RMs(L2?M2)s2?2RLs?R2RMs?2?R??RL?M2?s?s????L?M??L?M??（3）H(s)的极点为p1??
???RR,p2??
L?ML?M当L?M?0且L?M?0即L?M，p1,p2均落在左半平面，此条件实际能满足。
(a)零点Z1,2??j?0极点p1,223．
?13?6????j?,??10?00?44???
零点z1,2??j2115极点p1,2???j,p3??14424．解初值定理的应用条件是：F(s)必须是真分式，若不是真分式，则应将F(s)化成一个
?1整式与一真分式F0(s)之和，而函数f(t)的初值f(0?)应等于￡[F0(s)]?f0(t)的初值
f0(0?)，即f(0?)?f0(0?)?limF0(s)
s??终值定理的应用条件是（1）F(s)的极点必须位于s平面的左半平面；（2）F(s)在s?0处若有极点，也只能是单阶的。总之，只有f(t)存在终值时才能应用终值定理。
s2?2s?1s3?2x2?s（1）f(0?)?limf(t)?lim?lim3?1
t?0?s??(s?1)(s?2)(s?3)s??s?4s2?s?6由于F(s)在s右半平面有一个极点p1?1，故f(t)不存在终值。 （2）由于F(t)为假分式，故应化为真分式与整式之和，即
5s2?9s?5F(s)?1??1?F0(s)
(s?1)(s?2)(s?3)
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5s3?9s2?5s故f(0?)?limf(t)?limsF0(s)?lim[?]??5
t?0?s??s??(s?1)(s?2)(s?3)由于F(s)的三个极点p1??1,p2??2,p3??3全部们于s左半平面，故f(t)的终值存在。即
f(?)?limf(t)?limsF(s)?0
t??t?0（3）f(0?)?limf(t)?lims?t?0?s??2s?12s?1?lim?0 x??s(s?1)(s?2)(s?1)(s?2)由于F(s)的三个极点中p1??1,p2??2位于s左半平面，而p3?0是位于s?0处的单阶极点，故f(t)存在终值。即
f(?)?limf(t)?lims?t??s?02s?12s?11?lim?
s(s?1)(s?2)s?0(s?1)(s?2)2s2?2s?3s3?2s2?3s?lim32?1 （4）f(0?)?limf(t)?lims?32t?0?s??s??s?s?4s?4s?s?4s?4s2?2s?3s2?2s?3由于F(s)?3即F(s)在s平面的j?轴上有一对共轭极点?s?s2?4s?4(s?1)(s2?4)?j2，因此f(t)不存在终值。
（5）虽然F(s)不是有理分式，但初值仍为
1?e2s1?e?2tf(0?)?limf(t)?lims??lim?0
t?0?s??2(s2?4)t??s2?4这可以从F(s)的反变换加以证实，即
11?1f(t)?￡[F(s)]?[1?cos(2t)]u(t)?[1?cos(2(t?2))]u(t?2)
44由此式可以得到f(01)?0
由于F(s)在s平面的j?轴上有一对共轭极点，故f(t)不存在终值。这一点可也从f(t)的
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时域表达式证明。 25．（1）、（2）、（3）稳定；（4）条件稳定
111?1s?3?6?1d?s? ???26．（1）2222?2?2?(s?3)26??s?3(s?3)?s?36ds?s?3?2?3??3??1?3??1??1?3￡?2sin(3t)u(t) ??￡?2??s?3s?33????????s??1?￡?2??cos(3t)u(t)
?s?3?s???1?d?￡??2???tcos(3t)u(t) ?dss?3????1?13?1??￡?[sin(3t)?tcos(3t)]u(t) ?22??(s?3)?63aaa2??2ss(a?a)2?2(a?a)2??2(a?a)2??2（2） ????(s?a)[(s?a)2??2]s?a(s?a)2??2(s??)2??2?sa?1??at ?e?￡??2222?(s?a)[(s?a)??]?(a?a)???2??2[cos(?t)?sin(?t)sin(?t)?1]u(t)
a?（3）
sAs?BCs?D??
(s2??2)[(s??)2??2]s2??2(s??)2??2?2??2??2其中A?
(?2??2??2)2?(2??)22??22??2 B?2A?2222222?????(?????)?(2??)
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C??A
2?(?2??2)2?(?2??2) D??2A??2???2??2(???2??2)2?(2??)2??sB??1?￡?Acos(?t)?sin(?t)u(t)?2?222?????(s??)[(s??)??]????D?e??t?Ccos(?t)?sin(?t)?u(t)
????1(?2??2??2)2?(2??)222{(?????)cos(?t)?2??sin(?t)2?e??t[?(?2??2??2)cos(?t)?27．解 (1)电压转移函数
2?
?(?2??2)sin(?t)]}u(t)H(s)?1sCR?1sL?sC
1s2?LC?11s2?s?RCLCsL?V0(s)?E(s)R(2)由题意知，E(s)?s，则 2s?4?21??s??sLC??V0(s)?H(s)E(s)? ① 11?2?2s?s???(s?4)RCLC??要使r(t)中不存在正弦稳态分量，则R(s)的分母中不能有(s?4)项，于是有
21?s2?4 LC即 LC?1/4
11(3)若R?1?,L?1H，按第(2)问条件，LC?，则C?F，将这些值代入式①中，得
44s2?
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V0(s)?则
ss12 ???222s?4s?4(s?2)s?2(s?2)?0(t)?(e?2t?2te?2t)u(t)?(1?2t)e?2tu(t)
28．（1）有两个根的实部为正值。
（2）有两个根的实部为正值。 29．解E(j?)?[e(t)]?1 j??3111 ??(j??2)(j??3)j??2j??3R(j?)?H(j?)?E(j?)?r(t)??1[R(j?)]?(e?2t?e?3t)u(t)
30．解信号x(t)在时间?的短时傅里叶变换就是信号x (t)乘上一个以?为中心的分析窗g(t-?)所作的傅里叶变换,x(t)称作基信号，由于乘上一个相当短的窗g(t-?)，等价于取出信号在分析点t=?附近的一个小切片，所以短时傅里叶变换直接是信号x(t)在“分析时间
?”附近的局部谱。
第二种定义方式中，窗函数g(t)是位于t=0处，它仍然是一个相当短的窗函数，基带信号x(t)向左移?，即t=0移至-?处,t=?移至t=0处，等价于取出信号在分析点t=?处的一个小切片，观察的仍然是x(t)在“分析时间?”附近的局部特性。 31．解
sin(?ct)?c?Sa(?ct) ?t???c?Sa(?t)c??u(???c)?u(???c)?G2?c(?) ????H(j?)?j???c?Sa(?t)c????j?G2?c(?) ????j?H(j?)????032．解S(?)????c???c
[s(t)]??[?(???0)??(???0)]
G(?)?
[g(t)]???[u(???c)?u(???c)]?G2?(?) ?c?cc试卷答案 第 20 页 （共 50 页）