东南大学信号与系统试题及答案Word下载.docx

1、2）求输出响应y（t）并画出时域波形。3）子系统h（t）是否是物理可实现的？为什么？请叙述理由;三（12分）、已知电路如下图所示，激励信号为e（t）=欽t），在t=0和t=10 5L=2H时测得系统的输出为y（），y（1） = e .。分别求系统的零输入响应、零状 态响应、全响应、以及自然响应和受迫响应。四（12分）、已知某离散系统的差分方程为2y（k 2） -3y（k 1） y（k）二 e（k 1）其初始状态为 yzi（T）八2, yzi（-2） = -6，激励 e（k） = ；（k）；求：1）零输入响应yzi（k）、零状态响应yzs（k）及全响应y（k）；2）指出其中的自由响应分量和受迫响

2、应分量；3）判断该系统的稳定性。h（k） = cos.丛g（k）五（12分）、已知某离散时间系统的单位函数响应 I 2丿1）求其系统函数H （z）;2）粗略绘出该系统的幅频特性；3）画出该系统的框图。六、（10分）请叙述并证明z变换的卷积定理答案1、已知某连续信号f（t）的傅里叶变换为T =1对其进行取样得到离散时间序列1F（j ） -2 金，按照取样间隔 f （k），序列f （k）的z变换。1 1 1解法一：f（t）的拉普拉斯变换为F（ ） y R ：F（S）Z_ F（z）=Z： Res sti -e解法二：f（t）=L JF（jw）=（eS 二i-tF（S）_ 2 s2 3s （s 1）（

3、s 2）KiZ sT 4 -2ihZ-e z-e ze-et ） （t）1k 2 kf（k）= （e - ekF（z）=Zf（k）=）（k）= （e-） -心-）；（k）z z TfSX 2仆 f2（k） = 1+coskL（k）仙一込2,1和一 2 3的卷积和。z -e z -e2、求序列解：fi（k）=1,2,1=、（k）+2、（k1）+、（k2）fi（k）* f 2（k）= f 2（k）+ 2f 2（k -1）+ f 2（k _2）10z2 9z 2，求该序列的时域表达式f （k）。F（z）3、已知某双边序列的Z变换为1 1F（z）: z 0.4 z - 0.5，两个单阶极点为_0.4、

4、_0.5当收敛域为 |z|0.5 时，f（k）=（ q4）k_（ _0.5）kJ） （k-1） 当收敛域为 0.4|z|0.5 时，f（k）= （ 0.4）k；（k_1）+（ -0.5）2 （ k） 当收敛域为 |z|0.4 时，f（k）= - （ -0.4）kJ （_k）+（ -0.5）k（k）点评：此题应对收敛域分别讨论，很多学生只写出第一步答案，即只考虑单边序列。4、已知某连续系统的特征多项式为：7 6 5 4 3 2D（s）=s +3s +6s +10s +11s +9s +6s +2试判断该系统的稳定情况，并指出系统含有负实部、零实部和正实部的根各有几 个？解构作罗斯-霍维茨阵列s6

5、116 s3109258164 s3 s（00）此时岀现全零行，有辅助多项式 s4 3s2 24求导可得4s3 6s,以4,6代替全零行系数。0 s由罗斯-霍维茨数列可见，元素符号并不改变，说明 s右半平面无极点。再由s4 +3s2 +2=0令s =x则有X2 3x 2 =0可解得 相应地有x -1, - 22 = -1 =_ j更,4 二 一2 = j、2这说明该系统的系统函数在虚轴上有四个单极点分别为土 j及土 j .2，系统为临界稳定。所以系统含有三个负实部的根、四个零实部的根，无正实部的根。此题得分率很低。很多学生对全零行不知如何处理。、 s+6s +4s+ 2H （s） =3 2 5

6、、已知某连续时间系统的系统函数为： s 2s s 1。试给出该系统的状态方程。系统的微分方程为y （t） 2y （t） y （t） y（te （t） 6e （t） 4e（t） 2e（t）取原来的辅助变量 q及其各阶导数为状态变量并分别表示为 q=xi、qx2、q”=x3、q=x3，于是，由此微分方程立即可以写出如下方程Xi X2X2 =X3状态方程：X3Xi -X2 -2X3 yt）输出方程：y =X3 2Xi 4X2 6X3 = Xi 3X2 4X3 e（t）或者写成矩阵形式，上式即为、（12分）已知系统框图如图（a）,输入信号e（t）的时域波形如图（b）,2） y（t）=e（t） f（t）

7、 h（t）=、.（t+2）+2、.（t）+、（t2） h（t）= h（t+2）+2h（t）+ h（t 2）三（12分）、已知电路如下图所示，激励信号为 弾）=环），在t=0和t=1时测得系统的输出为y（）T，y（1） =e .。分别求系统的零输入响应、零状态响 应、全响应、以及自然响应和受迫响应。1）电路满足KVL :得y （t） 1.5y （t） 0.5y（t0.5e（t）0.5s 1 1 1-2Yzs（s）=H（s）E（s）= s 1.5s 0.5 s = s 0.5 s 1零状态响应：yzs（t）=（e耳-e4） t）yzs（0）=0， yzs（1）=（e f ）；yzi（0）= y（0

8、） -yzs（0）=1，yzi（1）= y（1） -yzs（1）= e ；yzi（t）=（C 1e.5t +C2ej （t）,得 C1=0，C2=1零输入响应：yzi（t）= e*（t）；全响应：y （t）= e 5t）失去少部分此题中很多学生把全响应初始条件当成零输入响应的初始值来解答, 分数。2y（k 2） -3y（k 1） y（k） =e（k 1）其初始状态为 yzi （-“ ， yzi（-2）= -6，激励 e（k）二；1）2）3）零输入响应yzi（k）、零状态响应yzs（k）及全响应y（k）； 指出其中的自由响应分量和受迫响应分量； 判断该系统的稳定性。代入初始条件得0=_2，C2=

9、2yzi（k）= （2 -20.5k） ;z2z2 -3z 1 z -1Yzs（z）=H（z）E （z）= 零状态响应：yzs（k）= （0.5k +k-1） ；0.5 丄yzs（0）=0， yzs（1）=（e y ）；y （k）= （1+k -0.5k） ；k2）自由响应：（1 -0.5 ） k） 受迫响应：k （k），严格地说是混合响应。3）系统的特征根为.1=0.5 （单位圆内）,、2=1 （单位圆上），所2系统临界稳定。fnk h（k） =cos； 五（12分）、已知某离散时间系统的单位函数响应 .2；。4）5）6） 解:求其系统函数H （z）；粗略绘出该系统的幅频特性;画出该系统的框

10、图。1）系统函数为：Zcos（3k）g（k）j = ZT尹* e （k）2 （k）-j k2 ；j-:-e 2z2H （z）-z +1六、（10分）请叙述并证明Z变换的卷积定理。卷积定理设 zfi（k）=Fi（z）, zf2（k）=F2（z），则 zfi（k）* f2（k）Fi（z）F2（z）或用符号表示为：若fig Fi（z），f2（k），F2（Z），则fi（k）* f2（k）， Fi（z）F2（z）两序列卷积后z变换的收敛区是原来两个 Z变换收敛区的重叠部分。以上定理可根据卷积和及Z变换的定义证明如下bo 1 -bo -bozfk）* f2（k）=ZI； fi（j）f2（kj）卜=送 z七 fi（j）f2（kj）j 丿 ki j =jaO交换上式右方的取和次序，上式成为bo -boZfi（k）* f2（k）匚 fi（jp z“f2（k j）j 二； k ：对上式右方第二个取和式应用式 （8 15）的移序特性，则得-boZfi（k）* f2（k）?= fi（j）zjF2（z）二 Fi（z）F2（z）j =-很多学生做不出此题，有的竟然连卷积定理内容都写不出