33第三十三讲 极零点与冲激响应频率响应卷积

r(t) R(s)
单个独立源作用的线性网络
L[r(t )] H(s) = L[e(t )]
R(s) 零状态 = E(s)
零状态
当e( t ) = δ ( t )时，E ( s ) = 1，则有 H ( s ) = R( s )
３、网络函数的零点和极点
N ( S ) bm S m + bm −1S m −1 + ⋅ ⋅ ⋅ + b0 H (S ) = = D( S ) an S n + an −1S n −1 + ⋅ ⋅ ⋅ + a0
−1
−200 t
A(t ≥ 0)
极点、 §１４－８ 极点、零点与冲激响应 １４－
１、零极点与冲激响应的关系 ２、极点与时域响应的关系 ３、举例：例１４－１８ 举例： １４－
１、零极点与冲激响应的关系
（１）、电路的零状态响应 ）、电路的零状态响应
N ( s) P( s) R( s) = H ( s) E ( s) = • D( s) Q( s)
r ( t ) = ∑ Ai e + ∑ A j e
si t i =1 j =1
n
m
s jt
由网络函数极点形成的 自由分量 系数A 系数 i和Aj有零点和极点共同决定
由激励函数极点形成的 强制分量
３、举例：例１４－１８ 举例： １４－
解：
＋ us(t) － C R L ＋ uc －
U C (s) U S (s) 1 1 H (s) = = ⋅ • U s ( s ) R + sL + 1 sC U S ( s ) sC
f 1 ( t ) ∗ f 2 ( t ) = ∫0 f 1 ( t − ξ ) f 2 (ξ )dξ
−
t
２、卷积定理
（１）、拉氏变换的卷积定理 ）、拉氏变换的卷积定理
的象函数分别为F 和 设f1(t) 和f2(t) 的象函数分别为 1(s)和 F2(s) ，有：
（２）、卷积定理的证明 ）、卷积定理的证明 ）、卷积定理的应用 （３）、卷积定理的应用
幅频特性
θ(jω)
相频特性
H0 H0 H ( jω ) = = jω + 1 / RC jω − P1
H0 H0 H ( jω ) = = jω + 1 / RC ω 2 + (1 / RC ) 2
M2 M1
ω2
jω
ω1
θ ( jω ) = arg[ H ( jω )] = − arctg(ωRC )
1 1 1 = = ⋅ 2 LCs + RCs + 1 LC ( s − p1 )( s − p2 )
L 1)当R > 2 时 ，有 C p1, 2 1 R R 2 =− ± ( ) − 2L 2L LC
<0 jω ω ×p1' ×p1' ' p2 p1 × × σ
L 2)当R < 2 时，有 C
K1=3 , K2=－3 －
= −3e
− 2t
+ 3e
−t
四、课堂小结
１、极零点与冲激响应； 极零点与冲激响应； ２、极零点与频率响应； 极零点与频率响应； ３、卷积定理及应用。 卷积定理及应用。
布置作业
１、预习：§１５－１ ～§１５－２ １５－ 预习： １５－
is
= 10 6 e − 2 t
＋ R uc C －
Baidu Nhomakorabea
∫0 i s ( t − ξ )h(ξ )dξ t = ∫0 2 × 10 − 6 e − ( t −ξ ) × 10 6 e − 2ξ dξ − t t −ξ = 2e ∫0 e dξ
−t −2 t
= 2(e − e )ε (t )V
例：定理的应用
L[ f 1 ( t ) ∗ f 2 ( t )] = F1 ( s )F2 ( s ) 另有： 另有： f 1 ( t ) ∗ f 2 ( t ) = f 2 ( t ) ∗ f 1 ( t )
可以应用卷积定理求电路响应。 可以应用卷积定理求电路响应。 响应R 为 响应 (s)为: R( s ) = E ( s ) H ( s ) 则该网络的零状态响应为： 则该网络的零状态响应为：
极点、 §１４－８ 极点、零点与冲激响应 １４－ 极点、 §１４－９ 极点、零点与频率响应 １４－ §１４－１０ 卷积 １４－
重点： 重点： １、极零点与冲激响应； 极零点与冲激响应； 极零点与频率响应； ２、极零点与频率响应； ３、卷积及变换。 卷积及变换。
一、知识回顾
１、运算法 ２、网络函数的定义 ３、网络函数的零点和极点 ４、作业讲解：Ｐ378 １４－７ 作业讲解： １４－
j =1 j i =1 n i
m
Ｓ
H ( jω ) = H 0
jω
m i =1 n i
m
= H ( jω )
n
ϕ(jω)
∏ ( jω − z ) ∏ ( jω − p j )
j =1
θ( jω) = ∑ arg( jω − z i ) − ∑ arg( jω − p j )
i =1 j =1
幅频特性
US(s)
R2 10
0
1 _ sC
+
u C (0 − ) s
（２）、象函数的运算，采用结点分析法 ）、象函数的运算， 象函数的运算
200 1 1 100 s + 0 .5 R + sL + R + sC U n1 ( s ) = R + sL − sC • s 2 1 1 2 − 100( s + 250 s − 20000) U n1 ( s ) = 2 s ( s + 200)
例 已知 h( t ) = 5e − t，us ( t ) = 0.6e −2 t，求 uc ( t ) + 线性无源 电阻网络
us
解：
C
uc
U C ( s) = H ( s) E ( s)
K1 K2 5 0.6 UC (S) = × = + S +1 S + 2 S +1 S + 2
uc ( t ) = −3e −2 t + 3e − t t uc ( t ) = ∫0 5e − ( t −ξ ) × 0.6e −2ξ dξ
r ( t ) = L [ E ( s ) R( s )] = ∫0 e(ξ )h( t − ξ )dξ
−1
t
= ∫0 e( t − ξ )h(ξ )dξ
t
３、举例：例１４－２１ 举例： １４－
解：该电路的冲激响应为： 该电路的冲激响应为：
1 h( t ) = e C
uc ( t ) =
t
t − RC
H ( S − Z1 ) ⋅ ⋅ ⋅ ( S − Z m ) = H0 = 0 ( S − P ) ⋅ ⋅ ⋅ ( S − Pn ) 1
∏ (S − Z )
i
m
∏ (S − P )
j j =1
i =1 n
Z1、Z2、…、Zm称为网络函数的零点。 、 称为网络函数的零点。 p1、p2、…、pn称为网络函数的极点。 、 称为网络函数的极点。 极点用“ 零点用“ 表示。 极点用“×”表示 ，零点用“。”表示。 ×
jω
Hi (S ) =
ω
( S − a )2 + ω 2
h( t ) = e at sin(ωt )
×
×
Hi (S ) =
ω
S2 + ω 2
×
h( t ) = sin(ωt )
1 Hi (S ) = S+a
×
×
×
h( t ) = e
− at
×
1 Hi (S ) = S × h(t ) = ε ( t )
|H(jω)| 1 0.707 θ(jω) 1/RC -π/4 π
-1/RC
×
θ1
σ
ω1 ω2
ω
ω1 ω c ω 2
ωc = 1 称为截止频率 RC
ω
-π/2 π 通频带： 通频带：０～ωC
§１４－１０ 卷积 １４－
１、卷积积分 ２、卷积定理 ３、举例：例１４－２１ 举例： １４－
１、卷积积分
设有两个时间函数f 和 设有两个时间函数 1(t)和f2(t) ，它们在 t<0时为零， f1(t)和f2(t) 的卷积定义为： 时为零， 和 的卷积定义为： 时为零
§１４－９ 极点、零点与频率响应 １４－ 极点、
１、频率响应 ２、举例：例１４－１９ 举例： １４－ ３、举例：例１４－２０ 举例： １４－
１、频率响应
H (s) = H 0
∏ (S − Z )
i
m
∏ (S − P )
j j =1
i =1 n
H ( jω ) = H 0
∏ ( jω − z ) ∏ ( jω − p )
1 σ Hi (S ) = S−a
h( t ) = e
at
×
网络函数极点的位置决定了系统的稳定性 全部极点在左半平面系统是稳定的， 全部极点在左半平面系统是稳定的，只要有一个极点在 右半平面系统不稳定，极点在虚轴上是临界稳定。 右半平面系统不稳定，极点在虚轴上是临界稳定。 网络函数极点是该网络变量的固有频率 R(s)=H(s)E(s)
（２）、冲激响应 ）、冲激响应
ki h( t ) = L [ H ( S )] = L [ ∑ ] i =1 S − Pi n
−1
−1
n
= ∑ ki e
i =1
pi t
极点的位置决定冲激响应的波形 极点和零点共同决定冲激响应的的幅值
２、极点与时域响应的关系
Hi (S) =
ω
2 2
( S + a) + ω h( t ) = e − at sin(ωt )
U n1 ( s ) − 200 − 0.5 5( s 2 + 700 s + 40000) s I L (s) = − = R1 + sL s ( s + 200) 2
（３）、反变换得出时间函数 ）、反变换得出时间函数
iL (t ) = L [ I L ( s )] = 5 + 1500te
5 1500 I L ( s) = + S ( S + 200) 2
１、运算法
运算法是把时间函数变换为对应的 象函数， 象函数，从而把问题归结为求解以象函 数为变量的线性代数方程。 数为变量的线性代数方程。 （１）、画出运算电路 ）、画出运算电路 （２）、 象函数的运算 （３）、反变换得出时间函数 ）、反变换得出时间函数
２、网络函数的定义
e(t) E(s)
零 状 态
相频特性
２、举例：例１４－１９ 举例： １４－
解：
R
U 2 (S ) H (S ) = = U1 ( S ) R + 1 SC 1 1 = RC 设H 0 = 1 RC S+ RC
一个极点
1 SC
+
+
_
uS
C
uc
_
H0 H ( jω ) = jω + 1 / RC
−1 p1 = RC
= H ( jω )
jω ω
。
σ
１４－ ４、作业讲解：Ｐ３７８ １４－７ 作业讲解：Ｐ 解:
（１）、画出运算电路 ）、画出运算电路 + US _ R1 + 200 _ s R1 iL R2
S
L
U S (s) =
200 s
C
Li sL_ L (0 − ) +①
30 IL(s)
_ UC0 +
us 200 iL (0 − ) = = = 5A R1 + R2 30 + 10
R 1 R 2 ′ p1, 2 = − ±j − ( ) = −δ ± jω d×p2 ' ×p2 ' ' p 2L LC 2L R 1 2 (δ = − ，ω d = ω 0 − δ 2 , ω 0 = ) 2L LC
3)当R = 0时，δ = 0，有 1 ′ p1′, 2 = ± j = ± jω 0 LC
N ( s) 若 H ( s) = D( s ) P( s) E ( s) = Q( s ) D( s ) = 0有si 个根
Q ( s ) = 0有s j 个根
设D(s) 和E(s)没有相同的极点 没有相同的极点
n m Aj N ( s) P ( s) Ai R( s ) = × =∑ +∑ D( s ) Q ( s ) i = 1 s − s i j = 1 s − s j