哈尔滨工程大学-通信考研复试真题 -通信与信号原理

哈尔滨工程大学

2003—2004学年度下学期期末考试试题

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考试科目： 信号与系统 科目代码：

题号 一 二 三 四 五 六 七 总分

分数

评卷人

一、 计算下列各题，每题4分，共28分。

1、 计算下列式子：

（1）2(2)['(1)(1)]tttdt，（2）0(5)(2)kkk

2、某连续时间系统有如下输入输出关系：

(){()}(12)ytTftft

试判别该系统是否是：(1) 线性的；(2) 时不变的；(3) 因果的；(4) 稳定的。

3、)1()(2tuetft，求()ft的傅里叶变换()F。

4、如图1所示信号)(tf，其傅里叶变换为F()，求

(1) )(0F (2) -()Fd

t()ft02-11

图1

5、)(tf的表达式为：2()[()(2)]tfteutut，求()Fs。

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6、已知z变换形式(0.5)()(0.5)(2)zzXzzz，对于所有可能的收敛域，求每种收敛域所对应的序列()xn。

7、描述离散系统的差分方程为：

3()(1)(2)2()(1)4ynynynxnaxn

已知该系统的系统函数)(zH在1z处的值为1，求差分方程的常量a。

二、（12分）给定系统微分方程：22()3()2()()3()dddrtrtrtetetdtdtdt，

若激励信号和起始状态为2)0(',1)0(),()(3rrtuetet，求系统的完全响应，并指出其零输入响应、零状态响应、自由响应、强迫响应各分量。

三、（12分）求出图2所示系统的系统函数()()()RsHsEs，并求该系统的冲激响应()ht。

()Es1s1s()Xs1()Xss21()Xss()Rs268

图 2

四、（12分）如图3所示反馈系统，回答下列问题：

(1) 写出21()()()VsHsVs，（4分）

(2) K满足什么条件时系统稳定？（4分）

(3) 在临界稳定条件下，求冲激响应()ht？（4分）

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K244sss1()Vs2()Vs++

图3

五、（10分）已知()()*()ytftht和)3(*)3()(thtftg，且)(tf的傅里叶变换为()F，)(th的傅里叶变换为()H，利用傅里叶变换的性质证明)()(BtAytg，并求出A和B的值。

六、某LTI离散因果系统的系统函数)(zH零极点分布如图4所示，且已知单位样值响应()hn的初值为1)0(h，求该系统的单位样值响应()hn，并判断该系统是否稳定。（10分）

0jj-11]Re[z]Im[zj

图4

七、（16分）已知差分方程31()(1)(2)()48ynynynxn，求：

(1) 该系统的系统函数)(zH； （4分）

(2) 绘出该系统的零极点图，并说明系统是否稳定；（4分）

(3) 当该系统的输入为()()(2)xnnn时，求系统的零状态响应)(ny；（4分）

(4) 如果系统的输入为()(1)()nxnun，求系统的零状态响应)(ny。（4分）

03—04级信号与系统A卷标准答案与评分标准

一、计算下列各题，每题4分，共28分。

1、计算下列式子：

解：(1) 令2()2ftt，根据冲激函数和冲激偶的特性：

2(2)['(1)(1)]'(1)(1)tttdtff235（2分）

解：(2) 由于1,20,2(2)kkk，原式求和范围是k从0到，不包含2k，故原式＝0。（2分）

2、解：(1) 当输入为1()ft、2()ft时，系统的输出分别为：

111(){()}(12)ytTftft, 222(){()}(12) ytTftft,当输入为312()()()ftaftbft时，系统的输出为：

33312(){()}(12)(12)(12)ytTftftaftbft

1212{()}{()}()()aTftbTftaytbyt

满足线性，故系统是线性的。（1分）

(2) 设1()yt是系统对输入10()()ftftt的输出，则：

1110(){()}(12)(12)ytTftftftt

而000()[12()](122)yttfttftt，因此，100(){()}()ytTfttytt

不满足时不变性，故系统是时变的。（1分）

(3) 由于当0t时，(0)(1)yf，即系统当前的输出与未来时刻的输入有关，故系统是非因果的。（1分）

(4) 若对于任意时刻t有()ft，则：()(12)ytft

故系统是稳定的。（1分）

3、解：2()(1)tfteut，21)(2jtuet，由于时移特性：

2(1)1(1)2tjeutej，所以：2211()22jjFjeeejj(4分) 4、解： (1) 00(0)()|()()2jtFFftedtftdt (2分)

(2) -1()()2jtftFed，故：

1(0)(),()2(0)42fFdFdf (2分)

5、解：222()[()(2)]()(-2)tttfteututeuteut，由于：

-21()2teuts，222(2)44(2)(2)2stteeuteeutes，故：

242411-()222sseeeFsesss (4分)

6、解：(0.5)0.40.6()(0.5)(2)0.52zzzzXzzzzz＝，(1分)由于()Xz的极点为-0.5、2，所以()Xz有三种可能的收敛域：

(1)0.5z,()[0.4(0.5)0.6(2)](1)nnxnun(1分)

(2)25.0z，()0.4(0.5)()0.6(2)(1)nnhnunun(1分)

(3)2z，()0.4(0.5)()0.6(2)()nnhnunun(1分)

7、解：1122()314azHzzz，34a（4分）

二、解：特征方程：2320aa，特征根：121,2aa，

1）完全响应：2()54,0ttrteet，（3分）

2）零输入响应：ttzieetr234)(，0t，（3分）

3）零状态响应：2()ttzsrtee，0t，（2分）

4）自由响应＝全响应＝2()54,0ttrteet，（2分）

5）在全响应)(tr中，没有与激励3()teut相同的模式项，因此强迫响应为零，整个)(tr均为自由响应。（2分）

三、解：由已知可知，左边的加法器输出为：

268()()()()XsEsXsXsss，由此式得：22()()68sXsEsss

图中右边的加法器输出为：221()()sRsXss，解以上两式，得：

221()()68sRsEsss

故：2()211.53.5(),()6824RssHsEsssss(6分)42()3.51.5()tthteeut(6分)

四、解：(1) 2()(4)4ksHssks,(4分)

(2) 4k，（4分）

(3) ()4cos(2)()httut，（4分）

五、解：已知： ()()*()ytftht，)3(*)3()(thtftg，由时域卷积性质和时域展缩特性： )()()(*)(2121jFjFtftf， )(||1)(ajFaatf，得 ：)()()(jHjFjY， )3()3(91)(jHjFjG

则11()[()]333GjYj，（4分）

可得： )3(31)(tytg，所以 1,3A（3分） 3B（3分）

六、解：根据零极点分布图，可写出：)1)(1(1)(2zzzAzH

由初值定理：1)1)(1(1lim)(lim)0(2zzzAzHhzz，可得A=1,(2分)

1A代入()Hz,得：)1)(1(1)(2zzzzH

11111)1)(1(1)(2zzzzzzzzzH，故： 111)(zzzzzH，由于系统为因果系统，所以取逆z变换，得：

()()()(1)()nhnnunun(6分)

由于系统为因果系统)(zH的极点为1和-1，不在单位园内，故该系统不稳定。(2分)

七、解：(1) 对差分方程两边z变换：21221()313114848zHzzzzz(4分)

(2) 系统的零极点见图1(2分)

41210二阶零点)Im(zj)Re(z

图1

该因果系统的极点全部在单位圆内，故系统是稳定的。(2分)

(3)若()()(2)xnnn，

221111()[2()()]()[2()()](2)2424nnnnynunun(4分)

(4) 如果()(1)()nxnun,