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第六章第六章第六章第六章 习习习 习 题题题 题 6.1 图题 6.1 所示电路 ，求 u(t)对 i(t)的系统函数 H(s)=U(s) I(s)。 L + _U(t) i(t) (a) R21H C 1F1 L + _ U(s) I(s) (b) R2Ls 1 Cs R1 图题 6.1 答案答案答案答案 解：图解 6.1（a）电路的 s 域电路模型图解 6.1（b）所示 。故 有 2 1 2 1Ls R Cs( ) R ( ) 1Ls R Cs I s U s + + = + + 代入数据得 2 2 U(s) 2s 2s 1( ) I(s) s s 1H s + += = + + R2 + - LU 1 U2(t) (a) F31 C 1 1H 2 + - R1 R2 + - Ls U1(s) U2 (b) Cs 1 + - 图题 6.2 6.2 图解6.2（a）所示电路 ，求 ( )tu2 对 ( )tu1 的系统函数 )s(U )s(U)s(H 1 2= 。 答案答案答案答案 解：图解 6.2（a）所示电路的 s 域电路模型如图解 6.2（b）所 示。故有 2 2 1 2 2 U (s) Ls RH(s) 1U (s) Ls R R Cs += = + + + 代入数据得 ( ) ( ) 35ss 2ss sU sU)s(H 2 2 1 2 + += 6.3 已知系统的单位冲激响应 5( ) 5 ( )th t te U t= ，零状态响应 5 5( ) ( ) 2 ( ) 5 ( )t ty t U t e U t te U t = + + 。求系统的激励f(t)。 答案答案答案答案 解： ( ) 5s 5sh += ( )25s 5 5s 2 s 1)s(Y += 故得激励 f(t)的像函数为 ( ) 5s 1 s 1 5 3 5s 5 5s 5 5s 2 s 1 )s(H )s(Y)s(F 2 += + += 故得 ( )-5t -5t3 3( ) (t) U(t) e U(t) (t) 1 e U(t)5 5f t = + + = + + 6.4 已知系统函数 55ss 5s)s(H 2 2 + += ，初始状态为 ( ) 00y = ， ( ) -20y / = 。 (1).求系统的单位冲激响应 h(t); (2). 当激励 f(t)=(t)时，求系统的全响应 y(t)； (3)当激励 f(t)=U(t)时，求系统的全响应 y(t)。 答案答案答案答案 解: (1) ( ) ( ) ( ) 41s 2 12s 1s2s1 52ss s21 55ss 5s)s(H 2222 2 + += + += + += 故 ( ) )t(U2sin2tcos2t2e-(t)t(sinUe)t(costU2e-(t)h(t) -2t-2t-2t =+= （2）系统的微分方程为 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )t5ftft5yt2yty / +=+ 对上式等号两边同时求拉普拉斯变换 ，并考虑到拉普拉斯变换的 微分性质 ，有 ( ) ( ) ( ) s(5F)s(Fs)s(5Y02y)s(2sY0y0sy)s(Ys 2/2 +=+ 今 ( ) ,20y,0)0(y,1)s(F / = 代入上式得 ( ) ( ) 41s 1s21 52ss 3s)s(Y 22 2 + += + += 故得全响应为 )t(costU2e-(t)t(y -t= （3）将 ( ) 20y,0)0(y,s1)s(F / = 代入上式 ，有 ( ) ( ) 41s 22s 1 55sss 52ss)s(Y 22 2 +=+ += 故得全响应为 ( ) )t(Usin2t2e1)t(y t= 6.5 图题 6.5 所示电路 。 (1)求电路的单位冲激响应 h(t)； (2)今欲使电路的零输入响应 xu (t)=h(t)，求电路的初始状态 ( )0i 和 ( )0u ； (3)今欲使电路的单位阶跃响应 g(t)=U(t)，求电路的初始状态 ( )0i 和 ( )0u 。 答案答案答案答案 解（1）零状态条件下的 s 域电路模型如图解 6.5（b）所示 。故 根据该图得 ( ) ( ) ( )22 1s 1 12ss 1 s 1s2 s 1 sF sU)s(H +=+=+= 故得单位冲激响应为 ( )V)t(Ute)t(h t= （2）非零状态条件下求零输入响应 ( )tux 的s域电路模型如图 6.5 （c）所示 。故 ( ) ( ) ( ) ( ) + + = 0us1s1 s 1s2 0us10i su x + - (a) )t(f + - 2 )s(U L 1F C R 1H + - (b) )s(F + - 2 R s s 1 )s(U )s(I - + - (c) )t(f + - 2 )s(U R s )0(i - s 1 )0(us1 + - + - (d) + - 2 )s(U s )0(i - s 1 - + + 1 s 1 (0 )u s 图解 6.5 依题意要求 ，应使 ( ) ),s(HsUx = 即应有 ( )21s 1)0(u s 1 s 1 s 1s2 )0(us1)0(i +=+ 从而有 ( 2) (0 ) (0 ) 1s u i + + = (0 ) 0, (0 ) 1u i A = = （3）非零状态条件下求电路单位阶跃响应 g（t）的 s 域电路模 型，如图解 6.5（d）所示 。故 )0(us1s1 s 1s2 )0(us1)0(is1 )s(G + + + = 依题意要求 ，应使 ,s1)s(G = 即应有 s 1)0(u s 1 s 1 s 1s2 )0(us1)0(is1 =+ + + 从而有 ( ) ( ) ( ) 2s0i0u2s +=+ 故得 ( ) ( ) 00i,1V0u = 6.6 图题 6.6 所示电路 。(1)求 ( ) ( ) 2 1 U s( ) U sH s = ； (2)若 ( ) ( ) 1F,C,V)t(cos2tUtu1 = 求零状态响应 ( )tu2 ； (3)在 ( )tu1 不变的条件下 ，为使响应 ( )tu2 中不存在正弦稳态响 应，求 C 的值及此时的响应 ( )tu2 。 + + 1u 2u C 1H ( )a 答案答案答案答案 + + ( )su1 ( )su2 Cs 1 s ( )b 解（1）图解 6.6（a）电路的 s 域电路模型如图题 6.6（b）所示 。 故 ( ) C 1s C 2s C 1s Cs 1s Cs 1s 2 1 2 1 sH 2 2 + + = + + = （2） ( ) ,1FC,4s ssU 21 =+= 则 ( ) ( )222 2 1s 1s12ss 1ssH +=+ += 故 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) j2sKj2sK1sK1sK4s s1s 1ssUsHsU 321221122212 +=+= ( ) ( ) ( )( ) 5 21s 4s1s s1sK 2 22 2 11 =+ += （ 1s = ） ( ) ( ) ( )( ) 25 161s 4s1s s1s ds dK 1s 2 22 2 12 = + + += = ( ) ( ) ( )( )( ) 10 3J2s j2sj2s1s s1sK j2s 2 2 2 =+ += = 。1.53 10 3KK 23 = 。1.53 故得 ( ) t t j2t j53.1 j2t j53.12 2 16 3 3u t te e e e e e5 25 10 10 = + + + =。 。 ( ) ( )( )t3 8 3t e cos 2t 53.1 u t V2 5 5 + + 144244314243 正弦稳态响应瞬态响应 （3） ( ) ( ) ( ) 4s s C 1s C 2s C 1s sUsHsU 2 2 2 12 + + + = 由此式可见 ，欲使 ( )tu2 中不存在正弦 稳态响应 ，就必须有 ,4sC1s 22 +=+ 故得 25F.0C = 。代入上式有 ( ) 324s 077.0324s 077.148ss ssU 22 +=+= 故得 ( ) ( ) ( ) ( )( )VtU077e.0077e.1tu t324t3242 = + 44444 344444 2 瞬态响应 6.7 图题6.7所示电路 。 (1)求 ( ) ( )sU sU)s(H 1 2= ； (2)求 K 满足什么条件时系统稳定 ； (3)求 K=2 时，系统的单位冲激响应 h(t)。 + - + - 1 1 s1 s 1+ - )s(U )s(U2 + - )s(U1 图解 6.7 答案答案答案答案 解（1）对节点 列写 KCL 方程为 ( ) ( )sUssKU-(s)s s 1s 11 1= + + + 又 ( ) += s 11 s 1 sU(s) ( ) ( )sKUsU2 = 以上 三式联解得 ( ) ( )( ) ( ) 1sK3s KsU sUsH 2 1 2 += （2）当 K3 时， ( )sH 的极点位于 s 平面的左半开平面 ，系统稳 定。 （3）当 K=2 时， ( ) 2 2222 2 3 2 1s 2 3 3 22 2 3 2 1s 2 1ss 2sH + + = + + =+= 故得 ( )V)t(tU23sine34)t(h t21= 6.8 已知系统函数 64ss 5s)s(H 2 + += 。 (1)写出描述系统响应 y(t)与激励 f(t)关系的微分方程 ； (2)画出系统的一种时域模拟图 ； (3)若系统的初始状态为 ( ) 10y,2)0(y / = ，激励 ( )tUe)t(f t= ， 求系统的零状态响应 ( )tyf ，零输入响应 ( )tyx ， 全响应 y(t)。 答案答案答案答案 解（1）因 ( ) ( )( ) 65ss 5ssF sYsH 2 + += 故得系统的微分方程为 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )t5ftft6yt5yty / +=+ （2）该系统的一种时域模拟图如图题 6.8 所示 。 5 1 5 6 y)t(f 图解 6.8 （3）求零状态响应 ( )tyf ( ) 1s 1sF += 故 ( ) ( ) ( )( ) ( )( )( ) 3s 12s 31s 23s2s1s 5s65ss1s 5ssHsFY 2f +=+ +=+ += 故得 ( ) ( ) ( )tUe3e2ety 3t2ttf += （4）求零输入响应 ( )tyx 系统的特征方程为 065ss2 =+ ，故得特征根为 .3p2,p 21 = 故得零输入响应的通解形式为 ( ) 3t22t1x eAeAty += 又 ( ) 3t22t1x/ e3Ae2Aty = 故有 ( ) ( ) ( ) ( ) 13A2A0y0y 2AA0y0yy 21 / x 21x = =+= + + 联解得 5A,7A 21 = 故得零输入响应为 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 44444444 21 14434421 瞬态响应 自由响应 2etU4e4etUe3e2etU5e7ety 3t2t3t2tt3t2tx +=+= 6.9 已知系统的框图如图题 6.9 所示 ，求系统函数 ( ) ( )( )sF sYsH = ， 并画出一种 s 域模拟图 。 )s(y)s(F 1s 1 + 2s 1 + s 1 s 1 ( )a 答案答案答案答案 )s(y )s(F s 1 s 1 2 ( )b s 1 3 1 解 ( ) ( ) ( ) ( )sY2s 1sYs11s 1sYs1sF =+ + + + 故解得 ( ) 2s3ss ssH 23 += 其中一种 s 域模拟如图解 6.9（b）所示 。 6.10 已知系统的框图如图题 6.10 所示 。 (1)欲使系统函数 ( ) ( )( ) 65ss ssF sYsH 2 += ，试求 a，b 的值 ； (2)当 a=2 时，欲使系统为稳定系统 ，求 b 的取值范围 ； (3)若系统函数仍为 (1)中的 H(s)，求系统的单位阶跃响应 g(t)。 )s(F )s(y ( )( )as1s s + s b 图题 6.10 答案答案答案答案 解（1） ( ) ( ) ( )( ) ( )sYas1s ssYsbsF =+ 解得 ( ) ( )( ) ( ) ( )bas1as ssF sYsH 2 += 故有 ( ) ( )bas1as s 65ss s 22 +=+ 故有 =+ =+ 6ba 51a 解得 a=4,b=2. 当 a=2 时， ( ) b23ss ssH 2 += 故欲系统为稳定系统 ，就必须有 2+b0,b-2. (3) ( ) s1sF = ,故 ( ) ( ) ( ) 3s 1-2s 165ss 1s165ss ssFsHsG 22 +=+=+= 故得系统的单位阶跃响应为 ( ) ( ) ( )tUeetg 3t2t = 6.11 已知系统的框图如图题 6.11 所示 。 (1)求系统函数 ( ) ( )( )sF sYsH = ； (2)欲使系统为稳定系统 ，求 K 的取值范围 ； (3)在临界稳定条件下 ，求系统的单位冲激响应 h(t)。 )s(F )s(y 44ss s 2 + K 图题 6.11 答案答案答案答案 解（1） ( ) ( ) ( )sYK44ss ssYsF 2 =+ 解得 ( ) ( )( ) ( ) 4sK4s KssF sYsH 2 += （ （2）欲为稳定系统 ，则必须有 0k4 ，故 4k 。 （3）当 K=4 时 ，系统为临稳定 ，即 ( ) 4s 4ssH 2 += 故得临界稳定条件下的单位冲激响应应为 ( ) ( )t4cos2tUth = 6.12 图题 6.12 所示为 H(s)的零 、极点分布图 ，且知 ( ) 20h =+ 。 求该系统的 H(s)。 2p j3 j2 j2- j3- 1z 2z 1p 3p 123 j1 o j 答案答案答案答案 图题 6.12 解 ( ) ( )( )( )( )( ) ( )( )( )( )( ) ( )( )( ) 279s3ss 54ssH9s3s 12sHj3sj3s3s j12sj12sHpspsps zszsHsH 23 202200 321 21 0 + += + += + += = 又有 2279s3ss 54sslimH)s(limsH)0(h 23 2 0S =+ +=+ 即 2)0(h = 故得 ( ) 279s3ss 54ss2)s(H 23 2 + += 6.13 已知系统的微分方程为 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )tftftytytyty 3485 / +=+ （1）求系统函数 ( ) ( )( )sF sYsH = ； （2）画出系统的三种形式的信号流图 。 答案答案答案答案 解 （1） ( ) ( )( ) ( )( )223 11 3485 2 + +=+ += ss ssss ssF sYsH （2）直接形式的信号流图如图题 6.13（a）所示 。 （3） ( ) 212311 += sssssH 级联形式的信号流图如图题 6.13（b）所示 。 （4） ( ) ( ) + +=+ + + + += 22 1 2 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2 sssssssH 并联形式的信号流图如图题 6.13（c）所示 。 。 (a) 1 1 -4 -8 -5 1 s-1 s-1 s-1 F(s) Y(s) s-1 s-1 s-1 -1 1 1 1 1 1 -2-2 (b) F(s) (sY F(s) 1 1 1 1 12 -2 -2 -2-1 -1 s-1 s-1 s-1 Y(s) (c) 6.14 已知系统的信号流图如图题 6.14（a）所示 。 （1） 求系统函数 ( ) ( )( )sF sYsH = 及单位冲激响应 )(th ； （2） 写出系统的微分方程 ； （3） 画出与 )(sH 相对应的一种等效电路 ，并求 出电路元件的值 1 F(s) Y(s) 1 13 -4 -3 s-1 s-1 （a） 答案答案答案答案 解 （1） ( ) ( )( ) ( )( ) 1131 334 32 +=+ +=+ += sss sss ssF sYsH 故得系统的单位冲激响应为 )()( tUeth t= （2）系统的微分方程为 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )tftftytyty 334 / +=+ 注意 ，写系统的微分 方程时 ， )(sH 分子与分母中的公因式不能约 去。 （3） s s s ss ssH 313 31 34 31 )( + + = + + = 根据上式即可画出与之对应的一种等效电路 ，如图题 6.14（b） 所示 ，与之相对应的时域电路则如图 题 6.14（c）所示 。 1 F(s) Y(s) 1 13 -4 -3 s-1 s-1 （a） + - (b) + - ( )sF s 3 1 s 3 ( )sY + - (c) + - ( )tf H1 3 1 F31 ( )ty 图解 6 - 14 6.15 图题 6.15（a）所示系统 ，其中 ( ) ( ) ( ) , 31 sesHtUth = 大系 统的 ( ) ( )12)( = tUtth 。求子系统的单位 冲激响应 ( )th2 。 解 图题 6.15（a）系统的 s 域系统如图 6.15（b）所示 。故大 系统的系统函数为 ( ) ( ) ( ) ( ) ss esestUtLthLsH += 11111 2 又题图 6.15（b）得 ( ) ( ) ( )sHsHsHsH 321)( = 即 ( ) ssss esHeseses =+ 22 111 故 22 1)( ssH = 故得 ( ) ( )ttUth =2 6.16 系统的信号流图如图题 6.16（a）所示 。试用梅森公式求 系统函数 ( ) ( )( )sF sYsH = 。 )(tf )(1 th )(2 th + - )(3 tH )(ty （a） 答案答案答案答案 解 （1）求 求 iLi :该信号流图共有 3 个环路 ，其传输函数分别为 131211 2,2, = sLsLsL 故 1 1 1 1 1 2 3 2 2 5i i L L L L s s s s = + + = = 求 nm LL nm, ：该信号流图中两两互不接触的环路共有 3 组： 2 13 2 32 2 21 2,4,2 = sLLsLLsLL 故 2 2 2 2 m,n 2 4 2 8m nL L s s s s = + + = 求 rqp LLL rq,p, ：该信号流图中三个互相不接触的环路只有 1 组 1L ， 2L 与 3L ，故 3 321rq,p, 4 = sLLLLLL rqp （2）求 kPk k 求 kP ：该信号流图共有 4 条前向通路 ，其传输函数分别 为 ( ) ( ) 114 11 3 11 2 11 1 1111 212111 21211 311311 = = = = ssP ssP ssP ssP 求 k ：除去 1P 前向通路中所包含的支路和节点后 ，所剩 子图如图题 6.16（b）所示 。根据该图可 求得 221 1 4851 += sss 除去 2P 前向通路所包含的支路和节点后 ，所剩子图如图题 6.16 （d）所示 。根据该图可求得 1 4 1 += s （ （3 3） ）求 求求 求 ( )sH ( ) ss ssppppPsH KK 851631 1 34 24 44332211k + +=+ = 此题也可从信号流图直接求得 ，即 ( ) ( ) ssss ssssssssH 485 122716321221123 234 24 + += + + += F(s) 1 1 1 1 2 3 -2 -2 -2-1 1 s-1 s-1 s-1 Y(s) s-1 -1 ( )a 1 s-1 -1 ( )b -2 1 -2 ( )c s-1 s-1 s-1 -2 -2 ( )d ( )e 6.17 已知系统为单位冲激响应 ( ) ( )tUeth t= 2 。求 （1） 系统函数 ( )sH ； （2） 若激励 ( ) ( )tUtf cos= ，求系统的正弦稳态响应 )(ty 答案答案答案答案 解 （1） ( ) 12+= ssH （2）由于系统的稳定系统 ，故 ( ) ( ) 12+= = jwsHjH js 即 ( ) =+= 4522121 jjH 故得系统的正弦稳态响应为 ( ) ( ) ( )tUtty = 45cos2 6.18 已知系统函数 ( )( )541 13)( 2 += ssssH ，求激励 f(t)=10cos2tU(t)时的正弦稳态响应y(t)。 答案答案答案答案 解 (1)用解析法求 因 )(sH 的极点全部位于 s 平面的作半开平面 ,系统为稳定 的系统 ,故系统的频率特性为 ( ) jssHjH = )( 即 ( ) ( )( ) ( )( ) = =+=+= 3.1463.14687.82430.63 72.0 135 13 655 13 8112 13 58412 132 j jjj eeeejjjjjH 故得正弦稳态 响应为 ( ) ( ) ( ) ( )tUttty = 3.1462cos2.73.1462cos72.010 (2) 用图解法解 ( )( ) 121 13)( 2 += sssH 故 )(sH 的极点为 ,2,12,1 321 jpjpp =+= )(sH 的 零极点图如图题 6.18 所示 .由图可求得 =+= =+= =+= 3.5623arctan,1332 57.2621arctan ,521 43.6312arctan ,512 3 22 3 2 2 2 1 2 1 M M M 故 ( ) ( ) + = 3.146 321 72.0132 321 j j eeMMMjH 故得 ( ) ( ) ( ) ( )tUttty = 3.1462cos2.73.1462cos72.010 可见两种求解方法所得结果全同 . 12 1M 2M 3M j 1j 1j O 1 2 3 图题 6.18 6.19 系统的零 、极点分布如图题 6.9 所示 。 (1)试判断系统的稳定性 ； (2)若 ( ) 410= jjH ，求系统函数 H(s)； (3)画出直接形式的信号流图 ； (4)定性画出系统的模频特性 |H(j)|； (5)求系 统的单位阶跃响应 g(t)。 ( )jH 410 O 210 ( ) 1srad ( )c 100j 100j O 1 j ( )a 答案答案答案答案 解 (1) 由于在 j 轴上有一对共轭极点 ,故为临界稳定系统 . (2) ( ) ( )( )100100 10 jsjs sHsH + += 故有 ( ) ( ) 40 10100100 10 = jjHjH 故 10 =H 故得 ( ) 2222 1000 11001 + +=+= ss ss ssH (3) 直接形式的信号流图如图题 6.19(b)所示 . (4) ( ) ( ) ( ) 42 101+= = j jsHjH js 故 ( ) 24 2101 +=jH 其模频特性如图 6.19(c)所示 . (5) ( ) ssF 1= , 故 ( ) ( ) ( ) ( ) 42 2242 4442 4442 10101010101010 11010101 +=+ +=+= ss sss ssss ssFsHsY 故得系统的单位阶跃响应为 ( ) ( ) ( )tUtttg 100sin10100cos1010 244 += s-1 s-1 1 1 1 1 (b) F(s) 410 1 ( )sY 图题 6.19 6.20 系统的信号流图如图题 6.20 所示 . (1)求系统函数 ( ) ( )( )sF sYsH = ； (2)欲使系统为稳定系统 ，求 K 的取值范围 ； (3)若系统为临界稳定 ，求 H(s)在 j轴上的极点的值 。 s-1 s-1 s-11 1 -1 1 10F(s) -1-k 1 1 图题 6.20 答案答案答案答案 解 (1) 利用梅森公式可求得 ( ) ( )( ) ( )3 2 10 1010 10 10Y s sH s F s s s K s+= = + + + + (2) 罗斯阵列为 3s 2s 1 1 1s 0s K10 10 1010 +k 10 0 可见 ,只要 K0,系统即可稳定 . (2) 当 K=0 时,系统的特征方程为 01023 =+ sss 故得 ( )sH 的极点为 sradjpsradjpp 10,10,1 321 = .即在 j 轴上有两个极点 ,系统为 临界稳定 .