信号与系统期末试卷-含答案全

一．填空题(本大题共10空，每空2分，共20分。

)1．()*(2)k k εδ-= . 2．sin()()2td πτδττ-∞+=⎰.3. 已知信号的拉普拉斯变换为1s a-，若实数a ，则信号的傅里叶变换不存在. 4. ()()()t h t f t y *=，则()=t y 2 . 5. 根据Parseval 能量守恒定律，计算⎰∞∞-=dt t t 2)sin (.6. 若)(t f 最高角频率为m ω，则对)2()4()(t f t f t y =取样，其频谱不混迭的最大间隔是 .7. 某因果线性非时变（LTI ）系统，输入)()(t t f ε=时，输出为：)1()()(t t e t y t--+=-εε；则)2()1()(---=t t t f εε时，输出)(t y f ＝ .8. 已知某因果连续LTI 系统)(s H 全部极点均位于s 左半平面，则∞→t t h )(的值为 .9. 若)()(ωj F t f ↔，已知)2cos()(ωω=j F ，试求信号)(t f 为 .10.已知某离散信号的单边z 变换为)3(,)3)(2(2)(2>+-+=z z z z z z F ，试求其反变换)(k f =.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 、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--++-+=t t t t t t f εεεε，则)]1()21()[21()(--+-=t t t f t f εε的波形是。

3. 已知一连续时间LTI 系统的频响特性ωωωj j j H -+=11)(，该系统的幅频特性=)(ωj H ______，相频特性)(ωϕj =______，是否是无失真的传输系统______A 、2，2arctan()ω，不是B 、2，arctan()ω，是C 、1，2arctan()ω，不是D 、1，arctan()ω，是4. 设有一个离散反馈系统，其系统函数为：)1(2)(k z zz H --=，问若要使该系统稳定，常数应k 该满足的条件是A 、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？A 、(2)(2)t t εε-+--B 、12(2)2(2)t t εε--+--C 、(2)(2)(2)t t t εεε-+---+D 、12(2)2(2)t t εε-++-三．计算题（本大题共4小题，每题9分，共36分）1. 已知某系统：)()(n nf n y =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）。

得分 阅卷人2. 已知信号)(t f 和)(t g 如图A-1所示，画出卷积()*()f t g t 的波形并写出信号[()*()]df tg t dt的表达式。

图 A-13. 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。

4．已知描述连续系统输入)(t x 和输出)(t y 的微分方程为 )()()()()(''''''t x t dy t cy t by t ay =+++式中，d c b a ,,,为常数。

若选取状态变量为)()()()()()()()()('''3'21t cy t by t ay t t by t ay t t ay t ++=+==λλλ试列写该系统的状态方程和输出方程；…………………………………………………………..装………………….订…………………..线………………………………………………………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)(≥=-+-+k k f k y k y k y已知,3)2(,2)1(),()(=--=-=y y k k f ε由z 域求解：（1）零输入响应)(k y x ，零状态响应)(k y f ，完全响应)(k y ；（2）系统函数)(z H ，单位脉冲响应)(k h ；（3）若)5()()(--=k k k f εε，重求（1）、（2）。

2. 在图A-2 所示系统中，已知输入信号)(t f 的频谱)(ωj F ，试分析系统中A 、B 、C 、D 、E 各点频谱并画出频谱图，求出)(t y 与)(t f 的关系。

)f )t图A-2参考答案及评分标准一．填空题(本大题共5小题，每空2分，共20分。

) 1．(2)k ε-2.()u t3.a >0 或 大于零4. ()()t h t f 222*5. π6.mT ωπωπ34max max ==7. )1()2()()1()2()1(t t e t t et t -----+-----εεεε8. 09. )]2()2([21)(++-=t t t f δδ10.)(])3(2[)]([)(1k s F z k f kk ε-+==-注解：5. 由于)(sin 2ωπg t t⇔，根据Parseval 能量守恒定律，可得πωππωωππ===⎪⎭⎫⎝⎛⎰⎰⎰-∞∞-∞∞-d d g dt t t 11222221)(21sin6. 信号)(t f 的最高角频率为m ω，根据傅立叶变换的展缩特性可得信号)4/(t f 的最高角频率为4/m ω，信号)2/(t f 的最高角频率为2/m ω。

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/(t f t f 的最高角频率为m mmωωωω4324max =+=根据时域抽样定理可知，对信号)2/()4/(t f t f 取样时，其频谱不混迭的最大抽样间隔m axT 为m T ωπωπ34max max ==二．选择题(本大题共5小题，每题4分，共20分。

) 1. A 2. B3. C4. A5. D注：3. 由于)(ωj H 的分子分母互为共轭，故有 )arctan(2)(ωωj e j H =所以系统的幅度响应和相位响应分别为1)(=ωj H ，)arctan(2)(ωωφ=由于系统的相频响应)(ωφ不是ω的线性函数，所以系统不是无失真传输系统。

三. 计算题1. 解：)()(n nf n y =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)()()(n nf n y n f =⇒，对于任意给定的不为零的常数α和β，设)()()(111n nf n y n f =⇒；)()()(222n nf n y n f =⇒，则有)()()]()([)()(212121n y n y n f n f n n f n f βαβαβα+=+⇒+因此，该系统是线性系统。

时不变性：已知)()()(n nf n y n f =⇒，则有 )()()(000n n y n n nf n n f -≠-⇒-因此，该系统是时变系统。

因果性：由)()(n nf n y =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：∞<≤M n f )(，则有∞−−→−≤=∞→n nM n nf n y )()(因此，该系统不是稳定系统。

2. 解：)(t f 和)(t g 的卷积的波形如下图所示。

()(1)(1)f t t t εε=--+；()2()(1)(2)g t t t t εεε=----[()*()]'()*()[(1)(1)]*()(1)(1)df tg t f t g t t t g t g t g t dtδδ==--+=--+答案为2(1)()3(1)(2)(3)t t t t t εεεεε+---+-+-3. 解：由分布图可得2(1)(1)(22)()(1)(2)(1)(2)K s j s j K s s H s s s s s s s ---+--==++++根据初值定理，有(0)lim ()2s h sH s K →∞+===22(22)()(1)(2)s s H s s s s --=++设 21)(321++++=s k s ks k s H 由 )()(lim s H s s k i s s i i-=→ 得：k 1=2 k 2=-10 k 3=10即21010()12H s s s s =-+++ 2()2(155)()t t h t e e t ε--=-+另解：也可通过部分分式展开得到()h t 的表达式（包括未知数K ）后令0t +=再求出K 值。

4. 解：因为：)()()()()()(2121t t ab t by t t y a t λλλλ+-=-='='，同理可得：)()()(312t t ac t λλλ+-='，)()()(13t x t adt +-='λλ，因此系统的状态方程为：)(100)()()(001001)()()(321321t x t t t ada c ab t t t ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡---=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡'''λλλλλλ输出方程为：)(1)(1t a t y λ=四．综合题（本大题共2小题，每题12分，共24分）1、解：(1)对差分方程两边进行z 变换得 )()}2()1()({2)}1()({3)(121z F y y z z Y z y z Y z z Y =-+-++-++---整理后可得11212211214142314231)2(2)1(2)1(3)(--------+++=++=++------=z z z z z z z y y z y z Y x进行z 变换可得系统零输入响应为 )(])2(4)1(4[)(k k y k k x ε---=零状态响应的z 域表示式为)21(3/4)1(2/1)1(6/1113311331)()(11112121--------+++-+-=-++=++=z z z z z z z z z F z Y f进行z 反变换可得系统零状态响应为114()[(1)(2)]()623k k f y k k ε=--+-系统的完全响应为)(]61)2(38)1(27[)()()(k k y k y k y k k f x ε+---=+=(2)根据系统函数的定义，可得1121212112311)()()(----+++-=++==z z z z z F z Y z H f进行z 反变换即得)(])2(2)1([)(k k h k k ε-+--=(3) 若)5()()(--=k k k f εε，则系统的零输入响应)(k y x 、单位脉冲响应)(k h 和系统函数)(z H 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)623623f f k k k k T k k y k y k k k εεεε---=--=--+----+--完全响应为55()(){()(5)}178114[(1)(2)]()[(1)(2)](5)623623x k k k k y k y k T k k k k εεεε--=+--=--+----+-- 2.解A 、B 、C 、D 和E 各点频谱分别为)]100()100([)]100[cos()(++-==ωδωδπωt FT j F A)]100()100([21)()(21)(++-=*=ωωωωπωF F j F j F j F A B)()()(1ωωωj H j F j F B C =)]100()100([21)(-++=ωωωC C D F F j F)()()()(2ωωωωj H j F j Y j F D E ==A 、B 、C 、D 和E 各点频谱图如图A-7所示。