章連續(xù)時(shí)間信號(hào)與系統(tǒng)的時(shí)域分析(編輯修改稿)
2025-06-20 09:01 本頁(yè)面
【文章內(nèi)容簡(jiǎn)介】 )(t) + b0f (t) ? 對(duì)于 零狀態(tài)響應(yīng) ，在 t=0時(shí)刻激勵(lì)尚未接入，故應(yīng)有 yzs(j)(0)=0； ? 若微分方程的特征根均為單根，則其零狀態(tài)響應(yīng)為 )()(1tyeCty ptnjz s jzs ?? ???Czsj 為待定系數(shù)， yp(t)為方程的特解 ? 解 ：（ 1） 零輸入響應(yīng) yzi(t) 激勵(lì)為 0 ，故 yzi(t)滿足yzi”(t) + 3yzi’(t) + 2yzi(t) = 0 ? yzi(0+)= yzi(0)= y(0)=2 ? yzi’(0+)= yzi’(0)= y’(0)=0 ? 該齊次方程的 特征根 為 –1， – 2，故 ? yzi(t) = Czi1e –t + Czi2e –2t ? 代入初始值并解得系數(shù)為 Czi1=4 ,Czi2= – 2 ，代入得 ? yzi(t) = 4e –t – 2e –2t ,t 0 例 ：描述某系統(tǒng)的微分方程為 y”(t) + 3y’(t) + 2y(t) = 2f’(t) + 6f(t) 已知 y(0)=2， y’(0)=0， f(t)=U(t)。求該系統(tǒng)的零輸入響應(yīng)和零狀態(tài)響應(yīng)。 注意此時(shí)系數(shù) C的求法！ ? yzs”(t) + 3yzs’(t) + 2yzs(t) = 2δ (t) + 6U(t) 并有 ? yzs(0) = yzs’(0) = 0 ? 由于上式等號(hào)右端含有 δ (t)，故 yzs”(t)含有 δ (t)，從而 yzs’(t)躍變，即 yzs’(0+)≠ yzs’(0)，而 yzs(t)在 t = 0連續(xù)，即 yzs(0+) = yzs(0) = 0，積分得 （ 2） 零狀態(tài)響應(yīng) yzs(t) 滿足 ?因此， yzs’(0+)= 2 ＋ yzs’(0)=2 ?對(duì) t0時(shí)， 有 yzs”(t) + 3yzs’(t) + 2yzs(t) = 6 ?不難求得其齊次解為 Czs1et + Czs2e2t，其特解為常數(shù) 3， ?于是有 yzs(t)=Czs1et + Czs2e2t + 3 ?代入初始值求得 yzs(t)= – 4et + e2t + 3 ， t≥ 0 全響應(yīng) ? 如果系統(tǒng)的初始狀態(tài)不為零，在激勵(lì) f(t)的作用下， LTI系統(tǒng)的響應(yīng) 稱為全響應(yīng) ，它是零輸入響應(yīng)與零狀態(tài)響應(yīng)之和，即 ? y(t)=yzi(t)+yzs(t) ?? ??? ????? ???????? ??零狀態(tài)響應(yīng)零輸入響應(yīng)強(qiáng)迫響應(yīng)自由響應(yīng))()()(111tyecectyecty pnjtz s jnjtz i jpnjtjjjj ????? ?????????? ?? ??? t tfdiCdt tdiLtRi )()(1)()( ??)()()(2)( tftititi ???????1,012 212 ?????? ????0,)()( 21 ??? ? tetCCti txVuVLuiAiiiLLxLxx12)0(,12)0()0(1)0()0()0(???????????????例 212 寫(xiě)出右圖示電路的微分方程， uc(0)=10,iL(0)=1A,求 ix(t)。 解：根據(jù) KVL有 Us(t) L R + + uc(t) C 1H 2Ω 1F i(t) 沖激響應(yīng)和階躍響應(yīng) ? 一、沖激響應(yīng) ? 由單位沖激函數(shù) δ (t)所引起的 零狀態(tài)響應(yīng) 稱為 單位沖激響應(yīng) ， 簡(jiǎn)稱沖激響應(yīng) ，記為 h(t)。 h(t)=T[{0},δ (t)] 沖激響應(yīng)示意圖 {x(0)}={0} )()()()()()()()(01)1(1)(01)1(1)(tbtbtbtbthathathathmmmmnnn???? ????????????????????????niti tUeCthi1)()()( ?)(2)()(2)(3)( tftftytyty ?????????當(dāng) t≥0+時(shí)，且 n ＞ m時(shí) 當(dāng) n≤ m時(shí) h（ t）表示式中還應(yīng)含有 δ （ t）及其各階導(dǎo)數(shù) 例 214 求 的沖激響應(yīng)。 0)()()()( 01)1(1)( ????????? ?? thathathath nnn)(2)()(2)(3)( ttththth ?? ?????????)()()(0)(2)(3)(221 tUeCeCththththtt ?? ????????當(dāng) t≥0+時(shí) )()43()(4,312)(32221212121tUeethCCCCCCCCtt ???????????????)(2)()()2()()(2)()1(tftititftyty???????)(2)()()2()()(2)()1(tththtthth?????????求下列系統(tǒng)的沖激響應(yīng) )()()()2()()()1(212tCtUeCthtUCethtt??????解： 則 例 1 描述某系統(tǒng)的微分方程為y”(t)+5y’(t)+6y(t)=f(t),求其沖激響應(yīng) h(t)。 解： 根據(jù) h(t)的定義有 h”(t) + 5h’(t) + 6h(t) = δ(t) h’(0) = h(0) = 0 先求 h’(0+)和 h(0+)。 因方程右端有 δ (t)，故利用系數(shù)平衡法。 h”(t)中含 δ (t)， h’(t)含 U(t)， h’(0+)≠ h’(0)， ? h(t)在 t=0連續(xù)，即 h(0+)=h(0)。積分得 考慮 h(0+)= h(0)，由上式可得 h(0+)=h(0)=0 , h’(0+) =1 + h’(0) = 1 對(duì) t0時(shí)， 有 h”(t) + 5h’(t) + 6h(t) = 0 故系統(tǒng)的沖激響應(yīng)為一齊次解。 微分方程的特征根為 2， 3。故系統(tǒng)的沖激響應(yīng)為 h(t)=(C1e2t + C2e3t)U(t) 代入初始條件求得 C1=1,C2=1, 所以 h(t)=( e2t e3t)U(t) ? 解 根據(jù) h(t)的定義有 ? h”(t) + 5h’(t) + 6h(t) = δ ”(t)+ 2δ ’(t)+3δ (t) (1) ? h’(0) = h(0) = 0 ? 先求 h’(0+)和 h(0+)。 ? 由方程可知， h(t) 中含 δ (t) ? 故令 h(t) = aδ (t) + p1(t) [p1(t) 為不含 δ (t) 的某函數(shù) ] ? h’(t) = aδ ’(t) + bδ (t) + p2(t) ? h”(t) = aδ ”(t) + bδ ’(t) + cδ (t)+ p3(t) ? 代入式 (1)，有 例 2 描述某系統(tǒng)的微分方程為 y”(t)+5y’(t)+6y(t)= f”(t) + 2f’(t) + 3f(t) 求其沖激響應(yīng) h(t)。 ? 整理得 ? aδ ”(t)+(b+5a)δ ’(t)+(c +5b+6a)δ (t) + p3(t)+5 p2(t)+6 p1(t)= δ ”(t) + 2δ ’(t) + 3δ (t) ? 利用 δ (t) 系數(shù)匹配，得 a =1 ， b = 3， c = 12 ? 所以 h(t) = δ (t) + p1(t) （ 2） ? h’(t) = δ ’(t) 3δ (t) + p2(t) （ 3） ? h”(t) = δ ”(t) 3 δ ’(t) + 12δ (t)+ p3(t) （ 4） ? 對(duì)式 (3)從 0到 0+積分得 h(0+) – h(0) = – 3 ? 對(duì)式 (4)從 0到 0+積分得 h’(0+) – h’(0) =12 aδ ”(t) + bδ ’(t)+ cδ (t) + p3(t) + 5[aδ ’(t) + bδ (t) + p2(t) ] + 6[aδ (t) + p1(t) ] = δ ”(t)+ 2δ ’(t)+3δ (t) ? 微分方程的特征根為 – 2， – 3。故系統(tǒng)的沖激響應(yīng)為 ? h(t)= C1e–2t + C2e–3t ， t0
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