信号与系统试卷一

《信号与系统》期末试卷
一、（共25分）基本题
1．（4分）()()u t u t *= t u (t )
[][]u n u n *= (n +1)u [n +1]=(n +1) u [n ]
2．（4分）已知信号f （t ）= Sa （100t ）* Sa (200t )，其最高频率分量为 f m = 50/π Hz ，奈奎斯特取样率f s = 100/π Hz 3．（4分）已知F )()]([ωj F t f =，则
F 3[()]j t
f t e = [(3)]F j ω-
F
()(2)n f t t n δ∞
=-∞⎡⎤
-⎢⎥⎣⎦
∑= 1[()]2n F j n ωπ∞=-∞-∑
4．（2分）设某因果离散系统的系统函数为a
z z
z H +=
)(，要使系统稳定，则a 应满足 | a | < 1
5．（2分）已知某系统的频率响应为3()4j H j e ω
ω-=，则该系统的单位阶跃响应
为 4 u (t -3)
6．（3分）已知某系统的系统函数为2
()1
H s s =
+，激励信号为()3cos 2x t t =，则 该系统的稳态响应为 65
()cos 2(arctan 2)5
y t t =- 7．（3分）已知)
2)(2
1
()(--=
z z z z X ，收敛域为
22
1
<<z ， 其逆变换为 21()[]2[1]32n n u n u n ⎡⎤-+--⎢⎥⎣⎦
8．（3分）已知周期方波信号的傅氏级数：
]5cos 5
13cos 31[cos 2)(111 -+-=t t t E t f ωωωπ,
试画出信号f （t ）的频谱C n ～ω的图形。

二、(10分) 已知)]1()([)(--=t u t u t t f ，求)(*)()(t f t f t s =。

解： ()[()(1)]()(1)(1)(1)f t t u t u t tu t t u t u t =--=-----
221()s s
e e F s s s s
--=--
22
222
222432
111()()()212 2s s s s s
s s s s s
e e e e e S s F s F s s s s s s
e e e e e s s s
-------------==⋅-⋅+-+-=-+ )
2()2()]2()2()1()1[( )]
2()2()1()1(2)([6
1
)(22333--+--------+---=t u t t u t t u t t u t t u t t u t t s 三、（10分）求()f t =F []{}1cos (1)(1)u u ωωω-⋅+--。

解： ()cos [(1)(1)]()[Sa(1)Sa(1)]g t t u t u t G j ωωω=+--↔=++- 11
()[Sa(1)Sa(1)][Sa(1)Sa(1)]22f t t t t t ππ
∴=
-++--=++- 四、（15分）已知系统如题图所示，其中输入信号sin ()t
f t t
ππ=
，∑∞
-∞
=-=
n s
T nT t t ),()(δδ
T s =0.5秒，
时域相乘
()T t δ
y (t )
f A (t )
f (t )
时域相乘
1．求信号()A f t 的频谱函数()A F j ω，并画出()A F j ω的频谱图； 2．求输出信号()y t 的频谱函数()Y j ω，并画出()Y j ω的频谱图； 3．画出输出信号()y t 的波形图；
ω
C n
2E/π
2E/3π
2E/5π ω1 3ω1 5ω1 0
2E/7π
7ω1
ω
ϕ n
π
π
ω1 3ω1 5ω1 0
7ω1
4．能否从输出信号()y t 恢复信号()A f t ？若能恢复，请详细说明恢复过程；若不 能恢复，则说明理由。

解：(1) ()Sa()()()()f t t G j u u πωωπωπ=↔=+-- 2 ()()()Sa ()A f t f t f t t π==又
)]
2()()[2(21
)]()2()[2(21 )
(*)(21
)(πωωωππωπωπωπωωπω---+-++==∴u u u u j F j F j F A 1(2)[(2)(2)]2u u πωωπωππ
=-+--
(2) 12()[()] 2[(4)]A A n n s
s
n
Y j F j F j n T T πωωωπ∞∞
=-∞
=-∞
=-
=-∑∑
(3)
(4) 因为4s ωπ=，而2m ωπ=，满足取样定理：2s m ωω≥ ，所以可以从输出信号()y t 恢复信号()A f t ，只要将信号()y t 通过一低通滤波器
[]()0.5(2)(2)L H j u u ωωπωπ=+--
即可恢复原信号()A f t 。

五、（15分）一线性时不变因果系统，当输入信号为1[][]x n n δ=时，全响应为
11
[]2()[]4
n y n u n =，当输入信号为21()()[]2n x n u n =时，全响应为
ω F A (j ω)
-2π 2π 1 ω
… -2π 2π 2 Y (j ω) …
4π -4π t
-1 1 y (t ) (1)
211
[][()()][]42
n n y n u n =+，两种激励下，起始状态相同，
1．求系统的系统函数H （z ）及单位样值响应h （n ）；
2．求系统的频响特性)(Ωj e H 的表达式，并画出幅频特性|)(Ωj e H |和相频特性
)(Ωϕ曲线,并判断该系统具有何种滤波特性（低通、高通、带通或带阻）； 3．判断系统的稳定性。

解：（1）解法一：设单位样值响应][)4
1
()(n u A n h n =， 则零输入响应为：
][)41
)(2(][n u A n y n zi -=
当输入信号为2
1[]()[]2
n
x n u n = 2
/124/1)22( 4/1)
2(2/14/1)(1/2)
|z (| 2
/14/1)(22-+
--=--+-⋅-=>-+-=z Az z z A z z
A z z z z A z Y z z
z z z Y 2/1=A ， 即1/2)|z (| 4
/121)(>-⋅
=z z
z H ][)4
1
(21][n u n h n =
解法二： 1121()1,(),14
4
z X z Y z z z ==
>- 2211(),(),11122
2
42
z z z X z z Y z z z z z =
>=+
>--- 根据题意，可列出如下的关系式：
1122()()()()()()()()
zi zi Y z Y z H z X z Y z Y z H z X z =+=+， 即：
2()()(1)
14()()(2)
111422
zi zi z
Y z H z z z z z Y z H z z z z =+-+=+---
求解上述两式可得： 11
2()144
z
H z z z =>-， 因此，单位样值响应h （n ）为：
11()()24n
h n u n ⎛⎫
= ⎪⎝⎭
(2) sin arctan()4cos 112()12178cos 14
j j Ω
j H e e e Ω
--Ω
-Ω==-Ω
-
该系统具有低通滤波特性。

(3) 系统稳定
六、（12分）已知系统的微分方程为：
()()2()2()d y t d x t
y t x t d t d t
+=- 1．当激励x （t ）为u （t ）时，系统全响应y （t ）为（5e -2t -1）u （t ），求该系统的 起始状态)0(-y ；
2．求系统函数H （s ），并画出系统的模拟结构框图或信号流图；
3．画出H （s ）的零极点图，并粗略画出系统的幅频特性与相频特性曲线。

解：（1）系统函数2
4
122)(+-=+-=
s s s s H 冲激响应)(4)()(2t u e t t h t --=δ，
Re （z ）
j Im （z ）
1/4
|H ( e j Ω)|
Ω
2/3 π
Ω
ϕ(Ω)
π
2/5
则阶跃响应为：2211221)()(++-=⋅+-=⋅
=s s s s s s s H s G )()12()(2t u e t g t
-=-
零输入响应为：2()()()3()t
zi y t y t g t e u t -=-= )0(-y =3
（2）1
1
212122)(--+-=+-=s s s s s H
（3）
s -1 -2 -2
X (s )
1 Y (s )1 σ j ω -
2 2
ω
ϕ(ω) π
|H (j ω)|
ω 1。