测试技术作业1

2-1求周期方波（见图1）的傅里叶级数（复指数函数形式），画出|cn|–ω和φn–ω图，解答：在一个周期的表达式为00(0)2()(0)2TAtxtTAt积分区间取（-T/2，T/2）0000000022020002111()d=d+d=(cos-1)(=0,1,2,3,)TTjntjntjntTTncxtetAetAetTTTAjnnn所以复指数函数形式的傅里叶级数为001()(1cos)jntjntnnnAxtcejnen，=0,1,2,3,n。(1cos)(=0,1,2,3,)0nInRAcnnnc2221,3,,(1cos)00,2,4,6,nnRnIAnAcccnnnn1,3,5,2arctan1,3,5,200,2,4,6,nInnRπncπφncn没有偶次谐波。其频谱图如下图所示。图1周期方波信号波形图0tx(t)T02T020T……A-AT02-2求指数衰减信号0()sinatxteωt的频谱解答：0001sin()2jtjtteej所以001()2jtjtatxteeej单边指数衰减信号1()(0,0)atxteat的频谱密度函数为112201()()jtatjtajXfxtedteedtaja根据频移特性和叠加性得：001010222200222000222222220000()()11()()()22()()[()]2[()][()][()][()]ajajXXXjjaaaajaaaa|cn|φnπ/2-π/2ωωω0ω03ω05ω03ω05ω02A/π2A/3π2A/5π幅频图相频图周期方波复指数函数形式频谱图2A/5π2A/3π2A/π-ω0-3ω0-5ω0-ω0-3ω0-5ω0指数衰减信号x(t)2-3求正弦信号0()sin()xtxωtφ的均值xμ、均方值2xψ和概率密度函数p(x)。解答：(1)0000011lim()dsin()d0TTxTμxttxωtφtTT，式中02πTω—正弦信号周期(2)0022222200000000111cos2()lim()dsin()dd22TTTxTxxωtφψxttxωtφttTTT(3)在一个周期内012ΔΔ2ΔxTttt0002Δ[()Δ]limxxTTTtPxxtxxTTT22Δ0Δ0000[()Δ]2Δ2d1()limlimΔΔdxxPxxtxxttpxxTxTxπxxx(t)正弦信号xx+ΔxΔtΔtt00X(ω)-ππφ(ω)ωω指数衰减信号的频谱图2-4求图示周期性矩形波的傅立叶级数及其频谱图。解：一个周期内的表达式为：傅立叶级数展开式幅频特性)20()02()(TtatTatx0)(22)(20220220TTTTdtaTadtTdttxTa,6,4,20,5,3,14)cos1(4)cos(4sin4sin)(20cos)(22000200220220nnnanntnTnatdtnaTtdtntxTbtdtntxTaTTTTnTTn002T,5,3,10arctan,6,4,20,5,3,1422nbannnabaAnnnnnn)5sin513sin31(sin4)(000tttatx相频特性2-5傅里叶变换有哪些性质？2-6有：)()]([fXtxF，证明：020)()]([ftjefXttxF。证明：)]([0ttxF=000222)(220)()()()(ftjfjftjtfjftjefXdexedexdtettx2-7已知周期方波的傅立叶级数展开式为tttAtx0005sin513sin31sin8)(试绘出该周期方波的单边幅值谱，并说明其频谱特点。解：频谱特点：离散性、谐波性、递减性第二次作业3-1假定有一个信号x(t)，它由两个频率、相角均不相等的余弦函数叠加而成，其数学表达式为x(t)=A1cos(1t+1)+A2cos(2t+2),求该信号的自相关函数。解：设x1(t)=A1cos(1t+1)；x2(t)=A2cos(2t+2)，则1122121212111221221()lim[()()][()()]211lim()()lim()()2211lim()()lim()()22()()()()TxTTTTTTTTTTTTTTxxxxxxRxtxtxtxtdtTxtxtdtxtxtdtTTxtxtdtxtxtdtTTRRRR因为12，所以12()0xxR，21()0xxR。又因为x1(t)和x2(t)为周期信号，所以11111111111101211111111101211111001221111101()cos()cos[()]1cos()cos()2cos22cos()20cos()cos()22TxTTTTRAtAtdtTAttttdtTAtdtdtTAAtT同理可求得1222()cos()2xAR所以12221212()()()cos()cos()22xxxAARRR3-2设有两个周期信号)(tx和)(ty：)302sin(3)(ttx，)202sin(4)(tty，试求其互相关函数)(xyR。解：因为两信号是同频率的周期函数，其周期为220T，故dtttdttytxTRTTxy]20)(2sin[4)302sin(31)()(1)(22220（2分）根据三角公式)cos(21)cos(21sinsin故有dttRxy]5024cos()102[cos(6)(220又0]5044cos(22dtt所以)102cos(6)102cos(6)(22dtRxy3-3已知信号的自相关函数为Acos，请确定该信号的均方值x2和均方根值xrms.解：Rx()=Acosx2=Rx(0)=A2rmsxxA3-4对三个正弦信号x1(t)=cos2t、x2(t)=cos6t、x3(t)=cos10t进行采样，采样频率fs=4Hz，求三个采样输出序列，比较这三个结果，画出x1(t)、x2(t)、x3(t)的波形及采样点位置，并解释频率混叠现象。解：采样序列x(n)11111000()()()cos2()cos()24NNNsssnnnnnxnxttnTnTtnTt采样输出序列为：1，0，-1，0，1，0，-1，0，1203()cos()24Nnnnxnt采样输出序列为：1，0，-1，0，1，0，-1，0，1205()cos()24Nnnnxnt采样输出序列为：1，0，-1，0，1，0，-1，0，从计算结果和波形图上的采样点可以看出，虽然三个信号频率不同，但采样后输出的三个脉冲序列却是相同的，这三个脉冲序列反映不出三个信号的频率区别，造成了频率混叠。原因就是对x2(t)、x3(t)来说，采样频率不满足采样定理。3-5应用巴塞伐尔定理求2sinc()dtt积分值。解：令x(t)=sinc(t)，其傅里叶变换为11()220fXf其他根据巴塞伐尔定理得12222221211sinc()d()d()dd22ttxttXfffx1(t)x2(t)x3(t)ttt4-1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和5s的正弦信号，问稳态响应幅值误差将是多少？解：设一阶系统1()1Hss，1()1Hj2211()()21()1()AHT，T是输入的正弦信号的周期稳态响应相对幅值误差1100%A，将已知周期代入得58.6%1s32.7%2s8.5%5sTTT4-2求周期信号x(t)=0.5cos10t+0.2cos(100t−45)通过传递函数为H(s)=1/(0.005s+1)的装置后得到的稳态响应。解：1()10.005Hj，21()1(0.005)A，()arctan(0.005)该装置是一线性定常系统，设稳态响应为y(t)，根据线性定常系统的频率保持性、比例性和叠加性得到y(t)=y01cos(10t+1)+y02cos(100t−45+2)其中010121(10)0.50.4991(0.00510)yAx，1(10)arctan(0.00510)2.86020221(100)0.20.1791(0.005100)yAx，2(100)arctan(0.005100)26.57所以稳态响应为()0.499cos(102.86)0.179cos(10071.57)yttt4-3用一个一阶系统做100Hz正弦信号的测量，如要求限制振幅误差在5%以内，那么时间常数应取多少？若用该系统测量50Hz正弦信号，问此时的振幅误差和相角差是多少？解：设该一阶系统的频响函数为1()1Hj，是时间常数则21()1()A稳态响应相对幅值误差21()1100%1100%1(2)Af令≤5%，f=100Hz，解得≤523s。如果f=50Hz，则相对幅值误差：262111100%1100%1.3%1(2)1(25231050)f相角差：6()arctan(2)arctan(25231050)9.33f4-4试求传递函数分别为1.5/(3.5s+0.5)和41n2/(s2+1.4ns+n2)的两环节串联后组成的系统的总灵敏度（不考虑负载效应）。解：111.53()3.50.57171KHssss，即静态灵敏度K1=32222222241()1.41.4nnnnnnKHsssss，即静态灵敏度K2=41因为两者串联无负载效应，所以总静态灵敏度K=K1K2=341=123