武汉理工大学 信号与系统 试卷 07级

武汉理工大学 信号与系统 试卷

武汉理工大学考试试题纸 考试试题纸(A 卷) 考试试题纸课程名称 题号 题分 一 5 二 5 备注: 三 5 信号与系统 四 5 五 10 六 10 专业班级 信息工程学院 07 级 七 10 八 10 九 10 十 20 十一 10 总分 100

学生不得在试题纸上答题(含填空题、选择题等客观题 学生不得在试题纸上答题 含填空题、选择题等客观题) 含填空题

一、(5 分)画出信号 f (t ) = ( t + 1) ε ( t + 1) ε ( t 1) + 2 ε ( t 1) ε ( t 2 ) 的波形，以及

f ′(t ) 的波形。二、(5 分)已知 f ( t ) F ( jω ) ,求信号 g ( t ) = tf t 2 的傅里叶变换。 三、(5 分)一连续信号 f (t ) 占有频带为 0~20KHZ,为使经均匀采样后的离散信号能完全恢 复原信号 f (t ) ,求其奈奎斯特间隔；并指出信号 f (2t ) 的奈奎斯特频率。 ( 四、 5 分)已知频谱函数 F ( jω ) = 4πδ (ω ) + πδ ( ω 4π ) + πδ (ω + 4π ) ,求其对应的时间 函数 f ( t ) 。 z2 的原序列，收敛域分别为： (1) z > 3 ; (2) z < 1 ; (3) z2 4z + 3

1 4

( 五、 10 分)试求 F ( z ) =

1< z < 3。( 六 、 10 分)一线性时不变系统，在相同的初始条件下，若当激励为 f (t ) 时，其全响应为

y1 (t ) = [3e 2t + cos(3t )]ε (t ) ;若激励为 2 f (t ) 时，全响应为 y 2 (t ) = [e 2t + 2 cos(3t )]ε (t ) 。求：(1)初始条件不变，当激励为 f (t t 0 ) 时的全响应 y 3 (t ) ,t 0 为大于零的实常数；(2)初始条

件增大一倍，当激励为 0.5 f (t ) 时的全响应 y 4 (t ) 。

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(10 分)一线性非时变系统，已知系统激励信号 e(t ) 和系统单位冲激响应 h(t ) ,如下图所 七、 示，试求系统的零状态响应 r (t ) ,并作其图形。

H ( z) = ( 八、 10 分)某一因果离散系统如下图所示。其中 1统函数 H(z),并判断系统的稳定性。

z z+ 1 2

, H 2 ( z) =

z z 1 。 求系 3

F(z)H1(z)

+

Σ_

H2(z)

Y(z)

( 九、 10 分)如图所示系统,已知 H ( s ) =(1) 求 H 2 ( s ) ;

R(s) 1 = 2 , H 1 ( s) = E ( s) s+3

(2) 要使子系统 H 2 ( s ) 为稳定系统，求 k 值的范围。

E (s)

∑

H 1 ( s)

-k

∑

R( s )

H 2 ( s)

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(20 分)一线性非移变因果系统，由下列差分方程描述 十、

y ( k ) + 0.2 y ( k 1) 0.24 y ( k 2 ) = e ( k ) + e ( k 1)(1)画出只用两个延时器的系统模拟框图； (2)求系统函数 H ( z ) ,并绘出其极零图； (3)判断系统是否稳定，并求 h ( k ) ; (4)求系统频率响应函数，并粗略绘出系统的幅频响应曲线。

十一、 10 分)已知某线性非时变连续时间系统如下图所示， 十一、 (

E (s)

∑

1 s

X2

2

∑

1 s

X1

R( s)2 ∑

1

2

试写出该系统的状态方程和输出方程。

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一、f (t ) f (t )

t

t

二、 解

:因为 f ( t ) F ( jω ) t f a F ( jaω ) a t 所以 f 4 F ( j 4ω ) 4 1 f ( t 8 ) 4 F ( j 4ω ) e j 8ω 4 d 1 F ( j 4ω ) e j 8ω tf ( t 8 ) 4 j dω 4

(1 分) (1 分)

(1 分)

(1 分)

(1 分)

三、 解： TN =1 1 = = 2.5 × 10 5 s 2 f m 2 × 20 × 103

(3分)

f N = 2 f m = 2 × 40 × 103 = 80kHz 四、 解： 因为 1 2πδ (ω )cos ω0t π δ (ω + ω0 ) + δ (ω ω0 )

(2分)

(1 分) (1 分)

所以

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F 1 4πδ (ω ) = 2

(1 分)

F 1 π δ (ω + ω0 ) + δ (ω ω0 ) = cos 4π t

{

}

(1 分) (1 分)

f ( t ) = 2 + cos 4π t五、 解：

F ( z) =

z2 z2 = z 2 4 z + 3 ( z 1)( z 3)

1 3 F ( z) 2 = + 2 z z 1 z 3 1 3 z z 2 + 2 F ( z) = (4分) z 1 z 3(1) z > 33 k 1 f ( k ) = ε ( k ) + ( 3) ε ( k ) 2 2

(2 分)

(2) z < 13 k 1 f ( k ) = ε ( k 1) ( 3) ε ( k 1) 2 2

(2 分)

(3) 1 < z < 3 。3 k 1 f ( k ) = ε ( k ) ( 3) ε ( k 1) 2 2

(2 分)

六、解：设系统的零输入响应为 y zi (t ) ,零状态响应为 y zs (t ) ,由题意得y zi (t ) + y zs (t ) = [3e 2t + cos(3t )]ε (t ) y zi (t ) + 2 y zs (t ) = [e 2t + 2 cos(3t )]ε (t )

(2 分)

解方程得

y zi (t ) = 5e 2t ε (t ) y zs (t ) = [cos(3t ) 2e 2t ]ε (t )

(2 分)

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(1) 由题意知 y3 (t ) = y zi (t ) + y zs (t t 0 )= 5e 2t ε (t ) + cos[3(t t 0 )] 2e 2( t t0 ) ε (t t 0 )(2)

{

}

(3 分)

y 4 (t ) = 2 y zi (t ) + 0.5 y zs (t )

= 10e 2t ε (t ) + [0.5 cos(3t ) e 2t ]ε (t ) = [9e 2t + 0.5 cos(3t )]ε (t )七、解： (1) t<-1/2 (2) -1/2<t<1r(t)=0t +1/ 2

(3 分)

r(t)=

∫0

1 1 1 τ dτ = (t + )2 2 4 2 1 3 3 τ dτ = t 2 2 4 16 12

t +1/ 2

(3) 1<t<3/2

r(t)=

t 1 2

∫

(4) 3/2<t<3 (5) 3<t

r(t)=

t 1

∫ 2 τ dτ = 4 (3 + 2t t

1

)

r(t)=0r(t) 15/16 9/16

(8 分)

0.5

0

1

1.5

3

t

(2 分) 八、解：

〔F (z)-F ( z ).H 1 ( z )〕H 2 ( Z ) = Y (z) F (z) H 2 ( Z )-F ( z ).H 1 ( z ) H 2 ( Z ) = Y (z) F (z) H 2 ( Z )-.H 1 ( z ) H 2 ( Z )〕 Y (z) 〔 = 1 z Y(z) z z z 2 H ( Z )= =H 2 ( Z )-.H 1 ( z ) H 2 ( Z )= - . = 1 1 1 1 1 F (z) z z z+ ( z )( z + ) 3 3 2 3 2

(8 分)

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因为系统函数的极点 1/3,-1/2 位于单位园内，所以系统稳定 九、 解： U1 ( s ) + H 2 ( s ) U 2 ( s ) kH1 ( s ) U1 ( s ) + H 2 ( s ) U 2 ( s ) = U 2 ( s ) 因为 H ( s ) = 所以U2 (s) U1 ( s ) 和H 1 ( s ) = 1 代入上式 s+3

(2 分)

H2 ( s) =

s +3+ k 2(s + 3 k )

(5 分) (5 分)

欲使系统 H 2 ( s ) 稳定，必须使 3 k > 0 k < 3十

、 解： 1)根据差分方程可得系统模拟框图下图所示。 (1 1

(5 分)

e(k )

∑

D

D

∑

y(k )

0.2 0.24

系统模拟框图 (2)对差分方程两边做 Z 变换

z 2Y ( z ) + 0.2 zY ( z ) 0.24Y ( z ) = z 2 E ( z ) + zE ( z )H (z) = Y (z) E (z) = z2 + z z 2 + 0.2 z 0.24

所以 极零图如下图所示。

Im [ z ]Re [ z ]

× ο × 0 0.4 1 0.6

ο

(5 分)

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系统极零图

(3)因为

H ( z)

的极点均在单位圆内，且收敛域包含单位圆，所以系统稳定。

H ( z) 将 z 进行部分分式展开 H ( z) 0.4 1.4 = + z z + 0.6 z 0.4H (z) = 0.4 z 1.4 z + , z > 0.6 z + 0.6 z 0.4 (5 分)

h ( k ) = Z 1 H ( z ) = H ( z ) = 0.4( 0.6) k + 1.4(0.4) k ε ( k )

( 4)H ( e jω ) = H ( z )z = e jω

=

1 + e jω 1 + 0.2e jω 0.24e j 2ω

(2 分)

H ( e jω ) =

B1 B2 A1 A2 B1 B2 25 = ; A1 A2 12

①当 ω = 0 时， A1 = 1.6, A2 = 0.6, B1 = 2, B2 = 1 ,则 H ( e j 0 ) =

②随着 ω 的增大，由 0 变到 π , B1 B2 越来越小， A1 A2 越来越大，则 H ( jω ) 越来越小； ③当 ω = π 时， A1 = 0.4, A2 = 1.4, B1 = 0, B2 = 1 ,则 H ( e jπ ) =

B1 B2 =0; A1 A2

④随着 ω 的继续增大，由 π 变到 2 π , B1 B2 越来越大， A1 A2 越来越小，则 H ( jω ) 越来越大； ⑤当 ω = 2π 时， A1 = 1.6, A2 = 0.6, B1 = 2, B2 = 1 ,则 H ( e j 2π ) = 系统的幅频响应曲线如图所示。

B1 B2 25 = 。 A1 A2 12

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Im [ z ]B1

H ( e jω )25 121 Re [ z ]

1

ο

× 0.6

A1

B2 A 2 × 0 0.4

ο

0

π

2π

ω

系统极零点矢量图

系统的幅频响应曲线

(3 分)

十一、 2 1 x 1 x 1 状态方程为： 1 = x + 1 e(t ) x 0 1 2 2 输出方程为： y = [0 1]

(5 分)

x1 + e(t ) x2

(5 分)

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