《信号与系统》电子教案-ch2-4

1 −t h (t ) = e + e 2
(
) u (t )
一．冲激响应
例3： 求电流i(t)对激励 e(t ) = δ (t ) 的冲激响应h(t)。
2 1 S i (t) C=1F R2=2/3Ω R1=1Ω iC(t) iL(t) L=1/4H
+
e(t)
+ - e(t)=2V
-
解：系统微分方程：
一．冲激响应
a =1 b = −1
h(t ) = A1e −2t + A2e −5t
解得
c =1
h ( 0 + ) = b + h ( 0 − ) = −1 d d h (0 + ) = c + h (0 − ) = 1 dt dt
代入得
8 Azs14= A1 = − 3 3 4 Azs 2 = − 1 15 A1 = 3
求特征根
α 2 + 4α + 3 = 0 ⇒ α1 = −1, α 2 = −3
n = 2, m = 1, n > m h (t )中不包含冲激项
冲激பைடு நூலகம்应 求待定系数
h(t ) = ( A1e
−t
+ A2 e
−3t
)u ( t )
带u(t)
冲激函数匹配法, 奇异函数项相平衡法
一．冲激响应
冲激函数匹配法：
du ( t ) δ (t ) = dt
d δ (t ) δ (t ) = dt
'
一．冲激响应
由于冲激函数及其各阶导数仅在t=0处作用，而在t>0的 区间恒为零。也就是说，激励信号的作用是在t=0的瞬间的 作用, 即在t=0的瞬间给系统输入了若干能量，贮存在系统 的各贮能元件中，而在t>0系统的激励为零，只有冲激引入 的那些贮能在起作用，因而，系统的冲激响应由上述贮能唯 一地确定。
代入原方程 [ a δ '' ( t ) + b δ ' ( t ) + c δ ( t ) + d Δ u ( t )] + 7[ a δ ' ( t ) + b δ ( t ) + c Δ u ( t )] + 10 [ a δ ( t ) + b Δ u ( t )] = 4δ '' ( t ) + 6δ ' ( t ) + 4δ ( t )
−t − 3t 2 −t
2
−3t
2
1
2
1
2
将h(t ), h ′(t ), h ′′(t )代入原方程
( A1 + A2 )δ ′(t ) + (3 A1 + A2 )δ (t ) + 0 ⋅ u(t ) = δ ′(t ) + 2δ (t )
根据系数平衡，得
1 ⎧ A1 = ⎧ A1 + A2 = 1 ⎪ 2 ⇒⎨ ⎨ ⎩3 A1 + A2 = 2 ⎪ A2 = 1 2 ⎩ −3t
E0
d m −1 e(t ) d t m −1
d e( t ) + E m e( t ) dt
令 e(t)=δ(t) 则 r(t)=h(t)
C 0 h (n ) (t ) + C1h (n −1) (t ) + L + C n −1h (1) (t ) + C n h(t )
= E 0δ (m ) (t ) + E1δ (m −1) (t ) + L + E m −1δ (1) (t ) + E m δ (t )
一．冲激响应
把 h ( 0 + )和 h ' ( 0 + )分别代入 h (t ) = ( A1e − t + A2 e −3t )u (t ) 得
⎧ ⎧ h(0 + ) = A1 + A2 = 1 ⎪ A1 = ⎪ ⇒ ⎨ ⎨ ' ⎪ h (0 + ) = − A1 − 3 A2 = −2 ⎩ ⎪ A2 = ⎩ 1 2 1 2
C0 d n r (t ) dtn + C1 d n −1 r (t ) d t n −1 d m e( t ) dtm + L + C n −1 + E1 d r (t ) + C n r (t ) = dt + L + E m −1
激励及其各阶导数 (最高阶为m次)
响应及其各阶导数 (最高阶为n次)
一．冲激响应
一阶系统的冲激响应
例1： 求下图RC电路的冲激响应。条件：v C (0 − ) = 0 ） （ 解：列系统微分方程：
d v C (t ) RC + v C (t ) = δ (t ) dt
δ (t )
R
i C (t )
+
C
vC (t )
t > 0, δ (t ) = 0
−
齐次方程
d v C (t ) RC + v C (t ) = 0 dt
一．冲激响应
该系统的冲激响应
v C (t ) = 1 e RC
− 1 t RC u (t )
R
i C (t )
即:
1 − RC t h (t ) = e u (t ) RC
1
δ (t )
+
C
vC (t )
−
波形
1 − RC t h (t ) = v C (t ) = e u (t ) RC
vC ( t ) = h( t )
设
代入原方程得 aδ ′(t ) + bδ (t ) + cΔu (t ) + 4[aδ (t ) + bΔu (t )] + 3aΔu (t ) = δ ′(t ) + 2δ (t ) 得 a =1 b = −2 h (0 + ) = a + h (0 − ) = 1 h ' (0 + ) = b + h ' (0 − ) = −2
δ (t )
t
h(t) 系统H 初态=0 t
0
一．冲激响应
2．求解方法 冲激函数匹配法 奇异函数项相平衡法
一．冲激响应
3.冲激函数匹配法依据
冲激函数的引入解决了 函数在跳变点处导数的 存在问题， 从而使得一个微分方程 在－ ∞ < t < ∞内都成立。
匹配就是使方程两端的冲激函数及其导数相匹配.而这些冲激 函数的产生，意味着响应中某些函数在t=0处有跳变。
⎧ d 2 h(t ) = aδ ′(t ) + bδ (t ) + cΔu (t ) ⎪ 2 ⎪ dt ⎪ d h(t ) = aδ (t ) + bΔu (t ) ⎨ ⎪ dt ⎪h(t ) = aΔu (t ) ⎪ ⎩
d 2 h (t ) dt2 +4 d h (t ) d δ (t ) + 3h (t ) = + 2δ (t ) dt dt
1 RC
1
iC ( t ) = C =−
d v C (t ) dt 1 R 2C
−
注意！
1 t RC u (t ) +
e
1 δ (t ) R
电容器的电流在t =0时 有一冲激，这就是电容 电压突变的原因 。
O
iC (t )
⎛1⎞ ⎜ ⎟ ⎝ R⎠
t
O
t
− 1 R 2C
一．冲激响应
(1) n阶冲激响应的数学模型 线性时不变系统微分方程：
一．冲激响应
(2) h(t)解答的形式 由于 δ (t ) 及其导数在 t ≥ 0 时都为零，因而方程式右端的自由 + 项恒等于零，这样原系统的冲激响应形式与齐次解的形式相同。
C 0 h (n ) (t ) + C1h (n −1) (t ) + L + C n −1h (1) (t ) + C n h(t ) = E 0δ (m ) (t ) + E1δ (m −1) (t ) + L + E m −1δ (1) (t ) + E m δ (t )
d v C (t ) RC + v C (t ) = δ (t ) dt
RCaδ (t ) + RCbΔu (t ) + aΔu (t ) = δ (t )
RCa = 1
即a=
1 RC
υC (0 + ) = υC (0 − ) +
−
1 1 = RC RC
把υ C (0 + )代入υ C (t ) = Ae
一．冲激响应
d r (t ) d e( t ) d 2 r (t ) *例2：求系统 +4 + 3r (t ) = + 2e(t ) 的冲激响应。 2 dt dt dt
解： 将e(t)→δ(t)， r(t)→h(t)代入方程得
d 2 h (t ) dt2 d h(t ) d δ (t ) +4 + 3h(t ) = + 2δ (t ) dt dt
①与特征根有关
⎡ n ⎤ 设特征根无重根 h(t ) = ⎢ A e αi t ⎥u(t ) i ⎢ i =1 ⎥ ⎣ ⎦ ②与n, m相对大小有关
∑
• 当 n > m 时， h (t )不含 δ (t )及其各阶导数； • 当 n = m 时， h (t )中应包含 δ (t )； • 当 n < m 时， h (t )应包含 δ (t )及其各阶导数。
1 t RC 得A
t
1 = RC