中北大学2010-2011学年第二学期末《信号与系统》考试试题(A卷)-附答案

10/11 学年 第 二 学期末考试试题（A 卷）
课程名称 信号与系统 使用班级：09050941/42 ，09050641/42
一、简答题（共 30 分 每小题 3 分）
1、=-⎰∞
∞
---])(*)([)(ττδτd e a t u dt d t ( )。

2、零状态响应可突出（ ）的作用、零输入响应可突出（ ）的作
用。

3、若线性时不变系统的单位冲激响应 h(t)=)(2τδ-t , 则系统的单位阶跃响应为
g(t)=( )。

4、已知时域信号x(t)，则其傅里叶变换X(ω)在 ω=0处的表达式为
（ ）。

5、 连续信号x(t)的最大频率为50kHz,则采样周期的最大值不得超过（ )。

6、H(s)的极点决定系统的（ ）、零点影响系统的（ ）和（ ）。

7、无失真传输系统的频域特性为（ ）、（ ）。

8、减小混叠失真的措施有：（ ）、（ ）。

9、LTI 系统的稳定判定条件有（ ）和（ ）。

10、信号的卷积运算可按（ ）、（ ）、（ ）、（ ）、
（ ）五步进行。

二、分析题（共 20 分）
已知系统的传输函数为
3
43
2)(2＋S S S S H ++=
试分析：
1、系统是否稳定；
2、系统的零、极点分布图；
3、系统冲激响应函数；
4、系统方程；
5、系统模拟框图。

三、计算题（共 20 分 每小题 10 分）
1、线性时不变系统,当激励为
)()(1
t u e t t x
-=时，其完全响应
)(][)(21t u e e
t t t
y --+=， 当激励为
)(5)(2
t u e t t x
-=时,系统的完全响应为
)(]53[)(22
t u e e
t t t
y --+=－,
求:
1) 系统的零输入响应；2）系统的冲激响应函数； 3）系统起始状态。

2、已知系统的差分方程为()4(1)3(2)()y n y n y n x n --+-=，试求
()()2n x n u n =， 1
(1)0,(2)2
y y -=-=
时的零状态响应、零输入响应和单位样值响应。

四、证明题（共 10 分）
设信号()x t 的傅里叶变换存在且为()X ω，则()X t 的傅里叶变换为2()x πω-，试证明。

五、论述题（共 10 分）
总结频域分析的优缺点。

六、综合应用题（共10分）
设某个系统的带宽可能为100kHz ，试设计实验方案对其进行测试，并说明原理。

10/11学年 第 二学期末考试试题（A 卷）参考答案
课程名称：《信号与系统》
一、简答题（共 30 分 每小题 3 分） 1、 ()t e α-
2、激励/输入信号 初始状态
3、2()u t τ-
4、(0)()X x t dt +∞
-∞=⎰
5、
1
250s k
⨯或5110s -⨯ 6、本振频率 起点的幅度 相位
7、|()|()H j k k ω=为常数 00()()t t φωω=-为常数 8、增加抽样频率，抗混叠处理 9、()h t dt +∞-∞
<∞⎰
()H s 的极点全部落于S 平面的左半平面
10、换元 反褶 平移 作乘积 积分 二、分析题（共 20 分）
解：1、由系统的()H s 可以得出系统的零、极点为
121,3
p p =-=-
32z =-
………………… 2分
由于()H s 的极点全部落于S 平面的左半平面，所以系统是稳定的。

…………………2分
2、系统的零、极点图
(4)
3、2
13
23
22()13
43s H s s s
s s
+==+++++ ……………………2分 313()(
)()22
t t
h t u t e e --=+……………………2分 4、系统方程为：
()4()3()2()3()y t y t y t x t x t ''''++=+……………………4分
5、系统的模拟框图为：
……………………4分
3
2
-3
-4
× -1 -2
-3 ×
○
三、计算题（共 20 分 每小题 10 分） 1、解： 1）、设系统的零输入响应为
zi
y ，当激励为
1()()
t x t e u t -=时， 系统的
零状态响应为
zs
y ，得：
21t t
zi zs y y y e e --=+=+ ①
当激励为
2()5()
t x t e u t -=时，系统的零状态响应为5zs
y 。

得：
2253t t zi zs y y y e e --=+=-+ ② (2)
分
由①、 ②式得：
22()
t zi y e u t -=，
2()
t t zs y e e u t --=-+ (2)
分
2）、当激励为
1()()
t
x t e u t -=时，可得
1
()1X s s =
+
11121(2)(1)zs Y s s s s =-
+=
++++
1
()1
(2)(1)()1()21zs Y s s s H s X s s s ++∴===
++ (2)
分
12()[()]()t h t L H s e u t --∴== ……………………2分
3）、
22()
t zi y e u t -= ……………………1分 (0)(0)2
zi y y --∴== ……………………1分
2、解：（1） 特征方程为 2430λλ-+= 特征根为 11λ= ， 23λ=
可得： 123n zi zi zi y c c =+ ……………………2分
将初始条件1
(1)0,(2)2
y y -=-=
代入上式得： 134zi c = 29
4
zi c =-
所以零输入响应为：39
()344
n zi y n =- 0n ≥ (1)
分
（2）由于
()()2n
x n u n =，可设特解为 ()2,0
n p y n A n =•≥ ……………………1分
将上式代入差分方程得()42,0n p y n n =-•≥
设零状态响应:12342n n zs zs zs y c c =+-• ……………………2分
将(1)0,(2)0y y -=-=代入上式得
112zs c =
29
2zs c = ∴零状态响应:1934222
n n zs y =+-• 0n ≥……………………1分 （3）根据系统的差分方程，输入为()(),0x n n n δ=>时，可得方程：
()4(1)3(2)0h n h n h n --+-=
同样可设单位样值响应：12()3n h n c c =+……………………2分 将初始值(0)1,(1)0h h =-=代入上式得：
112c =- 232
c =
∴单位样值响应为：111()(3)()22
n h n u n +=-+•……………………1分 四、证明题（共 10 分）
证明： 1()()2j t x t X j e d ωωωπ
+∞
-∞
=
⎰
……………………2分
将变量t 与ω互换，得到
2()()j t x X jt e dt ωπω+∞
-∞
=⎰
……………………4分
则 2()()j t x X jt e dt ωπω+∞--∞
-=⎰
……………………2分
()2()X jt x πω∴↔-……………………2分
证毕。

五、论述题（共 10 分）
答：优点：
1、 可以直接得到信号的幅频特性和相频特性，明确了信号的成分，有助于信号的特征分析；
2、 明确了系统的作用滤波。

3、 将时域卷积转换为频域乘积，简化了运算。

缺点：
1、对于不收敛的信号无法求取傅里叶变换
2、只能求取系统的零状态响应。

……………………每小点2分
六、综合应用题（共10分） 解：（1）实验方案设计：
向系统加一测试信号()()x t u t =，用示波器观察输出阶跃响应()
y t 的上升时间r t 。

……………………6分
（2）实验原理：
阶跃响应的上升时间r t 与网络的截止频率B （带宽）成反比，即
1r Bt =。

假设测得的510r t s -=，那么系统1
100r
B kHz t =
=。

……………………4分
系统 示波器
测试信号
()u t。