信号与系统期末试卷-含答案全

1一．填空题(本大题共10空，每空2分，共20分。)1．()*(2)kk(2)k.2．sin()()2td()ut.3.已知信号的拉普拉斯变换为1sa，若实数aa0或大于零，则信号的傅里叶变换不存在.4.thtfty，则ty2thtf222.5.根据Parseval能量守恒定律，计算dttt2)sin(.注解：由于)(sin2gtt，根据Parseval能量守恒定律，可得ddgdttt11222221)(21sin6.若)(tf最高角频率为m，则对)2()4()(tftfty取样，其频谱不混迭的最大间隔是mT34maxmax注解：信号)(tf的最高角频率为m，根据傅立叶变换的展缩特性可得信号)4/(tf的最高角频率为4/m，信号)2/(tf的最高角频率为2/m。根据傅立叶变换的乘积特性，两信号时域相乘，其频谱为该两信号频谱的卷积，故)2/()4/(tftf的最高角频率为mmm4324max根据时域抽样定理可知，对信号)2/()4/(tftf取样时，其频谱不混迭的最大抽样间隔maxT为mT34maxmax7.某因果线性非时变（LTI）系统，输入)()(ttf时，输出为：)1()()(ttetyt；则)2()1()(tttf时，输出)(tyf＝)1()2()()1()2()1(ttettett.8.已知某因果连续LTI系统)(sH全部极点均位于s左半平面，则tth)(的值为0.9.若)()(jFtf，已知)2cos()(jF，试求信号)(tf为)]2()2([21)(tttf.210.已知某离散信号的单边z变换为)3(,)3)(2(2)(2zzzzzzF，试求其反变换)(kf=)(])3(2[)]([)(1ksFzkfkk二．选择题(本大题共5小题，每题4分，共20分。)1.下列信号的分类方法不正确的是A：A、数字信号和离散信号B、确定信号和随机信号C、周期信号和非周期信号D、因果信号与反因果信号2.)]2()()[2()]()2([2)(1ttttttf，则)]1()21()[21()(tttftf的波形是B。3.已知一连续时间LTI系统的频响特性jjjH11)(，该系统的幅频特性)(jH______，相频特性)(j=______，是否是无失真的传输系统（C）A、2，2arctan()，不是B、2，arctan()，是C、1，2arctan()，不是D、1，arctan()，是解析：由于)(jH的分子分母互为共轭，故有)arctan(2)(jejH所以系统的幅度响应和相位响应分别为1)(jH，)arctan(2)(由于系统的相频响应)(不是的线性函数，所以系统不是无失真传输系统。4.设有一个离散反馈系统，其系统函数为：)1(2)(kzzzH，问若要使该系统稳定，常数应k该满足的条件是AA、5.15.0kB、5.0kC、5.1kD、k5.函数2sgn(4)t等价于下面哪个函数？DA、(2)(2)ttB、12(2)2(2)tt3C、(2)(2)(2)tttD、12(2)2(2)tt1.已知某系统：)()(nnfny试判断其线性，时不变性，因果性，稳定性等特性，并说明理由（可在下页作答）。1.解：)()(nnfny代表的系统是线性，时变性，因果，不稳定的系统。理由如下：线性特性：已知)()()(nnfnynf，对于任意给定的不为零的常数和，设)()()(111nnfnynf；)()()(222nnfnynf，则有)()()]()([)()(212121nynynfnfnnfnf因此，该系统是线性系统。时不变性：已知)()()(nnfnynf，则有)()()(000nnynnnfnnf因此，该系统是时变系统。因果性：由)()(nnfny可知，系统的当前输出仅与当前输入有关，与未来输入无关，因此是因果系统。稳定性：设系统的输入有界，即：Mnf)(，则有nnMnnfny)()(因此，该系统不是稳定系统。2.已知信号)(tf和)(tg如图A-1所示，画出卷积()*()ftgt的波形并写出信号[()*()]dftgtdt的表达式。图A-12.解：)(tf和)(tg的卷积的波形如下图所示。023123t)()(tgtf()(1)(1)fttt；()2()(1)(2)gtttt[()*()]'()*()[(1)(1)]*()(1)(1)dftgtftgtttgtgtgtdt4答案为：2(1)()3(1)(2)(3)ttttt3.已知H(s)的零、极点分布图如示，并且h(0+)=2。求H(s)和h(t)的表达式。3.解：由分布图可得2(1)(1)(22)()(1)(2)(1)(2)KsjsjKssHsssssss根据初值定理，有(0)lim()2shsHsK22(22)()(1)(2)ssHssss设21)(321sksksksH由)()(limsHsskissii得：k1=2；k2=-10；k3=10即21010()12Hssss2()2(155)()tthteet另解：也可通过部分分式展开得到()ht的表达式（包括未知数K）后令0t再求出K值。4．已知描述连续系统输入)(tx和输出)(ty的微分方程为)()()()()(''''''txtdytcytbytay式中，dcba,,,为常数。若选取状态变量为)()()()()()()()()('''3'21tcytbytayttbytayttayt试列写该系统的状态方程和输出方程；4.解：…………………………………………………………..装………………….订…………………..线………………………………………………………5因为：)()()()()()(2121ttabtbyttyat，同理可得：)()()(312ttact，)()()(13txtadt，因此系统的状态方程为：)(100)()()(001001)()()(321321txtttadacabttt输出方程为：)(1)(1taty四．综合题（本大题共2小题，每题12分，共24分）1、一线性时不变因果离散时间系统的差分方程描述为0)()2(2)1(3)(kkfkykyky已知,3)2(,2)1(),()(yykkf由z域求解：（1）零输入响应)(kyx，零状态响应)(kyf，完全响应)(ky；（2）系统函数)(zH，单位脉冲响应)(kh；（3）若)5()()(kkkf，重求（1）、（2）。1、解：(1)对差分方程两边进行z变换得)()}2()1()({2)}1()({3)(121zFyyzzYzyzYzzY整理后可得11212211214142314231)2(2)1(2)1(3)(zzzzzzzyyzyzYx进行z变换可得系统零输入响应为)(])2(4)1(4[)(kkykkx零状态响应的z域表示式为)21(3/4)1(2/1)1(6/1113311331)()(11112121zzzzzzzzzFzYf进行z反变换可得系统零状态响应为114()[(1)(2)]()623kkfykk系统的完全响应为)(]61)2(38)1(27[)()()(kkykykykkfx(2)根据系统函数的定义，可得1121212112311)()()(zzzzzFzYzHf进行z反变换即得)(])2(2)1([)(kkhkk(3)若)5()()(kkkf，则系统的零输入响应)(kyx、单位脉冲响应)(kh和年级________________专业_____________________班级__________________学号_______________姓名_________________________…………………………………………………………..装………………….订…………………..线………………………………………………………6系统函数)(zH均不变，根据时不变特性，可得系统零状态响应为55{()()}()(5)114114[(1)(2)]()[(1)(2)](5)623623ffkkkkTkkykykkk完全响应为55()(){()(5)}178114[(1)(2)]()[(1)(2)](5)623623xkkkkykykTkkkk2.在图A-2所示系统中，已知输入信号)(tf的频谱)(jF，试分析系统中A、B、C、D、E各点频谱并画出频谱图，求出)(ty与)(tf的关系。1)(1jH1008080100)(2jH11515)(ty)(tfABCDE)(jF21010)100cos(t)100cos(t图A-22.解A、B、C、D和E各点频谱分别为)]100()100([)]100[cos()(tFTjFA)]100()100([21)()(21)(FFjFjFjFAB)()()(1jHjFjFBC)]100()100([21)(CCDFFjF)()()()(2jHjFjYjFDEA、B、C、D和E各点频谱图如图A-7所示。将)(jY与)(jF比较可得)(41)(jFjY即)(41)(tfty。70100100)()(AF090100)(BF11090100110)(EF0)(DF010102/12002000)()(CF1-10090901001-19019010102/1