武汉大学信号与系统2000-2009年考研真题参考答案

武汉大学武汉大学 2000 年信号与系统试题年信号与系统试题 参考答案参考答案 一 一 答 1 由图 1 a 可得 1213 e th th th th ty t 故系统的冲激响应 1213 1 1 h th th th th t u ttu tt t u tu t 2 根据卷积积分性质 1212 d f tf tf tfd dt 故当输入的激励信号如图 1 b 所示时 系统的零状态响应为 22 22 22 11 1 0 1 0 2 0 1 0 2 5050 11 0 1 0 2 0 1 0 2 5050 11 1 1 1 1 1 2 1 1 5050 zs yte th t d h ted dt ttt u tu ttu tu t t u tu ttu tu t tu tu ttu t 1 2 u t 画图略 二 二 答 1 记 则 11 h tHj 0101 00 002 m m m f tf th tF jFjHj f tSatFjG 如下图示 0 Fj w Fo jw 0 wmwm wo wm 因此由 以及图 2 b 可得 01 F jFjHj F j 2wmwm wm w F jw w0 wm 2 由上面分析知道 信号的最大频率为 根据奈奎斯特采样定理 要使 f t m 包含的全部信息 则得 T 应满足 即的最大 s f t f t T t 2 2 mm T T t 时间间隔为 max m T 3 抽样信号为 1 2 m sTss nn s f tf ttFjF jnF jn T 奈奎斯特采样频率应满足 故得的图为 2 ssm m T 或 s Fj 3wmwm wm w F jw w0 3wm 5wm5wm 当时 的图为 0 4 m s Fj 3wmwm wm w F jw w0 3wm 5wm5wm 3 由 2 中的分析可知 在条件下 要使 则理想低通 0 4 m y tf t 滤波器的截止频率应为 23 mcm 三 答 由已知电路可作出 S 域等效电路为 LS 1 SC R V2 S V1 S I1 S 可得 1 1 1 1 1 R V sR sC H sLsLs I sRCs R sC 2 2 22 1 1 1 R V sR sC Hs V sRL sLsRs LsR sC 由表达式可知 该系统为二阶系统 且分母各系数均大于零 故系 2 Hs 统极点均位于 s 轴左半平面 系统稳定 四 答 0011 0022 0011 0022 cossin 1 1 sincos 1 0 cossin 1 1 sincos 1 0 R i nn x n nn ynnn x n y nnn 状态方程 输出方程 五 答 设本次测量值记为 输出为 则可得 x k y k 1 2 y kx k y k 即得差分方程 11 1 22 y ky kx k 求 Z 变换得 1 11 22 Y zz Y zX z 得系统函数 1 11 22 11 1 22 Y z H z X z zz 因此 频响特性为 22 1 12 2 1 2 1 2 1 2 zj H jH zj j 六 答 由欧拉方程知 00 00 22 0 212 0 11 2 cos 2cos jj jj zaza H z zaza zaezae za eza e 零点 00 12 jj zaezae 极点 00 11 12 jj pa epa e 由 Z 域和 S 域的映射关系 1 ln sT zesz T 得 S 域零极点对应为 零点 1020 ln lnzajzaj 极点 1020 ln lnjpajpa 图示为 0 jw lna lna jwo jwo 零极点分布虚轴两边 并关于虚轴镜像对称 因此该系统为全通网络系统 武汉大学信号与系统武汉大学信号与系统 20012001 年参考答案年参考答案 一 答 1 因为 其中h eo th th t 11 22 eo h th thth th tht 为因果信号 所以 故有 h t0 0 eoeo th th t th th t 时 时 12 12 22 0 0 0 tt k ek et h t t 2 0 012 12 12 0 0 0 012 22 s s s s t ttt kk H s ss e teE s abc Y sE sH s y taebece 3 其中 为强迫响应 激励函数极点 为自由响应 系统函数极点 二 答 输入为时 所以下边无效 t 0 sin0tt 0 cos ttt 根据频域微分性质 0 F w w 1 2 1 2 1 2 2121 2 2112 2 21212121 2 2 2 2 21 21 2 21 0 2 21 1111 11 2 11 coscos 11 cos co c cc jtjtjtjt c c c d H d d jth tH d t h teeee h ttt t h th tt t 210 scos costtt 三 答 1 分母多项式为 32 0 11 0 251 1 0 11 0 251 0 11 0 251 0 11 0 251 0 0250 35 k Y sR sY s sss kk Y sR s ssssss Y skk H s R ssssksssk 由罗斯阵列 0 025 1 0 3 s 0 35 k 0 2 s 0 0s 0 35 1 0 025 0 35 k 若稳定 则有 0 350 0250 0 k k 故 014k 2 设 若 s 位于 S 左半平面 则 s 位于 1 垂线左边 11ssss 则 32 3 2 3 2 0 0250 35 0 025 1 0 3511 0 0250 2750 375k0 675 sssk sssk sss 罗斯阵列为 0 025 0 375 0 3 s 0 275 k 0 675 0 2 s 0 0 s 0 275 0 3750 025 0 675 0 275 k k 0 675 0 0 由 0 275 0 3750 025 0 675 0 0 6754 8 0 6750 k k k 四 略 可以参考郑君里教材下册 P366 12 7 五 答 1 11 1 0 9 1 0 9 1 1 0 9 0 9 1 0 9 1 1 0 9 sTsT TTT T sT Y sX seY sY seX s Y s H s X se H zX zz Y zY zzX z Y z H z X zz 2 11 1 0 91 0 9cos0 9 sin 1 1 81 1 8cos j T H j eTjT H j T 3 0 0 0 5 00 55 6 00 00 2 10 0 2 1 4 668 56 6 1 81 1 8cos0 2 cos 10 4 668cos 1056 6 2 0 2 0 4 10 11 e 1 0 9cos0 9 sin 1 0 9e e T jT jT jT TsT H jj ytH jtjt TsT H TjT 00 0 0 0 9sin arctan 1 0 9cos e cos 0 2 e jTjT T T y nHn 六 答 由框图可得 m y nh nx nh m x nm 可列方程 1 1 0 1 1 0 0 1 0 4 1 3 0 3 1 2 2 1 1 2 0 2 yhxhxhh yhxhxhxhh 不妨令 则 1 1h 11 0 2 42 hh 武汉大学武汉大学 2002 年攻读硕士学位研究生入学考试年攻读硕士学位研究生入学考试 信号与系统 含连续与离散 信号与系统 含连续与离散 一 答 当开关开启不动时 该网络的数学模型为 2 00 120 2 i d u td u t LL CRCu tu t dtdt 这是一个二阶常系数微分方程 所以系统为线性时不变系统 当开关按函数 k t 动作时 显然这时网络的电量是时间 t 的函数 所以该系统为线性时变系统 二 答 方法一 111 2 222 12 1 sin 1 1 1 cos 1 1 1 cos 1 1 s f ttu tF sL f t s e f tu tF sL f t s f tf tu ttu ttu t 方法二 1212 0 0 sin 1 cos 1 1 cos 1 1 cos 1 1 tt t dd f tf tfdf tdu t dtdt ttt tu t 三 答 12 12 1 2 s tx tx t SXX 故 对来说 即的频宽为 S 1212 s t 12m 由奈奎斯特抽样定理 抽样频率 最大抽样间隔 12 2 s 12 2 s s T 四 答 1 H w 是 w 的偶函数 且 所以分母的幂次至少比分 0 0HjH j H s 子的幂次高一次 所以 2 123 1 k s H s spspsp 由于对所有的均为有限值 因此它们应位于左半开平面 H j 2 2 1 1 1 1 k s H s ssj sj 0 1 2H jk 2 2 2 1 1 22 s H s sss y s y sH s E s E s H s 2 2 22 2 222 2 1 1 22 111 cos 1 1 1 1 22 12 1 11 1 22 1 22 21 tt s H s sss y s y sH s E s E s H s s y sL u t eu t et sssss y ss E s H ssssssss 1 sin 2 e tt u t 五 答 由欧拉方程知 00 00 22 0 212 0 11 2 cos 2cos jj jj zaza H z zaza zaezae za eza e 零点 00 12 jj zaezae 极点 00 11 12 jj pa epa e 由 Z 域和 S 域的映射关系 1 ln sT zesz T 得 S 域零极点对应为 零点 1020 ln lnzajzaj 极点 1020 ln lnjpajpa 图示为 0 jw lna lna jwo jwo 零极点分布虚轴两边 并关于虚轴镜像对称 因此该系统为全通网络系统 六 答 由图 6 得 1 2 3 1 1 2 2 3 3 x ke kx k x ke kx k x ke kx k 1 21 32 1 1 1 x ke k x kx k x kx k 123 2 1 2 0 5 3 2 0 5 y kx kx kx kx kx kx k 整理后得 状态方程 11 22 33 1 000 1 1 100 0 1 010 0 x kx k x kx ke k x kx k 输出方程 1 2 3 210 5 x k y kx k x k 武汉大学武汉大学 2003 年攻读硕士学位研究生入学考试试题参考答案年攻读硕士学位研究生入学考试试题参考答案 信号与系统信号与系统 一 解法一 解法一 当激励为时 响应 1 e tu t 1 2 1 2 r tg tu tu tu t 则当激励为时 响应 1 de t t dt 1 2 1 2 rtg th tttt 故 22 2 2 1 2 2 1 2 4 1 5 2 5 4 4 5 6 r te th th t u tu ttttttt u tu tu tu tu tu t 解法二 解法二 因系统 H 为线性时不变系统 当激励为时 输出 u t 1 2 1 2 r tg tu tu tu t 当激励为时 输出 2 u t 1 2 2 3 4 r tu tu tu t 当激励为 2 u tu t 经一级 H 后输出为 11 2 2 1 2 3 4 r tr tu tu tu tu t 同理 再经一级 H 后 输出 2 2 1 2 2 1 2 2 3 2 3 2 4 5 4 2 5 6 4 1 5 2 5 4 4 5 6 r tu tu tu tu tu tu t u tu tu tu tu tu t u tu tu tu tu tu t 解法三 解法三 11 2 11 2 1 1 2 22 2234 22 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 464 4 ss ss s sssss e tu tE s s r tu tu tu tR see s R s H see E s e tu tu tE se s R sE s H s H seeeee s r tu tu 1 5 2 5 4 4 5 6 tu tu tu tu t 图形 二 答 1 已知 22222222 22 1 2 1 1100 2 1 100 1 100 1 10050 1 100 sss H s ssss 求逆可得 1 2cos100sin100 50 tt h tetet u t 2 频率特性曲线 2222 44 2 2221 100 100 1 100 21001 100 2 22 100 1 101 99 22 122 cos100 cos 101 cos 99 22424 10199101 12 444 cos1002coscos 222 jj jj H j jjjj j H jH jeH je v tttt ttt t 99 4 2 2 1cos cos 100 24 t tt 3 略 三 答 1 其频谱如图 a 所示 故得频带宽度为 奈奎 1 1 2 22 ftF jF j 2 m 斯特间隔 奈奎斯特间隔 2 2 Nm 2 2 Nm N f 1 2 N Nm T f 0 0 5 2 m 2 m F f t 2 图 a 其频谱如图 b 所示 故得 2 11 2 2 11 2 22 ftFjF jFj 1 2 m 带宽 112 2 222 Nm NmmNN Nm fT f 0 2 m 2 m 2 F f t 2 图 b 2 2 Nm 2 1 2 N Nm m sNm nn N T FjF jnF jn T 其频谱如图所示 0 m m Fs j 3 m 3 m m 3 此时抽样信号的频谱分别为 11 22 1 2 1 2 sm n N sm n N FjF jn T FjFjn T 其频谱如图 0 0 5 m 2 m 2 m Fs1 j Fs2 j 0 2 m m 2 m 2 四 答 由图可知差分方程为 3 1 2 0v nv nv n 特征方程为 2 310 特征根 12 3535 22 故其次解为 12 3535 22 nn v ncc 又将代入上式 0 0vE v N 12 12 1 2 3535 0 22 35 2 3535 22 35 2 3535 22 NN N NN N NN Ecc cc cE cE 从而 353535 35 222 235353535 2222 NNN N NNNN EE v n 又当时 故 12 0 NccE 35 0 2 n v nE 即有 35 lim 2 n N v nE 五 答 1 两边同时求傅里叶变换 0 9 dy y tf t dt 0 9 j YYF arctan 0 9 2 2 10 91 0 90 81 0 81 j Fj H je Yj 0 H j 0 j 2 2 两边求 Z 变换 1 0 9 y ny nf n 1 0 9 H z z 11 0 90 9cossin 1sin arctan 0 9cos1 81 1 8cos j H j ej H j 0 H j 2 0 j 2 六 答 01 0 1 12 1 23 32 q nq nx n y nq n 得 12 212 12 1 12 1 23 3 2 q nq n q nq nq nx n y nq nq n 故有 Z 1Z 1 2 3 2 3 x n y n 1 2 武汉大学武汉大学 2004 年攻读硕士学位研究生入学考试试题参考答案年攻读硕士学位研究生入学考试试题参考答案 信号与系统信号与系统 一 答 1 2 1 1 r tf tf tf tf t 2 设 111222 1 1 r tf tf tr tf tf t 而 12 1212 1122 12 1 1 1 1 f tf t f tf tf tf t f tf tf tf t r tr t 故系统非线性 3 系统时不变 0000 1 f ttf ttf ttr tt 4 当输入为已知图示时 则为图示 f t 1 f t 1 2 1 0 t f t 1 123 对照图形相减取绝对值可得 1 r tf tf t 1 2 0 t r t 1231 二 答 由系统图 可得系统总的冲激响应为 123 h th th th t 因为一梯形波 为一矩形波 所以由卷积的性质 应如下图 h t 1 h t 23 h th t 所示 1 2 0 t 12 h2 t h3 t 即 23 2 1 h th tu tu t 故 32 2 1 2 1 1 1 1 2 2 1 1 1 2 h tu tu th t u tu tt u tu ttu tu t t u tu ttu tu t 其波形如图 1 2 1 0 t h3 t 1 2 3 三 1 2 12 21 12 11 V s V V sVVV sV k RR sCsC 则 22 2 2 0 1 V sV s VV s kk k sC 2 2 222 1 1 12 1 V s V s V sV sV s k VV s R kksCkR 2222 1 1211 V sV sV skV s V s ksC kRsC kR 而 2121 112112 1211 1 111 1 V skR R C s H s k V sR R C sRRk ksC kRsC kR 2 为使系统稳定 1212 1212 1 0 RRkRR sk R R CR 3 当时 1212 1 1 1kRRCCF 1 s H s s 幅频 2 2 2 22 22 2 11 11 1 jj H j j H j 四 答案略 参考郑君里信号与系统教材 上册 参考郑君里信号与系统教材 上册 课后习题 课后习题 5 25 五 答 1 1 1 2 111 0 0 10 222 1 10 2 k k x kx k x kCxC x k 2 1 1 2 1 3 3 2 110 10 2 k k y ky k y k y kx k x k 六 答 1 11 1 1 2 1 2 1 22 x ky ky ky ky ky ky kx k 2 1 121 122 1 11 2 1 22 Y zzz Y zz Y zz Y zzX zH z X z zzzz 零点 0z 极点 12 1111 2222 pj pj 1 2 0 jImz 1 2 1 2 Rez 3 2 2 2 111 221 1 1 222 11 22 2 2 sin 24 nn n zzH zjj H z zzz zzzjzj jj h njju n n u n 1 0 n h n 4 Z 1 Z 1 x k y k 1 2 七 答 1 两边做 Z 变换 2 12 212 3 2 21 212 321 32 z Y zzY zY zzF z zzz H z zzzz 2 f k 1 Z 1 Z 1 1 2 2 3 x2 k x1 k y k 3 12 212 1 1 2 3 x kx k x kx kx kf k 状态方程 11 22 1 010 1 231 x kx k f k x kx k 输出方程 1 2 12 x k y k x k 武汉大学武汉大学 2005 年攻读硕士学位研究生入学考试试题参考答案年攻读硕士学位研究生入学考试试题参考答案 信号与系统信号与系统 一 1 不对 这是两个不同的概念 因果系统是从某时刻观察其输入与输出的先后来判断其 因果性的 时变系统是指系统存在的前提下 由参数是否随时间变换来确定的 2 在由传输算子分析系统特性 如写出其系统的方程 以及求解零输入响应时 公因子 不能相消 若利用其求冲激响应或零状态零状态响应时 可以相消 3 周期信号的频谱具有离散性 谐波性 收敛性等条件 最主要的特点是频谱为离散谱 只含有基频及其整数倍的频率分量 每一条谱线对应一简谐振荡信号 信号时域波形由这 些简谐振荡信号叠加而成 4 对 f t 而言 奈奎斯特取样率为 2kHz 对 f 2t 而言 是相对 f t 在时域上压缩 而 在时域上是频带扩展 故 f 2t 的最高频率为 2kHz 根据奈奎斯特抽样定理 取样率为 4kHz 5 离散卷积是连续卷积的离散处理 Z 域与 S 域满足 Z eST的映射 其中 T 为抽样间隔 S 平面的虚轴映射到 Z 平面为单位圆 S 平面的实轴映射到 Z 平面为正实轴 6 状态变量法描述了系统的内部特性 而输入输出法只能描述系统对某个输入与某个输 出的关系 不能完全描述系统特性 二 1 a 答 由题图 可得 12 1212 1 cos cos cos cos 1 2 cos 1 2 sin 1 2 sin 1 1 sin 2 2 y tf th tth t h tth tth th tth t tu tu tu ttu tu tu t tu ttttu ttu t b 答 sin 1 1 sin 2 2 cos 1 1 sin 1 1 cos 2 2 sin 2 2 cos 1 1 cos 2 2 f ytf th tth th t tu ttu t tu ttttu ttt tu ttu t 2 答 根据已知 有 22 22 22 111 2 1 sin 1 sin sin 1 1 1 1 ss s s f tu tu tF see sss y tt u tu tt u ttu t Y se s Y ss H s H sse 下面求逆变换得到 h t 111 22 0 1 1 sin s n h tLLsL se tu tttn 0 0 0 sin cos cos 221 cos 0 1 2 0 2122 n n n d tu ttn dt tu ttn tktk tn u tnk ktk 0 h t t 12 3 3 答 由波形图可得 1 212 4 4 TT 11 11 1 1 22 212 1 1 1 24 12 22 1 2 44 1 22 2 n n n n Tn EjSan T nn Sa T nT EjTSan T nn Sa T 和异或运算后能通过理想低通的非零频率分量有 1 e t 2 e t 111 246 444TTT 4 答 1 当时 因此是因果系统 0n 0h n 2 当时系统稳定 当时不稳定 z H z za 1a 1a 5 答 22 cos 1 2cos 1 2 22 2cos 1 2 cos 1 y nx nx ny ny n NN y ny ny nx nx n NN 取 Z 变换 12 12 2 1222 22 2cos cos 222 1coscos cos 2 222 12cos2cos12cos1 j N Y zzY zz Y zX zX z NN z zzzz z Y z NNN H z X z zzzzzz ze NNN 取 Z 逆变换 22 12 cos 2 jnjn NN h neeu nn u n N 零极点图 Rez jImz 10 幅度响应 0 H ej N 2 2 N 2 2 6 答 由图可以写出关于和的方程 12 x x 12 y y 111 1112 2222212 1 1 x nf na x ny nx nx n x nfna x ny nf nx n 状态方程 1111 2222 1 0 10 1 0 01 x nax nf n x nax nfn 输出方程 111 222 1100 0110 y nx nf n y nx nfn 武汉大学武汉大学 2006 年攻读硕士学位研究生入学考试试题参考答案年攻读硕士学位研究生入学考试试题参考答案 信号与系统信号与系统 一 答 设系统的零输入响应为 激励为 f t 时的零状态响应为 zi yt zs yt 则有 2 1 2 2 2cos3 2 2cos3 t zszi t zszi y tytytet y tytytet 解得 22 cos3 3 tt zszi ytet yte 由于与 f t 呈线性时不变关系 故有 zs yt 1 当激励为时 全响应为 3 f t 22 3 3 cos3 33cos3 tt zszi y tytytetet 2 当激励为时 全响应为 0 f tt 0 2 2 00 cos3 3 t tt zszi y tyttytette 二 答 S 域等效模型如图所示 F s Y s S 1 S 1 S LC 并联电路的 S 域等效电抗为 2 1 1 1 s s s s s s 利用分压比 可得 2 2 2 2 1 1 21 1 s s s Y sF sF s s s ss 系统函数为 2 2 2 1 1 2 1 1 212 2 s H s s s 单位冲激响应为 1 1 22 11 1 22 1 1 2 2 111 sin 222 h tLH s L s ttu t 单位阶跃响应为 0 0 111 sin 222 11 cos 22 11 cos 22 t t t g thd u td u t u tu t tu t 三 答 若信号的最高频率为 则奈奎斯特频率 m 2 sm 设 为的傅里叶变换 12 100 4100 mm rad srad s 1 F 1 f t 为的傅氏变换 注 表示求傅里叶变换 2 F 2 f t F 1 则 2 111 ftf tf t 2 111 1 2 F ftFF 由卷积的图解可知 的最高频率为 2 1 ft 1 2 m 奈奎斯特频率为 11 2 24100 sm rad s 2 所以的最高频率为 22 1 2 22 F ftF 2 2 ft 2 2 m 奈奎斯特频率为 22 2 216100 sm rad s 3 1212 1 2 F f t f tFF 由卷积的图解可知 的最高频率为 12 f t f t 12mm 奈奎斯特频率为 312 2 10100 smm rad s 四 答 的极点为 如图所示 H z 5 1 23 0 8 2 j pep 1 1 2 jImz Rez 1 稳定系统的系统函数收敛域应该包括单位圆 故得收敛域为 0 8 2z 55 3 0 8 3 0 8 2 2 1 jj nnn h neeun 2 因果序列 Z 变换的收敛域应包括 所以得收敛域为 z 2z 6 0 8 cos 2 2 5 nn h nnu nu n 五 答 由 12112 sTsT Y sk F sk eY sk F sk k eY s 可得 1 12 1 sT k Y sF s k k e 1 系统函数为 1 12 1 sT k H s k k e 2 由 12 10 sT k k e 即 2 1 2 0 1 2 Tj Tjk k k eeek 可知系统函数极点的实部满足 12 1 T k k e 解得 12 1 lnk k T 为使系统稳定 系统函数的极点必须全部位于左半 S 平面 即 这时应满足条件 这时应满足条件 0 12 k k 12 1k k 3 由前式可解得极点的虚部为 2 0 1 2 k k T 极点分布图为 j lnk1k2 T 1 T 2 T 4 T 6 T 4 T 2 T 6 4 由于表示时延 T 可以写出时域输入输出关系为 sT e 12 kf tk y tTy t 即 112 y tk f tk k y tT 当时 f tt y th t 112 h tktk k h tT 当时 0t 1 0 hkt 时 tT 1212 1 0 h Tk k hk k kt 时 2tT 2 1212 1 2 hTk k h Tk k kt 112 0 n n h tk k ktnT 单位冲激响应的波形如下 k1 0 T h t t k1 k1k2 2T3T k1 k1k2 2 六 答 根据调制定理 000 1 cos 2 F f ttFF 即得 1234 5678 1 2 3 4 5 6 7 8 F1 1 2 1234 5678 1 2 3 4 5 6 7 8 F2 1 2 1234 5678 1 2 3 4 5 6 7 8 F3 1 4 1234 5678 1 2 3 4 5 6 7 8 Y 1 4 七 答 状态方程 12 213 34 412 1 1 2 1 1 2 nn nnn nn nnnf n 输出方程 1 y nn 矩阵形式 11 22 33 44 1 01000 1 20100 1 00010 1 32001 nn nn f n nn nn 八 答 系统差分方程为 0 5 1 2 1 0 5 2 y nf nf nf ny ny n 即 1 0 5 2 0 5 1 1 y ny ny nf nf nf n 1 系统函数为 122 122 0 50 51 10 50 5 zzzz H z zzzz 2 系统频率响应为 2 2 0 51 0 5 j jj j jj z e ee H eH z ee 2 66 6 2 66 6 6 0 512 1160 933 1 866 1 366 0 5 1 02 arg 0 069 jj j jj j j eej H e j ee H e H e 故系统稳态响应 1 02sin 0 069 63 y nn 九 答 1 初值定理 2 11 1 0 lim lim1 11 1 1 2 zz zz fF z zz 2 由于 12 0 0 1 2 n n F zf n zffzfz 可知 12 lim 0 lim 1 2 3 1 zz z F zfffzfzf 2 2 2 2 13 1 22 0 1 111 1 222 1313 1 2222 1 limlim 1111 2 1 2222 zz z zz F zf zzzz z z fz zz zz 同理 2 2 2 2 lim 0 1 13 1 22 lim 11 2 22 51 5 44 lim 11 4 22 z z z fzz F zff zz z zz z z zz 十 答 1 零极点图 1 Imz Rez 0 0 5 H ej 2 低低通通 2 1 Imz Rez 0 0 5 H ej 2 低低通通 3 零点 2 82 8 0 5 1 0 5 0 1 2 7 jk jk k k ezek z 极点 0 5p 1 Imz Rez 0 0 5 0 5 H ej 2 低低通通 梳梳状状滤滤波波器器 4 22 2 cos jj NN z z N H z zeze 1 Imz Rez 0 5 N 2 H ej 2 低低通通 谐谐振振器器 武汉大学武汉大学 2007 年攻读硕士学位研究生入学考试试题参考答案年攻读硕士学位研究生入学考试试题参考答案 信号与系统信号与系统 一 答 0 11 22 e f tf tftf tf tft 故对于图 1 1 a 对于图 1 1 b 二 答 1 当时 0 1 2 3 tkh sin0t 1 sin sin kk t k ttktk t 2 cos sin cos cos cos 1 kk k kk tttkttk ktktk 令 22 G tu tu t cos sin 22 1 1 1 k k k k k k u tu ttt G ttk G ttk G tk 3 三 答 1 12 12 1 50 350 400 2 2 mms s smsm fHz fHz fHz T ffff 所以的抽样可以不失真恢复原信号 不能 1 f t 2 f t 2 图略 与相同 2 s ft 2 s F 1 s F 故由用低通滤波器恢复将得到 2 s ft 1 f t 四 答 时 S 域电路为 0t 2 2 2 2 0 0 5 0 0 5 0 1 0 0 10 5 1 0 50 1 1 1 1 2 1 1 1 0 1110 5 1 2 1 1 1 1 11 1 1 1 221 1 11 13 212 24 1 Lc c L c c iAvV v I sI sisI s ss I ss ss s I s s s v s V sI s ssss s s s s ss ss s s ss ss s 22 1 2 113 2 222 1313 23 2424 1313 cossin 2223 t c s ss v tett u t 五 答 1 23 5 10 1 2 310 5 251 kk x ku ky ku k z X zz z zzz Y zz zzz 221 221 1 310 251 14851111118514 7101071 Y zzzzz H z X zzzzz zzzz zzzz 故差分方程为 10 2 7 1 111 2 85 1 14 y ky ky kx kx kx k 2 1010 1010 23 5 10 10 10 23 5 10 10 2 2 10 13 2 23 5 10 2510 10 25 kk kk kkkk u ky ku k u ky ku k f ku ku k y ku ku k 时不变 线性 六 答 1 理想低通滤波器的频率特性为 L Hj 0 0 0 d j t L e Hj 易知 1 00 0 sin d eL d tt h tFHj tt 则 11 00 0 sin d j t L d d d h tFHjFeHj tt tt tt 2 2 2 1 t FF f tFe u t j 信号的能量 2 2 14 221 22 arct arctarct 2 2 22 f d Fd ggg 经过高通滤波器滤除的部分信号的能量为 00 00 0 0 2 2 0 14 221 24 arct arct fh d Fd gg 依题意 0 14 1arct 2 fhf g 则 0 tan1 4 七 答 12 10 5210 12 9 5 0 5 10 0 510 9 59 5 1 1 100 5 0 510 zz kkH z zzzzz kk zz zz H z zz 极点 z 0 5 z 10 1 当收敛域为时 不包含单位圆 是不稳定系统 收敛域包含 是因果 10 z z 系统 0 510 nn h nu n 2 当收敛域为时 包含单位圆 是稳定系统 但收敛域不包含 不0 5 z 10 z 是因果系统 0 5 10 1 nn u nun h n 八 答 1 画出直接 II 型结构 Z 1 Z 1 Z 1 f n y n 6 11 6 30 10 90 123 0 123 1 301090 1 6116 1 M r r r N k k k b z zzz H z zzz a z 2 状态方程 12 23 3321 1 1 1 6 11 6 x nx n x nx n x nf nx nx nx n 输出方程 321 30 10 90 y nx nx nx n 武汉大学武汉大学 2008 年攻读硕士学位研究生入学考试试题参考答案年攻读硕士学位研究生入学考试试题参考答案 信号与系统信号与系统 一 答 由系统图得 cos c y tx tt 故 1 2 由系统响应表达式 知系统的输出只与当前时刻的输入有关 故系统因果 3 因运算 1 1221 1221 122 1122 cos cos cos ccc T a x ta x ta x ta x tta x tta x tt a y ta y t 故系统满足齐次性与叠加性 系统线性 4 因 00000 cos cos cc T x ttx tttx tttty tt 故系统时变 5 因 而 cos 1 ct cos cos cc y tx ttx ttx t 若输入有界 则输出有界 因此系统为稳定系统 x t y t 二 答 由系统响应运算性质 知零状态响应 其中为冲激响应 而 zs ytf th t h t 由题设 0 1 1 1 t Tt T zs t Tt T t t yteu tTeu tT u tTu tTeu tTeu tT u ttTtTe u ttTtT eu ttTtT g th t dh t fd dt h tt TtT h tu tTu tT 三 答 1 分别记 112222 000000 1122 cos5 5 5 cos3 3 3 ssss f tF jftFjftFjf tFjy tY j tt h tHjh tHj 整个系统的运算过程为 时域 频域 10 cos5 s ftf tt 100 00 1 5 5 2 11 5 5 22 s FjF j F jF j 211 s f tfth t 211 s FjFjHj 220 cos3 s ftftt 2200 2020 1 3 3 2 11 3 3 22 s FjFj FjFj 22 s y tfth t 22 s Y jFjHj 图示过程为 2 0 F 1 2 0 Fs1 1 2 7 0 3 0 3 07 0 F2 1 2 7 0 3 0 3 07 0 Fs2 6 0 2 02 08 0 1 4 8 06 0 Fs2 2 02 0 1 4 a b c d e 2 由上图 e 可知的表达式为 Y j 00 00 00 0 2 2 88 2 2 2 8 Y juuuu uuu 四 答 时 开关断开 系统稳定 0t 则有 2 112 0 126 0 2 0 2 32 1 32 1 cL V uV iA yV 时 开关闭合 可列微分方程 0t 1 4 4 12 c c cL L Lcs y tu t du u ti tCy ty ttu t dt di t Ri tLv tv dt 微分方程的特征方程为 2 1 2 4402 二重 1 求零状态响应 因方程右端为 12 故时刻前后 系统并未发生跳变 zs yt u t0t 则 0 0 0 0 0 0 zszszszs yyyy 因由特征根知 的齐次解为 zs yt 2 12 0 t zsh t ytAA t et 设特解为 代入微风方程得 3 A 3 3A 2 12 3 0 t zs ytAA t et 由 11 122 303 0 0 0 206 0 0 0 zszs zszs CCyy CCCyy 2 3 36 0 t zs ytt et 3 求零输入响应齐次解为 zi yt 2 12 0 t zi ytBB t et 12 2 0 0 2 0 0 0 2 4 24 0 zizi zizi t zi yyV yy BB ytt et 五 答 利用电路原理中电容电荷与电压之间的关系列出差分方程 q C U 1 当时 通断 设上的电量分别为tnT 1 S 2 S 12 C C 12 Q Q 且有 1122 QC x nTQC y nT 在时 断通 设上此刻电量为 2 T tnT 1 S 2 S 12 QQ 且有 12 12 2 QQT y nT CC 1212 21 1212 2 QQQQ CCT y nTy nTx nT CCCC 2 由题知 故有 1 2 T y nTy nT 21 1212 1 CC y nTy nTx nT CCCC 当时 差分方程为 1T 21 1212 1 CC y ny nx n CCCC 特征根 2 12 C CC 故齐次解为 2 12 n h C y nA CC 令特解为 代入差分方程 得 p ynB 1B 2 12 1 n C y nA CC 又 且求零状态响应 故 x tu t 0 0y 代入 式 得 1A 2 12 1 n zs C ynu n CC 波形图 0 t y t 1 六 答 1 因 2 6 121 2 6 1 6 5 2 6 6 5 5 1 4 4 2 3 3