信號與系統(tǒng)模擬試題三及答案-2023修改整理

千里之行，始于足下讓知識帶有溫度。第第2頁/共2頁精品文檔推薦信號與系統(tǒng)模擬試題三及答案A卷第(1)頁,共(12)頁

模擬試題三及答案

考場號座位號班級姓名學(xué)號

題號一二三四五六總分得分

一、（共25分，每小題5分）基本計(jì)算題

1.試應(yīng)用沖激函數(shù)的性質(zhì)，求表示式2()ttdtδ∞

-∞?的值。

2．一個(gè)線性時(shí)不變系統(tǒng)，在激勵(lì))(1te作用下的響應(yīng)為)(1tr，激勵(lì))(2te作用下的響應(yīng)為)(2tr，試求在激勵(lì)1122()()DetDet+下系統(tǒng)的響應(yīng)（假定起始時(shí)刻系統(tǒng)無儲能）。

3．有一LTI系統(tǒng)，當(dāng)激勵(lì))()(1tutx=時(shí)，響應(yīng)21()3()tyteut-=，試求當(dāng)激勵(lì)2()()xttδ=時(shí)，響應(yīng))(2ty的表示式（假定起始時(shí)刻系統(tǒng)無儲能）。

4．試?yán)L出時(shí)光函數(shù))]1()([--tutut的波形圖。

A卷第(2)頁,共(12)頁

5．試求函數(shù)2(1)()teut--的單邊拉氏變換。

二、（15分，每問5分）已知某系統(tǒng)的系統(tǒng)函數(shù)為23

()710

sHsss+=

++，試求（1）該

系統(tǒng)函數(shù)的零極點(diǎn)；（2）推斷該系統(tǒng)的穩(wěn)定性；（3）該系統(tǒng)是否為無失真?zhèn)鬏斚到y(tǒng)，請寫出推斷過程。

三、（10分）已知周期信號f(t)的波形如下圖所示，求f(t)的傅里葉變換F(ω)。

1()

tf

A卷第(3)頁,共(12)頁

四、（10分）信號f(t)頻譜圖()Fω如圖所示，請粗略畫出：

（1）0()cos()fttω的頻譜圖；（2）0()jtfteω的頻譜圖（注明頻譜的邊界頻率）。

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五、（25分）已知)(6)(2)(2)(3)(22tetedtd

tftfdtdtfdt

d+=++，且)(2)(tut

e=，

2)0(=-f，'(0)3f-=。試求：（1）系統(tǒng)的零輸入響應(yīng)、零狀態(tài)響應(yīng)；（2）寫出系統(tǒng)函數(shù)，并作系統(tǒng)函數(shù)的零極點(diǎn)分布圖；（3）推斷該系統(tǒng)是否為全通系統(tǒng)。

()

Fω1

ω-0ω1

ω-2

ω-2

ω1ω0

ω

A卷第(5)頁,共(12)頁

六、（15分，每問5分）已知系統(tǒng)的系統(tǒng)函數(shù)()2

2

47

sHsss+=

++，試求：（1）畫出直接形式的系統(tǒng)流圖；（2）系統(tǒng)的狀態(tài)方程；（3）系統(tǒng)的輸出方程。

A卷第(6)頁,共(12)頁

呢一、（共25分，每小題5分）基本計(jì)算題

2.試應(yīng)用沖激函數(shù)的性質(zhì)，求表示式2()ttdtδ∞

-∞?的值。

解：2()200ttdtδ∞

-∞

=?=?（5分）

2．一個(gè)線性時(shí)不變系統(tǒng)，在激勵(lì))(1te作用下的響應(yīng)為)(1tr，激勵(lì))(2te作用下的響應(yīng)為)(2tr，試求在激勵(lì)1122()()DetDet+下系統(tǒng)的響應(yīng)（假定起始時(shí)刻系統(tǒng)無儲能）。解:系統(tǒng)的輸出為1122()()DrtDrt+。（5分）

3．有一LTI系統(tǒng)，當(dāng)激勵(lì))()(1tutx=時(shí)，響應(yīng)21()3()tyteut-=，試求當(dāng)激勵(lì)2()()xttδ=時(shí)，響應(yīng))(2ty的表示式（假定起始時(shí)刻系統(tǒng)無儲能）。

解:

（5分）

4．試?yán)L出時(shí)光函數(shù))]1()([--tutut的波形圖。解：

（5分）

212()

()3()6()tdytytteutdt

δ-==-

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5．試求函數(shù)2(1)()teut--的單邊拉氏變換。解：（5分）

二、（15分，每問5分）已知某系統(tǒng)的系統(tǒng)函數(shù)為2

3

()710

sHsss+=

++，試求（1）該系統(tǒng)函數(shù)的零極點(diǎn)；（2）推斷該系統(tǒng)的穩(wěn)定性；（3）該系統(tǒng)是否為無失真?zhèn)鬏斚到y(tǒng)，請寫出推斷過程。

解:（1）212

33

()710(2)(5)

2,ssHsssssss++==++++∴=-=-3,位于S復(fù)平面的左半平面（2）所以系統(tǒng)穩(wěn)定。（3）因?yàn)?3

()()5)

jwtjHjKejjωωωω-+=

≠+＋2（，不符合無失真?zhèn)鬏數(shù)臈l件，所以該系

統(tǒng)不能對輸入信號舉行無失真?zhèn)鬏敗＃?分）

三、（10分）已知周期信號f(t)的波形如下圖所示，求f(t)的傅里葉變換F(ω)。

解法一:利用截取第一非周期信號的傅里葉變換求周期信號的傅里葉變換截取f(t)在2

3

21≤≤-

t的信號構(gòu)成單周期信號f1(t)，即有t

1

1

-

()

tf4

1-41

2

14

31

2

1

-2

-O11()()

Fsssssα

αα=-=++1255

()56(2)(3)

2,ssHsssssss++=

=

++++∴=-極點(diǎn)=-51255

()56(2)(3)2,ssHsssssss++==++++=-極點(diǎn)=-5,位于S復(fù)平面的左半平面（5分）（5分）零點(diǎn)3s=-

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113()()220fttftt?

-≤≤?

=???為其它值

則:)1)(4

(21)()1()()(12

12

11ωω

ωjFT

eSaFtGtGt

f--=

?→?--=可知f(t)的周期為T=2，其傅里葉變換

其中)1)(4

(41

11ωωjnenSa--（5分）故又)1

12π

πTωδωω==或()()jπsinπ41eππ

24

nnnnnπδω∞-=-∞=--∑或()π

sin

42

1(1)πnnnnn

δω∞

=-∞

??=??∑

（5分）解法二：利用周期信號的傅里葉級數(shù)求解，f(t)的指數(shù)形式傅里葉級數(shù)系數(shù)為

1j1()edt

nTFfttTω-=

??3

jπ21112

221()(1)ed2ntGtGtt--??=--????

?

π

sin41(1)πnnn??=--??（5分）所以()()FFftω=????()2π

πn

nFnδω∞=-∞

=-∑()π

sin

421(1)πnnnnnδω∞

=-∞

??=?

?∑

（5分）

∑∞

-∞

=-=n1

)

n(2)(ωωδπ

ωn

FF=

==1

)(1

1nwwnwFT

F∑∑

∑∞

-∞=-∞

-∞

=-∞

-∞

=--=--=

-=nn11

n1)n()1)(4

(2)n()1)(4

(

2)n(2)(1πωδππωωδωπ

ωωδπ

ωπωjnjnnenSaenSaFF故上式

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四、（10分）信號f(t)頻譜圖()Fω如圖所示，請粗略畫出：

（1）0()cos()fttω的頻譜圖；（2）0()jtfteω的頻譜圖（注明頻譜的邊界頻率）。

解：（1）0()cos()fttω的頻譜1001()[()()]2

FFFωωωωω=++-

（5分）

（2）0()jtfteω的頻譜)()(02ωωω-=FF

（5分）

()

Fω1

ω-0ω1

ω-2

ω-2

ω1ω0

ω

00

1ωω-1()

Fω1

ω

)

(01ωω+-02ω2

102ω-)(02ωω+-01ωω+02ωω+0

2ωω-1

0ω

()(0

2ωωω-=FF02ωω+-0

1ωω+-01ωω+02ωω+02ω

A卷第(10)頁,共(12)頁

五、（25分）已知)(6)(2)(2)(3)(22tetedtd

tftfdtdtfdt

d+=++，且)(2)(tut

e=，

2)0(=-f，'(0)3f-=。試求：

（1）系統(tǒng)的零輸入響應(yīng)、零狀態(tài)響應(yīng)；（2）寫出系統(tǒng)函數(shù)，并作系統(tǒng)函數(shù)的零極點(diǎn)分布圖；（3）推斷該系統(tǒng)是否為全通系統(tǒng)。

2()(0)'(0)3()3(0)2()2()6()sYssyysYsyYssFsFs+-+=+解：(1)法１：拉氏變換法方程取拉氏變換得

2

()2()()ftutFss

=??

→=L

2222(0)'(0)3(0)26

()()3232272(3)2

3232syyysYsFssssssssssss+++=

+++++++=+?

++++收拾得

22753()3212

zisYsssss+=====-++++部分分解

()

2

4(3)682

()1232zssYsssssss+=====-+++++部分分解

22()(75)()

()(682)()

ttzit

t

zsyteeutyteeut=-=-+逆變換得

（零輸入、零狀態(tài)響應(yīng)各5分）法2:時(shí)域法求解

975

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2122121211222+3+2=0,=-1=-2(),(0)(0)A+A=2A=7-A-2A=3A=-5()(7-5)()

ttzittziftAeAefffteeutαααα+--∴=+=∴????→??∴=特征方程為：得特征根為：，又代入初始條件得：

22

226

()()(42)()32

86

1()()():()(682)()

ttzsttzssHshteeutssss

ftethtfteeut+=

→=-++-++=*=-+zs2則：F(s)=E(s)H(s)=s+2或得

(2)系統(tǒng)函數(shù)為:226

()32

sHsss+=

++（5分）

零點(diǎn)：3-=s極點(diǎn)：,2,121-=-=ss

零極圖：（零點(diǎn)：“o”，極點(diǎn)：“”）

σ（5分）

(3)法一：系統(tǒng)的頻率響應(yīng)特性為:

226()()32jHjjjωωωω+=

++2

36

22++-+=ωωωjj

因?yàn)镵jH≠)(ω，K為常數(shù)

所以該系統(tǒng)不是全通系統(tǒng)。（5分）

法二：系統(tǒng)函數(shù)H(s