《机械工程测试技术基础》第三版熊诗波黄长艺课后问题详解

1、机械工程测试技术基础第三版课后题答案（复指数函数形式）。画出频谱图|Cn| 3 ；亦一3图1.1求周期方波（图1-4）的傅立叶级数 并与表1-1对比。解：傅立叶级数的复指数形式表达式:-box(t)二 '、Cnejn 0t; n =0,_1,_2,_3,式中:Cn1 T0二丄 &x(t)ejn 0tdt+ j；(_A)eEdt + F AeEdJ所以:1-A_;T°- jn a 0亠JA n 二 n 二 r . 2A-J 一j ;一n兀0;-box(t)幅值频谱:J-AeQtlT0jn%2e_jn 0t1 e二 ejn 二=一 j 1 - cosn 二2n = 2,二

2、 4,二 6,Cn = . C；r * C；i2A二 _1,_3,_5,_7,n 二 1,_3,_5,相位频谱:n 二 arctg 严CnR广2ALn兀=*0< 丿二 arctg31；n = 1,3,5,2ji;n = -1厂3厂5,2傅立叶级数的复指数形式的幅值频谱图和相位频谱都是双边频谱图。1.2求正弦信号 X（t）=X0Sin wt的绝对均值 Mx |和均方根值x rms解：T1 T°2x犷帆/（呃代0仙td*;式中：T0T°Toi o1TOi V-T。1.3求指数函数解：x(t)二 Ae = ;(>0;t - 0)的频谱。-HeX(f)x(t)e&quo

3、t;ftdt= 0-HeAe强 edt1.4求符号函数（题图1-1a）和单位阶跃函数（题图 1-1b）的频谱. 解:1）符号函数的频谱：令：x1 （t） = lim x（t） ;X1（ fx1（t）j2 ftdtlim 00e“(-1)計2 ftdt0、叫 ®dt12）单位阶跃函数的频谱x2(t)二 lim et x(t) ;01j2二 fX2(f)= J x2(t)ej2 曲 dt= lim '广异川訂2 曲dt22OCT 010丿1.5求被截断的余弦函数C0S3°t （题图1-2 ）的傅立叶变换。x(t) = «cos - 0t0;：Tt -T解：T_

4、X(f) =_x(t)ej2ftdt 二 tCos2 f0te"ftdt1 e_j2 f0t - ej2 f0t e_j2 ftdtT 2十 sn (ff0)2Tsin： (f - f0)2T_ T |"(f 十 f°)2T沢(f 一 f°)2T 一二 T Sin c r sine 匕丨1.6求指数衰减振荡信号(见图1-11b):x(t)=esin o0t; (a:>0,tK0)的频谱解:+oCX(f) =x(t)e j2 ftdt 二0+oCeA sin 2 fot e-j2 ftdt|CJ -t丄 ej2ft - ej2%t ej2 ftdt2

5、2<a + j 2 ( f0)a + j 2 ( fo)丿1.7设有一时间函数f(t)及其频谱(题图1-3所示)，现乘以余弦型振荡COS30t ,(30> com)。在这个关系中，函数f(t)叫做调制信号，余弦型振荡COS30t叫做载波。试求调幅信号f(t)COSo0t的傅立叶变换。示意画出调幅信号及其频谱。又问：若W0<om时将会出现什么情况？解:X(f)x(t)e j2 ftdt =1 f (t)coS2 f0t ej2ftdt_co X 7_Q0X 7U1 -jZf0tj2f0t-j2ft=j f(t)|(e0 + e 0)e dt42一11二F(2 f 2 f0) F

6、(2 f - 2 f0)22当30<伽时，将会出现频率混叠现象1.8求正弦信号x(t)=X0Sin( o0t+ Q的均值 h和均方值<fk2和概率密度函数p(x)解：将 x(t)=x°sin (co)t+ Q)写成(co)t+ 妨=arcsin(x(t)/X0)等式两边对x求导数：丄_1X。_1P(x) =lim -1 limTx 二 lim 丄 2-t4P Ax Mt3 Ax T2 dt1=1 = T dx : . x2 -x2(t)1s，2s，5s的正弦信号，问幅值2.2用一个时间常数为0.35s的一阶装置去测量周期分别为误差将是多少?解：日八 =0.3厂 当T=1s

7、时，Ai." - 0.41，即 Ay - 0.41AX，误差为 59%当T=2s时，A，2 =0.67，误差为 33%当T=5s时，A匕1=0.90，误差为8%2.3求周期信号xt =0.5cos10t 0.2cos100t-45,，通过传递函数为 H s =0.05s+ 1 的装置后所得到的稳态响应。解：利用叠加原理及频率保持性解题x t =0.5sin10t 900.2sin 100t 45j1A2 :1 + (临 21，=-arctg 0.005 .10.0 0 5 2r =10, A , =1，-2.86x t1 =0.5 1 sin 10t 90 -2.86，2=100，A

8、 2 =0.89，叽幣 2 i=26.57y t2 =0.2 0.89 sin 100t - 26.5745 y t =0.5sin10t 87.14(-0.178)sin 100t18.4312.7将信号COS t输入一个传递函数为 H S的一阶装置后，试求其包括瞬态过程丿 2s+1在内的输出yt的表达式。解:x t 二 cos ，t 二 si n t 901-，-arctg .2.8求频yt 二Y1 +(w12 sin t 90 - arctg = jjcos t - arctg耳'1 +(w 丫3155072率响应函数 2的系统对正弦输入（1 +0.01弹 0577536 +17

9、6 2）解:写成标准形式xt=10sin 62.8t的稳态响应的均值显示。H =2a 5(j 询+ 1 j f +2匕叫21(1256)0.01 j 1 i；-川2212561256 2十（62.8江0.01 丫62.8 丫1.256.1761577536= 1.69 0.99 =1.7对正弦波，ux=-A-.710工X逅121.52.9试求传递函数分别为222S2 +1.4 叫 S2 +叱241、2和 S2 1.4 nS22的两个环节串联后组成的系统的总灵敏度（不考虑负载效应）解：H =比 H2 'H1153, S 弋3.5S 0.5 7S 141S21.4 nS 2S2 =41SS

10、2 =3 41 =1232.10想用一个一阶系统作 100Hz正弦信号的测量，如要求限制振幅误差在5%A内，则时间单常数应去多少？若用该系统测试50Hz正弦信号，问此时的振幅误差和相角差是多少？解：由振幅误差E=1 上=1 A <5%AiAi=95%:0.95,=5.23 10*s12 二 100t 2当=2时=2兀x 50 = 100兀，且i = 5.23汉10山s时Ai?" =1<1 +(5.23沢10“ 沢100兀 丫:98.7%此时振幅误差 E1 =1-98.7% =1.3%h arctg 5.23 10* 100二:-9.32.11某力传感器可以作为二阶振荡系统

11、处理。已知传感器的固有频率为800H z,阻尼比= 0.14，问使用该传感器作频率为400Hz的正弦力测试时，其振幅比A，和相角差：-各为多少？若该装置的阻尼比可改为'=0.7，问A、和"广又将作何种变化?解：作频率为400Hz的正弦力测试时800240.14(400 丫8001.312=_arctg 1-2 0.14 400 =-arctg800-1一的800:-10.6当阻尼比改为=0.7时:0.972 0.7-arctg4008001弋2相位1.5试求即阻尼比变化时，二阶振荡系统的输出副值变小，同时相位角也变化剧烈，差变大。2.12对一个可视为二阶系统的装置输入一单位阶

12、跃函数后，测得其响应中产生了数值为的第一个超调量峰值。同时测得其振荡周期为6.28s。设已知该装置的静态增益为 3,该装置的传递函数和该装置在无阻尼固有频率处的频率响应。解：最大超调量即Td2兀-6.28:0.132 二6.281,1 - 2 ；： 1.011 - 0.132系统的传递函数-'n n3s2“ 一 2_27.13，S ,1.01 ) +11.01该装置在无阻尼固有频率处的频率响应K2 j ,1/ 'n- -n2j -©1-dI 2、丿二 H j n =|1 - 32j -'d为有阻尼固有频率M=0.5M2'd = n'n d -

13、2=11+1In M二 0.215d 1.02S=3H S S22 nS 21.04S20.44 S 1.04 3An 二 1：3=6.98( = .n 时代入得)J4©2n 二 _arctg：y(t )=6.98sin 1.02t i4.1 解: i=2时,单臂,Uy4Ro4R双臂,Uy2 120 2 10 “4 120*3=3 10(V)2RoU。SgR >U2RUy =2 120 2 102 120*3=6 10(V):=2000m时,单臂,4R。U。SgR U0 4RUy2 120 2000 10-64 120*3=3 10(V)双臂,Uy2RoUoSgR U 2R2

14、12O 2OOO 1O»2 120*3 = 6 1O(V)双臂的灵敏度比单臂的提高一倍。4.4 解：UyRoUyUy(AcoslOt BcoslOOt) EsinIOOOOt=Sg AEcos10tsin 10000t Sg BE cos100tsin 10000t1 1SgAE(si n10010t si n 9990t)SgBE(si n10100t si n9900t)1100101001099909990xlUy(f)jSgAE、(f)-、(f) (f)4 g2-2-1jSgBE、(f(f 、.(f 警)、.(f 一9!00)42-2-2-4.5 解：Xa =(100 30

15、cos门t 20cos3t)(cos ct)=100cos2000 二 t 30cos1000 二 t cos2000：t 20cos3000 二 tcos2000 二 t= 100cos2000 二 t 15(cos3000 二 t cos1000 二t) 10(cos5000 二 t cos1000t)Xa(f) =5( (f 10000) (f -10000)7.5L (f 10500) (f -10500)7.5、(f 9500)(f -9500) 5 (f 11500) (f -11500) 5卜(f 8500)(f - 8500)4.10 解：H(s)11J殆+1 RCs+110&

16、#176;s + 11HC'j.111 C )23( J - - arctan(. J - -arctan(10)Uy =10A(1000)sin(1000t(1000) =10 0.707sin(1000t 45°)-7.07s in (1000t 45°)4.11 解:1A(，)( J - - arctan(.，)J1+(询)21A(10) _ -0.816 =10时，.1 (0.05 10)(10)=-arcta n(0.O5 10)=26.56:-100 时,A(100)0.408J1 +(0.05X100)(100) =-arcta n(0.05 100)=78.69y(t) =0.5 0.816cos(10t 26.56 ) 0.2 0.408cos(100t - 4578.69 )= 0.408cos(10t 26.56 ) 0.0816cos(100t 33.69 )5.1h(t)=h20"0)1.0; (t £0)Rx( H(t)h(t +i)dt = f eet切dt"dt2-5.2 x（t）=Asin（、t 1 -？）A sin（ 2t2 -孑）由同频相关，不同频不相关得：Rx()