大学信号与系统考题，及答案

华侨大学信息科学与工程学院2010-2011学年二学期

课程考试试卷答案(A卷)

课程名称：信号与系统 考试时间：120分钟 年级：xxx级

专业： xxx

题目部分，（卷面共有100题，100分，各大题标有题量和总分） 一、解答题（100小题，共100分）

1．本题是U(t)、sgn(t)的复合函数，要画出波形，应先按U(t)、sgn(t)的基本定义推导出其复合函数的取值，再画图。画出的波形如下图所示。

?1,?f1(t)?U(t?4)????0,2t2?4?0??1,?U(t?4)??2t?4?0?0,?2t?2t?2

??1,2f2(t)?sgn(t?1)?????1??1,?sgn(t?1)??2t?4?0???1,t2?1?02t?1t?1

对f3(t)，可先画出cos(?t)的变化规律，再按符号函数定义求出sgn[cos(?t)]之值，可见它们均为周期为2的周期函数。

2．(a)、(b)是连续时间信号，其中(b)又是量化信号，（a）是模拟信号；(c）、（d）、（e)、（f）是离散时间信号，其中(c)、(e)、(f)又是数字信号。 3．解 (1)若系统的输入、输出具有约束关系

试卷答案 第 1 页 （共 50 页）

r(t)?e(2t)

则当此系统的输入信号为cos(?0t)时，输出信号中包含cos(2?0t)。 (2)若系统的输入、输出具有约束关系

r(t)?e(3t)

则当此系统的输入信号为cos(?0t)时，输出信号为cos(3?0t)。 (3)若系统的输入、输出具有约束关系

r(t)?e(t)?C (C为非零常数)

则当此系统的输入信号为cos(?0t)时，输出信号中包含直流成为。

三个小题中，输入信号均为cos(?0t)，而输出信号中分别包含cos(2?0t)、cos(3?0t)和直流频率成分，说明有新的频率分量产生，也就是说，信号cos(?0t)经系统传输后，产生了新的频率成分，此为三种要求的共同性。因此在设计系统时，要考虑改变输入信号的频率或增加新的频率成分，此为三个系统的共同性。

4．解 由题意可画出如下所示的串联电路，两电容两端的电压分别为?C1、?C2，则回路电流

i(t)?C1C2d?(t)CC??12E?(t)

C1?C2dtC1?C2

其中，

C1C2为C1、C2的串联等效电容值。

C1?C2再由电容的电流和电压关系，有

?C?1C2E1ti(t)dt?u(t) ???C1C1?C21?C2?C2

?t??i(t)dt?C1Eu(t)

C1?C2试卷答案 第 2 页 （共 50 页）

5．??1

6．解：(1)s1(t)?f1(t)?f2(t)?f1(t?5)?f1(t?5)

(2)s2(t)?f1(t)?f2(t)?f2(t)?s1(t)?f2(t)?s1(t?5)?s1(t?5) (3)s3(t)?f1(t)?f3(t)?f1(t?1)?f1(t?1) 相应波形见下图。

R?tR[LeL?Rsint?Lcost]U(t) 7．u0(t)?22L?RR?tL自由响应e 受迫响应Rsint?Lcost

8．h'(t)??(t)??t??h(?)d?

h\t)??'(t)?h(t)

即

h\t)?h(t)??'(t)

即

(p2?1)h(t)?p?(t)

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故得

11pH(p)?2?2?2

p?1p?j1p?j1故得

1h(t)?(e?j1t?ej1t)?costU(t)

29．r(t)??e?tU(?t) 10．3te?tu(t)

3k2k1(3)?(2)?(?1)kk?0 4343k1k5(?1)kk?0 （2）(3)?(2)?431211．（1）

T3T2E131T12E3TE12．（a）a0??43f(t)dt??4T(t?)dt??T4?(t?)dt?

T?4TT?4T4T4T423T2T2ET2?242E32?4an??T(t?)cos(nt)dt??T?(t?T)cos(nt)dt

T?4T4TT4T4T33TTET2?4E2?3E2?4??4Tcos(nt)dt?2?T4tcos(nt)dt?cos(nt)dt?0 T??T4TT4TT4T3T2T2ET2n?22E32?bn??4T(t?)sin(t)dt??T4?(t?T)sin(nt)dt

?T4T4TT4T4T33TT4ET2n?4E2n?3E2?444?tsintdt?tsin(t)dt?sin(nt)dt TT2?T???T4TT4TT4TT?2n?4T?T?tcost??T2n?4E?2n?T??24T??T32n?4costdtT??2n?T?43T4T4?T4T?4cos2n?T2n?tdt?tcostT2n?T????? ????

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4E?T2n?T2=2?22sin?T?2n?24n2?2?0???4En?sin?2?n2?2f(t)?n?n????n(?1)sin?sin? ??22???

n?0,2,4?n?1,3,5,?E4E?1??2?sin(?1t)?2sin(3?1t)??? 2??3?3T1T4E11T4E3(b) a0??4tdt??T4Edt??3?(t?T)dt?E

T0TT4T4TT43T2T4E2??42?2T4E2?4an??tcos(n)dt??TEcos(nt)dt??3?(t?T)cos(nt)dt

T0TTT4TT4TTTT403T4?8ET2?[tsin(nt)2T2n?T?T2n??T40sin(n2?E2?t)dt]?sin(nt)Tn?T?T4 8ET2?8ET2?Tcos(nt)dt?cos(nt)dt33T2?4TTT?4TT??4E2En?2E3n?4En??cos?cos?[1?cos]bn?0 n2?2n2?22n2?22n2?2213．解 由题图可知，f(t)为奇函数，因而

an?a0?0

4T4TE2?2bn??f(t)sin(n?1t)dt??2sin(n?1t)dt,?1?T0T02Tn?2,4,??? ?0,T?2EE2?cos(n?1t)0??1?cos(n?)????2En?1Tn?,n?1,3,?????n?所以，三角形式的傅里叶级数(FS)为

f(t)?2E?112?? sin(?t)?sin(3?t)?sin(5?t)????,??1111???35T??指数形式的傅里叶级数(FS)的系数为

?0,1?Fn??jbn??jE2?,??n?

n?0,?2,?4,???n??1,?3,???

试卷答案 第 5 页 （共 50 页）

所以，指数形式的傅里叶级数(FS)为

f(t)??jE?ej?1t?jE?e?j?1t???tjEj3?1tjE?j3?1t2?e?e????,?1? 3?3?T14．解 (1)已知 e则由频域微分定理，有

u(t)?1

??j?(?jt)e??tu(t)?d?1??j ???d????j??(??j?)21

(??j?)2即 te??tu(t)?(2)已知 u(t)???(?)?由频域微分定理，有

1 j?1(?jt)u(t)????(?)?j即 tu(t)?j???(?)??2

1?2?j???(?)?1(j?)2

15．H(s)?RM?22RL?M?s??L?M?sR??s???L?M?????

16．解：设H(s)有n个极点，m个零点，则

H(s)?K?(s?z)jm?(s?p)ii?1i?1n

H(j?)?K?(j??z)jm?(j??p)ii?1j?1n?K(j??z1)(j??z2)???(j??zm)

(j??p1)(j??p2)???(j??pn)其中每个因子就是一个s平面上的矢量，若记

试卷答案 第 6 页 （共 50 页）

(j??zj)?Njej?j,(j??pi)?Miej?i

N1ej?1N2ej?2???Nmej?mj?(?)则 H(j?)?K ?H(j?)ej?nj?1j?2M1eM2e???Mne幅频特性H(j?)?KN1N2???Nm

M1M2???Mn相频特性?(?)?(?1??2??????m)?(?1??2??????n)

由此可见，频响特性取决于零、极点在s平面上的分布，即由矢量(j??zj)、(j??pi)决定，当改变频率?时，矢量末端点(0，j?)沿虚轴移动，矢量(j??zj)、(j??pi)随之变动，H(j?)和?(?)也随?而改变，从而可画出幅频特性和相频特性曲线，这就是利用零、极点分布画频响特性的原理，这种方法又称为频响特性的s平面几何分析。 由此画出本题各零、极点分布图对应的幅频响应曲线如下图(g)~(l)所示，所画出的H(j?)均是在假设H(s)中的常数K?1的情况下得到的。由图可见，各网络的滤波特性如下：(g)低通；(h)带通；(i)高通；(j)带通；(k)带阻；(l)带通—带阻。

试卷答案 第 7 页 （共 50 页）

利用零、极点分布画频响特性的优点是：可以依据矢量(j??zj)、(j??pi)随?改变的情况迅速地画出频响特性的草图。若需画出准确的H(j?)和?(?)随?的变化曲线，则需借助有关的数值计算软件(如MATLAB)来绘图。 由频响特性的s平面几何分析方法不难得到：

①若系统函数有一对非常靠近虚轴的极点p???i?j?i(?i?则在???i附近幅频?i)，

响应H(j?)出现峰点，相频响应?(?)迅速减小；若p??j?i，则在???i处

H(j?)??，?(?)减小180?。

②若系统函数有一对非常靠近虚轴的零点z???j?j?j(?j??j)，则在???j附近幅

频响应H(j?)出现谷点，相频响应?(?)迅速上升；若z??j?j，则在???j处

H(j?)?0，?(?)上升180?。

③当H(s)的零、极点以j?轴对称分布时，H(j?)?K，称为全通网络。

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17．解(1)

??T??f(t)?sin(?t)?u(t)?u?t????2???T?TT?sin(?t)u(t)?sin[?(t?)?]u(t?)

222TT?sin(?t)u(t)?sin[?(t?)??]u(t?)22TT?sin(?t)u(t)?sin[?(t?)]u(t?)

22T?t??F(s)?￡{f(t)}?2(1?e2) 2s??(2) f(t)?sin(?t??)?sin(?t)cos??cos(?t)sin?

F(s)?￡{f(t)}?cos???s?sin??ssin??sin???

s2??2s2??2s2??218．解：(1)用双边拉氏变换法求解电路首先需要写出???t??的激励函数式e(t)。 本题中

11e(t)?e?2tU(?t)?e?4tU(t)

33同时，原电路可等效为下图(b)的形式。

求出e(t)的双边拉氏变换，并注明收敛区域为

1?11?E(s)????,3?s?2s?4??(2)求系统函数H(s)

?4????2

试卷答案 第 9 页 （共 50 页）

13H(s)??RC?,11s?3R?s?sCRC因果系统的冲激响应为右函数，本题中h(t)?区域为???3。

(3)求响应函数的拉氏变换VC(s)。

?11sC???3

?H(s)??3e?3tU(t)，所以H(s)的收敛

VC(s)?H(s)E(s)?31?11?121 ?????????s?33?s?2s?4?s?2s?3s?4VC(s)的收敛区域取E(s)和H(s)收敛区域的公共部分，为?3????2。

(4)作反变换求响应vC(t)。 在收敛区域为?3????2条件下

vC(t)??1?VC(s)???121??1 ??????s?2s?3s?4??e?2tU(?t)?(2e?3t?e?4t)U(t)

由此可见：在t?0内，激励信号强迫系统作出与激励同模式的响应，而在t?0后，响应由e(t)和h(t)共同决定。

用双边拉氏变换法分析系统时必须注意，在求解过程的每一步都应标明拉氏变换式的收敛

域，否则将导致错误的结果，这使得应用双边拉氏变换没有单边拉氏变换方便。但双边拉氏变换的优点在于：信号不必限制在t?0的范围内，可将所研究的问题在???t??内统一考虑，使概念更清楚。 19．解(a)s域等效电路如图

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RV(s)sC H(s)?2??21V1(s)1?R?R?R??1??sCsC?sCR???sCR?1sC1R?sCRCs?R2C2s2?3RCs?1s

31??2RC?s?s?22?RCRC??1sC1R?sCR?（b）s域等效电路如图，由网孔电流法，有

??1?R??I1(s)?V1(s)??sC??????R?1?I(s)??V(s)1??2 ?sC???V(s)I1(s)??I2(s)?11R?sC1I1(s)?RI2(s) 而V2(s)?sC?1??1?V1(s)?RI(s)??R ??1??1?sC??sC?R?sC11s?V(s)sC??RC ?H(s)?2??11V1(s)R?s?sCRCR?

试卷答案 第 11 页 （共 50 页）

（c）s域等效电路如图，由网孔电流法，有

??111?11??I(s)?I?I3(s)?V1(s)2??sC3sC3sC?13sC3sC????111?1?1?I(s)???I(s)?I3(s)?0 ?1??23sCsC3sC3sC3sC????1111??1?I(s)?I(s)???12??I3(s)?03sC?sC3sC3sC??3sC?5I1(s)?I2(s)?I3(s)?3sCV1(s)?简化方程得??I1(s)?5I2(s)?I3(s)?0

??I(s)?I(s)?5I(s)?023?12?I(s)?sCV1(s)??13解得?

1?I(s)?I(s)?sCV(s)231?6?

试卷答案 第 12 页 （共 50 页）

V2(s)?11I3(s)?V1(s)sC6

V2s1H(s)??V1(s)620．解做出s域等效电路如图

设网孔电流I1(s)及I2(s)，则有

1?1(?2)I(s)?(1?)I2(s)?V1(s)1?ss?12??(1?)I(s)?(1?)I2(s)??KV2(s) ?1ss?1?V(s)?[I1(s)?I2(s)]?2s??(2s?1)I1(s)?(s?1)I2(s)?sV1(s)?即?(s?1)I1(s)?(s?2)I2(s)?KsV2(s) ?I(s)?I(s)?sV(s)22?1解得

V2(s)?V1(s)

(2s?1)(s?2?K)?(s?1)(K?s?1)H(s)?V0(s)KV2(s)KK???2 V1(s)V1(s)(2s?1)(s?2?K)?(s?1)(K?s?1)s?(3?K)s?1（2）用罗斯判据判定稳定性R-H阵列

试卷答案 第 13 页 （共 50 页）

当3?K?0即K?3时，系统稳定，K?3时系统临界稳定。 21．解

（1）s域等效电路如图

设网孔电流I1(s)、I2(s)由网孔电流法，有

?(R?sL)I1(s)?MsI2(s)?E(s) ?(R?sL)I(s)?MsI(s)?0?21解得I2(s)?MsE(s) 2s?(R?sL)?(Ms)MRsE(s)

(R?sL)2?(Ms)2VR(s)??RI2(s)?（1）当e(t)??(t)时，E(s)?1

MRs22MRsL?M VR(s)??2222RLR(R?sL)?(Ms)s2?2?22L?ML?M2RR22?L?M?L?M

RRs?s?L?ML?MRR?t?R?11L?MtL?Mt?R(t)?￡{VR(s)}??e?e?u(t)

2?L?ML?M??1（2）当e(t)?u(t)时，E(s)?1 s

试卷答案 第 14 页 （共 50 页）

MRMRL2?M2 VR(s)??22222RLR(R?sL)?Mss2?2s?L?M2L2?M211?22 ??RRs?s?L?ML?MRRt?t1?L??R(t)?￡{VR(s)}?(eM?eL?M)u(t)

222．解（1）此系统能稳定

虽然输入回路中，在?1(t)的作用下产生的电流通过互感的作用，会使输出回路产生电流，但由于互感器只是储能元件，它是无源元件，并不能产生能量，同时在输出回路由于互感而产生的电流同样也会对输入回路发生影响，其作用是使输入回路电流相对于同样大小的

?1(t)而减少，这是一个负反馈过程。所以系统会稳定。

（2）做出s域等效电路如图

列电路方程

?(R?sL)I1(s)?MsI2(s)?MsI2(s)?V1(s) ?(R?sL)I(s)?MsI(s)?0?21又V2(s)??RI2(s) 解得V2(s)?RMsV1(s)

[(R?sL)2?M2s2]H(s)?V2(s)RMs? 222V1(s)(R?sL)?Ms

试卷答案 第 15 页 （共 50 页）

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)

试卷答案 第 16 页 （共 50 页）

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

试卷答案 第 17 页 （共 50 页）

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??)

试卷答案 第 18 页 （共 50 页）

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?

试卷答案 第 19 页 （共 50 页）

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）

F(?)?[f(t)]?11G(?)?S(?)?[G(???0)?G(???0)] 2?2G(?)与F(?)频谱如下图所示

若f(t)通过一个如题图所示的低滤波器

1F1(j?)?F(j?)H(j?)?[G(???0)e?j(???0)?G(???0)e?j(???0)t0]2 ??[G(?)e?j?t0??(???0)?G(?)e?j?t0??(???0)]?G(?)e?j?t0??[?(???0)??(???0)]f1(t)?g(t?t0)cos(?0t)?Sa[?c(t?t0)]cos(?0t)

33．解由题图所示系统框图可得；

H(j?)?[e?j?T?1]Hi(j?)?[e?j?T?1]G2(?)?e?j?t

（1）?1(t)?u(t)

Hi(j?)是一个理想的低能滤波器，当?1(t)?u(t)作用于理想低通滤波器Hi(j?)，其理

想低通的阶跃响应为

11?Si[(t?t0)] 2?V2(j?)?H(j?)V1(j?)?[e?j?T?1]Hi(j?)r(t)?11111Si[t?t0?T]??Si[t?t0]?{Si[t?t0?T]?Si[t?t0]} 2?2??t2sin()2?Sa(t) （2）?1(t)?t2?2(t)??V1(j?)?

[?1(t)]?2?G1(?)

试卷答案 第 21 页 （共 50 页）

V2(j?)?H(j?)?V1(j?)?[e?j?(T?t0)?e?j?t0]G2(?)?2?G1(?)?[e?j?(T?t0)?e?j?t0]?2?G1(?)12

?2(t)?[V2(j?)]?Sa[(t?t0?T)]?Sa[(t?t0)]

R(?)??34．解（1）

???12f(t??)f(t)dt??e?a(t??)u(t??)eatu(t)dt????0????ea??e?2atdtu(?)?e?a??e?atdtu(??)?e?a?111?a(?)u(?)?ea?u(??)?e2a2a2a

（2）

?1T/22?R(?)?lim??ecos?0(t??)u(t??)cos(?0t)u(t)dt?T??T?T/2??

?e2T/2?e2?lim??{cos[?0(2t??)]?cos(?0?)}u(t)u(t??)dt??cos?0?T??2T?T/2??435．由图写出离散系统的差分方程式

y(k)?4y(k?1)?3y(k?2)??4e(k)?e(k?1)

当e(k)为单位函数?(k)时，y(k)即为系统的单位函数响应h(k)，即 h(k)?4h(k?1)?3h(k?2)??4?(k)??(k?1) 特征方程为

??4??2?0 特征根为

2?1??1?2??3

由于差分方程在k>0时输入激励为零，故方程的特解为零，所以系统单位函数h(k)的形式

与差分方程齐次解相同， 即

h(k)?C1(?1)?C2(?3)kkk?

应用迭代法，由差分方程得h(k)的初始值 h(0)??4,h(1)?17 将此二初始值代入h(t)表达式得

试卷答案 第 22 页 （共 50 页）

?C1?C2??4 ?

?C?3C?17?12解得C1?2.5,C2??6.5

所以h(k)?[2.5(?1)k?6.5(?3)k]U(k) 36．解：q(n)*x(n)?k????q(k)?x(n?k)??1?x(n)?x(n?1)?x(n?2)? 31??(n)??(n?1)??(n?2)? 337．解 特征方程为 a?5?0 求得特征根 ???5

有q(n)?)?于是齐次解 yh(n)?C(?5)n 令特解 yp(n)?D1n?D2 将yp(n)代入原方程，有

D1n?D2?5?D1(n?1)?D2??n

比较上式两边得 D1?1,6D2?5 36n则全解 y(n)?yh(n)?yp(n)?C(?5)?将y(?1)?0代入上式，得 C??因而 y(n)?15n? 6365 361?(?5)n?1?6n?5??? 362238．y(k?2)?(3T?2)y(k?1)?(1?3T?2T)y(k)?Tf(k) 39．解 齐次解yh(n)?c(?5)n

特解：yp(n)?p1n?p0，代入差分程求得p1?15,p0? 63615yp(n)?n?

636

试卷答案 第 23 页 （共 50 页）

全解：y(n)?c(?5)?n155n?，由y(?1)?0，求得c?? 63636y(n)?1[(?5)n?1?6n?5] 36y(k?1)?e??1Ty(k)?40．

R2(1?e??2T)e(k)R1?R2

?2?1?R1R2???CR?R?12?41． (1)、(2)因果、稳定；(3)非因果、稳定；(4)因果、不稳定；

?225?1?k?42．??????U(k)?4?(k)

?33?2????43．解：

由Fibonacei数列知，其第n项的与前两项有如下关系： f(n)=f(n—1)+f(n-2)

因而此系统的特征方程为E?E?1?0。特征根为?1.2?2?1?5 2故有 f(n)?k1?(?1?5?n?1?5?n)?k2?() 22?k1?k2?0?又有：由f(0)?0,f(1)?1得??1?5?1 ?1?5?1?1)?k1?()?k2?(?22有 k1??k2?1 5?n?n??1?5?1???1?5???故 f(n)??????2??25???????nn???1?1?5?3?? = ????1????5?5?1???2????????n?0

n?0

试卷答案 第 24 页 （共 50 页）

(1)(0.8)k?1U(k?1)?(?0.2)k?1U(k?1)1?1?(2)?(k?1)??(2?1)k?2?(2?1)k?2?U(k?1)2?2?(3)4(k?1)(0.5)kU(k?1)44．

(4)cos(5)?2(k?2)U(k?1)

1?1?(?1)k???U(k?1)2(6)(?1)k?1U(k?1)45．解：由系统框图写出其差分方程为

y(n)?1y(n?1)?x(n) 2下面用迭代法求两种边界条件下的解答。

(1)由给定边界条件y(?1)?0知，这是在激励x(n)??(n)未加上前的起始样值，在此条件下，求的是系统的零状态响应，y(n)?h1(n)应该是个右序列。

1h1(0)?h1(?1)??(0)?1311h1(1)?h1(0)??(1)?331?1?h1(2)?h1(1)??(2)???3?3????????2

?1?h1(n)???

?3??1?故 h1(n)???U(n)

?3?(2)由n?0时y(n)全为0的边界条件知，在x(n)??(n)加入后，全部响应为0，这意味着系统在未加入激励前有个零输入响应y(n)，它与?(n)引起的零状态响应共同作用，使

nnn?0时y(n)?0，因此y(n)?h2(n)应该是个左序列。

试卷答案 第 25 页 （共 50 页）

将差分方程改写为

y(n?1)?3y(n)?3x(n)

由y(1)?0开始进行迭代求h2(n)

n?1,h2(0)?3y(1)?3?(1)?0n?0,h2(?1)?3h2(0)?3?(0)??3n??1,h2(?2)?3h2(?1)?3?(?1)??32n??2,h2(?3)?3h2(?2)?3?(?2)??3??????n??n,h2(?n)??3?n故 h2(n)??3?nU(?n?1)

画出两种边界条件下的单位样值响应如图(b)所示，比较二者可以看到：在不同边界条件下，同一系统在相同激励下产生的响应完全不同。

2

46．x1(n)*x2(n)?2u(n)*3u(n)??nnk???n?2u(k)?3knn?k2?3?()

k???3nnk47．q(u)*x(n)?k????q(k)?x(n?k)??x(n?k)??x(n?k)?u(n?k)有 q(n)?u(n)

k?0k?0?48．（1）由模拟图得

y(k)?f(k)?0.8f(k)?0.8y(k?1)

故系统的差分方程为

y(k)?0.8y(k?1)?0.2f(k)

（2）因H(z)?

0.2zz?0.8|z|?0.8且T=1

试卷答案 第 26 页 （共 50 页）

故

0.2ej?0.2cos??j0.2sin? H(e)?H(z)|z?ej??j??e?0.8cos??0.8?jsin?j?当??0时，|H(ej0)|?1,?(0)? 当???3时，|H(ej?3)|?0.22,?()??49.1?

3?当???时，|H(ej?)|?0.11,?(?)?0? 今f(k)?1?cos(?3k)?cos?k，故系统的稳态响应为

y(k)?1?0.22cos(k?49.1?)?0.11cos?k

3?49．H(z)?3(z?1)(z?0.2)

(z?0.5)(z?0.4)50．解法一：利用卷积定理

本题中未指明x(n)是因果序列还是双边序列，但y(n)??x(k)只与x(n)U(n)之值有

k?0n关，所以可将y(n)看为y(n)?x(n)U(n)*U(n)[参看下图]

y(n)?x(n)U(n)*U(n)?故

k????x(k)U(k)U(n?k)??x(k)

k?0?n?y(n)???x(n)U(n)*U(n)???x(n)U(n)?*?U(n)??z?1X(z)

试卷答案 第 27 页 （共 50 页）

z解法二：利用位移性质

将y(n)左移，得

y(n?1)??x(k)

k?0n?1y(n?1)?y(n)??x(k)??x(k)?x(n?1)

k?0k?0n?1n上式两侧同时取单边z变换，并利用位移性质，得

zY(z)?zy(0)?Y(z)?zX(z)?zx(0)

由于y(n)??x(k)，所以y(0)?x(0)，得出

k?0nY(z)?zX(z) z?1关于Y(z)收敛域的讨论：Y(z)比X(z)多一个级点1，若X(z)的收敛域为z?Rx1，则

Y(z)的收敛域为z?max(Rx1,1)。

51．解 利作z变换求y(n)

Y(z)?2z?1Y(z)?2y(?1)?X(z) (1?2z?1)Y(z)?2y(?1)?X(z)

Yzi(z)?2y(?1)X(z),Y(z)? zs1?2z?11?2z?11zy(0)?2y(?1)?x(0)，y(?1)?,X(z)?

2z?31zz2?2z3zYzi(z)??， y(z)???zs?11?2zz?2(z?2)(z?3)z?2z?3Yzi(n)?2nu(n)，yzs(n)?[?2(2)n?3(3)n]u(n) y(n)?yzi(n)?yzs(n)?[3(3)n?2n]u(n)

52．?2?k?0

53．解

试卷答案 第 28 页 （共 50 页）

(1)3Y(z)?6zY(z)?x(z),H(z)??1Y(z)z, ?X(z)3z?61h(n)?(2)nu(n)

3(2)Y(z)?(1?5z?1?8z?3)X(z),H(z)?1?5z?1?8z3

h(n)??(n)?5?(n?1)?8?(n?3)

(3) Y(z)?1?1z zY(z)?X(z),H(z)?12z?2n?1?h(n)???u(n)

?2?(4) Y(z)[1?3z?1?3z?2?z?3]?X(z)

z3z3 H(z)?3?23z?3z?3z?1(z?1)z3?(n?1)(n?2)n? ??au(n)??32!(z?a)??h(n)?1(n?1)(n?2)u(n) 2(5) [1?5z?1?6z?2]Y(z)?(1?3z?2)X(z)

z3?35z?9H(z)?2?1?2

z?5z?6z?5z?6h(n)??(n)?2n?1u(n?1)?6.3n?1u(n?1)

11???(n)??2nu(n)?2.3nu(n)

2254．解 由图可得系统的差分方程

?2?y(n)?x(n)?cos??N??2?x(n?1)?2cos????N??y(n?1)?y(n?2) ?

试卷答案 第 29 页 （共 50 页）

?2?Y(z)?X(z)?z?1cos??N??2??1X(z)?[2zcos????N??2??z]Y(z) ??2???2??21?z?1cos?z?zcos???Y(z)N?N???H(z)???

2?2?X(z)???2??1?2z?1cos?z2?2zcos???z??1NN?????2?h(n)?cos??N??u(n) ?j2?2??Nz?cos?jsin?e，极点为 1?NN?2??2?零点z1?0,z2?cos??N2?j2?2?z2?cos?jsin?eN

NN55．解：离散时间系统的系统函数H(z)与单位样值响应h(n)之间是一对z变换，H(z)与

h(n)分别从变换域和时域描述同一系统的特性。与H(s)在连续时间系统中的作用类似，

可借助H(z)来求离散时间系统的各种响应，及判定系统的稳定性、因果性。 (1)收敛域为z?10，说明h1(n)??1?H(z)?是个右序列。

h1(n)?由于n?1?H(z)???1z??znn????(0.5?10)U(n)

?z?0.5z?10??0时，h1(n)?0，所以是因果系统。

?由于

n????h1(n)??，所以是不稳定系统。对因果系统，也可由H(z)的极点分布判断系统的稳

p?10在单位圆外，故为不稳定系统。

?1定性，由于H(z)有一个极点

(2)收敛域为0.5?z?10，说明h2(n)??H(z)?是个又边序列。

h2(n)?

?1z??znn??0.5U(n)?10U(?n?1)

???z?0.5z?10?试卷答案 第 30 页 （共 50 页）

由于n?0时，h2(n)?10nU(?n?1)不为零，故为非因果系统。

h2(n)是一个双边指数衰减序列，

n?????h2(n)是有界的，故为稳定系统。

由本题的分析看出，利用H(z)来判定系统的稳定性和因果性时，必需注意H(z)的收敛域。而且“根据H(z)极点是否全部在单位圆内判断系统稳定性”的方法只适用于因果系统。

56．解 (1)根据初值定理有

1?z?1?z?2x(0)?limX(z)?lim?1

z??z??(1?z?1)(1?2z?1)由终值定理知，若x(n)是因果序列，则X(z)的极点必须处在单位圆内(或z?1且为一阶)，才可应用终值定理。由于X(z)有一个极点z?2在单位圆外，因而x(?)不存在。 (2)根据初值定理有

x(0)?limX(z)?limz??1?1

z??(1?0.5z?1)(1?0.5z?1)根据终值定理有

x(?)?lim?(z?1)X(z)?z?1 z2?lim(z?1)?0z?1(z?0.5)(z?0.5)(3)根据初值定理有

z?1x(0)?limX(z)?lim?0

z??z??1?1.5z?1?0.5z?2根据终值定理有

x(?)?lim?(z?1)X(z)??lim(z?1)z?1z?1z(z?1)(z?0.5)?limz?1z?2z?0.5

试卷答案 第 31 页 （共 50 页）

1??x1(k)??0??x(k?1)??0(1)?1????e(k)??????x2(k?1)???1?3??x2(k)??1??x1(k)?y(k)?[10]???x2(k)?1?x1(k?1)??0?x(k?1)??0???057． (2)?2010??x1(k)??0??x(k)???0????2???0?e(k) ??x3(k?1)??0?x4(k?1)???00??3?7?2??x1(k)?x(k)?y(k)?[1000]?2??x?3(k)??x4(k)??58．解

(1) 先考查可控性

??22?1?AB???0?20???0??1?1????2?

?40???????1????1?????4????22?1?A2B?AAB???0?20???1???2??2???4?

??40???????1????4????9???01?2?M?(B?AB?A2B)???1?24?

?1?49????rankM?3满秩即系统完全可控。

再考查可观性

??22?1?CA?[100]??0?20???22?1

1?40?????????22?1?CA2?CAA?[?22?1]??0?20??3?0???1?4??

试卷答案 第 32 页1??x3(k?4?)????x?4(k)??42?

50 页）

??1???3?? （共00??C??1???????22?1? N??CA??????????CA2????3?42??rankN?3不满秩，即系统不完全可观。

(2) H(s)?C(sI?A)?1B?D

?s?2?21??

(sI?A)?1??0s?20???s???14??s(s?2)2(s?2)?s(s?2)?1??2?0(s?1)0? (s?2)(s?1)2??(s?2)?(4s?6)(s?2)2????121?s??(s?1)2(s?1)2(s?1)2???1?? ??00?s?2??14s?6s?2???222?(s?1)(s?2)(s?1)(s?1)???又 D?0

?s?(s?1)2??故 H(s)??100??0??1?(s?1)2??s??2?(s?1)2(s?1)221?(s?1)2(s?1)210s?24s?6s?2?(s?2)(s?1)2(s?1)?0?1?????1? (s?1)2???1???????0??????1? ???1???2???211?? 222(s?1)(s?1)(s?1)即 H(s)?

1

(s?1)2试卷答案 第 33 页 （共 50 页）

1?a?0 41?x1(k?1)??0?x(k?1)??02???a60．??x3(k?1)??00????x4(k?1)??b(a?1)?a59．?01000??x1(k)??0??x(k)???0???2?+?0?e(k) y(k)?x(k )11??x3(k)??0??????0??x4(k)??1?61．取x1(t),x2(t)为状态变量，则有

?1(t)?y1(t)?x2(t)?R1[f1(t)?x1(t)]?x2(t)??R1x1(t)?x2(t)?R1f1(t) Lx?2(t)?x1(t)?Cx即

111[f2(t)?x2(t)]?x1(t)?x2(t)?f2(t) R2R2R2?R1??1(t)??L?x???x???2(t)??1??C1??R1L??x1(t)??L????1???x2(t)??0??R2C?????0??f(t)???1? 1??f2(t)?R2C??输出方程：y1(t)?R1[f1(t)?x1(t)]??R1x1(t)?R1f1(t)

y2(t)?x2(t)?f2(t)

即

?y1(t)???R10??x1(t)??R10??f1(t)??y(t)???01??x(t)???0?1??f(t)?

??2????2??2??62．解 由后向前依次取每个延时器的输出作为状态变量?1,?2,?3和?4，由题图可得系统的状态方程为

??1(n?1)??2(n)??(n?1)?a?(n)??(n)?213? ??3(n?1)??4(n)???4(n?1)?ab?1(n)?a?2(n)?b?1(n)?x(n)?(a?1)b?1(n)?a?2(n)?x(n)输出方程为 y(n)??1(n)

试卷答案 第 34 页 （共 50 页）

z2?18z?6763．H(z)?C[zI?A]B?D?2

z?6z?8?1故系统的差分方程为

y(k?2)?6y(k?1)?8y(k)?f(k?2)?18f(k?1)?67f(k)

注意：当从H(z)求差分方程时，H(z)中的零，极点不能相消。

?3k?(4)64． (1) Ak??k??3??2?4??????1?k????2?k? (2) A??1k??k?????2???1??2???2?k?0??k ?1??????2???0?? k??1??????2??65．解 (1)选元件A两端的电压和电容C上的电压为状态变量，且设

ddd2dr(t)??1(t),r(t)??1(t)??2(t)，则iA(t)?2r(t)??2(t),?C(t)??s(t)

dtdtdtdt由电路图得

1??(t)??1(t)?(t)??2??C(t)?R2iA(t)?r(t)???320?? ?d?C(t)3e(t)?R1[C?iA(t)]??C(t)???(t)??3(t)e(t)??3?(t)??2dt??10???1?(t)??2(t)??(t)??20?1(t)?20?3(t) 整理后得状态方程??2???(t)?6?(t)?7?(t)?e(t)13?3输出方程 r(t)??1(t )?0?(2)由于A??20???60?020?? 0?7??1

试卷答案 第 35 页 （共 50 页）

?6?1020??3?7?2?20??20?0 0??7特征方程 aI?A??20????1??2?1?得特征根??2?(?5?j15)

2?1???(?5?j15)3??2?1、?2、?3也即网络的自由频率。

(1) 系统的微分方程可通过H(s)?C(sI?A)?1B?D,求得H(s)后，再根据

H(p)?H(s)s?p?r(t)得出 e(t)此题中由于输出方程较简单，所以也可直接由状态方程和输出方程得出微分方程。 由 r(t)??1(t及)?1?(t)??2(t) 可得

?(t)?r??(t) 代入 ?2(t)?r?(t),?2?(t)??20?1(t)?20?3(t) ?2)得 ?3(t)?rt(?1r??t(代入) 20?(t)?6?1(t)?7?3(t)?e(t) ?3有 r?(t)?17r???(t)?6r(t)?7r(t)?r??(t)?e(t) 2020(t)?7r??(t?)即 r???20r?t(?)2r0t?()20t e13?????x1???1??22??x1????????x?00166． ?2????x2? ?????112??x??x3????3?????

试卷答案 第 36 页 （共 50 页）

?.??x1???20??x1??23??e1(t)?67．?.?????x????23??e(t)?

0?3??2????2??x2?????y1??4?y???4?2??0??x1? ????2??x2?1?as?as 68．解 (a)由于?s?c1?cs1KK1K????s

s(s?c)ss?cs1?cs说明系统(a)可由三个一阶系统组成，其流图为

选取三个积分器的输出为状态变量?1(t)、?2(t)、?3(t) 则有状态方程

??1?(t)??c?1(t)?K?2(t)??(t)??3(t)?e(t)??1(t)???1(t)??3(t)?e(t) ??2???(t)?a[e(t)??(t)]?c??(t)?(c?a)?(t)?(a?c)e(t)121?3输出方程 r(t)??1(t )bc11?s?bs,s?c?s,1?s (b)由 ?s?a1?as?b1?bs?c1?csss1?画出由三个一阶系统组成的流图如下

试卷答案 第 37 页 （共 50 页）

选各积分器输出为状态变量?1(t)、?2(t)、?2(t) 则有状态方程

???1?(t)??b??1(t)??2(t)?e(t)??3(t)?c[?2(t)?e(t)??3(t)????b?1(t)?(c?b)?2(t)?(b?c)?3(t)?(c?b)e(t)????2?(t)??a??2(t)?e(t)??3(t)?b[e(t)??3(t)????a?)?(b?a)e(t) ?2(t)?(a?b)?3(t??3?(t)??c?3(t)??1(t)??2(t)?e(t)??3(t)????1(t)??2(t)?(c?1)?3(t)?e(t)输出方程 r(t)??1(t)??2(t)??3(t)?e(t) 图(c)中结点之后增益为1的通路在本题中不能省去。

???300?69．（1）?0? （2）???71???04 （??22??00?5????0?7??3）???1?2??70．解 设回路电流为i(t)，易知

i(t)?Cd?C1(t)??C1(t)1?Cd?C2(t)?C2(t)dtR2dt?R 12列写回路电压方程，有

R0i(t)??C1(t)??C2(t)?e(t) 由式①和式②，得

???Rd?C1(t)R00C1dt?R?C1(t)??C1(t)??C2(t)?e(t)?1? ???R0CdC2(t)2dt?R0R?C2(t)??C2(t)??C1(t)?e(t)2

试卷答案 第 38 页 （共 50 页）

① ②

将状态变量?1(t)??C1(t),?2(t)??C2(t)及各参数代入以上方程组，可得

???2????e(t)???112 ?????2???1?2?2?e(t)输出量 r(t)??C2(t)??2 即系统的状态方程为

????2?1?????1???11???e(t) ???????????2????1?2???2??1?输出方程为

??1?r(t)??01???

??2??x1(k?1)??0?x(k?1)????0.16?2??71．

?x(k)?y(k)?[21]?1??x2(k)?72．解： 将f(t)分解为f(t)=1??x1(k)??0??x(k)???1?e(k)1???2???

f1(t)+f2(t),f1(t)和f2(t)如下图所示。先分别求f1(t)和

f2(t)的傅立叶级数。

f1(t)在一个周期内的表示式为：f1(t)=2Tt(-2T＃t2T)f1(t)为奇函数，所以

an=0 bn==4TòT4T20f1(t)sinnWtdt(W=82pT)

Tò220Tt?sinnWtdt=T(-2T2cosnt)=(-1)n+12nWnpf1(t)的傅立叶级数为

2￥f1(t)=?(-1)pn=1

n+11nsin2npTt

试卷答案 第 39 页 （共 50 页）

ìT??-1(-

Tb=ò02f(t)sinnWtdtnT2T=44T4(-1)2np222t? sinnWtdt=? costò00TTTnWTì4??n为奇数?2?n=(1-cosnp)=í0n为偶数?np????4￥12npsint f2(t)的傅立叶级数为：f2(t)=?pn=1,3,5...nTf(t) 的傅立叶级数由f1(t)和f2(t)的级数之和表示

f(t)=f1(t)+f2(t)=73． ?j-22npsint+邋Tn=2,4,6,...npゥ62npsint

Tn=1,3,5,...np2?

74．解：显然，若直接计算傅立叶积分是很难的，这里可以利用傅立叶变换的对称性。

ì?1设宽度为2、幅度为1的矩形脉冲f(t)如下f(t)=?í???0t￡1t?1的

已知f(t)的傅立叶变换为：

F(jw)=h[f(t)]=2sint2sinww根据偶函数对称性可得：

h[F(t)]=h[tì?2p]=2pf(w)=?í???0w￡1w>0

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