测试技术_课后答案

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信号及其描述习题
1.1求周期方波（图1-4）的傅立叶级数（复指数函数形式）。

画出频谱图|C n |—ω ；φn —ω 图并与表1-1对比。

解：傅立叶级数的复指数形式表达式：
⋅⋅⋅±±±==
∑+∞
−∞
=,3,2,1,0;)(0n e
C t x n t
jn n
ω式中： []
()⎪⎩⎪⎨⎧⋅⋅⋅±±±=⋅⋅⋅±±±=−=−−=+×+−=⎥
⎦⎤⎢⎣⎡−+⎥⎦⎤⎢⎣⎡−−=⎥⎦
⎤+⎢⎣⎡−==−−−−−−−−−∫
∫∫,6,4,2;
0,5,3,1;2cos 12111)(1)(120000
2
00200202200
0000
000000n n n A j n n A j e e n jA n jA e jn A T e jn A T dt Ae dt e A T dt e t x T C jn jn T t jn T t jn T t jn T t jn T T t jn n πππ
ππωωπ
πωωωωω
所以： ⋅⋅⋅±±±±=⎟⎠⎞⎜⎝⎛
−=∑
+∞
−∞=,7,5,3,1;2)(0n e
n A j t x t jn n ωπ
幅值频谱：
⋅⋅⋅±±±==+=,5,3,1;22
2n n A C C C nI nR n π
相位频谱：立叶级数的复指数形式的幅值频谱图和相位频谱都是双边频谱图。

求正弦信x s
求指数函数的频谱。

）和单位阶跃函数（题图）的频谱 ⎪⎩⎪⎨⎧⋅⋅⋅−−−=⋅⋅⋅=−=⎟⎟⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎜
⎜⎝⎛−==,5,3,1;2,5,3,1;202n n n A arctg C C arctg nR nI n ππ
πϕ
傅 号的绝对均值和均方根值1.2 x (t )=x 0sin ωt μ| |x rm 解： ωπ
πωμ2;2sin 1)(lim 0000
000=
===∫
∫
∞→T x tdt x T dt t x T T T x 式中：
()2
sin 1)(1002
0002000x dt dt x T dt t x T x T T rms ===∫
∫
ω
1.3 解：00;Ae x ;()(≥>=−t t t αα)
f j A dt e Ae dt e t x f X ft j t ft j παπαπ2)()(022+=⋅==∫
∫
∞+−−∞+∞−−
1.41-1a 1-1b .
求符号函数（题图
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解:1) 符号函数的频谱:
令: f
j dt e e dt e e dt e t x f X t x e t x ft j t
ft j t ft j t ππαπααπαα1)1(lim )()(;)(lim )(022002110
1=⎟⎠
⎞⎜⎝⎛+−===∫
∫∫
∞+−−−∞−−→−−→
2)单位阶跃函数的频谱: f
j dt e e dt e t x f X t x e t x ft j t ft j t
ππααπαα21
lim )()(;)(lim )(0202220
2=⎟⎠⎞⎜⎝⎛===∫
∫∞+−−→−−→
1.5求被截断的余弦函数cos ω0t （题图1-2）的傅立叶变换。

⎩⎨
⎧≥<=T t T t t t x ;
0;cos )(0ω 解： (
)
[
]
210000222202sin sin 2)(2)(sin 2)(2)(sin 2
12cos )()(00θθππππππππππ⋅+⋅=⎥
⎦⎤
⎢⎣⎡−−+++=+===−−+−+−−+∞∞−−∫∫
∫
c c T T f f T f f T f f T f f T dt e e e dt te f dt e t x f X ft
j t f j t f j T T T
T
ft j ft
j
1.6求指数衰减振荡信号（见图1-11b ）： 的频谱 00(;sin 0≥>=t e x αωα,)(−t t t
)解： (
)
()
⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−+−++=−⋅===−∞+−−−+∞
−+∞∞
−−∫
∫∫)(21)(2122
2sin )()(002022200200f f j f f j j dt e e e j
e dt
e t
f e dt e t x f X ft j t f j t f j t ft j t
ft j παπαππππαπαπ
1.7设有一时间函数f (t )及其频谱(题图1-3所示)，现乘以余弦型振荡cos ω0t ，(ω0>ωm )。

在
这个关系中，函数f (t )叫做调制信号，余弦型振荡cos ω0t 叫做载波。

试求调幅信号f (t )cos ω0t 的傅立叶变换。

示意画出调幅信号及其频谱。

又问：若ω0<ωm 时将会出现什么情况？ 解： [](
)
1
121
)(2cos )()()(22220200dt e e e t f dt e t f t f dt e t x f X ft j t f j t f j ft j ft
j ππππππ⋅⎥⎦⎤
⎢⎣⎡+=⋅==−∞
+∞
−−−+∞
∞
−+∞∞−−∫∫
∫
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当ω0<ωm 时，将会出现频率混叠现象
1.8求正弦信号x (t )=x 0sin （ω0t +φ）的均值μx 和均方值φx 2和概率密度函数p (x ) 解：将x (t )=x 0sin （ω0t +φ）写成（ω0t +φ）=arcsin(x (t )/ x 0)
等式两边对x 求导数： )(1
)(11122
002000t x x x t x x dx dt −=⎟⎟
⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=ωω )(1221lim lim 1lim
)(22000t x x dx dt T T t
x T T x x x x T x −=⋅=Δ⋅Δ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡Δ=→Δ∞→→Δπp
2.2用一个时间常数为0.35s 的一阶装置去测量周期分别为1s ，2s ，5s 的正弦信号，问幅值
误差将是多少？
解：()()()
ωωωτωωX Y j j H =+=
+=135.011
1 ()()
2
2
77.011
35.011
⎟
⎠
⎞⎜⎝⎛+=
+=
πωωA
当T=1s 时，()41.01=ωA ，即x Y A A 41.0=，误差为59% 当T=2s 时，()67.02=ωA ，误差为33%
当T=5s 时，()90.03=ωA ，误差为8%
2.3求周期信号()()
o
45100cos 2.010cos 5.0−+=t t t x ，通过传递函数为()1
05.01+=s s H 的装置后所得到的稳态响应。

解： 利用叠加原理及频率保持性解题
()()()
o
o
45100sin 2.09010sin 5.0+++=t t t x
()()
()
2
2
005.01111ωτωω+=
+=
A ，()()ωωφ005.0arctg −=
101=ω，()11=ωA ，()o 86.21−ωφ
()()
o
o
86.29010sin 15.01−+⋅×=t t x ，
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1002=ω ，()89.02=ωA ，()o 57.262−=ωφ
()()
o
o
4557.26100sin 89.02.02+−⋅×=t t y
()(
)()o
o
43.18100sin )178.0(14
.8710sin 5.0+−++=∴t t t y
2.7将信号t ωcos 输入一个传递函数为()1
21
+=s s H 的一阶装置后，试求其包括瞬态过程在内的输出的表达式。

()t y 解： ()()(
)o
90sin cos +==t t t x ωω
()11
+=
s s H τ，()()
211τωω+=A ，()τωφarctg −=
()()()(
)
τωωτωarctg t t y −++=
o 90sin 112
=
()
()τωωτωarctg t −+cos 112
2.8求频率响应函数
()()
2176157753601.013155072
ωωω−++j j 的系统对正弦输入
的稳态响应的均值显示。

()()t t x 8.62sin 10=解： 写成标准形式 ()()(
)()[]
22
2
21n
n n
j j j a H ω
ωξωωτωωω+++⋅=
()()()
()()21256125621256101.01
2
22
×+×+−⋅+=
ωξωωj j ∴ ()()
21577536
176
12568.6211
01.08.62112
22
×+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎠⎞⎜
⎝⎛−×
×+=
ωA
7.199.069.1=×= 对正弦波，122
10
7.12
=×=
=
A u x
2.9试求传递函数分别为2
22
4.15
.1n
n S S ωω++和22224.141n n n S S ωωω++的两个环节串联后组
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成的系统的总灵敏度（不考虑负载效应）
解： ()()()ωωω21H H H ⋅= ()1
73
5.05.35.11+=
+=
S S H ω，31=S ()2
2224.141n
n n
S S H ωωωω++=，412=S 12341321=×=⋅=S S S
2.10想用一个一阶系统作100Hz 正弦信号的测量，如要求限制振幅误差在5%以内，则时间 单常数应去多少？若用该系统测试50Hz 正弦信号，问此时的振幅误差和相角差是多少？
解： 由振幅误差
()%511||00≤−=−=−=
ωA A A
A A A E I
I I
∴ ()%95≥ωA 即 ()()%95112
=+=
τωωA ，
()
95.0100211
2
=×+t π，
s 41023.5−×=τ当πππω1005022=×==f ，且时
s 41023.5−×=τ()(
)
%7.981001023.511
2
4
≈××+=
−π
ωA
∴ 此时振幅误差%3.1%7.9811=−=E ()(
)
o 3.910010
23.54
−≈××−=−πωφarctg
2.11某力传感器可以作为二阶振荡系统处理。

已知传感器的固有频率为800Hz，阻尼比14.0=ξ，
问使用该传感器作频率为400Hz 的正弦力测试时，其振幅比()ωA 和相角差()ωϕ各为多少？若该装置的阻尼比可改为7.0=ξ，问()ωA 和()ωϕ又将作何种变化？
解： 作频率为400Hz 的正弦力测试时
()2
22
2
411⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝⎛+⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝⎛−=
n n
A ωωξωω
ω
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()2
22
280040014.0480040011
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛×+⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=
31.1≈ ()212⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝⎛−⎟
⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=n n arctg ωωωωξωϕ 2
800400180040014.02⎟⎠
⎞⎜⎝⎛−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛××−=arctg
o 6.10−≈ 当阻尼比改为7.0=ξ时 ()()97.08004007.0480040011
2
22
2≈⎟⎠⎞
⎜⎝⎛×+⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=
ωA
()o 4380040018004007.022
−≈⎟⎠
⎞⎜⎝⎛−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛××−=arctg ωϕ
即阻尼比变化时，二阶振荡系统的输出副值变小，同时相位角也变化剧烈，相位
差变大。

2.12对一个可视为二阶系统的装置输入一单位阶跃函数后，测得其响应中产生了数值为1.5的第一个超调量峰值。

同时测得其振荡周期为6.28s。

设已知该装置的静态增益为3，试求该装置的传递函数和该装置在无阻尼固有频率处的频率响应。

解： 最大超调量
5.1211==⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝⎛−−ξ
πξe M
即 13.015.1ln 12
≈+⎟⎠
⎞
⎜
⎝⎛=
πξ
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且 28.62==
d
d T ωπ
∴ 128
.6212≈=−=π
ξωωn d ()01.113.011112
2
≈−=
−=
ξ
ωn
系统的传递函数 ()()()1
222++
==
n
n
S
S
k s X s Y s H ωξω
()1
01
.113.0201.13
22
+⋅×+=
S S
该装置在无阻尼固有频率处的频率响应 由()()()()
122++⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝⎛==
n n j j K
X Y j H ω
ωξωωωωω n n j K
ωω
ξωω212+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝
⎛−=
∴ ()j j K j H n n n 26.03
212
=+⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=
ωωξωωω d ω为有阻尼固有频率 M=0.5，12==
T
d π
ω 215.01ln 12
12=+⎟⎠
⎞
⎜
⎝⎛=
⇒=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝⎛−−M e M πξξ
ξπ
2
1ξωω−=n d ，∴ 02.112
=−=
ξ
ωωd
n
S=3
w w
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∴()S S S s H n
n n
⋅++=2
222ωξωω 304.144.004
.12
×+⋅+=S S ()98.63412
=×=
ξ
ωn A （n ωω=时代入得）
()()o 90,21
−==
ωϕξ
ωA ()2
π
ωϕ−
=∞−=arctg n
()⎟⎠
⎞
⎜⎝
⎛−=202.1sin 98.6πt t y 4.1解 ：μ=2μm 时，
单臂，00
4U R R
U y Δ=
04U R
R S U g y ε⋅⋅=
)
(1033*120
4102120266
V U y −−×=××××= 双臂，00
2U R R
U y Δ=
02U R
R S U g y ε⋅⋅=
)
(1063*120
2102120266
V U y −−×=××××=
：μ=2000μm 时，
单臂，00
4U R R
U y Δ=
04U R
R S U g y ε⋅⋅=
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)
(1033*120
4102000120236
V U y −−×=××××= 双臂，00
2U R R
U y Δ=
02U R
R S U g y ε⋅⋅=
)
(1063*120
2102000120236
V U y −−×=××××= 双臂的灵敏度比单臂的提高一倍。

4.4解：00
U R R U y Δ=
0U R
R S U g y ε
⋅⋅=
t E t B t A S U g y 10000sin )100cos 10cos (⋅+⋅=
)]
29900
()29900()210100()210100([41)]29990
()29990()210010()210010([41)()9900sin 10100(sin 2
1
)9990sin 10010(sin 2110000sin 100cos 10000sin 10cos πδπδπδπδπδπδπδπδ−+++−−++−+++−−+
=+++=
⋅+⋅=f f f f BE jS f f f f AE jS f U t t BE S t t AE S t
t BE S t t AE S g g y g g g g
4.5解：))(cos 3cos 20cos 30100(t t t x c a ωΩ+Ω+=
)
1000cos 5000(cos 10)1000cos 3000(cos 152000cos 1002000cos 3000cos 202000cos 1000cos 302000cos 100t t t t t t
t t t t ππππππππππ++++=++=
)]8500()8500([5)]11500()11500([5)]9500()9500([5.7)]
10500()10500([5.7)]10000()10000([50)(−+++−+++−+++−+++−++=f f f f f f f f f f f X a δδδδδδδδδδ4.10 解：1
101
1111)(3
+=+=+=
−s RCs s s H τ
w w
w .k
h d a w
.c o m
1
101
)(3
+=
−ωωj H
)
10(11)
(11)(3
2
ωτωω−+=
+=A
)10arctan()arctan()(3ωτωωϕ−−=−=
)
451000sin(07.7)451000sin(707.010))1000(1000sin()1000(100
0+=+×=+=t t t A U y ϕ
4.11 解：2
)
(11)(τωω+=
A
)arctan()(τωωϕ−=
°
=×−==×+=
=56.26)1005.0arctan()10(816
.0)
1005.0(11
)10(10ϕωA 时，
°
=×−==×+=
=69.78)10005.0arctan()100(408
.0)
10005.0(11)100(100ϕωA 时，
)
69.33100cos(0816.0)56.2610cos(408.0)
69.7845100cos(408.02.0)56.2610cos(816.05.0)(°
°
°°°+++=+−×++×=t t t t t y
5.1 ⎩⎨
⎧<>≥=−)
0(;0)0,0(;)(t t e t h t αα α
τττ
αατ
αταα2)()()(0
20
)(−∞
+−−+∞
∞
−+∞+−−=
==+⋅=∫
∫∫e dt e
e
dt
e e dt t h t h R t
t t x
5.2 2
sin()2
sin()(222111π
ϕωπ
ϕω−
++−
+=t A t A t x
w w w .k h
d
a
w
.
c
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由同频相关，不同频不相关得：
τωτωτ22212
cos 2cos 2)(1A A R x +=
5.3：由图可写出方波的基波为2sin(4
)(1π
ωπ−=t t x
)2cos(2
)(π
ωτπτ−=xy R
5.4:
)()()(f S f H f S x xy =)(/)()(f S f S f H x xy =
)]([)(τxy xy R F f S = T j xy xy x x e R F T R F R F f S ωτττ)]([)]([)]([)(=+== T j e f H ω−=)(
5.5:见图5-16 5.6:由自相关函数的性质可知: A A R x x ===0cos )0(2
ϕ A x x rms ==2
ϕ 5.7:由对称性性质: 1)}({sin 2=t c F f 22π
π
<<−f
ππ
π
==
∫∫−∞∞−22
2)(sin df dt t c
11。