上海大学专业课信号与系统1998答案

1
5 30 − k
5 k
6
k 0
可得
⎧30 − k
⎨ ⎩
k>
> 0
0 ,
⇒
0
<
k
<
30
（3）当 k = 0 或 k = 30 时系统处于零界状态，而当 k=0 时 H (s) = 0 系统不存
在，当
k=30
时，
H (s)
=
s3
30(s + 3)
+ 5s2 + 6s + 30
=
60 31
s
105 +
31 s2 + 6
解得:
⎧ C1 ⎩⎨C2
=4 = −3
( ) ∴rzi (t ) = 4e−t − 3e−2t u(t )
( ) 由于 rzs (t ) = r(t )− rzi (t)，∴rzs (t) = 1.5 − 2e−t + 0.5e−2t u(t )，
经拉斯变换得
Rzs
(s)
=
s(s
s+3 + 1)( s
e(t) ẋ2 x2 ẋ1
x1 r(t)
−4 −3
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六．
上海大学 1998 年初试《信号与系统》考研试题答案
1Ω
+
+
V1(t) 1F
1F V2(t)
−
1Ω
题六图
1
解：（1）V2
=
s 1+
1
V1
−1+
1 s
V1
=
1− 1+
s s
V1 ， ⇒
H
(s)
=
1− 1+
s s
，
s
I m [s]
6
6 60
− 31 ，
s+5
⇒
h(t
)
=
⎜⎜⎛ ⎝
60 31
cos
6t + 105 6 sin 31
6t
−
60 31
e−5t
⎟⎟⎞u ⎠
(t
)
r1(s) +
∑
k
-
1
r2 (s)
s(s + 2)
1 s+3
题四图
五．解：（1）由系统的信号流程图可得状态方程为：
⎡ ẋ1
⎢ ⎣
ẋ2
⎤ ⎥ ⎦
=
⎡− ⎢⎣−
2
2
2
2
e(t)
ru (t)
1
1
1
t
1
2
t
题三图
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上海大学 1998 年初试《信号与系统》考研试题答案
k
四．解：（1）由上图可得 H (s) = s(s + 2) = k(s + 3)
1
+
s(s
+
k
2)(s
+
3)
s3 + 5s2 + 6s + k
s3 s2
（2）由劳斯判据 s1
s0
=
u(t
−
1)
−
u(t
−
2)
rzs (t) = e(t)∗ h(t) = [tu(t)− 2(t −1)u(t −1)+ (t − 2)u(t − 2)]∗[u(t −1)− u(t − 2)]
= 1 (t −1)2u(t −1)− 3 (t − 2)2u(t − 2)+ 3 (t − 3)2u(t − 3)− 1 (t − 4)2u(t − 4)
4 3
1⎤ 0⎥⎦
⎡ ⎢ ⎣
x1 x2
⎤ ⎥ ⎦
+
⎢⎣⎡10⎥⎦⎤e
输出方程为; r = [1
0]⎢⎡
⎣
x1 x2
⎤ ⎥ ⎦
（2）
A百度文库
=
⎡− ⎢⎣−
4 3
1⎤ 0⎥⎦
，
B
=
⎡0⎤ ⎢⎣1⎥⎦
，
C
=
[1
0]，
H
(s)
=
C(sI
−
)A −1
B
=
s2
+
1 4s
=
3
，
系统输入输出微分方程为： r(2) (t)+ 4r(1) (t)+ 3r(t) = e(t)
(−
jt )2
g2 (t) =
−t2g2 (t)，加之δ (t)
↔1⇒1↔
2πδ
(w)， 2
2−t2
∴ F( jw) = 2πδ (w)+ 2Sa(w)+ 2Sa(2) (w)
1
1
1
t
题二图
三．解：由图有
ru
(t
)
=
(t
−
1)[u(t
−
1)
−
u
(t
−
2)]
+
u(t
−
2)
，
h(t
)
=
r (1)
u
(t
)
上海大学 1998 年初试《信号与系统》考研试题答案
上海大学 1998 年初试《信号与系统》考研试题答案
( ) 一．解：令 rzi (t) = C1e−t + C2e−2t u(t)，
将初始状态 r(0− ) = 1， r′(0− ) = 2 代入上式得到
⎧ C1 + C2 = 1 ⎩⎨− C1 − 2C2 = 2
+
2)
。又由于
H
(s)
=
Rzs
(s)E(s),
E(s)
=
1 s
，
⇒ H (s) = 2 − 1 ，
s+1 s+ 2
( ) 所以 h(t) = 2e−t − e−2t u(t)
二．解： f (t) = 1+ (1− t 2 )g2 (t)，由于 g2(t) ↔ 2Sa(w)，由频域微分性质得
f(t)
2Sa(2) (w) ↔
-1
0
1 R e [s]
( ) ( ) （2）V1
=
s
10 2+
1
，则
V2
=
10(1− s) 10 s2 +1 (s +1) = (s +1) −
10s s2 +1
。因此，
( ) V2 (t) = 10e−t −10 cost u(t)
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