第三十三套参***。一、解。
3．由列表法可得零状态响应为：
因为）6. 信号的最高频率为，根据傅立叶变换的展缩特性可得信号的最高频率。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，故的最高频率为。
根据时域抽样定理，对信号取样时，其频谱不混叠得最大取样间隔为。
7. 由于信号s域表达式中有一个极点在右半s平面，故傅立叶变换不存在。
8. 由于系统的极点为，有一个极点在单位圆上，故系统不稳定。
9. 利用冲激信号的展缩特性和取样特性，可得。
10. 根据fourier变换的共轭对称性，由于为实偶函数，故信号应为实偶函数。再利用fourier变换的时移特性，频谱相频特性对应信号右移3，因此信号是关于t=3的偶对称的实信号。
二、解。1、和的卷积的波形如图a-4所示。
图a-42、解。
对于单边正弦信号，用频域卷积定理，得：
对单边余弦信号，用频域卷积定理，得：
3、利用周期信号频谱和非周期信号频谱的关系可以求出的傅立叶系数为。
由此可以写出周期信号的傅立叶级数展开式。
对其进行傅立叶变换即得的频谱密度。
取样信号利用傅立叶变换的乘积特性可得。
从可以看出，当时，频谱不混迭，即仍可从取样信号中恢复原信号。
4、解：系统的零点为：；极点为：，零极点图如图a-5(a)所示。
由于极点在单位圆内，因此，系统的频率响应为：
系统的幅频响应为：，如图a-5(b)所示。
ab)图a-5
显然是一个低通滤波器。
5、解：设，得系统单位冲激响应满足的微分方程为：
对上述微分方程取单边拉普拉斯变换，得。
整理，得系统函数为：，取单边拉普拉斯逆变换，得系统单位冲激响应为：
当输入为：时，系统的零状态响应为。
三、解。1、解：
1) 由图可得：整理得：
根据单边z变换的位移性质，得系统的差分方程为。
2) 由式（1）可得系统函数为。
3) 因为，取单边z逆变换，可得系统的单位样值响应为：
2、解。对微分方程两边做单边拉斯变换得。
整理后可得。
1) 根据系统函数的定义，可得。
进行拉斯反变换即得。
2) 零输入响应的s域表达式为。
取拉斯反变换即得。
3) 零状态响应的s域表达式为。
取拉斯反变换即得。
4) 若，则系统单位冲激响应h(t)、系统函数和零输入响应均不变，根据时不变特性，可得系统零状态响应为。
第三十四套参***。
一、解。1. 利用冲激信号的取样特性，可得。
2. 系统的零状态响应为，由于，故利用列表法可得。
3. 根据已知有，由于。
故系统为线性时变系统。
4. 对信号微分，可得。
利用冲激信号的筛选特性化简，可得。
5. 其频谱。
6. 信号的最高角频率为，根据傅立叶变换的展缩特性可得信号的最高角频率为，信号的最高角频率为。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，故的最高角频率为。
根据时域抽样定理可知，对信号取样时，其频谱不混迭的最大抽样间隔为。
利用傅立叶变换的卷积特性可得。
10. 计算的傅立叶反变换即得。二、解。
2) 将改成，先压缩，再翻转，最后左移2，即得，如图a-5所示。
图a-52．解：因为：，又因为：，由傅立叶变换的对称性可知：。设，得。
即，因此，有。
频谱图如图a-6所示。
图a-63、由已知，有。
根据时不变特性，可得。
由于。根据线性和时不变特性，可得。
4、解。分析：零状态响应可用微分方程解，零输入响应可用全响应减去零状态响应求出，、可用初值定理求出。
对方程两边取拉斯变换，得。
即。已知：，所以
取单边拉斯逆变换得零状态响应：
零输入响应：
5、解。1）由题意，的最高频率则nyquist抽样间隔为：
抽样间隔应满足。
（2）已知抽样间隔t=1ms，则抽样频率为。
由抽样定理，应满足
即。三、解。
1、解：1）由图可得：，即。
因为：，即。
式（1）代入式（2），得。
又因为：
式（3）代入式（4），可得。
由系统函数的定义，有。
2）因为：所以，有。
在零状态条件下，由单边z变换的位移性质可得系统的输入输出差分方程为：
3）因为：由：可得系统的单位样值响应为。
2、(1)利用傅立叶级数的计算公式可得到周期信号的频谱为。
2)周期信号的指数函数形式的傅立叶级数展开式为。
对其进行fourier变换即得p(t)的频谱密度为。
3)由于，利用傅立叶变换的乘积特性，可得。
4)从信号的频谱表达式可以看出，当时，频谱不混迭，即
第三十五套参***。
一、解。1. 利用冲激信号的展缩特性和筛选特性，可得。
2、利用排表法可得
3、连续时间信号的基本周期为。若对以进行抽样，所得离散序列。由于离散序列的角频率不是有理数，故该序列不是周期序列。
4、对连续时间信号延迟延迟器的单位冲激响应为，积分器的单位冲激响应为，微分器的单位冲激响应为。
5、由于的分子分母互为共轭，故有。
所以系统的幅度响应和相位响应分别为。
由于系统的相频响应不是的线性函数，所以系统不是无失真传输系统。
6、由于，根据parseval能量守恒定律，可得。
7、由于，利用线性和时不变特性，可得。
利用parseval功率守恒定理，可得信号的平均功率为。
9、信号的最高角频率为，根据傅立叶变换的展缩特性可得信号的最高角频率为，信号的最高角频率为。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，故的最高角频率为。
根据时域抽样定理可知，对信号取样时，其频谱不混迭的最大抽样间隔为。
10、对单位脉冲响应进行z变换可得系统函数为。
由系统函数的定义可得到差分方程的z域表示式为。
进行z反变换即得差分方程为。
二、解。1. 系统的零状态响应，其波形如图a-4所示。
图a-42．解：代表的系统是线性，时不变性，非因果，稳定，有记忆的系统。理由如下：
线性特性：已知：，对于任意给定的不为零的常数和，设；，则有。
因此，该系统是线性系统。
时不变性：已知：，则有。
因此，该系统是时不变系统。
因果性：由可知，系统的当前输出不仅与当前和过去的输入有关，而且还与未来的输入有关，因此，该系统是时变系统。
稳定性：设输入有界，即：，则有。
即输出也有界，因此，该系统是稳定的系统。
记忆性：由可知，系统的当前输出历史输入有关，因此，该系统是记忆系统。
3. (1) 对微分方程两边做单边拉斯变换即得s域代数方程为。
(2) 整理上述方程可得系统完全响应得s域表达式为。
其中零输入响应的s域表达式为。
取拉斯反变换可得。
零状态响应的s域表达式为。
取拉斯反变换可得。
4．解：（1）设输入端求和器的输出为：，对于输入端求和器，有。
对于输出端求和器，有。
由式（1）和（2）消去中间变量，得。整理，得。
将代入式（3），得。
2）由于系统函数的极点为：，为了使系统稳定，系统极点应该在左半平面，即要求：，因此，。
5．解：由可知，是一个周期信号，且周期为：，指数形式的傅立叶级数系数为：，因此，的频谱为：
a点信号的频谱如图a-5(a)所示。
由图可知：，根据傅立叶变换的调制性质，有。
b点信号的频谱如图a-5(b)所示。
因为：，很显然，只有范围的频率分量才可以通过系统。c点信号的频谱如图a-5(c)所示。ab)c)
图a-5三、解。
1、(1) 对差分方程两边进行变换得。
整理后可得。
零输入响应的z域表达式为。
取z反变换可得系统零输入响应为。
零状态响应的z域表达式为。
取z反变换可得系统零状态响应为。
2) 根据系统函数的定义，可得。
由于系统的极点为，均不在单位圆内，故系统不稳定。
2. 解：1) 在零状态情况下，对系统的差分方程取单边z变换，得。
因此，系统函数为：
由于收敛域包含单位圆，因此，系统的频率响应为：
对系统函数：，取单边z变换，可得系统的单位样值响应为。
2) ，3) 幅频特性如图a-6所示。
图a-64) 由幅频特性图可知，该系统是低通滤波器。
第三十六套参***。
一、解。1. 利用冲激信号的展缩特性和取样特性，可得。
2. 由于为信号的偶分量，利用傅立叶变换的共轭对称性，其频谱为频谱的实部。
3. 由系统函数可知系统的频率特性为，由于，故系统为低通。
4. 直流分量即为傅立叶系数的。由于。
5. 由于。
6．解：因为，所以。
7．解：的最高角频率为，即。
所示频谱的最高角频率为，即。
因此，采样周期为。
8．解：因为，由傅立叶变换的对称性，得。
故的傅立叶逆变换。
二、解。1、解。
由题意可知，，因此，有。
由卷积的微积分性质，有。
其波形如图a-3所示。
图a-3
信号与系统答案
物电学院2011至2012学年第1学期期末考试试卷a答案。科目名称 信号与系统 学生类别 2009级本科一 选择题 每小题2分，共20分 1 c 2 d 3 b 4 a 5 d 6 b 7 b 8 d 9 a 10 c 二 填空题 每小题2分，共20分 三 作图题 每小题6分，共12分 2 所以信号...
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2011 2012学年度第1学期期末考试试卷 c卷 开课学院 物电课程名称 信号与系统考试形式 闭卷所需时间 120分。注意事项 1 教师出题时请勿超出边界虚线 2 学生答题前将密封线外的内容填写清楚，答题不得超出密封线 3 答题请用蓝 黑钢笔或圆珠笔。一 填空题 每题2分，共20分 1 等于。2 ...