信号与系统题库答案(完整版)

信号与系统题库答案

答案部分，(卷面共有200题,0.0分,各大题标有题量和总分)一、选择题(7小题,共0.0分)[1]B[2]C[3]B[4]B[5]C[6]A[7]C二、填空题(6小题,共0.0分)

[1] k

sin

π

k U(k)4

10002000

kHz,kHz（3）1：3（4）1：133

[2]（1）1000KHZ，2000KHZ（2）

π

nπ jn2

[3]π∑Sα( e δ(ω nπ)

2n= ∞

∞

[4]e 2(t 2) U(t 1)[5]2u(t)+4δ′(t)[6]-1，-2

三、判断正(8小题,共0.0分)

[1]正确[2]正确[3]错误[4]正确[5]正确[6]正确[7]错误[8]正确四、解答题(172小题,共0.0分)

1 1

1 C(t) R1Cu(t) u C C (a) =×+R1C e(t) L(t) 1R2 iL(t) i 0 [1] LL

2 C(t) 1 u uC(t) 2 (b) = 1 i(t) + 0 i(t) 1i(t) L L

2

[2]

1 2(s+1)1 2s

e(2)es+1s+1e22cos2+ssin2 s

(3)(4)e2

s+1s+41 11 12 (5)2[1 (1+s)e s]e s(6) 2+ e s 2+ e 2s

ss s s s(1)

[3]解A点：FA(ω)=

1

[G1(ω+ω0)+G1(ω ω0)]2j

B点：FB(ω)=[G1(ω+ω0) G2(ω ω0)]

21

C点：FC(ω)=[FA(ω)+FB(ω)] π[δ(ω+ω0)+δ(ω ω0)]

2π111jj

=[G1(ω+2ω0)+G1(ω)+G2(ω+2ω0) G2(ω)]22222111jj

+[G1(ω)+G1(ω 2ω0)+G2(ω) G2(ω 2ω0)]22222

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111jj

=[G1(ω)+G1(ω+2ω0)+G(ω 2ω0)+G2(ω+2ω0) G2(ω 2ω0)]22222

通过低通滤波器将2ω0处频谱滤出得到输出g1(t)D点：FD(ω)=

1j

[FA(ω)+FB(ω)] πj[δ(ω+ω0) δ(ω ω0)+G2(ω 2ω0)]2π2

通过低通滤波器将2ω0处频谱滤出，得到输出g2(t)[4]

2

sinaωω

[5][4]正确[5]正确[6]正确[7]错误[8]正确

四、解答题(172小题,共0.0分)

1 1

1 u(t)u(t) C C R1CC (a) =×+R1C e(t) L(t) 1R2 iL(t) i 0 [1] LL

2 C(t) 1 u uC(t) 2 (b) = 1 i(t) + 0 i(t) 1i(t) L L

2

[2]

1 2(s+1)1 2s

e(2)es+1s+1e22cos2+ssin2 s

(3)(4)e2

s+1s+41 11 12 (5)2[1 (1+s)e s]e s(6) 2+ e s 2+ e 2s

ss s s s(1)

[3]解A点：FA(ω)=B点：FB(ω)=

1

[G1(ω+ω0)+G1(ω ω0)]2

j

[G1(ω+ω0) G2(ω ω0)]21

C点：FC(ω)=[FA(ω)+FB(ω)] π[δ(ω+ω0)+δ(ω ω0)]

2π111jj

=[G1(ω+2ω0)+G1(ω)+G2(ω+2ω0) G2(ω)]22222111jj

+[G1(ω)+G1(ω 2ω0)+G2(ω) G2(ω 2ω0)]22222

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111jj

=[G1(ω)+G1(ω+2ω0)+G(ω 2ω0)+G2(ω+2ω0) G2(ω 2ω0)]22222

通过低通滤波器将2ω0处频谱滤出得到输出g1(t)D点：FD(ω)=

1j

[FA(ω)+FB(ω)] πj[δ(ω+ω0) δ(ω ω0)+G2(ω 2ω0)]2π2

通过低通滤波器将2ω0处频谱滤出，得到输出g2(t)

2

sinaωω

E t1s (t1+τ)s

(a)[e e+e t2s e (t2+τ)s]

s

TT3 SS E42

(b)[1+e+e +e4 4e TS]

4s2π

[5]

1 t0s (c)(1 e)e2

1 e TS 2π 2

s+

τ E11 t0s (T t0)s TS

(d) [1 e e+e]2 TS

t0s1+e

[4]

[6]解:信号的频谱密度为

+¥

SX(f)=ò

-¥

RX(t)e-jwtdt=A2T[

sinfT2

]=A2TiSa2(fT)fT

2

2

若求S(w)，其中w=2pf，则SX(w)=ATSa(wT)。S

X(f)的波形如图所示。

[7]解

H(s)=H0=H0

(s z1)(s z2)(s z3)(s p1)(s p2)(s p3)

s(s+2 j)(s+2+j)(s+3)(s+1 j3)(s+1+j3)

s[(s+2)2+1]

=H0

(s+3)[(s+1)2+9]

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s3+4s2+5s

H(∞)=limH(s)=limH03

s→∞s→∞s+5s2+16s+1045

+2=limH0=H0=5

s→∞1+++sss

1+

5s3+20s2+25s

∴H(s)=3

s+5s2+16s+10

[8]解设反馈系统的闭环转移函数为H(s)=

A(s)

，其分母多项式用G(s)表示，即

1+A(s)F(s)

G(s)=1+A(s)F(s)。

在s在s平面中没jω轴由 j∞变到j∞时，按照G(jω)=1+A(jω)F(jω)，可在

G(jω)平面中做出相应的复轨迹，此复轨迹是s平面中jω轴映于G(jω)平面的曲线，称

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之为奈奎斯特图。

奈奎斯特判据：若G(s)=1+A(s)F(s)在右半s平面内有nz个零点和np个极点，则当ω由 ∞变到+∞时，在A(jω)F(jω)平面中的奈奎斯特图顺时针方向围绕( 1+j0)点

(nz np)次；若nz<np，则按逆时针围绕( 1+j0)点(np nz)次。

为判断系统是否稳定，需考察系统函数分母多项式G(s)=1+A(s)F(s)在s右半平面是否有零点，利用上述奈奎斯特图的方法，还需了解G(s)在s右半平面的极点情况，事情比较麻烦。然而在一般情况下，系统未接入反馈时，也即开环特性是稳定的，这时A(s)F(s)没有极点在s右半平面，随之，G(s)也没有极点在s右半平面，即np=0，于是可得出在开环特性稳定条件下的奈奎斯特图顺时针绕( 1+j0)点之次数等于系统函数分母

G(s)=1+A(s)F(s)在s右半平面内的零点数[即系统函数H(s)的极点数]。此奈奎斯特图

若不包围( 1+j0),则系统稳定，否则系统不稳定。(1)开环频响特性表达式为

A(jω)F(jω)=

K

,K>0jω+1

当ω=0时，A(j0)F(j0)=K>0，位于正实轴上B点，即OB=K，即为此点对应的模量，其幅角为0。随着ω增大，AF减小，幅角负向增加，即曲线在实轴下边向左旋转。当ω→∞,AF=0，幅角为

π

即轨迹止于O点。2

由此可作出ω由0变到+∞对应的奈奎斯特力，为实轴下边部分。

由对称性可作出当ω从0变到 ∞时的奈奎斯特图为实轴上边部分，

由奈奎斯特图可知，在满足K>0之条件下，轨迹不可能包围( 1+j0)点，因此系统稳定。

(2)开环频响特性表达式为

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A(jω)F(jω)=

K

,K>02

(jω+

1)

=

幅频特性：AF=

K1+ω2

相频特性：ψ(ω)= 2arctgω

当ω=0时，AF=K,ψ(0)=0位于正实轴上。

随着ω增大，AF减小，幅角负向增加，当ω=1时，辐角为

πK，模量AF=，即轨22

迹交于虚轴的C点。当ω→

∞时，模量AF=0，幅角为 π，即轨迹止于O点。再由对称性可画出，当ω由 ∞变到+∞时的奈奎斯特图如图。

由图可知，在满足K>0之条件下，轨迹不可能包围( 1+j0)点，因此系统稳定。[9]解

（1）设f1(t)=1+则

1

sin(ωt),f2(t)=sin(8ωt)2

f(

t)=f1(t) f2(t)

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（2）f(t)=

[1+sin(ωt)]sin(8ωt)

[10]

f1(t)=f(t)+f(t) h1(t)+f(t) h1(t) h1(t)

=[U(t) U(t 1)]+[U(t) U(t 1)] δ(t 1)+[U(t) U(t 1)] δ(t 1) δ(t 1)=[U(t) U(t 1)]+[U(t 1) U(t 2)]+[U(t 2) U(t 3)]=U(t) U(t 3)

y(t)=f1(t) h2(t)=[U(t) U(t 3)] [U(t) U(t 3)]

=tU(t) 2(t 3)U(t 3)+(t 6)U(t 6)

y

(t)的波形如图(b)所示。

[11]sint δ′(t)=sint

t=0

δ′(t) (sin)′

t=0

δ(t)=0 cost

t=0

δ(t)= δ(t)

[12]解：引入辅助函数g(k)，则系统的差分方程式可用以下两式等效

g(k+2)+3g(k+1)+2g(k)=e(k)

y(k)=5g(k+1) 2g(k)

由此二式可给出系统的模拟框图，如图所示。

(1)(2)

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先由式（1）绘出图例的下半部分，再由式（2）绘出图的上半部分。[13]解

(1)y(n)=n3+y(n 1)

y(0)=0,y(1)=1,y(2)=23+1=9,y(3)=33+y(2)=36y(4)=43+y(3)=1001

y(n)=[n(n+1)]2u(n)

2

[14]（1）

1

s(s2+2s+5)

（2）

1 11

2j (s jω0)2+2(s jω0)+5(s+jω0)2+2(s+jω0)+5

22s

e

s2+4s+20π1s+1（4） arctg()

422

（3）（5）

2s(s+5)(s2+2s+5)2

1041

[15]RX(t)=+2cosωτ故Rxf(τ)=2cosωτ为希望得到的信号。2

π1+τ

[16]解：本题中激励为零，求的是系统状态变量的零输入响应，可用时域法或变换域法求解，关键是求状态转移矩阵Φ(t)或特征矩阵(sI A)。解法一：拉普拉斯变换法零输入响应的拉氏变换为

1

Λ(s)=(sI A) 1λ(0 )

其中

2 10 1 2 s 1

sI A=s =

01 14 1s 4

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s 4 2 s 4 s2 5s+6s 1 adj(sI A)1 1特征矩阵(sI A)==2=

1(sI A)s 5s+6 s2 5s+6

故

2

s2 5s+6

s 1 s2 5s+6

λ(t)=

λzi(t)= 2e2t e3t

= 2t3t e+e

1

[Λ

(s)]=

1

1

(sI A) λ(0 )

2t3t

2e2t 2e3t 3 10e 7e

= 2t3t e+2e 2 5e2t+7e3t

解法二：时域法

零输入响应λzi(t)=eλ(0 )=Φ(t)λ(0 )，状态转移矩阵Φ(t)可用以下两种方法求解。(1)由特征矩阵求Φ(t)

At

Φ(t)=

e=

(2)按凯莱-哈密顿定理求Φ(t)已知矩阵A=

At 1

2e2t e3t

(sI A) = e2t+e3t

12e2t 2e3t

e2t+2e3t

1 2

，由于A是2×2方阵，按凯莱-哈密顿定理，有

14

eAt=c0I+c1A

α 12

A的特征方程αI A==α2 5α+6=0

1α 4

其特征值(特征根)为α1=2,α2=3将特征值代入(a)式，得

2t2t3t e=c0+c1×2 c0=3e 2e

3t2t3t

c1= e+e e=c0+c1×3

(a)

故

10 1 2 2e2t e3t

e=c0I+c1A=c0 +c1 = 2t3t

01 14 e+e

At

1

1 (sI A) 求之更为方便。

2e2t 2e3t

e2t+2e3t

结果相同，可见按Φ

(t)=

2e2t e3t

λ(t)=λzi(t)=Φ(t)λ(0 )= 2t3t

e+e2t3t

2e2t 2e3t 3 10e 7e

=

e2t+2e3t 2 5e2t+7e3t

[17]解：用拉氏变换法求解微分方程就是先对方程两边进行拉氏变换，代入初始值及激励的象函数，得到一个s域的代数方程，解此代数方程求出R(s)，再按r

(t)

1

[R(s)]求r(t)。

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(1)本题是个二阶微分方程，求的是零输入响应。将微分方程两侧取单边拉氏变换，得

s2R(s)=sr(0 ) r′(0 )+3[sR(s) r(0 )]+2R(s)=0R(s)=

sr(0 )+r′(0 )+3r(0 )s+54 3

==+

s2+3s+2s2+3s+2s+1s+2

r(t

)=

(2)本题是求一阶系统的全响应。

1

[R(s)]=4e t 3e 2t,t≥0

E(s

)=

[e(t)]=

1

s+1

[sR(s) r(0 )]+2R(s)= E(s)

故

R(s)=

零输入响应的象函数

r(0 ) E(s)211

+=+ s+2s + 2s+2 s+2 s+1

零状态响应

的象函数

2t 2t t

2e 2t+(e e t)=3e+( e),t≥0 零输入响应自由响应

零状态响应

强迫响应

故

r(t

)=

1

[R(s)]=

[18]

(1)(2)

j

π ωππ ωππ

Sa+ Sa 2 22 2 2π ωππ ωπ ωππ Sa++Sa 2cos 2 2 2 2 2 2

[19]解：当方程右端自由项(将e(t)代入微分方程右侧所得结果)包含有冲激函数δ(t)及

δ(t)的各阶导数时，对微分方程两侧从0 到0+积分时的值不为0，就可引起r(t)、d

r(t)等在t=0时刻发生跳变。当发生跳变时，可用冲激函数匹配法来求r(0+)、r′(0+)…dt

之值，匹配的原则是使方程两端0 到0+始终保持相等。(1)将e(t)=U(t)代入微分方程右端，得

d

r(t)+2r(t)=U(t)dt

方程右端无冲激函数δ(t)项出现，故0 状态到0+状态不跳变，r(0+)=r(0 )=0。(2)将e(t)=U(t)代入微分方程右端，得

d

r(t)+2r(t)=3δ(t)dt

(a)

故从0 到0+将发生状态跳变。进一步分析：r(t)中不可能含有冲激函数δ(t)，否则

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dd

r(t)中将含有冲激偶δ′(t)，于是方程两端就不可能平衡。故只能是r(t)中含有δ(t)dtdt

项，而r(t)中将含有 U(t)项( U(t)表示从0 到0+的相对单位跳变)。更一般情况：自由项中δ(t)的最高阶导数项在方程左端必然属于r(t)的最高阶导数项。在0 <t<0+内，设

d

dt

r(t)=aδ(t)+b U(t)两侧从0 到0+积分一次，得

r(t)=a U(t)

以上从式(b)到式(c)利用了

∫

0+

0 U(t)dt=0。

将式(b)、式(c)代回式(a)，得

aδ(t)+b U(t)+2a U(t)=3δ(t)

比较上式对应项的系数，得

a=3,b= 6

故r(0+) r(0 )=3 U(t)，即r(0+)=r(0 )+3=3(3)将e(t)=e 3tU(t)代入微分方程右端，得

d2dt2r(t)+3ddt

r(t)+2r(t)= 3e 3tU(t)+δ(t)+3e 3t

U(t)=δ(t)从0 到0+将发生状态跳变。在0 <t<0+内，设

d2

dt

2r(t)=aδ(t)+b U(t)则

d

dt

r(t)=a U(t)r(t)=0× U(t)

式(g)表示r(t)从0 到0+无跳变。将式(e)~(g)代回式(d)，得

aδ(t)+b U(t)+3a U(t)=δ(t)

(b)

(c)

(d)

(e)

(f)(g)

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比较对应项的系数，得

a=1,b= 3

故

[20]3teu(t)

[21]解：分别求系统的零输入响应和零状态响应。a)求零输入响应特征方程为

t

r(0+)=r(0 )=1,r′(0+)=r′(0 )+1=3

λ2 5λ+6=0

特征根λ1=2,λ2=3所以yzi(k)=C1(2)+C2(3)

k

k

根据初始条件yzi(0)=2,yzi(1)=1，有

C1+C2=2

2C1+3C2=1

解得C1=5,C2= 3

b)求系统的单位函数响应h(k)

将系统差分方程以转移算子H（g）表示，并分解为部分分式

H(g)=

1q2 5q 611q1q= +

62q 23q 3

1k1k

(2)+(3) U(k)23

所以h(k)= δ(k)

1

6

c)求零状态响应

使用卷积法直接求零状态响应

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yzs(k)=e(k) h(k)

11 1

=U(k) δ(k) (2)k+(3)k U(k)

23 6

111 2k+111 3k+1 = + U(k)621 231 3 11 11

= + 2k +i(3)k U(k)

62 62 1 1

= (2)k+(3)k U(k)

2 2

所以，系统全响应为零输入响应和零状态响应之和，即

5 1

y(k)=yzi(k)+yzs(k)= +4(2)k (3)k U(k)

2 2

[22]（1）r(t)=f(t) h(t)=

∫

∞

∞

f(t)h(t τ)dτ=∫f(τ)s(τ+T t)dτ

∞

∞ ∞

∞

（2）r(T)=f(T) h(t)=（3）r(T)=

∫f(τ)h(T τ)dτ=∫

∞

∞

f(τ)s(τ)dτ

∫

∞

∞

f(t)s(t)dτ与（2）相同，可以用来实现匹配滤波器之功能。

[23]解：分别求零输入响应和零状态响应分量。

a)求零输入响应

特征方程为λ 3λ+2=0特征根所以

2

λ1=1,λ2=2yzi(k)=C1+C2(2)k

根据起始条件，有下列关系式

C1+C2=0

C1+2C2=1

解之得C1= 1,C2=1故yzi(k)=[ 1+(2)]U(k)b)求系统的单位函数响应h(k)根据差分方程得出系统转移算子

k

H(q)=

所以h(k)=U(k 1)

q 21

=

q2+3q+2q 1

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利用卷积法直接求零状响应。

yzs(k)=e(k) h(k)

=(2)kU(k) U(k 1)=(2h 1)U(k 1)

d)全响应y(k)

y(k)=yzi(k)+yzs(k)=( 1+2k)U(k)+(2k 1)U(k 1)=2(2k 1)U(k)

[24]解

z2 (2acosω0)z+a2(z+aejωb)(z ae jω0)

(1)H(z)=2=

z (2a 1cosω0)z+a 2(z a 1ejω0)(z a 1e jω0)H(z)的零点z1=aejω0，z2=ae jω0均位于单位圆外H(z)的极点z1=a 1ejω0,z2=a 1e jω0均位于单位圆内

(2)根据s~z平面的映射关系，z=e′或s=

T

1

lnz，取T=1，可求得s平面的零点T

s1=lna+jω0和s2=lna jω0，极点s1= lna+jω0和s2= lna jω0。零点与极点

从jω

为轴互为镜像，由互为镜像的零极点组成的系统为全通系统。离散系统与连续系统具有相信性，所以该离散系统是全通系统。

[25]当f(k)=δ(k)时，y(k)=h(k)，差分方程即变为

51

h(k) h(k 1)+h(k 2)=δ(k) δ(k 2)

66

为了求得h(k)，可利用叠加原理，先分别求出δ(k)与δ(k 2)的响应，然后叠加即得

h(k)。

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（1）当δ(k)单独作用时，令其响应为h1(k)。此时差分方程为

51

h1(k) h1(k 1)+h1(k 2)=δ(k)

66

51

取k=0，有h1(0) h1( 1)+h1( 2)=δ(0)=1

66

因为对于因果系统必有h1( 1)=h1( 2)=0，故由上式得

h1(0)=1

故得系统的等效初始条件为

h1( 1)=0

h1(0)=1

差分方程的特征方程为

51E2 E+=0

66

111k1k

其特征根为p1=,p2=。故得h1(k)=A1(+A2(2323

将等效初始条件代入上式有

1 11 1

h( 1)=A(+A(=0 112

23

h1(0)=A1+A2=1

联解得A1=3,A2= 2。故得单位响应

11h1(k)=3(k 2(k

23

或写成

k≥0

11

h1(k)=[3()k 2()k]U(k)

23

（2）δ(k 2)单独作用时，令其响应为h2(k)。根据线性时不变系统的移序不变性，可得

11

h2(k)=h1(k 2)=3()k 2 2(k 2

23

或写成

k≥2

11

h2(k)=[3()k 2 2(k 2]U(k 2)

23

（3）系统的单位响应h(k)为

1111

h(k)=h1(k) h2(k)=[3()k 2(k]U(k) [3(k 2 2()k 2U(k 2)]

2323

[26]解

(1)用冲激响应不变法

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c=

π0.4π0.8π, p=,

s=

2TTT

Ha(j p)=

=

≥10

1

20

Ha(j s)=

=≤10

2020

求得：N≥3.0277，N≥4.8884，即N≥4.8884，最小需要5阶(2)双线性变换法

2 ω c=tan c

T 2

ωp2 2

=T, p=Ttan 2

1.45312 ωs

≈, =tan s 2TT

6.1554

=T,

Ha(j P)=

≈

≥10

120

Hs(j s)=

≈

≥10

2020

求得：N≥2.1149,N≥2.0438，即N≥2.1149，最少需要3阶。[27]解

当x(n)=u(n)

z2az1z

Y(z)== +

(z a)(z 1)a 1z a1 az 1y(n)=

an1au(n) u(n)a 1a 1

jnω

当x(n)=e

z2azejωzY(z)== +

(z a)(z ejω)a ejωz aejω az ejωaejωn

y(n)=au(n) ejnωu(n)jωjω

a ea e

两种情况下的y(n)的第一项由H(z)的极点所对应的序列是系统的瞬态响应，后一项为稳态响应。

[28]解：设系统处于零状态，当e(k)=δ(k)时，y(t)就是单位函数响应h(k)，此时差分方程变为

2h(k) h(k 1)=4δ(k)+2δ(k 1)