k)C1(1)kCy(1)C1 1

12 解得C13,C2y(2)C1

4C2 y(k)[3(1)k4(2)k](k（2）y(k2y(k1)y(k2)e(ke(k 初始状态y(1)1y(2)解：121（重根 中国传媒大 y(k)Ck(1)kC y(1)C1C2 y(2)2C1C23

解得C12,C2yzi(k)[2k(1)k(1)k](k（3）y(k2y(k12y(k2)e(k 2

，y(2)2

j1jk

j

[C1cos4kC2sin4y(0)C1

解得C0,Cy(1) 2Csin3

1

4 4（2）y(k)3y(k1)2y(k2)e(k) e(k)(k)，y(1)1，y(2)解：由特征根11,22可得 y(k)C(1)kC y(1)C1 1

2 解得C1,C y(2)C1

4C2 y(k)[(1)k4(2)k零状态响应的形式为y(ky(ky(k[C(1)kC(2)k

(0)C

1 解得C12,

4/ y(1)C2C 2

(k)[1(1)k4(2)k1 y(k)y(k)y(k)[1(1)k8(2)k1]（ 先求初始状态：y(ke(ke(k1)3y(k1)2y(k2)y(0)13y(1)2y(2) 解得y(1)1y(1)213y(0)2y(1)

0 y(2)5/ 1由1，2 1

(k)

1)k

(1)

1

1/2

C11 解得1C

(2)C1

4

5/ 先求初始条件：y(k)e(k3y(k1)2y(k2)yzs1(0)13y(1)2y(2)yzs1(1)23y(0)2y(1) =a k解得P12P0未能求得（这是因为激励信号的与特征根相同即a2=2）因此微分方程的特解为yp(k)(2kp)(2)（k）k0 =[C（1）k(Cp)(2)k2k(2)k C1CP由初始条件确定系数y(1)C2(CP4CP 最后由线性性质可得y(k) (k)+y(k1)（k y(kyzi(kys e(k

∑+

y(kDx(k4

Dx(k e(k ∑

Dx(k1

x(k

解1）5–8c）y(k4y(k2)e(k h(k)C(2)kC h(0)C1C210C11由初始条件确定系数h(1)2C

C

1/h(k)1[(2)k(2)k](k)解：2)5–8d）y(ky(k12e(k1)e(k1由1可得解的形式为h(k)C(1)k（k）1y(ky(k1)(kh1(0)C1h(k)(1)k1

用迭代法求得初始条件为10）h(k)2h1(k1)h1(k 试求图 a）d所示各系统的单位阶跃响应解：1）5-8a）y(k1y(k1e(k2

1y(k1)(kg1(k，再根据时移性质求e(k1)（k2（ g(k)g(k)g(k)[C(1/2)k2/ y(k1y(k1)(k2

用迭代法求得初始条件为10）由初始条件g1(0)C231解得C1g(k)1(1/2)k g(k)g(k1)21(1/2)k1(k 2）5–8d）y(ky(k12e(k1)e(k此时解的形式为g(k)C(1)k+0.5（k） 由y(k)y(k1) 用迭代法求得初始条件为10）由初始条件解得g1(0)C0.51Cg(k)1[(1)k g(k)2g(k1)g(k2)311）k(k （ LTIg(k2k3(5)k10](k