信号与线性系统分析试卷与解析一 填空题1.积分 tdu1_)(2. 的周期25sincot_T3. 离散线性时不变系统是因果系统的条件是 ，连续线性时不变系统是因果系统的_条件是 。_4. DLTI 系统是稳定系统的必要充分条件是 。5.对 理想抽样的不失真抽样间隔为 。10sint6.已知 的 FT ，则 的理想抽样频率)(x10)(welsj )5.0(*)(txty。_7.设信号 的傅里叶变换为 ，则tex)( )(jx_)(2dwejxj二 判断题1.己知线性离散系统的单位阶跃响应绝对可和，则该系统里稳定系统，判断此说法的正确性，并说明理由。2. 己知某系统的传输函数 或（ ） ，决定该系统的单位冲激响应函数形式是)(zH)(s（ ）的零点，判断此说法的正确性，并说明理由。)(zHs3. 满足 ，其 LT 有且仅有两个极点 0 和-2，则 位与 ROC 内，txdtex4)( 3判断此说法的正确性，并说明理由。三 计算题1. 已知信号 x(t)的频谱范围为-BB(角频率)，x(t)和它的回声信号 x(t- )( 已知)同时到达某一接收机，接收到的信号为 s(t)=x(t)+ x(t- ), 12012)cos()( azaz(1) 求 H(z)的零、极点；(2)借助 sz 平面的映射关系，利用 H(s)的零、极点分布特性说明此系统具有全通性。试题答案一 填空题1. )1(tu（先画 的波形，再参量积分） 。2. T=4是有理数。故 是周期信;5;425;422111 TTT 25sincott号。其周期 T 是 的最小公倍数，即为 4.1,3. 0)(nh0,)(th4. 1） 2） 的所有极点 3） ;)(limyxt zH,21,iri 0)(nh4） 存在。)(jweH5 1.0t.;c6. 50sf比 的时间展宽一倍，其频谱压缩一倍，即有 （ 的 ） ；).(tx( 10w)(tx20w则是 ，结果的频谱由窄的jwy )5.()()5.0(*) txFTttxt 决定，故得抽样频率 。2;(10Hf 2Hsf7. 2e|)(1)( 2tjtwwj dexdx二 判断题1.解：因为阶跃响应 满足 ，根据 与单位样值响应 的关系，有)(ng0)()(ng)(nh，其中 不是绝对可和的，而卷积（和）是绝对可和，一定是0)(*nuh)(u绝对可和。 （例如 是 ）同 卷积，成为一个长度为 N 的有限)(nh)(nh)(Nn)(nu序列。 ）2. 解：设 )(;)(zDHsN的根为0,)(zDs ,321,ipnitikePsnht i)(;,Re故 的函数形式由传输函数分母的根决定；分子的零点只与系数 k 有关，与)(,的函数形式无关。t3. 解：由题给条件，可得 )2()skx1） 在正时域是增长的，如 是正时域信号，则 必以 ， 随 t 增加te4 (ttx)(tuea4而衰减，才能满足条件 。这时的 ROC 。而题给在 0 和-2 有极点，dext4) c故 ROC 。这种情况 不位于 ROC 内。032） 在负正时域是增长的，如 是负时域信号，则 可以 随 t 负值te4 )(t )(tx4),(atue增加而保持衰减，才能满足条件 。这时的 ROC 。而题给在 0 和dtex4 d-2 有极点，故 ROC 。这种情况 位于 ROC 内。233）如 是正、负时域信号，在正时域内，则 必以 随 t 增加而衰减，)(tx )(t4),(atue才能满足条件 。这时的 ROC 。而题给在 0 和-2 有极点，故dte4)( cROC 。0同时，在负时域内， 可以 随 t 负值增加而保持衰减，才能满足条件)(tx4),(atu。这时的 ROC 。而题给在 0 和-2 有极点，故 ROC 。dtex4)( d2不存在 ， 的 ，此情况不可能。02三 计算题1.解：（1）因信号 的频谱范围为： ， ，故信号的频谱()xtB()()stxat范围也为 ，即： 因此由奈奎斯特抽样定理，有：B|,ssmB2sBf2）抽样信号： 1()()()sTss snsSttSST,224ssBtf假如如下左图所示，则如右图：- BS ( )B- BB S S ( )3 B5 B- 3 B- 5 B2.解： 时，开关断开，系统稳定：0t则有： 2112()6,(0),(0)233)c LVuiAyV 时，开关闭合，可列微分方程：0t1()()4()12()()ccLLcsytudiCyttuttRitvt微分方程的特征方程为： 21,240()二 重（1）求零状态响应 ，因方程右端为 12 .故 时刻前后，系统并未发生跳变。()zsyt()ut则： (0)0,)zszszszsyy因由特征根知， 的齐次解为：()zst 2()1),(0)tzshtAe设特解为 ，代入微风方程得：3A321(),(0)tzsyte由： 1122303(0)()06zszsCy2()36),()tzste（2）求零输入响应 齐次解为：ziyt 21(),0tziytBe122(0)()0,4(),()zizitziyVByte3.解：利用电路原理中电容电荷与电压之间的关系列出差分方程（ ）qCU（1）当 时， 通 断，设 上的电量分别为tnT1S212,C12,Q且有 1(),()QCxynT在 时， 断 通，设上此刻电量为2t1212,且有： 12()yn11212()()()QCTyyTxnTC（2）由题知 ，故有：n2112()()()yTynTxnTC当 时，差分方程为：12112()()()ynyx特征根： 21C故齐次解为： 21()nhynA令特解为 ，代入差分方程，得pB1B 21()nCynA又 ，且求零状态响应，故：xtu(0)y代入式，得： 21()()(nzsCynu波形图：0ty ( t )14.解：1）对差分方程两边求 Z 变换： 121123()()()4()33()42ynynxYzzYXzHX零点： 0z极点： 13,2p（2） ，不包含单位圆，包含 ，故系统不稳定，但因果；|zz ，包含单位圆，不包括 ，故系统稳定，非因果；| ，不包含单位圆，也不包括 ，故系统既不稳定也不因果。1|2z z（3）若要系统因果，则 ，3|2z 12()33)(1()(2nnzzHzhuu（4）当收敛域包含单位圆，即 时，系统稳定，频率响应存在1|2z()(|jjzeHe5.解：由欧拉方程知：002211(cos)()()()jjzazezz零点： 0012,jjzae极点： 001j jpe由 Z 域和 S 域的映射关系： lnsTzz得 S 域零极点对应为：零点： 1020ln,lnzajaj极点： pp图示为：0j wl n a- l n aj w o- j w o零极点分布虚轴两边。并关于虚轴镜像对称，因此该系统为全通网络系统。