信号2005秋试题讲解

1、一、填空题（22 分）+¥+¥-2òò-2t× d ¢(t - 2)dt =?-td (t -1) + td (t + 3)d t =1(e+ t)？e+1+¥-2ò(e+ t)d (t -1) + td (t + 3)d t-t解： (1)、+¥-2ò(e+ t)d (t -1)d t = (e-t + t)=-t= e-1+ 1t =1+¥ò-2t×d ¢(t - 2)dt = - (e-2t )¢= 2e-4(2)、et =2+1三角脉冲

2、f (t) 定义在开区间(-10,7)上, 则 f (-4t + 5) 的取值区间为。2-10 < -4t + 5 < 7,- 1 < t < 15.24解：1 15(-,) 24 起始状态为r(0- ) = -1，r¢(0- ) = 2；初始条3某件为r(0+ ) = 3，r¢(0+ ) = 1，则确定零输入响应齐次解待定系数的初始条件为rzi (0+ ) =，rz¢i (0+ ) = ； 而确定零状态响应齐次解待定系数的初始条件为 rzs (0+ ) = ，rz¢s (0+ ) =。解：rzi (0+ ) = r(0- ) =

3、 -1; rz¢i (0+ ) = r¢(0- ) = 2r(0+ ) = rzi (0+ ) + rzs (0+ ) Þ rzs (0+ ) = r(0+ ) - rzi (0+ ) = 4r¢(0+ ) = rz¢i (0+ ) + rz¢s (0+ ) Þ rz¢s (0+ ) = r¢(0+ ) - rz¢i (0+ ) = -1变换为F (w)，则tf ¢(t)的4已知 f (t)的变换为。解：令g(t) = f ¢(t),G(w) = jwF (w)频域微分特性：

4、- jtg (t) « G¢(w) = jwF (w)¢tf ¢(t) « -wF (w)¢ = F (w) - wF¢(w)(t) = E(1- 2 t )u(t + t ) - u(t - t )的5已知 f变换为0t)2，则信号2twt4¥Eå 0w) =f (t - nt ) 的2f (t) =F (sa (02n=-¥叶级数系数Fn =。= 1 × Et sa2 (wt )解： F = 1 F (w)n0w=nw1TT24w=nw111p F = E sa2 (np )2QT

5、 = t ,w =，t11n226 设线性滤波网络满足无失真传输条件，其冲激函变换为H ( jw)，若H ( j1000p ) = A × e- jB ，其数的，则H ( j500p )=。中 A 和 B 为解：无失真传输条件： H ( jw) = Ke- jwt0幅频特性为，相频特性与频率成正比。- j BH ( j500p ) = A × e24若F (s) = s+ 2s3 + 2s 2 + 2s +1，则f (0 ) =7；若某因+ 6s 2 +11s + 6s31果离散时间序列 x(n) 的 Z 变换为 X (z) =x(+¥) =。，则z(z -1)解

6、： F (s)极点为s = 1, s = 2, s = 3，皆位半平面15s2 + 40s + 25F (s) = s - 4 + F (s)， F (s) =11+ 6s2 + 11s + 6s315s3 + 40s2 + 25sf (0 ) =lim(s) =lims + 6s2 + 11s + 6 = 15sF+13s®¥s®¥X (z)的极点位于圆内，圆上只有一阶极点。x(¥) = lim(z -1) X (z) = lim1 = 1zz ®1z®138某因果信号的拉氏变换为，则对应的变s(s + 3)换为。3= 1

7、 -1解：，有极点位于虚轴上s(s + 3)ss + 3 3jw( jw + 3)+ pd (w)叶变换为注：见 p249已知x(n) = 1,2,3,4， y(n) = 5,4,3，起始点均为n = 0，9­­n则2x(2n) - x( ) =，x(n)与y(n)的卷积后得到2的序列为。x(2n) = 1,3,0,0,0,0­解：nx() = 1,0,2,0,3,0,42­2x(2n) - x(n) = 1,6,-2,0,-3,0,-42x(n) * y(n) = 5,14,26,38,25,12­注：对位相乘求和，p3410 x(n) =

8、3- n的 Z 变换为，收敛域为。解： x(n) = 3-n u(n) + 3n u(-n -1)zzX (z) =-z -1/ 3z - 3收敛域：1/ 3 < z < 311因果稳定离散时间系统的系统函数点为：。H(z)的收敛域的特ìa < z £ ¥解：ía < 1î二、选择题（四选一 18 分）e- t,u(t + 3) ,sin(pn) , cos(4n)分别是信号？其中1n为整数。能量，功率，周期，抽样；(B)(A)功率，能量，抽样，非周期；功率，能量，数字， 非周期。(C)能量，功率，数字，数字；(D)2连

9、续时间系统的输入e(t)和输出r(t)满足r(t) = e(2t)u(t)，则该系统。(A)因果、时变、线性、稳定；(B)因果、时不变、非线性、不稳定；(C)非因果、时变、线性、稳定；(D)非因果、时不变、线性、稳定。3电压信号为一矩形脉冲，脉冲宽度为2 s，幅值为3V ，则该信号的有效带宽和为。变换的最大幅值分别6 ´10-6 V×s;(A) 500 kHz,6 V;(B)500 kHz,1MHz, 6 ´10-6 V×s(C) 1MHz,3V ;(D)(t) « EtSa(wt )注： B » 1 ，p116； EGtt24下图所

10、示的零极点分布图中，稳定的最小相移网络、全通网络的个数分别是。(A)1，0；1，1；(B)(D)2，1；2，2。(C)注：(4)稳定的最小相移网络，(3)稳定的全通网络5下列因果系统函数中，稳定(不包括临界稳定)的低通网网络和带通网络个数分别是。络、s + 0.12s 2(1)H (s) =(2)H (s) =；+ 2s + 2s 2+ 3s + 2s 2H (s) = 2s +1；2(3)(4)H (s) =；s + 802s 2s + 22s(5)H (s) =(6)H (s) =；- 2s + 2+ 2s + 2s 2s 2+ 9s 22s(7)(8)H (s) =；H (s) =。s

11、+1s 2+ 4s + 5(A)(C)2，3，2；3，3，2；(B)1，3，2；2，2，3。(D)注：(1)带通，(2)， (3)带通，(7)，(4) 低通，(8) 非-(5)不稳定，(6)6若某连续线性时不变系统的特征方程包含一对极点a ± jb，则对应的齐次解形式为：。共轭eat ( A t + A ) cos bt + (B t + B ) sin bt；(A)1212(B) teat ( A cos bt + A sin bt)；12(C)A teat cos bt ；1(D) eat( At2 + A t + A ) cosbt + (B t2 + B t + B )sin

12、 bt1231237下面各种命题中正确的是。(1)(2)(3)强迫响应属于零状态响应的一部分；稳定系统的自由响应一定是瞬态响应；在正弦信号激励下稳定系统的零状态响应都是稳态响应；cos(w0t)u(t)的Sa(w0t)的奈在指数形式的变换为p d (w + w0 ) + d (w - w0 )； 角频率为w0；级数中，负频率分量无任何物理算结果；(4)(5)(6)意义，只是数(A)(1)(2)(6)；(1)(2)(4)；(B)(D)(1)(2)(5)(6)；(1)(2)(3)(5)(6)。(C)注：Sa(w t) « p u(w + w ) - u(w - w )wcccc8若x(n

13、) 为x(0) ¹ 0的因果序列，则下列结论中不正确的是。X (z)在z = ¥处无任何极点； X (z)在z = ¥处无任何零点； X (z)在z = 0处无任何极点；X (z)在有限z 平面零极点数量相等。(A)(B)(C)(D)注： X (z) = x(0) + x(1)z-1 + x(2)z-2 + . + x(k )z-k+ .jm2p n N9序列x(n) = e的周期为。(A)m / N 的整数部分；N 除以(m , N 的最大公约数)；N / m的整数部分；N 除以(m , N 的最小公倍数)。(B)(C)(D)注：三、时域分析题（15 分）已知某

14、个系统的微分方程如下，其中e(t)为激励，r(t)为响应： d 2r(t) + 4 d r(t) + 3r(t) = d e(t) + 2e(t)，用时域方法求dt2dtdt解下列各题：1的冲激响应和阶跃响应；2若输入信号e(t) = e-tu(t) ， r(0- ) = 1， r¢(0+ ) = 1，求: (1)r(0+ )和r¢(0- )；(2) 系统的零输入响应；(3) 系统的零状态响应。解： 系统的特征方程为： a 2 + 4a + 3 = 0 ， 特征根为：a1 = -1,a2 = -31、将h(t)和d (t)带入微分方程的左端和右端，得：h¢ (t)

15、 + 4h¢(t) + 3h(t) = d ¢(t) + 2d (t) (1)d ¢(t) + 2d (t)。由于方程左端次数高于右端次数，自由所以设系统的冲激响应为：h(t) = (C e-t + C e-3t )u(t)(2)12根据冲激函数匹配法求解系统的h(0+ )和h¢(0+ )，由于方程右端含有d ¢(t)，为使方程左右两端平衡，故可设：ìh¢ (t) = ad ¢(t) + bd (t) + cDu(t)ïh¢(t) = ad (t) + bDu(t)íï

16、38;h(t) = aDu(t)代入式(1)得：a = 1, b = -2，故h(0+ ) = 1, h¢(0+ ) = -2。将h(0+ )和h¢(0+ )带入式(2)，得：ìC1 + C2 = 1Þ ìC1 = 1/ 2í- C - 3C = -2íC= 1/ 2îî122故系统的冲激响应为：h(t) = 1 (e-t + e-3t )u(t)2根据系统的冲激响应和阶跃响应的关系：12ttòòt )dt =(e-t+ e-3t )u(t )dtg(t) =h(-¥-

17、65;12(e+ e-3t )dt = - 1 (- 4 + e-t + 1 e-3t )u(t)tò-t=23302、将e(t) = e-tu(t)带入方程右端得自由项：d (t) + e-tu(t) 。由目测法求解跳变量：方程右端存在d (t)，可断定r¢ (t)中必含有d (t)，则r¢(t)在 0 时刻有 1 的跳变，即r¢(0+ ) - r¢(0- ) = 1；r(t)在 0 时刻没有跳变，即r(0+ ) - r(0- ) = 0。(1)、r(0+ ) = r(0- ) = 1, r¢(0- ) = r¢(0+ )

18、 -1 = 0(2)、系统零输入响应：r (t) = C e-t + C e-3t ，根据r(0 ) = 1-zi12和r¢(0- ) = 0得出：ìC1 + C2 = 1Þ ìC1 = 3/ 2í- C - 3C = 0íC，= -1/ 2îî122所以，r (t) = 3 e-t- 1 e-3tzi22(2)、在t > 0时微分方程右端自由方程的特征根，故设系统强迫相应re-t ，又由于-1 是特征(t) = Ate-t ，将其带入p微分方程得A = 1 ，所以r (t) = 1 te-t ；p22+ 1

19、 te-t ，将(t) = C e-t+ C e-3t设系统的零状态响应为：rzs122rzs (0+ ) = r(0+ ) - r(0- ) = 0 和 rz¢s (0+ ) = r¢(0+ ) - r¢(0- ) = 1 代入rzs (t)得：ìC1 + C2 = 0C = 1/ 4ïÞ ì1í- C - 3CíC，12= -1/ 4+= 1îïî212所以，r (t) = é1 (e-t - e-3t ) + 1 te-t ùu(t)ê&#

20、235;4úûzs2四、分析题（15 分）一个信号处理系统h(t)由四个子系统互联而成，如下图所示。e(t)e3 (t)e1 (t)e2 (t)r(t)+h2 (t)-h (t) = 3wc Sa(3w t)dwéSa(w t)ù其中h (t) =，cdt êë2púû2pc1c( jw) = e- j 2pw / wc 。h (t) = u(t)， H34H 4 ( jw )h3 (t)h1 (t)e(t) = 2 sin( 2wct) + 2 cos(wct / 2)，求以下各小题：若H1 ( jw)、H 2

21、( jw)和H 3 ( jw)，并画出H 2 ( jw)和H 3 ( jw)1求的幅度谱；H A ( jw) = H1 ( jw) × H 2 ( jw) × H 3 ( jw)，并指出H A ( jw)的2求作用，求e3 (t)；3求r(t)。解：根据FSa(w t) = p u(w + w ) - u(w - w )cwcccH jw = jwF éwc Sa(w t)ù = jw u(w + w ) - u(w - w )êë2púû1ccc2H ( jw) = F3wc Sa(3w t) = u(w + 3

22、w ) - u(w - 3w )p2ccc1jwH ( jw) = Fu(t) =+ pd (w)3图2、HA ( jw) = H1 ( jw) × H 2 ( jw) × H3 ( jw)= jw u(w + w ) - u(w - w )u(w + 3w ) - u(w - 3w ) 1 + pd (w)jwcccc2= jw u(w + w ) - u(w - w ) 1 + pd (w)jwcc2= 1 u(w + w ) - u(w - w ) + jw u(w + w ) - u(w - w )pd (w)cccc22= 1 u(w + w ) - u(w -

23、w )cc2HA ( jw)具有低通滤波器的作用。由e(t) = 2 sin( 2wct) + 2 cos(wct / 2)得：E( jw) = j2pd (w + 2w ) - d (w - 2w ) + 2pd (w + wc ) + d (w - wc )cc22E3 ( jw) = HA ( jw)E( jw)= p d (w + wc ) + d (w - wc )22w te (t) = cos(所以，c)32p2得h (t) = d (t -3、根据H ( jw) = e- j 2pw / w)c4w4c框图得：r(t) = e3 (t) - e3 (t) * h4 (t)r(t

24、) = cos(wct ) - cos(wct ) *d (t - 2p )wc22= cos(wct ) - coswc(t - 2p )wct - p )22= cos(wct ) - cos(wc22= 2 cos(wct )2五、拉氏变换分析题（15 分）已知H (s)的零极点分布jw3，j冲激响应h(t)的初值h(0+ ) = 2，求以下各题：2s31系统的系统函数H (s)与应h(t)；冲激响- j2的幅频特性 H ( jw) 和相频特性j(w)曲线；2画3t u(t) ，求3若激励e(t) = sin2-1(1) 系统的瞬态响应；(2) 系统的稳态响应。解：1、根据零极点图设系统

25、函数为： H (s) =As(s +1)2 + 3/ 4根据初值定理得：h(0+ ) = lim sH (s) = 2 Þ A = 2s®¥2s(s +1)2 + 3/ 4故H (s) =根据系统函数H (s)求解系统冲激响应h(t)，将H (s)进行整理得：H (s) = 2s +1- (2 /3) ×(3 / 2)(s +1)2 + 3/ 4(s +1)2 + 3/ 4h(t) = 2e-tcos3 t -23 tu(t)sin2322、H ( jw) =2 jw( jw +1)2 + 3/ 4图3t u(t) 得出： E(s) =3 / 2e(t)

26、 = sin3、+ 3/ 43s222s2R(s) = H (s)E(s) =×+ 3+ 3(s +1)2s2443s - 733s + 33-=48+ 48 + 3+ 3(s +1)2s244(1).系统瞬态响应的拉氏变换为：3s - 73 3s 3-+15 48 2R (s) = -，i+ 3+ 3+ 344 (s +1)2(s +1)2(s +1)2444则瞬态响应为：r (t) = -e-t (3 cos3 t + 5 sin3 t)u(t)i4242(2)、系统稳态响应的拉氏变换为：3s + 333 s3 ×3R (s) = 48 = 4+ 42 s+ 3+ 3+ 3s2s2s2444则稳态响应为：r (t) = (3 cos3 t + 3 sin3 t)u(t)s42423 sin(3 t + 30°)u(t)=22六、Z 变换分析题（15 分）研究一个线性时不变离散系统，其输入x(n) 和输出 y(n)满足y(n) - 1 y(n - 1) - 1 y(n - 2) = x(n - 1)4求以下各题：8框图（用符号z -1表示向右延时 1 个函数H (z)，并画出零极点图；1画2）；3. 求所有可能的几种果性和稳定性；4. 在h(n)为稳定因果系统条件下，求该系统的频响特性；样值响应h(n)