工程测试技术基础部分课后习题答案

信号及其描述习题

1.1求周期方波（图1-4）的傅立叶级数（复指数函数形式）。画出频谱图|Cn|—ω ；φn—ω 图并与表1-1对比。



解：傅立叶级数的复指数形式表达式：x(t)

Ce

jnn

0t

;n0,1,2,3,

n

式中： C1T0jnt10Tjn

 n2TT0x(t)e0dt0t2jn0tTT0(A)edtAedt02020

T 0

1A0

jn2

Te0t1Aejn0t0jn0T0T0jn0

2

0

jAjA1jnjn



A

nn2eejn

1cosn j2A;n1,3,5 ,

n0;

n2,4,6,所以： 



x(t)

j2Ajn0t;n1,3,5,7

nne

,幅值频谱：

C22

2AnnRCnI;n1,3

n

,5,相位频谱： 2A

C;n1,3,5,nI narctgCarctg

2nR0 2;n1,3,5,

傅立叶级数的复指数形式的幅值频谱图和相位频谱都是双边频谱图。 1.2求正弦信号 x(t)=x0sinωt的绝对均值μ|x |和均方根值x rms

解：

T1

T02x2

xlimT0x(t)dtTx0sintdt0;式中：T0

00

xrms1T0Tx2(t)dt1

T0x0sindt2

dtx0

00T002

1.3求指数函数 x ( t)  Ae   t ; (  0 ; t  0 ) 的频谱。 解：

X(f)x(t)ej2ftdt

Aetej2ftdtA

0j2f1.4求符号函数（题图1-1a）和单位阶跃函数（题图1-1b）的频谱.

解:1) 符号函数的频谱:

t令: x1(t)limex(t);0

X1(f)x1(t)ej2ftdt

0tt

j2ftlime(1)edteej2ftdt 00

1

jf

2)单位阶跃函数的频谱: t

x(t)limex(t);2 0

t 1j2ft

X2(f)x2(t)ej2ftdtlimdt0ee 0j2f

1.5求被截断的余弦函数cosω0t（题图1-2）的傅立叶变换。

cos0t;tT x(t)

tT 0;

解： T

j2ft

X(f)x(t)edtcos2f0tej2ftdt T

T1j2f0tj2f0tj2ft

eeedt T2

sin(ff0)2Tsin(ff0)2T

T

(ff)2T(ff)2T00

Tsinc1sinc2

t

1.6求指数衰减振荡信号（见图1-11b）： x (  e   sin  0 t ; (   0 , t  t)0 ) 的频谱 解： j2ft

j2ftt

X(f)x(t)edtesin2f0tedt

0

j

etej2f0tej2f0tej2ftdt 02

j11 2j2(ff)j2(ff)00

1.7设有一时间函数f(t)及其频谱(题图1-3所示)，现乘以余弦型振荡cosω0t ，(ω0>ωm)。

在这个关系中，函数f(t)叫做调制信号，余弦型振荡cosω0t叫做载波。试求调幅信号f(t)cosω0t的傅立叶变换。示意画出调幅信号及其频谱。又问：若ω0

j2ft

X(f)x(t)edtf(t)cos2f0tej2ftdt 



1



























f(t)ej2f0tej2f0tej2ftdt

211



当ω0

1.8求正弦信号x(t)=x0sin（ω0t+φ）的均值μx 和均方值φx2和概率密度函数p(x) 解：将x(t)=x0sin（ω0t+φ）写成（ω0t+φ）=arcsin(x(t)/ x0)

等式两边对x求导数： 1 dtx011

 dx22

0x0x2(t)0x(t) x

0 1Tx12tp(x)limlimlim x0xTTx0xT

2dt1 22Tdxx0x(t)

2.2用一个时间常数为0.35s的一阶装置去测量周期分别为1s，2s，5s的正弦信号，问幅值

误差将是多少？

解：H

1j1

1



1Y 0.35j1X

10.7

7

2

A

0.352

当T=1s时，A10.41，即AY0.41Ax，误差为59% 当T=2s时，A20.67，误差为33% 当T=5s时，A30.90，误差为8%

2.3求周期信号xt0.5cos10t0.2cos100t45，通过传递函数为Hs





1

0.05s1

的装置后所得到的稳态响应。

解： 利用叠加原理及频率保持性解题

xt0.5sin10t900.2sin100t45







A

112



10.0052

，arctg0.005

110，A11，12.86

xt10.51sin10t902.86 ，







2100 ，A20.89 ，226.57

yt20.20.89sin100t26.5745

yt0.5sin10t87.14(0.178)sin100t18.43

2.7将信号cost输入一个传递函数为Hs在内的输出yt的表达式。

解： xtcostsint90 Hs





1

的一阶装置后，试求其包括瞬态过程2s1



11

，A，arctg

2s1 yt

12

sint90arctg



=

12

costarctg

2.8求频率响应函数

3155072

的系统对正弦输入

10.01j1577536176j2

xt10sin62.8t的稳态响应的均值显示。

解： 写成标准形式 H

jj12

an2

2nj

2n

2

12561

2 

0.01j1221256j12562

∴ A

162.80.012



1

2

2

62.821761

12561577536

1.690.991.7 对正弦波，ux

A2



1.710

2

12

241n1.5

2.9试求传递函数分别为2和2的两个环节串联后组2222

S1.4nSnS1.4nSn

成的系统的总灵敏度（不考虑负载效应）

解： HH1H2 H1

1.53

，S13

3.5S0.57S1

241n

H22，S241 2

S1.4nSn

SS1S2341123

2.10想用一个一阶系统作100Hz正弦信号的测量，如要求限制振幅误差在5%以内，则时间 单常数应去多少？若用该系统测试50Hz正弦信号，问此时的振幅误差和相角差是多少？

解： 由振幅误差

E

|A0AI|A

101A5%

AIAI

∴ A95% 即 A

11

2

95% ，

2100t2

0.95，5.23104s

4

，且5.2310s时 当2f250100

A

1

5.2310100

4

2

98.7%

∴ 此时振幅误差E1198.7%1.3% arctg5.23101009.3

4





2.11某力传感器可以作为二阶振荡系统处理。已知传感器的固有频率为800Hz，阻尼比

0.14，问使用该传感器作频率为400Hz的正弦力测试时，其振幅比A和相角差

各为多少？若该装置的阻尼比可改为0.7，问A和又将作何种变化？

解： 作频率为400Hz的正弦力测试时 A

1

1n





2

42n

2





2



1

2

40024002

40.141800800

2

1.31

2

n arctg 21n

400

20.14

800

arctg2

4001

800

10.6 当阻尼比改为0.7时 A



1

2

40024002

40.71800800

2

0.97

40020.7

80043

arctg2

4001800

即阻尼比变化时，二阶振荡系统的输出副值变小，同时相位角也变化剧烈，相位差变大。

2.12对一个可视为二阶系统的装置输入一单位阶跃函数后，测得其响应中产生了数值为1.5的第一个超调量峰值。同时测得其振荡周期为6.28s。设已知该装置的静态增益为3，试求该装置的传递函数和该装置在无阻尼固有频率处的频率响应。

解： 最大超调量

12



Me 即 

1.5

0.13

11ln1.5

2

且 Td

2

d

6.28

2

∴ dn

2

1 6.28

11 n



2



0.132

1.01 系统的传递函数 Hs

YskXsS

22S

2

n

1

n



3

S

2

1.01220.13S1.01

1

该装置在无阻尼固有频率处的频率响应 由Hj

YXK

2 j2j

n



1n 

K

1

2j

2nn ∴ HjK3

n

 12

0.26j2jn

n d为有阻尼固有频率 M=0.5，2

d

T

1  Me

2



12

0.215lnM

1 2

dn ，∴ d

n

1.02



2

 S=3

∴Hs2n

S222

S nSn

1.04

S2

0.44S1.04

3 A1n

34

2

6.98 （n时代入得）

A

1

2

,90 

narctg2

yt6.98sin1.02t



2

4.1解 ：=2m时，

单臂，UR

y4RU0 0

USgRy

4R

U0

6U2120210y

*331064120

(V)双臂，UR

y

2RU0 0

USgRy

2R

U0

21202106

U6y2120

*3610(V)

：=2000m时，

单臂，UR

y

4RU0 0

USgRy

4R

U0

21202000106

Uy*33103(V)

4120

双臂，Uy

R

U0 2R0

SgR2R

U0

Uy

21202000106

Uy*36103(V)

2120

双臂的灵敏度比单臂的提高一倍。

4.4解：Uy

R

U0 R0

SgRR

U0

Uy

UySg(Acos10tBcos100t)Esin10000t

SgAEcos10tsin10000tSgBEcos100tsin10000t

11

SgAE(sin10010tsin9990t)SgBE(sin10100tsin9900t)22

[***********]0

Uy(f)jSgAE[(f)(f)(f)(f)]

42222[***********]0jSgBE[(f)(f)(f)(f)]42222

4.5解：xa(10030cost20cos3t)(cosct)

100cos2000t30cos1000tcos2000t20cos3000tcos2000t100cos2000t15(cos3000tcos1000t)10(cos5000tcos1000t)

Xa(f)50[(f10000)(f10000)]7.5[(f10500)(f10500)]

7.5[(f9500)(f9500)]5[(f11500)(f11500)]5[(f8500)(f8500)]4.10 解：H(s)

111

3 s1RCs110s1

H()

1

103

j1

A()

11()

2



(103

)

()arctan()arctan(103)

Uy10A(1000)sin(1000t(1000))100.707sin(1000t450)7.07sin(1000t450

)

4.11 解：A()

1()

2

()arctan() 1

10时，

A(10)

(0.0510)

0.816

(10)arctan(0.0510)26.56

)

1

100时，

A(100(0.05100)

0.408

(100)arctan(0.05100)78.69

y(t)0.50.816cos(10t26.56)0.20.408cos(100t4578.69)0.408cos(10t26.56

)0.0816cos(100t33.69

)

5.1 t)

eth(;(t0,0) 0;(t0)

R

x()h(t)h(t)dt

ete(t)

dt



e



e

2t

dt

e2

5.2 x(t)A1sin(1t1



2

)A2sin(2t2



2

)

由同频相关，不同频不相关得：

2A2Rx()cos1cos2 22A12

45.3：由图可写出方波的基波为x1(t)sin(t2)

Rxy()2

cos(

2)

5.4: Sxy(f)H(f)Sx(f)

H(f)Sxy(f)/Sx(f)

Sxy(f)F[Rxy()]

Sx(f)F[Rx()]F[Rxy(T)]F[RjT

xy()]e

H(f)ejT

5.5:见图5-16

5.6:由自相关函数的性质可知:

2

xRx(0)Acos0A

x2

rmsxA

5.7:由对称性性质:

F{sinc2(t)}1 f

2f

2



2

(t)dt

sinc2df 

2

11