机械工程测试技术基础(第三版)课后答案全集

机械程测工技试术础基习题解答 -11求周 方期波见（ 图-14）的里叶级傅数（复指 数函数式形 ，）出划|cn|–ω和φn–ω，并图与表 1-1对 。

x比t)( A…



T

0

20- A

T0

2T

0… t

T

0 图-1

4周期

波信方号波形图

解：答在个周一期表的达式

为  A  xt()    A (T0 t 0 ) 2 .T0 0( t  )

2

积区分间取（T-2，T//）2c

n 1 0T

T

02 T  2

0(tx)e j n0t d t=

1

0T



0





j0n dtt+ T0 A e

21 T

0

T02

0

e  jnA0tdt

j

= Ac(ons 1)- n



n(=0 , 1,  , 2 3

,)

所以复数指数形式的傅里函叶数级为x

(t )n 

c

en



j

n0t

j

A



n 

 n (1

c s o n)e



1

j

nt0

，n =, 0 ,1 2,  3 。

,

)

A (1  co n )scnI n  cn  0R

(n

0,= 1, ,2 ,3

c nc Rn c In2

2

2 AA  ( 1  cos n )  n  n 0

n

1 ,3, ,n  , 20, , 64

,φn

a rtca

nc

Inc Rn

π  2 n  , 13 5,,  π n 1 3,, 5 ,2  n 0 , 2, ,4 , 60

没偶次有波谐。其频图如谱图下所。

|示cn |A2/ πA23π -3ω0/- 0 ωω0 2Aπ/ 2A3π/3 0ω /π2 ω 0-ω50 ω-3ω0 - 0 -π/ω2相频图 周 期波方复数函数指形式频图 谱ω305 ω ω φ0

2nA5/π 5ω-0

2A/π 550

ω幅

频

图1- 3指数函数求 (xt)  e A答：

解a

t

( a0 t , )0的频谱

。X( f ) x ( )et j 2 t dt f eA t eaj 2 f t d tA

 0





e

 (a  j2 f t) (a j 2 f

 0



)AA a  ( j2 f ) 2a j2 f a ( f ) 22

X

f( 

)k a

 (2 f )2

 2( f)  artca

n

mI X( f ) 2 f  racatn R X e(f ) a

|(fX|) A/a

φ(f)

π/2

0 0f -π/2

f

单边

指衰减信号数谱图

频1- 求符4函号(见图 数1-52)a和位单跃函数(见阶图 1 2-5b)的谱频

s。g(n)t1 0 1- a)符号函 图数 125- 题1- 图4b) 阶跃数函t u () 1 0t

t)符a函号的频数

谱1 t0 x (t ) sgn(t )  1t 0



t= 处可不0予义定，或定规sgn(0 =)。

该信0不满号绝足可积条对，不能件直求解，但接傅 叶里换存在变 。可借助于以边指数衰减双信号与号函数符相，这 样便乘足傅里满叶变换条的。件先此乘积求信 x号(1t )的谱频，然后极取限出得号函符 x数t()的频谱。

ea xt 1t( )  et sgan(t) a t ex(

t )sg nt()  ilm 1x( t

)a0

t 0 t

0

X 1 ( f )  x 1t )e( 2 f tj td e ate j 2  f tt  d ea etj 2 f dt t j

0



0

4 fa ( 2f )

2

2

X ( )f F s n(t g) ilm 1 X( f ) 

j a0

1

f

(Xf )

1

f

f 0 f0

1x()t 1 |(X)f |(φf)π / 0 t20 - 10f - /π 2

f 

 ( f   )2    2

x 1 t(  e)at sg (tn) 符 号数函

符

号函数频谱

)b阶函跃频数谱

 1  0 tu(t  )0 t 

在0变跳点t = 处函数0值未义定或规， 定(0u=)1/2。 阶信跃不满足号绝对积条件，可但却存 在里叶变换。 由傅不于满足绝对可积件条， 不直接能其傅里求变叶换，可 采如用方法下解求。 法 解：利用符1函数号

ut () 1  sg1(t )n2 2

1 11  1  1  11 (Uf ) F u ( t )  F   Fgs(tn )  f ()  j   ( f )  j  22 f2 f 22

U (f ) 1 1 2( f) 2  2 f

果结明表单，位阶信跃 u(号t)频谱的 f=在 处存0一 个冲在分量激这是因为，u(t )含直有分量，在流料之预中。同时 由于， u(t)是不直流纯信，号 t=0在处有 跳 变，因在此频中还包谱其它含率分频量。

|U(f) φ(f| π)2/ 0 π-2/f 单位阶信跃频谱 f号

1/2) 0

解法 (：2用冲激利函数

t1 t 0 u 时( t    ())d   0t 0时



据傅根里叶换的积分特性变

t1 1 1  U1( f ) F   ( )d   (f ) () 0 f()   (f)  jx t) (    j 2 f 22 f 

1

1

5 - 求被 截断 的余 弦 函 数

c osω0 (t见图

-T

0T

t

-126)的傅里变叶换

。 tT  tT-

1 (tw )

1

 co ω0t s(t x )   0

-

T0 图

1-6 被截断2的弦余数函

T

t

解

： x(t ) w (t cos)2 ( ft)

0

w

t)(矩为脉形信号冲

W f )( 2 sinTc(2T f)

1

j2f0t  j2 f0 et  2 所e 以(xt)  w(t1)e j f02t 1w t()e j 2 f0t 2 cos22(f 0 )t







根据频

特移性叠加性和得

1：1 X ( f )W ( ff 0 ) W f ( f0) 22  T insc[2 T( f f 0) ] Tsin c2[T ( f f 0 )]

见可截被余断函数的频谱弦于将矩等形冲脉频的谱 一为二分各，左右向动 移0，f同时谱高线减小度 一。半说也明，单一频率简的谐号由信于截导致断谱 变得频无宽。限X

f) (T

-f 被截0断余的弦函数谱频

f0

f

1-6

求数指衰减号信x (t  e)



t

as

i n0ωt的 频谱

(tx

指)数减衰信号

解：

答isn(0t)  1j0t j 0 tee j

2



所以 (t ) x e



at

1

j0t j0t  ee 2j





ta1

单 边数指衰减号信 xt )  (e 为

X ( 1f)  (tx) 1e jt dt  e at e j t td

 0 

(a 

0 ,t 0) 的频 密度函谱

1数 a  j  2a j a  2

根

频据移性和特叠性加得：

X )( 1 1  aj (   0) a j ( 0 )  1X(   0)  X1 ( 0 )   2 j2 2 j a ( 0 )2 2a (  0 ) 2 0[ 2 a ( 2  02 )] a20 2  j 2 2

2 [a  2(  0) ]a[  ( 0 ) []a (  0 2 )][a 2 ( 0 2 )

X]()ωφ ()ω

0

π

ωπ-0 ω指衰减数号的信频谱图

1

7-设有一时间 数 函(t)f及频其如图谱 -27 所1示 。乘以现余型振弦荡 co ω st(ω

0

0

ωm ) 。在个关系这，函中数0

(f)t叫做制调信号，余弦荡 c振s o ωt叫 载波做试求。调幅

号信 ft() ocsω t 的 里叶傅换变 ，意示出调幅信画号及其0

频。谱又：问 若ωf

t(

)0

ωm 时将会 出现么情什况？

(Fω)

0

t

ω-m

0

ω

m

ω图

1-72题 17-

图： x解t()  f(t) c s(o )t

0F (

) [ Ff(t )

]

j10t j t 0 ee 2所以 x( t ) 1 f t()e j 0t  f1 ( te)j 0t 2 2 co(s0t) 





根据频移特性

叠加性得和

：(Xf ) 11 F ( 0  ) F ( 0 ) 2

可见调幅信号2的频等谱于将制调号的频谱信分一为 ，二各 向右移左动载ω频0， 同时谱高线度小减半一。

(Xf

)

-0 矩形ω幅信调号频谱

ω0

f

若

ω

0



mω将发生混叠 。

2-

2用个时间一常为数0 .3s5 一阶的置去装测 周期量分别 为1、s2 s 和5s的正弦 号，问稳信响态 幅值应误将差多是？少 ：解一阶设系统 (H)s

A( )  H( ) 1 1 ()

21

， (H  )  s11 1  j



12 2 1 (  )T

，T是输 的正入信号弦

的期 周稳态响相对幅值误差 应 A   100%1 将，已周期代 入得知58.

6% T s1   2.3% T 72s 8.5 T% 5s 

-32 周 求 信期 号 x(t)=05c.os10+t0.c2o(100s t 45−)通过传递函数为H(s)=1 (0.00/s51+的)置装后得

的稳到态响。 应：解 H( ) 

 11，A () 1 j .0050 1 (0 .050) 2

，

 ()  a ctanr(.0050)

装置是一该线性定常统系，设稳态应响 y(为)，t根 据性定常系线的统频保率持性比例性和、叠性加得到

(t)=yy1cos0(1t0+)+y10co2(s01t−4502+)其 中

0 y (

1A1

1

1 0 0 (

2x

)

1

0

.



，0



0

0

1

 (10)  artan(0.c05010) 28.6y

20 A(10) 0x20  1 1 (0.05 1000)2 02 .0.1 97

，

2  (00)1 ar ctn(a.005 1000) 26. 7

所以稳态响5为应y ( t ) 0.49c9o(10st  .268  )0.17c9s(o100t 71.57 2)-5 想一用个一阶系做统 001z H正弦信号测量的， 要如限求制幅振差在 误5以%内，么那间时数常取应多少？ 若用该系统测量 05Hz正 信号，弦 问此的振幅误时差 和角相差多少是？解 ：设一阶系统该的频函响数

H为( ) 1，是 时间常数1 j 



则稳

A ()

 11 (   )

2

响

态应

相

对

%

幅

)

值1

差

误 10 0

 A( )



 1  1 10  0  1 f (  2  2

令

≤%，f=150Hz，0解得≤52

3

s 如果 。=f50z，则H 相 

1 

 

对 1

幅

值

误

差



100% 1.% 3 6

5 0)  933.

：

2



 1 10%  01 2  1 (2 f) 1 (2  52 310 5 0 )

6

相

角：差 ( )  arc ant2(  f)  actar(2 n 53201

27- 将信 号 c st 输o入 一个 传 递 函数 为

H(s

=1/()s1)的一+装置阶后 试，求其括包态瞬程在

过的输出内 (y)t的达式。表解答 ：令x t)=cos(，则 t (sX) Y

(s )H ( )sX ( s) 1 s 2  s1s 2

s

s 

22

，所以

利

用分分部法式可到

Y ( 得s ) 1 1 1 1 1  12 1 ( )1 s (12 j ) s j 21( j )s  j

利逆拉用普斯拉换变得到

t1 1 1 y t )( L Y[ ( s] ) e e jt e jt 21  (  )2( 1 j ) 2( 1 j) 1



t 

1e jt e j t j e j(t  e jt )  e 1 ( )2 21 [( ) ] 1 c2so  t  sin  te  t/   2  1 ( ) 1 1  ( ) 2 ocs(t arcant )  e t / 2  1 (

)2

8- 求频 率响 应 函 数 3为15075 /2( 1+ .00j1)15(7573 +6176 0j -2)系统对的正输入

弦(tx)10s=n(i6.8t)2的稳态响应的均显示值。

解该系：统可以成看一个是一阶性线常系统定和一 个阶二线定常性系的串联，统串后仍联为然线性常定 系统。根据性定常线统系频的率保持性知，可当入输 正为信号弦，时 稳其响态仍然为应同频率正弦的信，号 而正信弦的平均号值 0为所，稳态响应以的值显示均为 。 2-90试 求 传 递 函 分 数别为 1./(53.5 s+0. )5 和4 n2/1(s + 21.ns 4+ n2)两环节的串联组成的后系统 总灵的敏（度考不负载虑效） 。应解

H1：( s  )1K1.5 3，即静态敏度灵 .5s 30 5 7 s  1.7 s 1

K=31

H 2 ( s)

4n12 K 2n 2  s2 14. ns n 2 s2 1.4ns n2

，即静态灵

度敏 K24=

1

为因者串两无负载联应，所效以总 静态灵度 敏K= K 1 K2  = 3 4 =1 1322- 1 设某0力传感可作器二阶为振系荡处理统已。 知传感器固有的频率 80为0H，阻尼比z0.=1，问4使 用传感器作该率为频40 Hz0的正 力弦试时，其测值幅 比A )和相(角差)(为多各？少该若置的阻尼比 装为改0=7，问 .A(和)()又如将何变化？ 解设 ： H )(

n2 s2 2 sn  n2

，则

A( ) 

1

   1    n

2

     2  n  

2

， (  ) racatn2

2



n

 2 1     n 2 f f

n

，

即

( f A )

1

 f  f  1   

  2 f f n  n  

2 2 2

， f )  ( artca

n

f  1  f n

2

将

nf= 800zH， =.140， f 400H=z，代入上面 式子得的到

A(

04)0 1 .31，400)( − 0157

如.果 = 0.，7 则A(400) 0. 795，( 40)  −043.032 11- 一对可个为视二阶系统装的置输入一单位阶跃 数函，测后其响应得第一个超调的峰值量 为.15,振 周荡为期 62.8。s设 知已该装的静置增益为态3， 求该 装的传递置函数该和置在装无阻尼固频有率处频率 的响应。 解 ： 

1  1   ln( /MKx0 ) 

2



1  1    l(n.51 / )3 2

.0125

因为

 =d 6.82s，以所

d= /d 2=1 ard/sn

 d

 12



1 1

 .210

5

2 .1240rdas/

所以

H s)( 

3n2 315 .  2 22s 2ns  n s 0. 4s4 1.5

0H

( )

3

n2 31. 52 2 n   j 2n1 0. 5 2 j 0.44



A( )

3

2 

 2     1  044.  n  n   2

2

 ( )  rcatna

 n

2

   1  n

当 = n 时，

(An )  3    1    

2

n    .044 n   

2

 6.28

2



(n )  09

-44用 阻电应变接成片全桥，测量一某件构的应变，已知其变化规 为律



()t=coA10s+Btoc1s00

t果如电激励电压 桥u0=Esn1i0000，试t此电桥求的 出输号频谱。信解：接成等臂全桥，设应 片的灵敏变度为 g，S据等根臂 电桥减特性得加到

uo 

R

eu S  g(t u) e  gS( Ac s10t o B cos100t )E sn1i0000tR 1S gEA sin(10 10 00)t  si0n10( 0100)0t  12 S g E Bsn(10i 0 01000t )s n(1i00 0100)0t 2 S g A SE B E  sin00110 ts i n990t9  g  is1n0010 t isn 9090t 2 2

幅

图频为An(

)f

Sg EB 2

S

gAE

2 S gEB2

9

900

9990 1001

0

0110

f

04-

5已 调幅波

知

x(ta=()0103+c0os+20tosc3t)cost，其中 fc=c1kH0，zf=500Hz试求。

：）x1at(所包含)的各量分频率的及幅值 2；绘出）调制号与信调波的频谱。 幅：解1xa(t）)=01c0ost c+5co1s(c-t+15)co(s+c)+1t0co(sc-3)+t1c0os (c+3)t 各频分率的量频/幅率值分为别：00100zH/10， 09500z/1H51，500Hz/150，5008zH1/，11005Hz0/01。2 ）调制信号 x()=t1003+cos0t2+0ocst，3各 分频率/量值幅分为别：0 H/1z00 5，00zH/3，01 50H0z/20。调 制号与信幅调波频的如谱图所。示

An(f)

01

0

Anf(

)

100

3

02 0501 0

f

0 18500

5

1

5

10 111005f

09500 10000 10050 幅波调频谱

调制信频谱

号-2 5假定一有信号 个(tx)它，由个频率两相角均、 不相的等弦余数函加而叠，成数学其达表式

为

xt)=(1Aco(s1t+1) A2co+s2(t+)2

求该号的自相信函关数。解：设 1(xt)=1Aoc(s1t+1；)2(xt) A2=cs(o2t+2)，

则Rx( ) li m1 T [ 1 (x )t x2 t( )][ x1( t  )  x2 t(  )]dtT  2 TT T 11 T lim x (t 1 x)1 t  () d tli mx1( t )x2 t (  d) t T 2T T T  2T T 1 T1 T l i x ( mt) x ( t )t dl i x2 (t ) mx 2(t  ) t 2 d T1 2T T T  T 2T  R1x( ) R 1x2 x( ) R 2 x1 x ) ( R2x () x1

x2

因为1 2，所 以R

(

) 0 ，Rx x21( ) 0 。

又因

为 1xt)(和x2(t)为 周信号，所期

以Rx 1(  ) 11T A1 co(s1t 1 )A1 osc[1 t(  ) 1]dt T 10 A T1 2 1 1  cos 1t 1   1(t   )1  cs o1t  1  1 t   )(  1  dtT1 0 T12 12 A 1 Tc os2  t  2  t d  1 1 1 cos(01 dt  ) 0  2T1 2A A 2  01 tc o(s1  )1 cos( 1  2T)12

T01

理同可求得R

x 1( )

A2

2cos (2 ) 2

所 以R( )  R

x

1x  )( Rx 2(  )

A12

A2 cs(1 ) o 2cs(o2 2)

25- 3求方波正和波（见图 弦52-）的4互相函关。

数(t)x 1 sin(t)

0 -1 yt) (1

T

t -10 图5-2 题4 5- 3图

t

法解 ：1按方波段分分积直接算计。Rxy

(   )1T 1 T (xt) y (t  d)  t (x t  ) y(t )dt T 0T T 3T T0  1 4 (1 )ins(t   dt) T 4 1 is(nt   dt ) 3T( 1)si (tn  d)  tT0 4 4 2 sin( )





解

法2：方将波y (t)开成展角三级数其，基波与 (xt )频相同，而关次三以谐上与波 xt)不(同不频相关不， 必算，计 以只所需计 y算t(的)基波 x(t)的与互关函 数即相。可y (t

)  4 11  co t sco s3t cos5 t   3  5



xRy ( )

所以

1

T T 1 4x ( )ty (t   dt) sin( t  )  cos( t  d)t  T0T 0  4 T 1 sint( t  )  si n(t t   )t dT 02 T2 T s in2( t  )dt  s0i(n) dt   0 T  22   0 T sn(i) sin ( )T



解法 3：接直按 Rx(y)定义式计(算参看图)。

Rxy下 ( ) 1T x(t )y (t d)t T03 TT  1T   4 ( 1) in(t sd) t T4 1si(nt d) t3 T (1)sin( t  dt  )   0 T 4 4 2 s in(

)

(t)x 1 in(ts

0)- 1 (yt 1)

T

t

0

-1 (t+y 1

) 4T



3T4

T

t

-01

T

4

T3 4

T

t

考上参图以可算出图方中波 (y)的自t相关函

数

T  41   T0    24T yR( )   3  T 2 T  R y( n )Tn 0,

1,2,

R(y)

T/

20T



方

波的相关函数自

5-4 某一系图的统输人号为信 xt)(（图 见52-5 ，若输 出） (y)t输与 入(t)相x同，输入的相关函数 自x(R)和 入—输出输互的关函数相 R(x)间的关之为

系x(R)=Ryx(+T，试)明说该统起系么什作用？x

(t 系 )统y (t)

R(x

Rxy())

0

图 5-2 题55- 4图

0

T

解

因：为 R(x)=Ryx(+T) 所以 iml1 

T T

T0

xt () xt (  )dt lmi

1 T x(t

)(t y T ) td T T 0

所 x(以t+=y)(t+T+)

t令1 t=+T+代入上，得式

x(1t- T)y=(1t，)即 y(t)= x t( T-)

结说明了果该统系将输信号入不失地延迟了真T 时。间 -55 试根据一信号的自个关函相图数形讨论，何确如 定该号中信常值分的量和周成分。 解：期设信号 xt(的均值为x)x，(t1是 x(t)减去)均值后的分量 ，

则x(t) =

 + x1x(t

)xR ( ) l i 1m T1 T x( t x(t )  )d t lim  x x1(t )  x x 1t(   dt) 0 T T TT 0 1 T li m    x 2 x x (t 1 )  x1x (t ) x1 (t) x1 ( t  ) d tT T0  T TT 1T  lim   x2 d  t  x1x (t dt )  x1x t( )d t  x1( t) x (1 t ) td  000 0 T  T 2 2   0x  0Rx 1  ) (   x Rx1 ()

 x

1如

果 x1t( )含周不期量，则 分lim

R

(

) 0

，所此时以

l

imR x  (  ) x ；2果如

x

()t周含分量期，则Rx ()中必含

有频同率的周期分； 量果如x(t) 幅值为含x 0的 谐周简期 量，则分Rx )中(含有必同频率的谐简期分量，周且该 简周谐期分的量幅为 值x0/2； 根据2上分以结析论，可便由相自关数图函确中均 值（定常即值量）和周期分分量的期周及幅，参值见 下的面。例如：如图 l果i Rm  ) ( C，则 

 x

x



C

。

R(x

)2+x x2

x2

0 2- xx

2

相自关数函的质图示 R性(x)

x 2 20

含有简0周谐期分的量相自关函数图

的

5-

6知已信的自号相函关数 Aco为s ，请定确该号信 均的值方x和 均方值 根rmx。s2

解

R：(x=)Acso

x2 Rx(0)=A=2

xrsm   xA

机械程测工技试术础基习题解答 -11求周 方期波见（ 图-14）的里叶级傅数（复指 数函数式形 ，）出划|cn|–ω和φn–ω，并图与表 1-1对 。

x比t)( A…



T

0

20- A

T0

2T

0… t

T

0 图-1

4周期

波信方号波形图

解：答在个周一期表的达式

为  A  xt()    A (T0 t 0 ) 2 .T0 0( t  )

2

积区分间取（T-2，T//）2c

n 1 0T

T

02 T  2

0(tx)e j n0t d t=

1

0T



0





j0n dtt+ T0 A e

21 T

0

T02

0

e  jnA0tdt

j

= Ac(ons 1)- n



n(=0 , 1,  , 2 3

,)

所以复数指数形式的傅里函叶数级为x

(t )n 

c

en



j

n0t

j

A



n 

 n (1

c s o n)e



1

j

nt0

，n =, 0 ,1 2,  3 。

,

)

A (1  co n )scnI n  cn  0R

(n

0,= 1, ,2 ,3

c nc Rn c In2

2

2 AA  ( 1  cos n )  n  n 0

n

1 ,3, ,n  , 20, , 64

,φn

a rtca

nc

Inc Rn

π  2 n  , 13 5,,  π n 1 3,, 5 ,2  n 0 , 2, ,4 , 60

没偶次有波谐。其频图如谱图下所。

|示cn |A2/ πA23π -3ω0/- 0 ωω0 2Aπ/ 2A3π/3 0ω /π2 ω 0-ω50 ω-3ω0 - 0 -π/ω2相频图 周 期波方复数函数指形式频图 谱ω305 ω ω φ0

2nA5/π 5ω-0

2A/π 550

ω幅

频

图1- 3指数函数求 (xt)  e A答：

解a

t

( a0 t , )0的频谱

。X( f ) x ( )et j 2 t dt f eA t eaj 2 f t d tA

 0





e

 (a  j2 f t) (a j 2 f

 0



)AA a  ( j2 f ) 2a j2 f a ( f ) 22

X

f( 

)k a

 (2 f )2

 2( f)  artca

n

mI X( f ) 2 f  racatn R X e(f ) a

|(fX|) A/a

φ(f)

π/2

0 0f -π/2

f

单边

指衰减信号数谱图

频1- 求符4函号(见图 数1-52)a和位单跃函数(见阶图 1 2-5b)的谱频

s。g(n)t1 0 1- a)符号函 图数 125- 题1- 图4b) 阶跃数函t u () 1 0t

t)符a函号的频数

谱1 t0 x (t ) sgn(t )  1t 0



t= 处可不0予义定，或定规sgn(0 =)。

该信0不满号绝足可积条对，不能件直求解，但接傅 叶里换存在变 。可借助于以边指数衰减双信号与号函数符相，这 样便乘足傅里满叶变换条的。件先此乘积求信 x号(1t )的谱频，然后极取限出得号函符 x数t()的频谱。

ea xt 1t( )  et sgan(t) a t ex(

t )sg nt()  ilm 1x( t

)a0

t 0 t

0

X 1 ( f )  x 1t )e( 2 f tj td e ate j 2  f tt  d ea etj 2 f dt t j

0



0

4 fa ( 2f )

2

2

X ( )f F s n(t g) ilm 1 X( f ) 

j a0

1

f

(Xf )

1

f

f 0 f0

1x()t 1 |(X)f |(φf)π / 0 t20 - 10f - /π 2

f 

 ( f   )2    2

x 1 t(  e)at sg (tn) 符 号数函

符

号函数频谱

)b阶函跃频数谱

 1  0 tu(t  )0 t 

在0变跳点t = 处函数0值未义定或规， 定(0u=)1/2。 阶信跃不满足号绝对积条件，可但却存 在里叶变换。 由傅不于满足绝对可积件条， 不直接能其傅里求变叶换，可 采如用方法下解求。 法 解：利用符1函数号

ut () 1  sg1(t )n2 2

1 11  1  1  11 (Uf ) F u ( t )  F   Fgs(tn )  f ()  j   ( f )  j  22 f2 f 22

U (f ) 1 1 2( f) 2  2 f

果结明表单，位阶信跃 u(号t)频谱的 f=在 处存0一 个冲在分量激这是因为，u(t )含直有分量，在流料之预中。同时 由于， u(t)是不直流纯信，号 t=0在处有 跳 变，因在此频中还包谱其它含率分频量。

|U(f) φ(f| π)2/ 0 π-2/f 单位阶信跃频谱 f号

1/2) 0

解法 (：2用冲激利函数

t1 t 0 u 时( t    ())d   0t 0时



据傅根里叶换的积分特性变

t1 1 1  U1( f ) F   ( )d   (f ) () 0 f()   (f)  jx t) (    j 2 f 22 f 

1

1

5 - 求被 截断 的余 弦 函 数

c osω0 (t见图

-T

0T

t

-126)的傅里变叶换

。 tT  tT-

1 (tw )

1

 co ω0t s(t x )   0

-

T0 图

1-6 被截断2的弦余数函

T

t

解

： x(t ) w (t cos)2 ( ft)

0

w

t)(矩为脉形信号冲

W f )( 2 sinTc(2T f)

1

j2f0t  j2 f0 et  2 所e 以(xt)  w(t1)e j f02t 1w t()e j 2 f0t 2 cos22(f 0 )t







根据频

特移性叠加性和得

1：1 X ( f )W ( ff 0 ) W f ( f0) 22  T insc[2 T( f f 0) ] Tsin c2[T ( f f 0 )]

见可截被余断函数的频谱弦于将矩等形冲脉频的谱 一为二分各，左右向动 移0，f同时谱高线减小度 一。半说也明，单一频率简的谐号由信于截导致断谱 变得频无宽。限X

f) (T

-f 被截0断余的弦函数谱频

f0

f

1-6

求数指衰减号信x (t  e)



t

as

i n0ωt的 频谱

(tx

指)数减衰信号

解：

答isn(0t)  1j0t j 0 tee j

2



所以 (t ) x e



at

1

j0t j0t  ee 2j





ta1

单 边数指衰减号信 xt )  (e 为

X ( 1f)  (tx) 1e jt dt  e at e j t td

 0 

(a 

0 ,t 0) 的频 密度函谱

1数 a  j  2a j a  2

根

频据移性和特叠性加得：

X )( 1 1  aj (   0) a j ( 0 )  1X(   0)  X1 ( 0 )   2 j2 2 j a ( 0 )2 2a (  0 ) 2 0[ 2 a ( 2  02 )] a20 2  j 2 2

2 [a  2(  0) ]a[  ( 0 ) []a (  0 2 )][a 2 ( 0 2 )

X]()ωφ ()ω

0

π

ωπ-0 ω指衰减数号的信频谱图

1

7-设有一时间 数 函(t)f及频其如图谱 -27 所1示 。乘以现余型振弦荡 co ω st(ω

0

0

ωm ) 。在个关系这，函中数0

(f)t叫做制调信号，余弦荡 c振s o ωt叫 载波做试求。调幅

号信 ft() ocsω t 的 里叶傅换变 ，意示出调幅信画号及其0

频。谱又：问 若ωf

t(

)0

ωm 时将会 出现么情什况？

(Fω)

0

t

ω-m

0

ω

m

ω图

1-72题 17-

图： x解t()  f(t) c s(o )t

0F (

) [ Ff(t )

]

j10t j t 0 ee 2所以 x( t ) 1 f t()e j 0t  f1 ( te)j 0t 2 2 co(s0t) 





根据频移特性

叠加性得和

：(Xf ) 11 F ( 0  ) F ( 0 ) 2

可见调幅信号2的频等谱于将制调号的频谱信分一为 ，二各 向右移左动载ω频0， 同时谱高线度小减半一。

(Xf

)

-0 矩形ω幅信调号频谱

ω0

f

若

ω

0



mω将发生混叠 。

2-

2用个时间一常为数0 .3s5 一阶的置去装测 周期量分别 为1、s2 s 和5s的正弦 号，问稳信响态 幅值应误将差多是？少 ：解一阶设系统 (H)s

A( )  H( ) 1 1 ()

21

， (H  )  s11 1  j



12 2 1 (  )T

，T是输 的正入信号弦

的期 周稳态响相对幅值误差 应 A   100%1 将，已周期代 入得知58.

6% T s1   2.3% T 72s 8.5 T% 5s 

-32 周 求 信期 号 x(t)=05c.os10+t0.c2o(100s t 45−)通过传递函数为H(s)=1 (0.00/s51+的)置装后得

的稳到态响。 应：解 H( ) 

 11，A () 1 j .0050 1 (0 .050) 2

，

 ()  a ctanr(.0050)

装置是一该线性定常统系，设稳态应响 y(为)，t根 据性定常系线的统频保率持性比例性和、叠性加得到

(t)=yy1cos0(1t0+)+y10co2(s01t−4502+)其 中

0 y (

1A1

1

1 0 0 (

2x

)

1

0

.



，0



0

0

1

 (10)  artan(0.c05010) 28.6y

20 A(10) 0x20  1 1 (0.05 1000)2 02 .0.1 97

，

2  (00)1 ar ctn(a.005 1000) 26. 7

所以稳态响5为应y ( t ) 0.49c9o(10st  .268  )0.17c9s(o100t 71.57 2)-5 想一用个一阶系做统 001z H正弦信号测量的， 要如限求制幅振差在 误5以%内，么那间时数常取应多少？ 若用该系统测量 05Hz正 信号，弦 问此的振幅误时差 和角相差多少是？解 ：设一阶系统该的频函响数

H为( ) 1，是 时间常数1 j 



则稳

A ()

 11 (   )

2

响

态应

相

对

%

幅

)

值1

差

误 10 0

 A( )



 1  1 10  0  1 f (  2  2

令

≤%，f=150Hz，0解得≤52

3

s 如果 。=f50z，则H 相 

1 

 

对 1

幅

值

误

差



100% 1.% 3 6

5 0)  933.

：

2



 1 10%  01 2  1 (2 f) 1 (2  52 310 5 0 )

6

相

角：差 ( )  arc ant2(  f)  actar(2 n 53201

27- 将信 号 c st 输o入 一个 传 递 函数 为

H(s

=1/()s1)的一+装置阶后 试，求其括包态瞬程在

过的输出内 (y)t的达式。表解答 ：令x t)=cos(，则 t (sX) Y

(s )H ( )sX ( s) 1 s 2  s1s 2

s

s 

22

，所以

利

用分分部法式可到

Y ( 得s ) 1 1 1 1 1  12 1 ( )1 s (12 j ) s j 21( j )s  j

利逆拉用普斯拉换变得到

t1 1 1 y t )( L Y[ ( s] ) e e jt e jt 21  (  )2( 1 j ) 2( 1 j) 1



t 

1e jt e j t j e j(t  e jt )  e 1 ( )2 21 [( ) ] 1 c2so  t  sin  te  t/   2  1 ( ) 1 1  ( ) 2 ocs(t arcant )  e t / 2  1 (

)2

8- 求频 率响 应 函 数 3为15075 /2( 1+ .00j1)15(7573 +6176 0j -2)系统对的正输入

弦(tx)10s=n(i6.8t)2的稳态响应的均显示值。

解该系：统可以成看一个是一阶性线常系统定和一 个阶二线定常性系的串联，统串后仍联为然线性常定 系统。根据性定常线统系频的率保持性知，可当入输 正为信号弦，时 稳其响态仍然为应同频率正弦的信，号 而正信弦的平均号值 0为所，稳态响应以的值显示均为 。 2-90试 求 传 递 函 分 数别为 1./(53.5 s+0. )5 和4 n2/1(s + 21.ns 4+ n2)两环节的串联组成的后系统 总灵的敏（度考不负载虑效） 。应解

H1：( s  )1K1.5 3，即静态敏度灵 .5s 30 5 7 s  1.7 s 1

K=31

H 2 ( s)

4n12 K 2n 2  s2 14. ns n 2 s2 1.4ns n2

，即静态灵

度敏 K24=

1

为因者串两无负载联应，所效以总 静态灵度 敏K= K 1 K2  = 3 4 =1 1322- 1 设某0力传感可作器二阶为振系荡处理统已。 知传感器固有的频率 80为0H，阻尼比z0.=1，问4使 用传感器作该率为频40 Hz0的正 力弦试时，其测值幅 比A )和相(角差)(为多各？少该若置的阻尼比 装为改0=7，问 .A(和)()又如将何变化？ 解设 ： H )(

n2 s2 2 sn  n2

，则

A( ) 

1

   1    n

2

     2  n  

2

， (  ) racatn2

2



n

 2 1     n 2 f f

n

，

即

( f A )

1

 f  f  1   

  2 f f n  n  

2 2 2

， f )  ( artca

n

f  1  f n

2

将

nf= 800zH， =.140， f 400H=z，代入上面 式子得的到

A(

04)0 1 .31，400)( − 0157

如.果 = 0.，7 则A(400) 0. 795，( 40)  −043.032 11- 一对可个为视二阶系统装的置输入一单位阶跃 数函，测后其响应得第一个超调的峰值量 为.15,振 周荡为期 62.8。s设 知已该装的静置增益为态3， 求该 装的传递置函数该和置在装无阻尼固频有率处频率 的响应。 解 ： 

1  1   ln( /MKx0 ) 

2



1  1    l(n.51 / )3 2

.0125

因为

 =d 6.82s，以所

d= /d 2=1 ard/sn

 d

 12



1 1

 .210

5

2 .1240rdas/

所以

H s)( 

3n2 315 .  2 22s 2ns  n s 0. 4s4 1.5

0H

( )

3

n2 31. 52 2 n   j 2n1 0. 5 2 j 0.44



A( )

3

2 

 2     1  044.  n  n   2

2

 ( )  rcatna

 n

2

   1  n

当 = n 时，

(An )  3    1    

2

n    .044 n   

2

 6.28

2



(n )  09

-44用 阻电应变接成片全桥，测量一某件构的应变，已知其变化规 为律



()t=coA10s+Btoc1s00

t果如电激励电压 桥u0=Esn1i0000，试t此电桥求的 出输号频谱。信解：接成等臂全桥，设应 片的灵敏变度为 g，S据等根臂 电桥减特性得加到

uo 

R

eu S  g(t u) e  gS( Ac s10t o B cos100t )E sn1i0000tR 1S gEA sin(10 10 00)t  si0n10( 0100)0t  12 S g E Bsn(10i 0 01000t )s n(1i00 0100)0t 2 S g A SE B E  sin00110 ts i n990t9  g  is1n0010 t isn 9090t 2 2

幅

图频为An(

)f

Sg EB 2

S

gAE

2 S gEB2

9

900

9990 1001

0

0110

f

04-

5已 调幅波

知

x(ta=()0103+c0os+20tosc3t)cost，其中 fc=c1kH0，zf=500Hz试求。

：）x1at(所包含)的各量分频率的及幅值 2；绘出）调制号与信调波的频谱。 幅：解1xa(t）)=01c0ost c+5co1s(c-t+15)co(s+c)+1t0co(sc-3)+t1c0os (c+3)t 各频分率的量频/幅率值分为别：00100zH/10， 09500z/1H51，500Hz/150，5008zH1/，11005Hz0/01。2 ）调制信号 x()=t1003+cos0t2+0ocst，3各 分频率/量值幅分为别：0 H/1z00 5，00zH/3，01 50H0z/20。调 制号与信幅调波频的如谱图所。示

An(f)

01

0

Anf(

)

100

3

02 0501 0

f

0 18500

5

1

5

10 111005f

09500 10000 10050 幅波调频谱

调制信频谱

号-2 5假定一有信号 个(tx)它，由个频率两相角均、 不相的等弦余数函加而叠，成数学其达表式

为

xt)=(1Aco(s1t+1) A2co+s2(t+)2

求该号的自相信函关数。解：设 1(xt)=1Aoc(s1t+1；)2(xt) A2=cs(o2t+2)，

则Rx( ) li m1 T [ 1 (x )t x2 t( )][ x1( t  )  x2 t(  )]dtT  2 TT T 11 T lim x (t 1 x)1 t  () d tli mx1( t )x2 t (  d) t T 2T T T  2T T 1 T1 T l i x ( mt) x ( t )t dl i x2 (t ) mx 2(t  ) t 2 d T1 2T T T  T 2T  R1x( ) R 1x2 x( ) R 2 x1 x ) ( R2x () x1

x2

因为1 2，所 以R

(

) 0 ，Rx x21( ) 0 。

又因

为 1xt)(和x2(t)为 周信号，所期

以Rx 1(  ) 11T A1 co(s1t 1 )A1 osc[1 t(  ) 1]dt T 10 A T1 2 1 1  cos 1t 1   1(t   )1  cs o1t  1  1 t   )(  1  dtT1 0 T12 12 A 1 Tc os2  t  2  t d  1 1 1 cos(01 dt  ) 0  2T1 2A A 2  01 tc o(s1  )1 cos( 1  2T)12

T01

理同可求得R

x 1( )

A2

2cos (2 ) 2

所 以R( )  R

x

1x  )( Rx 2(  )

A12

A2 cs(1 ) o 2cs(o2 2)

25- 3求方波正和波（见图 弦52-）的4互相函关。

数(t)x 1 sin(t)

0 -1 yt) (1

T

t -10 图5-2 题4 5- 3图

t

法解 ：1按方波段分分积直接算计。Rxy

(   )1T 1 T (xt) y (t  d)  t (x t  ) y(t )dt T 0T T 3T T0  1 4 (1 )ins(t   dt) T 4 1 is(nt   dt ) 3T( 1)si (tn  d)  tT0 4 4 2 sin( )





解

法2：方将波y (t)开成展角三级数其，基波与 (xt )频相同，而关次三以谐上与波 xt)不(同不频相关不， 必算，计 以只所需计 y算t(的)基波 x(t)的与互关函 数即相。可y (t

)  4 11  co t sco s3t cos5 t   3  5



xRy ( )

所以

1

T T 1 4x ( )ty (t   dt) sin( t  )  cos( t  d)t  T0T 0  4 T 1 sint( t  )  si n(t t   )t dT 02 T2 T s in2( t  )dt  s0i(n) dt   0 T  22   0 T sn(i) sin ( )T



解法 3：接直按 Rx(y)定义式计(算参看图)。

Rxy下 ( ) 1T x(t )y (t d)t T03 TT  1T   4 ( 1) in(t sd) t T4 1si(nt d) t3 T (1)sin( t  dt  )   0 T 4 4 2 s in(

)

(t)x 1 in(ts

0)- 1 (yt 1)

T

t

0

-1 (t+y 1

) 4T



3T4

T

t

-01

T

4

T3 4

T

t

考上参图以可算出图方中波 (y)的自t相关函

数

T  41   T0    24T yR( )   3  T 2 T  R y( n )Tn 0,

1,2,

R(y)

T/

20T



方

波的相关函数自

5-4 某一系图的统输人号为信 xt)(（图 见52-5 ，若输 出） (y)t输与 入(t)相x同，输入的相关函数 自x(R)和 入—输出输互的关函数相 R(x)间的关之为

系x(R)=Ryx(+T，试)明说该统起系么什作用？x

(t 系 )统y (t)

R(x

Rxy())

0

图 5-2 题55- 4图

0

T

解

因：为 R(x)=Ryx(+T) 所以 iml1 

T T

T0

xt () xt (  )dt lmi

1 T x(t

)(t y T ) td T T 0

所 x(以t+=y)(t+T+)

t令1 t=+T+代入上，得式

x(1t- T)y=(1t，)即 y(t)= x t( T-)

结说明了果该统系将输信号入不失地延迟了真T 时。间 -55 试根据一信号的自个关函相图数形讨论，何确如 定该号中信常值分的量和周成分。 解：期设信号 xt(的均值为x)x，(t1是 x(t)减去)均值后的分量 ，

则x(t) =

 + x1x(t

)xR ( ) l i 1m T1 T x( t x(t )  )d t lim  x x1(t )  x x 1t(   dt) 0 T T TT 0 1 T li m    x 2 x x (t 1 )  x1x (t ) x1 (t) x1 ( t  ) d tT T0  T TT 1T  lim   x2 d  t  x1x (t dt )  x1x t( )d t  x1( t) x (1 t ) td  000 0 T  T 2 2   0x  0Rx 1  ) (   x Rx1 ()

 x

1如

果 x1t( )含周不期量，则 分lim

R

(

) 0

，所此时以

l

imR x  (  ) x ；2果如

x

()t周含分量期，则Rx ()中必含

有频同率的周期分； 量果如x(t) 幅值为含x 0的 谐周简期 量，则分Rx )中(含有必同频率的谐简期分量，周且该 简周谐期分的量幅为 值x0/2； 根据2上分以结析论，可便由相自关数图函确中均 值（定常即值量）和周期分分量的期周及幅，参值见 下的面。例如：如图 l果i Rm  ) ( C，则 

 x

x



C

。

R(x

)2+x x2

x2

0 2- xx

2

相自关数函的质图示 R性(x)

x 2 20

含有简0周谐期分的量相自关函数图

的

5-

6知已信的自号相函关数 Aco为s ，请定确该号信 均的值方x和 均方值 根rmx。s2

解

R：(x=)Acso

x2 Rx(0)=A=2

xrsm   xA