银符考试题库-在线练习-信号与线性系统分类模拟题19

信号与线性系统分类模拟题19

计算题

1. 已知信号x(t)=e^-atu(t)，a∈R，a＞0。求拉普拉斯变换X(s)及其收敛域。

[解] 根据定义，得

无论t为何值，|e^-jωt|=1。则

因此，只有当σ＞-a时，上述拉普拉斯变换积分才收敛，其中-a为X(s)的极点。由于σ是复变量s的实部，σ＞-a可等效地表示为Re(s)＞-a。这意味着e^-atu(t)的拉普拉斯变换的收敛区域是s平面上Re(s)＞-a的区域。这样

或者

下图中s平面的阴影区域就代表了X(s)的收敛域，即Re(s)＞-a。

x(t)=e^-atu(t)的拉普拉斯变换的收敛域

2. 已知信号x(t)=-e^-atu(-t)，a∈R，a＞0。求拉普拉斯变换X(s)及其收敛域。

[解] 根据定义，得

或者

该信号的拉普拉斯变换的收敛域如图中s平面的阴影区域所示。

x(t)=-t^-atu(-t)的拉普拉斯变换的收敛或

3. 已知信号x(t)=u(t+1)-u(t-2)，如图所示。求拉普拉斯变换X(s)及其收敛域。

信号x(t)=u(t+1)-u(t-2)

[解] 根据定义，得

也就是说，X(s)对于任意有限的s均收敛，即收敛域为全s平面。
由该例也可以得出一个一般性的结论：如果信号x(t)为一时限信号(只有在有限的时间范围t₁＜t＜t₂内信号为非零值)，且x(t)本身绝对可积，则它的拉普拉斯变换的收敛域为全s平面。这是因为

4. 已知信号x(t)=e^-tu(t)+e^2tu(t)，求拉普拉斯变换X(s)及其收敛域。

[解] 由于

显然，收敛域应是两者的公共部分。因此，得

信号的收敛域位于最右边极点的右边区域，如图所示。可以看出，该例中拉普拉斯变换的收敛域不包含jω轴，这意味着该信号的傅里叶变换不存在。

5. 计算如图所示信号的拉普拉斯变换。

[解] 图中信号可以表示为
x(t)=sin(πt)u(t)+sin(π(t-1))u(t-1)
由于

利用时移性质，可得

再利用线性性质，可得

利用时移性质可以方便地计算一个开关周期信号的拉普拉斯变换。一个开关周期信号可以表示为x(t)=x_p(t)u(t)，其中x_p(t)为周期信号，周期等于T。如果x₁(t)为x(t)的主周期(即第一个周期)，则信号x(t)可以用x₁(t)的移位叠加来描述，即
x(t)=x_p(t)u(t)=x₁(t)+x₁(t-T)+x₁(t-2T)+…
若已知x₁(t)的拉普拉斯变换为X₁(s)，则由时移性质，可得

6. 已知x(t)u(t)的拉普拉斯变换为X(s)，求cos(ω₀t)x(t)u(t)的拉普拉斯变换。

[解] 利用欧拉公式，可得

由s域移位性质，求得

7. 已知信号x(t)=e^-2tu(t)，求

的拉普拉斯变换。

[解] 由于

利用时域微分性质，得

由于x(t)=e^-2tu(t)只有当t＞0时才有非零值。因此，上述求解时

为验证上述结果的正确性，下面采用另一种方法来求解该例。
因为

因此，求上式的拉氏变换，得

8. 求x(t)=te^-atu(t)的拉普拉斯变换。

[解] 由于

因此，利用s域微分性质，可得

式中，当a=0时，得

9. 求如图(a)所示信号x(t)的拉普拉斯变换。

[解] 如题图(a)所示信号x(t)可以由如图(b)所示信号x₁(t)进行自卷积得到，即

x(t)=x₁(t)*x₁(t)
而x₁(t)=u(t)-u(t-1)，因此，有

由卷积性质，求得

10. 利用积分性质求如图(a)所示信号x(t)的拉普拉斯变换。

[解] 首先对信号x(t)求导，求导以后的x'(t)波形如图(6)所示。显然，有

x'(t)=u(t)-u(t-1)-δ(t-1)
因此，得

对x'(t)积分即得到x(t)，因此利用积分性质，可得

根据下列给定信号的拉普拉斯变换，判断是否存在终值?

11.

[解] 它是单位阶跃信号u(t)的拉普拉斯变换，其终值为

12.

[解] 由于

它在jω轴上(原点)有一极点，因此

不存在。事实上，

它是tu(t)的拉普拉斯变换，这是个线性增长的信号，显然终值为无穷大。(1)和(2)表明：应用终值定理时，只允许X(s)在s=0处有单极点。

13.

[解] 由于

它在s=2处有一极点，即极点位于s平面的右半平面上，因此

不存在。事实上，

它是e^2tu(t)的拉普拉斯变换，这是个指数增长的信号，终值为无穷大。

14.

[解]

它在jω轴上有一对共轭极点，因此

不存在。然而容易出现的错误是试图应用终值定理，将

作为终值。注意：当

不存在时，终值定理是不适用的。事实上，

是cos(ω₀t)u(t)的拉普拉斯变换，这是一个在+1和-1之间振荡的信号，因此终值是不存在的。

15. 将下面的拉普拉斯变换X(s)作部分分式展开，并求系数。

[解] 可以看出分子和分母的多项式系数均为实数，而且除了实数极点s=-1之外，还出现了一对共轭极点s=-2±3j。按照前面的讨论可以推测部分分式展开系数中除了一个实系数外，必定会出现一对共轭系数。现在对X(s)做部分分式展开，得

其中

可以看出

即对应于共轭极点的因式其系数也是共轭的。只要有理函数的系数为实数，这一结论总是成立的，因此以后出现这种情况时只需计算其中一个系数就可以了。讨论本例的目的只是想强调这种共轭对称性。实际在展开部分分式时，更多的是将分母中的共轭因式合并成一个二次因式。
如果X(s)为真有理函数，且分母中有重复因式(即函数有重极点)情况，那么前面讨论的展开形式就要做修正。此时，X(s)可以表示成如下形式

式中，假设D(s)在s=p₁处有k重根，即p₁为X(s)的k阶极点，其余极点为单极点。这种情况下，X(s)的部分分式展开式为

16. 求

的拉普拉斯逆变换。

[解] 将X(s)进行部分分式展开，得

其中

因此

利用变换对

得逆变换为
x(t)=2(e^-t-e^-2t)u(t)

17. 已知系统的微分方程为
y"(t)+3y'(t)+2y(t)=x(t)
其起始状态y(0^-)=3，y'(0^-)=4。求当输入x(t)=2e^-3tu(t)时系统的零输入响应y_zi(t)、零状态响应y_zs(t)和完全响应y(t)。

[解] 利用时域微分性质，对方程两边做单边拉普拉斯变换，可得
[s²Y(s)-sy(0^-)-y'(0^-)]+3[sY(s)-y(0^-)]+2Y(s)=X(s)
因此

为求得零输入响应和零状态响应，上式中有意识地将由起始状态导致的响应和由输入产生的响应进行区分。上式右边第一项是由系统的起始状态决定的，它表明当系统输入x(t)=0时，即X(s)=0时系统的输出，因此是零输入响应。右边第二项可以看作是零起始状态y(0^-)=y'(0^-)=0时完全由输入引起的输出，因此是零状态响应。对于一个二阶系统而言y(0^-)=y'(0^-)=0，表明系统为零状态系统(也称松弛系统)。
现将起始状态和输入信号的拉普拉斯变换

代入，得

设零输入响应和零状态响应的拉普拉斯变换分别为Y_zi(s)和Y_zs(s)，则

利用变换对

求得零输入响应和零状态响应分别为
y_zi(t)=(10e^-t-7e^-2t)u(t)
y_zs(t)=(e^-t-2e^-2t+e^-3t)u(t)
系统的完全响应等于零输入响应与零状态响应之和，因此可得
y(t)=y_zi(t)+y_zs(t)=(11e^-t-9e^-2t+e^-3t)u(t)

18. 已知系统的微分方程为
y"(t)+5y'(t)+6y(t)=x'(t)+x(t)
其起始状态y(0^-)=4，y'(0^-)=2。求当输入x(t)=2e^-4tu(t)时系统的零输入响应y_zi(t)、零状态响应y_zs(t)和完全响应y(t)。

[解] 利用时域微分性质，对方程两边作单边拉普拉斯变换，可得
[s²Y(s)-sy(0^-)-y'(0^-)]+5[sY(s)-y(0^-)]+6Y(s)=sX(s)-x(0^-)+X(s)
由于输入x(t)在0时刻加入，因此x(0^-)=0。这样

等式右边第一项由系统起始状态决定，它是X(s)=0时产生的输出，因此对应于零输入响应。右边第二项则是由输入引起的，它是在y(0^-)=y'(0^-)=0时系统的输出，因此对应于零状态响应。将已知的起始状态和输入信号的拉普拉斯变换

代入上式，得

通过逆变换，求得零输入响应和零状态响应分别为
y_zi(t)=(14e^-2t-10e^-3t)u(t)
y_zs(t)=(-e^-2t+4e^-3t-3e^-4t)u(t)
系统的完全响应等于零输入响应与零状态响应之和，因此可得
y(t)=y_zi(t)+y_zs(t)=(13e^-2t-6e^-3t-3e^-4t)u(t)

19. 已知系统的微分方程为
y"(t)+5y'(t)+6y(t)=x'(t)+x(t)
其初始条件y(0⁺)=4，y'(0⁺)=4。求当输入x(t)=2e^-4tu(t)时系统的完全响应y(t)。

[解] 利用时域微分性质(当采用0⁺作为单边拉普拉斯变换定义式中的积分下限时，微分性质的证明请读者自行练习)，对方程两边作单边拉普拉斯变换，可得
[s²Y(s)-sy(0+)-y'(0⁺)]+5[sY(s)-y(0⁺)]+6y(s)=sX(s)-x(0⁺)+X(s)
整理上式，得到