信号与系统_甘俊英_第4章简答题
4-1 求下列函数拉普拉斯变换反变换的初值和终值。答案
1-e -2s s 2+2s +1
（1）F 1(s ) =3 （2）F 2(s ) =2 2
s -s -s +1(s +4) s
4-2 求下列函数的拉氏变换。答案
-αt
（1）te -(t -2) u (t -1) （2）(1-e )
1t
（3）
sin(αt )
（4）δ(3t -2) t
4-3 已知函数f (t ) 如图4-1（a ）所示，求其拉普拉氏变换。答案
图4-1
4-4 求函数
(s +3)
的拉普拉斯反变换。答案 3
(s +1) (s +2)
4s 2+17s +16
4-5 利用留数法求函数的拉普拉斯反变换。答案 2
(s +2) (s +3)
4-6 已知电路如图4-2所示，求输入x (t ) =sin 2tu (t ) 时的输出v (t ) 。答案
+
R =1Ωx (t -
+t )
-
图4-2 电路图
4-7 已知电路如图4-3所示，假设运放为理想运算放大器，求
（1）系统函数H (s ) =
U 2(s )
； 1图4-3
（2）使系统稳定的K 值范围。答案
s )
4-8 已知系统如图4-4所示，试求解下列问题。答案
（1）写出系统的冲激响应h (t ) ，并求系统函数H (s ) ； （2）画出系统的零极点分布图，并说明系统是否稳定；
（3）若系统激励信号x (t ) 如图4-5所示，画出系统响应y (t ) 的波形。
图4-4 图4-5
4-9 已知系统在e -t u (t ) 作用下全响应为(t +1) e -t u (t ) ，在e -2t u (t ) 作用下全响应为
(2e -t -e -2t ) u (t ) ，求阶跃电压作用下的全响应。答案
ω2+4
4-10 已知系统的频率特性模的平方为|H (ω) |=2，且该系统在s =3有一零点，求
ω+25
2
H (s ) 。答案
4-11 已知电路如图6所示，（1）若初始无储能，信号源为i s (t ) ，为求i 1(t ) (零状态响应) ，列写转移函数H (s ) ，并给出对应于i s (t ) =10cos(2t ) u (t ) 的零状态响应i 1(t ) ；（2）若起始条件以i 1(0)，v 2(0)表示(都不等于零) ，但i s (t ) =0，求i 1(t ) (零输入响应) 。答案
i s (t )
图6
4-1 解：
本例可利用初值定理和终值定理来求解。 初值定理为
f (0+) =lim f (t ) =lim sF (s )
t →0+
s →∞
终值定理为
应用初值定理时应注意，如果F (s ) 不是真分式，则需用长除法使F (s ) 中出现真分式项
t →∞
s →0
f (∞) =lim f (t ) =lim sF (s )
F 0(s ) ，初值f (0+) =f 0(0+) =lim sF 0(s ) 。
s →∞
终值定理应用时一定要注意F (s ) 的极点必须落在s 左半平面且在s =0时，F (s ) 只能有一阶极点。
s 2+2s +1(s +1) 2(s +1) 2
（1）F 1(s ) =3 ==222
s -s -s +1(s -1)(s -1) (s -1) (s +1)
显然，F 1(s ) 在右半平面s =1上存在有二阶极点，因此f 1(t ) 的终值不存在；初值为
(s +1) 2
f 1(0+) =lim s =1
s →∞(s -1) 2(s +1)
1-e -2s
（2）F 2(s ) =2不是有理分式，但可根据时移定理来求初值和终值，即
(s +4) s
1-e -2s
f 2(0+) =lim 2=0
s →∞(s +4) s
又因为F 2(s ) 在j ω轴上有一对共轭极点，故不存在终值。
4-2 解： （1）其中 f a (t ) =e -(t -1) u (t -1) 是由e -t u (t ) te -(t -2) u (t -1) =ete -(t -1) u (t -1) =etf a (t ) ，延时1得到，则
e -t u (t ) →
由时移性有
由s 域微分性有
1s +1
e
-(t -1)
e -s
u (t -1) →=F a (s )
s +1
故
-(t -2)
d F a (s ) d e -s (s +2) e -s
L[tf a (t )]=-=-[]=
d s d s s +1(s +1) 2
(s +2) e -(s -1)
L[te u (t -1)]=
(s +1) 2。
11-αt
（2）(1-e ) =f b (t ) ，其中，f b (t ) =1-e -αt ，有
t t
F b (s ) =L[1-e -αt ]=
11
-
s s +α
∞s
∞∞111λ
L[f b (t )]=⎰F b (λ)d λ=⎰[-]dλ=ln()
s s λt λ+αλ+α
=-ln(
（3）L[sin(αt )]=
α
s
) s +α
s 2+α2
∞s
∞1αλ
L[sin(αt )]=⎰2d λ=arctan()
s λ+α2t α
（4）L[δ(t )]=1
=
π
2
s
-arctan()
α
由时移性有
L[δ(t -2)]=e -2s ，
由尺度变换性有
s 1-2
L[δ(3t -2)]=e 3
3 。
4-3 解：
图1
(0
⎪
方法一：利用定义求解。因为f (t ) =⎨2-t (1
⎪0(t 2) ⎩
故
F (s ) =⎰te -st d t +⎰(2-t ) e -st d t
1
12
⎡e -st ⎤⎡e -st ⎤⎡2-st ⎤=⎢(-st -1) +() e -(-st -1) ⎥⎢(-s ) 2⎥2⎢⎥(-s ) -s ⎣⎦⎣⎦01⎣⎦1
1
2
2
方法二：利用微分、积分定理，将f (t ) 微分两次，所得波形如图1（a ）（b ）所示。 即
e -s 12e -2s 2e -s 2e -2s e -s =2(-1-s ) +2++-2(-2s -1) +2(-1-s ) s s -s s s s 1
=2(1-e -s ) 2
s
d f (t )
=u (t ) -u t (-1-) u [t -(-1u ) t -(=u 2) t ]-u (t ) -2+u (t -1) d t
d 2f (t )
=δ(t ) -2δ(t -1) +δ(t -2) 2
d t
显然
(2)
⎡d 2f (t ) ⎤-s 2
L ⎢=L[δ(t ) -2δ(t -1) +δ(t -2)]=(1-e ) ⎥2
⎣d t ⎦
根据微分定理得
⎡d 2f (t ) ⎤2
L ⎢⎥=s F (s ) -f '(0-) -sf (0-) 2
d t ⎣⎦。
由图1（a ）和图1（b ）可知，f (0-) =0，f '(0-) =0，于是有
s 2F (s ) =(1-e -s ) 2
1
F (s ) =2(1-e -s ) 2
s
方法三：利用线性性，将f (t ) 分解为简单信号之和，即
f (t ) =tu (t ) -2(t -1) u (t -1) +(t -2) u (t -2)
e -s e -2s 1
而L[tu (t )]=2，根据时移性，有L[(t -1) u (t -1)]=2，L[(t -2) u (t -2)]=2
s s s
1-s 2
故 F (s ) =2(1-e )
s
4-4 解：使用部分分式展开法。 由于
K 23K 1K 21K 22(s +3)
=+++
(s +1) 3(s +2) s +2(s +1) 3(s +1) 2s +1
K 1=
s +3(s +1) 3
s =-2
=-1
，
K 21=
s +3s +2
s =-1
=2
d s +3K 22=[]
d s s +2
则
s =-1
1d 2s +3
[]=-1K 23=2
2d s s +2，
s =-1
=1
即
(s +3) -12-11
=+++33
(s +1) 2s +1 (s +1) (s +2) s +2(s +1)
(s +3)
L -13
(s +1) s (+
]=-e -2t +t (2-t +1e -) t
2)
4-5 解：令(s +2) 2(s +3) =0，得到一个单极点s 1=-3和一个二重极点s 2=-2。下面求各极点上的留数。
⎡4s 2+17s +16st ⎤-3t
Re[s 1]=[(s +3) F (s ) e ]s =-3=⎢e =e ⎥2
⎣(s +2) ⎦s =-3
⎡d 4s 2+17s +16st ⎤1⎡d 2st ⎤Re[s 2]=[(s +2) ⋅F (s ) e ⎥=⎢(e ) ⎥⎢(2-1)! ⎣d s s +3⎦s =-2⎣d s ⎦s =-2
st
⎡4s 2+24s +35st 4s 2+17s +16st ⎤
=⎢2e +t e ⎥=3e -2t +(-2) te -2t
s +3⎣s +6s +9⎦s =-2
所以
⎡4s 2+17s +1⎤6-3t
f (t ) =L ⎢=e [+⎥3
⎣(s +2) s (+3⎦)
-1
2
(-3t e 2-t ) u t ]()
4-6 解：
解法一：由s 域模型得
116) 2+sC 2sC 1s 2+7s +6Z (s ) =R 1+=1+=2
s +5s +5s +R 2+sC 1sC 2
(R 2+
所以
X (s ) s 2+5s I 1(s ) ==2X (s )
Z (s ) s +7s +6
22
2I 2(s ) =I 1(s ) =I 1(s ) =I 1(s )
235s +5R 2+++1s s s 166
V (s ) =I 2(s ) =2I 1(s ) =2X (s )
sC 2s +5s s +7s +6
H (s ) =
而
V (s ) 6
=2
I (s ) s +7s +6
2s 2+22
X (s ) =
所以
V (s ) =
解法二：经典解法。利用基本定理列方程，得 由方程知
1212
=2
(s 2+7s +6)(s 2+2) (s +1)(s +6)(s -j 2)(s +j 2) 121313(-14-j 2) 13(-14+j 2) 1=-++25s +150s +6200s -j 2200s +j 2
123321
v (t ) =(e -t -e -6t +sin 2t -cos 2t ) u (t )
25505050
v ''(t ) +7v '(t ) +6v (t ) =6sin 2t (t ≥0)
∂2+7∂+6=0，即∂1=-1，∂2=-6。
齐次解 求特解，令 代入方程得 即
-t -6t
v (t ) =C e +C e c 12
(t ≥0)
(t ≥0)
v p (t ) =B 1sin 2t +B 2cos2t
-4B 1sin 2t -4B 2cos2t +14B 1cos2t -14B 2sin 2t +6B 1sin 2t +6B 2cos2t =6sin 2t
解得
⎧2B 1-14B 2-6=0
⎨
⎩14B 1+2B 2=0
350
B 2=-
2150
(t ≥0)
B 1=
代入可得特解
v p (t ) =
求完全解
321
sin 2t -cos 2t 5050
v (t ) =v c (t ) +v p (t ) =[C 1e -t +C 2e -6t ]+[
代入起始条件
321
sin 2t -cos 2t ](t ≥0) 5050
v (0-) =0v '(0-) =0
解得
21=050 6
-C 1-6C 2+=0
50 C 1+C 2-C 2=-
350
C 1=
代入得
2450
12-t 3-6t 321
e -e +sin 2t -cos 2t (t ≥0) 25505050
解法三：将起始条件v (0-) =0，v '(0-) =0代入零输入响应v zi (t ) ，得 v zi (t ) =0
v (t ) =
特解为
v p (t ) =
完全解为
321
sin 2t -cos 2t 5050
(t ≥0)
同理，代入零状态条件得
v (t ) =v c (t ) +v p (t ) =[C f 1e -t +C f 2e -6t ]+[
243
C f 2=-50，50 12-t 3
e -e -6t +2550
3
s i n t -250
321
sin 2t -cos 2t ](t ≥0) 5050
C f 1=
所以
v (t ) =
21c t o s 2t ≥(50
0)
4-7 解：
（1）列方程
联立求解，得
11
I 1(s ) +(+1)[I 1(s ) -I 2(s )]=U 1(s ) s s 1
I 1(s ) +I 2(s ) +U 2(s ) =U 1(s ) s
U (s )
I 1(s ) -I 2(s ) =2
K
U 2(s ) Ks 2
H (s ) ==2
U 1(s ) s +(3-K ) s +1
（2）要使系统稳定就要3-K >0，即K
4-8 解：
（1）方法一：按照系统框图求得冲激响应，根据拉普拉斯变换求系统函数。 设x (t ) =δ(t ) ，按系统框图可以求得冲激响应为
h (t ) =⎰[δ(τ) -δ(τ-1)]dτ=u (t ) -u (t -1)
-∞
t
因此，系统函数为 H (s ) =
1
(1-e -s ) s
1s
方法二：直接求系统函数，即
Y (s ) =X (s )(1-e -s )
Y (s ) 1
=(1-e -s ) X (s ) s
-s
（2）由H (s ) 可知系统函数的极点为s =0，而零点满足方程1-e =0，也就是说e -s =e -(σ+j ω) =1，即系统的零点为s =j 2k π，即σ=0，ω=j 2k π，其中，k 为任意整数。因此，在s =0的极点和零点相互抵消，得出的系统函数零极点分布如图2所示。
H (s ) =
h (t y (t 图2 图 3
因为系统函数无极点，在整个s 域平面收敛，所以系统是稳定的。
（3）由图1可知激励x (t ) 为单边周期方波，那么响应既可用系统函数求解，又可用冲激响应求解。本题中，由于冲激响应相当于脉宽为1的矩形脉冲，因此用图解法根据冲激响应卷积求解较为简单。卷积的最后结果为一三角形脉冲。具体过程读者可自行分析。而用变换域法同样也可求得。所得图形如图3所示。解法如下：
由图可知，x (t ) 为周期为1的周期信号，它在第一周期内的信号可表示为 拉氏变换为
x 1(t ) =u (t ) -2u (t -0.5) +u (t -1)
12111
X 1(s ) =-e -0.5s +e -s =(1-2e -0.5s +e -s ) =(1-e -0.5s ) 2
s s s s s
利用周期信号拉氏变换的公式，可求得信号x (t ) 的拉氏变换，即
所以，系统响应的拉氏变换为
11(1-e -0.5s ) 211-e -0.5s
X (s ) =X 1(s ) ==-s -s
1-e s 1-e s 1+e -0.5s
求其逆变换，则系统响应为
-0.5s 2
1) 11-s 1(1-e -0.5s 2
Y (s ) =H (s ) X (s ) =(1-e ) =(1-e ) =(1-2e -0.5s +e -s ) -s 22
s s 1-e s s
y (t ) =tu (t ) -2(t -0.5) u (t -0.5) +(t -1) u (t -1)
4-9 解：设该系统零输入响应为y zi (t ) ，单位冲激响应为h (t ) ，则
-t -t e u (t ) *h t (+) y t (=) t +(e 1) u t ( zi
① ②
e -2t u (t ) *h (t ) +y zi (t ) =(2e -t -e -2t ) u (t )
两式相减，然后求拉氏变换，得
(
在阶跃电压的作用下，零状态响应为
111121-) H (s ) =+-+s +1s +2(s +1) 2s +1s +1s +2
1
H (s ) =
s +1
1111
Y zs (s ) =⨯=-
s s +1s s +1
-t
y (t ) =(1-e ) u (t ) zs 即
11111
Y zi (s ) =+-⨯=
(s +1) 2s +1s +1s +1s +1 而由式①知
-t
即 y zi (t ) =e u (t )
+z i (t ) 所以，全响应为 y (t ) =y
y ) z s (t =
u (t )
s
代入|H (ω) |2表示式，得 j
4-10 解：设由|H (ω) |2求得的系统函数为H '(s ) 。令ω=
s
() 2+4
4-s 2j 2
|H '(s ) |=H (s ) H (-s ) ==2
s 225-s () +25j
因此，|H '(s ) |2的零极点分布如图1所示。取全部左半平面的零极点，有H '(s ) =
s +2
。 s +5
而要求的H (s ) 在s =3有一零点，为了使H (s ) 的幅频特性与H '(s ) 的幅频特性相同，两者可以相差一全通函数，所以H (s ) 为
s +2s -3s 2-s -6
H (s ) =⨯=
s +5s +3s 2+18s +15
图1
4-11 解：
（1）将元件用s 域模型表示，由分流公式得
I 1(s ) s +11
===
I s (s ) (s +1) +(1+1) (s +1) 2(s +1)
s
系统本是二阶的，但H (s ) 分子分母中有公因子，相消后H (s ) 变为一阶的，对于求零
H (s ) =
状态响应没有影响。
1+
110s s 2+
22
110s 2s +8-1-2i 1(t ) =i zs (t ) =L -1[H (s ) I s (s )]=L -1[⨯2]=L [+]s +1s +22s +1s 2+22
I s (s ) =L[i s (t )]=
=[-2e -t +2cos(2t ) +4sin(2t )]u (t ) =[2e -t +t +26.6︒)]u (t )
（2）若i s (t ) =0，而i 1(0)≠0，v 2(0)≠0，求的是二阶系统的零输入响应，前面已说明在求H (s ) 时，分子分母的公因子相消，只剩下一个极点了，因此，不能由简化后的H (s )
的极点确定系统的自然频率。但可用其它方法求解，下面介绍两种方法。
方法一：保留H (s ) 分母中的公因子，H (s ) =故
s +1
，可见有一个二阶极点-1。 2
(s +1)
i 1(t ) =i zi (t ) =(C 1+C 2t ) e -t ①
d i 1(t )
=C 2e -t -(C 1+C 2t ) e -t
d t ②
用i 1(0)、v 2(0)表示
d i 1(t ) d t
t =0
时，由原题电路可知，当i s (t ) =0时，对另两条支路构成的
回路列KVL 方程，得
故
d i 1(t )
+(1+1) i 1(t ) -v 2(t ) =0d t
d i 1(t )
t =0=v 2(0)-2i 1(0)
d t
当式①和式②中t =0时，得方程组
所以
⎧i 1(0)=C 1⎪
⎨d i 1(t )
|t =0=v 2(0)-2i 1(0)=C 2-C 1
⎪⎩d t
故
⎧C 1=i 1(0)⎨
⎩C 2=v 2(0)-i 1(0)
(-0) i 1
-t
(t 0) e ]}
方法二：利用s 域模型直接求零输入响应，如图1所示。
i (0+) v [2 i 1(t ) ={1≥t 。
结果相同。
v 2(0)
=i 1(0)s +v 2(0)=v 2(0)-i 1(0)+i 1(0)I 1(s ) =22(s +1) (s +1) s +1s +2+s
-1-t -t
i 1(t ) =L [I 1(s )]=i 1(0)e +[v 2(0)-i 1(0)]te t ≥0
i 1(0)+
1(s )
(0)
图 1