朱雪龙《应用信息论基础》习题第四章答案
- 格式:doc
- 大小:182.00 KB
- 文档页数:4


《信号与系统》第四章习题参考答案4-1 解 (1)111()ataL es s a s s a -⎡⎤-=-=⎣⎦++ (2)[]2221221sin 2cos 111s s L t t s s s ++=+++++ (3)()2212tL te s -⎡⎤=⎣⎦+(4)[]21sin(2)4L t s =+,由S 域平移性质,得 ()21s i n (2)14tL e t s -⎡⎤=⎣⎦++ (5)因为1!nn n L t s +⎡⎤=⎣⎦,所以 []2211212s L t s s s++=+= 由S 域平移性质,得 ()()23121ts L t e s -+⎡⎤+=⎣⎦+(6)()2211cos sL at s s a -=-⎡⎤⎣⎦+,由S 域平移性质,得 (){}()2211cos ts L at e s s aβββ-⎡⎤-=-⎣⎦+++ (7)232222L t t s s ⎡⎤+=+⎣⎦ (8)732()327tL t es δ-⎡⎤-=-⎣⎦+ (9)[]22sinh()L t s βββ=-,由S 域平移性质,得()22sinh()atL e t s a βββ-⎡⎤=⎣⎦+-(10)由于()211cos ()cos 222t t Ω=+Ω 所以 222221111c o s ()22424ss L t s s s s ⎛⎫⎡⎤Ω=+∙=+ ⎪⎣⎦+Ω+Ω⎝⎭(11)()()()11111at t L e e a a s a s s a s βββββ--⎡⎤⎛⎫-=-= ⎪⎢⎥--++++⎣⎦⎝⎭ (12)由于()221cos()1ts L e t s ωω-+⎡⎤=⎣⎦++所以 ()()()221cos()1a t a s e L et s ωω--++⎡⎤=⎣⎦++(13)因为(2)(1)(1)(1)(1)(1)t t t te u t e t e e u t ------⎡⎤-=-+-⎣⎦且()(1)(1)2(1)(1)(1)11sst t e e L t eu t L eu t s s ------⎡⎤⎡⎤--=-=⎣⎦⎣⎦++所以 ()(1)(2)2211(2)(1)(1)11s t s s e L teu t e e s s s -----⎡⎤+⎡⎤-=+=⎢⎥⎣⎦+++⎣⎦(14)()(1)tL e f t F s -⎡⎤=+⎣⎦,由尺度变换性质,得(1)ta t L e f aF as a -⎡⎤⎛⎫=+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦(15)()t L f aF as a ⎡⎤⎛⎫=⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦,再由s 域平移性质,得 []2()()at t L e f aF a s a aF as a a -⎡⎤⎛⎫=+=+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦(16)31cos(6)cos (3)cos(3)2t t t -=∙13cos(9)cos(3)44t t =+32213cos (3)48149s s L t s s ⎡⎤=+⎣⎦++由s 域微分性质,得()()22322222213181327cos (3)481494819d s s s s L t t ds s s s s ⎡⎤--⎛⎫⎢⎥⎡⎤=-+=+ ⎪⎣⎦⎢⎥++⎝⎭++⎣⎦(17)[]2cos(2)4sL t s =+,连续两次应用s 域微分性质,有 []()2224cos(2)4s L t t s-=+,()3232224cos(2)4s sL t t s-⎡⎤=⎣⎦+(18)111atL es s a -⎡⎤-=-⎣⎦+,由s 域积分性质,得111111(1)at sL e ds t s s a ∞-⎛⎫⎡⎤-=- ⎪⎢⎥+⎣⎦⎝⎭⎰ln()ln ln s s a s s a ⎛⎫=+-=- ⎪+⎝⎭ (19)351135tt L ee s s --⎡⎤-=-⎣⎦++,由s 域积分性质,得 33111115ln 353t t s e e s L ds t s s s --∞⎛⎫⎡⎤-+⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎣⎦⎝⎭⎰(20)()22sin aL at s a =⎡⎤⎣⎦+,由s 域积分性质,得()1122211sin 1arctan 21s s at s a s L ds d t s a a a s a π∞∞⎡⎤⎛⎫⎛⎫===-⎢⎥ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎣⎦+ ⎪⎝⎭⎰⎰ 4-2 解(1)因为()()sin ()2T f t t u t u t ω⎡⎤⎛⎫=--⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦()sin ()sin 22T T t u t t u t ωω⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+-- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 所以可借助延时定理,得()()sin ()sin 22T T L f t L t u t L t u t ωω⎧⎫⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+--⎡⎤⎡⎤⎨⎬ ⎪ ⎪⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎩⎭222222221sT T s ee S S S ωωωωωω--⎛⎫=+=+ ⎪+++⎝⎭(2)因为()()()sin sin cos cos sin t t t ωϕωϕωϕ+=+ 所以()222222cos sin cos sin sin s s L t s s s ωϕϕωϕϕωϕωωω++=+=⎡⎤⎣⎦+++ 4-3 解此题可巧妙运用延时性质。
4-1 设单位反馈系统的开环传递函数为:10()1G s s =+。
当系统作用有下列输入信号时:()sin(30)r t t =+︒,试求系统的稳态输出。
解:系统的闭环传递函数为:10()()11()()1()111C s G s s s R s G s Φ===++这是一个一阶系统。
系统增益为:1011K =,时间常数为:111T =其幅频特性为:()A ω=其相频特性为:()arctan T ϕωω=-当输入为()sin(30)r t t =+︒,即信号幅值为:1A =,信号频率为:1ω=,初始相角为:030ϕ=︒。
代入幅频特性和相频特性,有:所以,系统的稳态输出为:4-2 已知系统的单位阶跃响应为:49()1 1.80.8(0)ttc t e e t --=-+≥。
试求系统的幅频特性和相频特性。
解:对输出表达式两边拉氏变换: 由于()()()C s s R s =Φ,且有1()R s s=(单位阶跃)。
所以系统的闭环传递函数为: 可知,这是由两个一阶环节构成的系统,时间常数分别为:系统的幅频特性为二个一阶环节幅频特性之积,相频特性为二个一阶环节相频特性之和: 4-3 已知系统开环传递函数如下,试概略绘出奈氏图。
(1)1()10.01G s s=+(2)1()(10.1)G s s s =+(3))1008()1(1000)(2+++=s s s s s G(4)250(0.61)()(41)s G s s s +=+解:手工绘制奈氏图,只能做到概略绘制,很难做到精确。
所谓“概略”,即计算与判断奈氏曲线的起点、终点、曲线与坐标轴的交点、相角变化范围等,这就可以绘制出奈氏曲线的大致形状。
对一些不太复杂的系统,已经可以从曲线中读出系统的部分基本性能指标了。
除做到上述要求外,若再多取若干点(如6-8点),并将各点光滑连线。
这就一定程度上弥补了要求A 的精度不足的弱点。
但因为要进行函数计算,例如求出实虚频率特性表格,工作量要大些。