B 卷解答

一、选择题

1.1

D

${\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\delta (9t)f(t)\mathrm{d}t={\displaystyle \frac{1}{9}}{\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\delta (t)f(t)\mathrm{d}t={\displaystyle \frac{1}{9}}f(0)}}$$\inti \delta(9t) f(t) \dt = \dfrac{1}{9} \inti \delta(t) f(t) \dt = \dfrac{1}{9} f(0)$.

1.2

D

1. $x(t)\stackrel{\text{系}\text{统}}{\to }x(2t)\stackrel{\text{时}\text{延}}{\to }x(2t-2\tau )$$x(t) \xrightarrow{系统} x(2t) \xrightarrow{时延} x(2t - 2\tau)$.

   $x(t)\stackrel{\text{时}\text{延}}{\to }x(t-\tau )\stackrel{\text{系}\text{统}}{\to }x(2t-\tau )$$x(t) \xrightarrow{时延} x(t - \tau) \xrightarrow{系统} x(2t - \tau)$.

   二者不等，故为时变系统.

2. $y(t-\tau )=\sin 6(t-\tau )\cdot x(t-\tau )$$y(t - \tau) = \sin6(t - \tau) \cdot x(t - \tau)$.

   $y_{\tau }(t)=\sin 6t\cdot x(t-\tau )$$y_\tau(t) = \sin 6t \cdot x(t - \tau)$.

   二者不等，故为时变.

3. 同 A.

4. $y(t-t_0)={\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{t-t_0}x(\tau )\mathrm{d}\tau ={\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{t}x(\tau -t_0)\mathrm{d}\tau =y_{t_0}(t)}}$$y(t - t_0) = \dint_{-\infty}^{t - t_0} x(\tau) \dd{\tau} = \dint_{-\infty}^t x(\tau - t_0) \dd{\tau} = y_{t_0}(t)$，故为时不变.

   定积分算子为线性算子，故为线性系统.

1.3

A

$f(t)={\mathrm{e}}^2\cdot {\mathrm{e}}^{-t}u(t)\stackrel{\mathcal{L}}{\leftrightarrow }{\displaystyle \frac{{\mathrm{e}}^2}{s+1}}$$f(t) = \e^2 \cdot \e^{-t} u(t) \lt \dfrac{\e^2}{s + 1}$.

1.4

B

${\displaystyle \frac{5}{s(2s+3)}}={\displaystyle \frac{5}{3s}}-{\displaystyle \frac{5}{3(s+\frac{3}{2})}}\stackrel{\mathcal{Z}}{\leftrightarrow }{\displaystyle \frac{5}{3}}(1-{\mathrm{e}}^{-\frac{3}{2}t})u(t)$$\dfrac{5}{s (2s + 3)} = \dfrac{5}{3s} - \dfrac{5}{3 \pqty{s + \cfrac{3}{2}}} \zt \dfrac{5}{3} \pqty{1 - \e^{-\tfrac{3}{2} t}} u(t)$.

1.5

C

$\delta (\omega +10)-\delta (\omega -10)\stackrel{\mathcal{F}}{\leftrightarrow }{\displaystyle \frac{{\mathrm{e}}^{-\mathrm{j}10t}-{\mathrm{e}}^{\mathrm{j}10t}}{2\pi }}=-{\displaystyle \frac{\mathrm{j}}{\pi }}\sin \left(10t\right)$$\delta(\omega + 10) - \delta(\omega - 10) \ft \dfrac{\e^{-\j 10 t} - \e^{\j 10 t}}{2\pi} = -\dfrac{\j}{\pi} \sin(10 t)$.

1.6

$f(2t-9)\stackrel{\mathcal{F}}{\leftrightarrow }{\displaystyle \frac{1}{2}}F\left({\displaystyle \frac{\omega }{2}}\right){\mathrm{e}}^{-\mathrm{j}\omega \frac{9}{2}}={\displaystyle \frac{E\tau }{2}}\mathrm{Sa}\left({\displaystyle \frac{\omega \tau }{4}}\right){\mathrm{e}}^{-\mathrm{j}\frac{9}{2}\omega }$$f(2t - 9) \ft \dfrac{1}{2} F\pqty{\dfrac{\omega}{2}} \e^{-\j\omega \tfrac{9}{2}} = \dfrac{E \tau}{2} \Sa\pqty{\dfrac{\omega\tau}{4}} \e^{-\j \tfrac{9}{2} \omega}$.

备注 答案有误.

1.7

A

1.8

D

1. $r(t)=ke(t-t_0)$$r(t) = k e(t - t_0)$.

2. $R(\omega )=kE(\omega ){\mathrm{e}}^{-\mathrm{j}\omega t_0}$$R(\omega) = k E(\omega) \e^{-\j\omega t_0}$.

3. $H(\omega )=k{\mathrm{e}}^{-\mathrm{j}\omega t_0}$$H(\omega) = k \e^{-\j\omega t_0}$.

4. $h(t)=k\delta (t-t_0)$$h(t) = k \delta(t - t_0)$.

备注 题目应特指充要条件，并指明 $t_0\ge 0$$t_0 \ge 0$.

1.9

A

硬分类讨论即可.

1.10

$y(2)=3\cdot 1+0\cdot 4+1\cdot 2=5$$y(2) = 3 \cdot 1 + 0 \cdot 4 + 1 \cdot 2 = 5$.

备注 如果需要计算全部项，则可使用对位相乘求和法.

二、简答题

1. 阶跃响应是系统在单位阶跃函数 $u(t)$$u(t)$ 的激励下产生的零状态响应 $g(t)$$g(t)$.

2. 因果系统的定义有多种表述：

   1. 输入不超前于输出的系统.

   2. 零状态响应在激励之前的系统.

   3. $t_0$$t_0$ 时刻的响应只与 $t\le t_0$$t \le t_0$ 时的输入有关.

3. 见 1.8 题. 可表述为：

   1. 在信号的带宽内，幅频特性为常数函数，相频特性为正比例函数且斜率非负.

   2. 系统函数可写为：$H(\omega )=k{\mathrm{e}}^{-\mathrm{j}\omega t_0}$$H(\omega) = k \e^{-\j\omega t_0}$.

   3. 输入输出有关系式：$R(\omega )=kE(\omega ){\mathrm{e}}^{-\mathrm{j}\omega t_0}$$R(\omega) = k E(\omega) \e^{-\j\omega t_0}$.

4. 奈奎斯特间隔：$T_{\mathrm{s}}={\displaystyle \frac{2\pi }{{\omega }_{\mathrm{s}}}}={\displaystyle \frac{\pi }{{\omega }_{\mathrm{m}}}}={10}^{-5}\mathrm{s}$$T_\rm s = \dfrac{2\pi}{\omega_\rm s} = \dfrac{\pi}{\omega_\rm m} = 10^{-5}\ \rm s$.

   低通截止频率：$f_{\mathrm{c}}\ge {\displaystyle \frac{{\omega }_{\mathrm{m}}}{2\pi }}=5\times {10}^4\mathrm{Hz}$$f_\rm c \ge \dfrac{\omega_\rm m}{2\pi} = 5 \cp 10^4\ \rm{Hz}$.

三、计算题

思路一

思路二

备注

四、计算题

（1）

思路一：先求系统函数，后求单位样值响应.

1. 对两端作 Z 变换，有 $Y(z)-{\displaystyle \frac{1}{5z}}Y(z)=X(z)$$Y(z) - \dfrac{1}{5z} Y(z) = X(z)$，

2. 于是得到系统函数 $H(z)={\displaystyle \frac{Y(z)}{X(z)}}={\displaystyle \frac{z}{z-\frac{1}{5}}},\mathrm{ROC}:\left|z\right|>{\displaystyle \frac{1}{5}}$$H(z) = \dfrac{Y(z)}{X(z)} = \dfrac{z}{z - \cfrac{1}{5}}, \rm{ROC} \colon \vqty{z} > \dfrac{1}{5}$.

3. 从而单位样值响应为 $h(n)=5^{-n}u(n)$$h(n) = 5^{-n} u(n)$.

思路二：先求单位样值响应，后求系统函数.

1. 特征根为 ${\displaystyle \frac{1}{5}}$$\dfrac{1}{5}$，$y(0)=1$$y(0) = 1$，

2. 于是 $h(n)=5^{-n}u(n)$$h(n) = 5^{-n} u(n)$，

3. 从而 $H(z)={\displaystyle \frac{z}{z-\frac{1}{5}}},\mathrm{ROC}:\left|z\right|>{\displaystyle \frac{1}{5}}$$H(z) = \dfrac{z}{z - \cfrac{1}{5}}, \rm{ROC} \colon \vqty{z} > \dfrac{1}{5}$.

（2）

思路一：利用卷积定理

1. $Y(z)={\displaystyle \frac{5z}{z-\frac{1}{2}}}-\frac{5z}{z-\frac{1}{5}}$$Y(z) = \dfrac{5z}{z - \cfrac{1}{2}} - \cfrac{5z}{z - \cfrac{1}{5}}$，

2. $X(z)={\displaystyle \frac{3}{2}}{\displaystyle \frac{1}{z-\frac{1}{2}}}={\displaystyle \frac{3z}{z-\frac{1}{2}}}-3$$X(z) = \dfrac{3}{2} \dfrac{1}{z - \cfrac{1}{2}} = \dfrac{3z}{z - \cfrac{1}{2}} - 3$，

3. $x(n)=3\cdot 2^{-n}u(n)-3\delta (n)=3\cdot 2^{-n}u(n-1)$$x(n) = 3 \cdot 2^{-n} u(n) - 3 \delta(n) = 3 \cdot 2^{-n} u(n-1)$.

思路二：直接求反卷积

由零状态响应的形式与

可知 $x(n)=3\cdot 2^{-n}u(n-1)$$x(n) = 3 \cdot 2^{-n} u(n-1)$.

备注 默认为零状态，并且为因果序列.

五、计算题

（1）

（2）

极点为 ${\displaystyle \frac{4-R\pm \sqrt{R^2-10R+16}}{2R}}$$\dfrac{4 - R \pm \sqrt{R^2 - 10 R + 16}}{2 R}$，其中根式当且仅当 $2<R<8$$2 < R < 8$ 时为虚数.

思路一：

1. 当 $2<R<8$$2 < R < 8$ 时，$R<4$$R < 4$.

2. 当 $R\ge 8$$R \ge 8$ 时，$R^2-10R+16>(4-R{)}^2$$R^2 - 10R + 16 > (4 - R)^2$，无解.

3. 当 $0<R<2$$0 < R < 2$ 时，均不稳定.

4. 当 $R=0$$R = 0$ 时，极点为 ${\displaystyle \frac{1}{8}}$$\dfrac{1}{8}$，不稳定.

5. 当 $R<0$$R < 0$ 时，均不稳定.

综上所述， $R<4$$R < 4$.（阻值也不是不可以没有负数...对吧）

思路二：

1. 当 $R>0$$R > 0$ 时，${\displaystyle \frac{(4-R{)}^2}{4R^2}}>{\displaystyle \frac{R^2-10R+16}{4R^2}}$$\dfrac{(4-R)^2}{4R^2} > \dfrac{R^2 - 10 R + 16}{4R^2}$，因此 $R<4$$R < 4$.

2. 当 $R=0$$R = 0$ 时，极点为 ${\displaystyle \frac{1}{8}}$$\dfrac{1}{8}$，不稳定.

3. 当 $R<0$$R < 0$ 时，前两项大于第三项的绝对值，因此不稳定.

（3）