测试技术与信号处理(第三版)课后习题详解

1测试技术与信号处理习题解答第一章信号的分类与描述1-1求周期方波（见图1-4）的傅里叶级数（复指数函数形式），划出|cn|–ω和φn–ω图，并与表1-1对比。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图1-4周期方波信号波形图0tx(t)T02T020T……A-AT02没有偶次谐波。其频谱图如下图所示。1-2求正弦信号0()sinxtxωt的绝对均值xμ和均方根值rmsx。解答：00002200000224211()dsindsindcosTTTTxxxxxμxttxωttωttωtTTTTωTωπ222200rms0000111cos2()dsindd22TTTxxωtxxttxωtttTTT1-3求指数函数()(0,0)atxtAeat的频谱。解答：(2)220220(2)()()(2)2(2)ajftjftatjfteAAajfXfxtedtAeedtAajfajfaf22()(2)kXfafIm()2()arctanarctanRe()XfffXfa1-4求符号函数(见图1-25a)和单位阶跃函数(见图1-25b)的频谱。单边指数衰减信号频谱图f|X(f)|A/a0φ(f)f0π/2-π/2|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-ω0-3ω0-5ω03a)符号函数的频谱10()sgn()10txtttt=0处可不予定义，或规定sgn(0)=0。该信号不满足绝对可积条件，不能直接求解，但傅里叶变换存在。可以借助于双边指数衰减信号与符号函数相乘，这样便满足傅里叶变换的条件。先求此乘积信号x1(t)的频谱，然后取极限得出符号函数x(t)的频谱。10()sgn()0atatatetxtetet10()sgn()lim()axttxt0222112204()()(2)jftatjftatjftfXfxtedteedteedtjaf101()sgn()lim()aXftXfjfF1()Xff02()02ffftsgn(t)01-1tu(t)01图1-25题1-4图a)符号函数b)阶跃函数4b)阶跃函数频谱10()00tutt在跳变点t=0处函数值未定义，或规定u(0)=1/2。阶跃信号不满足绝对可积条件，但却存在傅里叶变换。由于不满足绝对可积条件，不能直接求其傅里叶变换，可采用如下方法求解。解法1：利用符号函数11()sgn()22utt1111111()()sgn()()()22222UfuttfjfjffFFF2211()()2Ufff结果表明，单位阶跃信号u(t)的频谱在f=0处存在一个冲激分量，这是因为u(t)含有直流分量，在预料之中。同时，由于u(t)不是纯直流信号，在t=0处有跳变，因此在频谱中还包含其它频率分量。解法2：利用冲激函数10()()d00ttutt时时根据傅里叶变换的积分特性单位阶跃信号频谱f|U(f)|0(1/2)fφ(f)0π/2-π/21()sgn()atxtet符号函数tx1(t)01-1符号函数频谱fφ(f)0π/20f|X(f)|-π/251111()()d()(0)()()222tUffffjjffF1-5求被截断的余弦函数0cosωt(见图1-26)的傅里叶变换。0cos()0ωttTxttT解：0()()cos(2)xtwtftw(t)为矩形脉冲信号()2sinc(2)WfTTf002201cos(2)2jftjftftee所以002211()()()22jftjftxtwtewte根据频移特性和叠加性得：000011()()()22sinc[2()]sinc[2()]XfWffWffTTffTTff可见被截断余弦函数的频谱等于将矩形脉冲的频谱一分为二，各向左右移动f0，同时谱线高度减小一半。也说明，单一频率的简谐信号由于截断导致频谱变得无限宽。1-6求指数衰减信号0()sinatxteωt的频谱fX(f)Tf0-f0被截断的余弦函数频谱图1-26被截断的余弦函数ttT-TT-Tx(t)w(t)1001-16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1-7设有一时间函数f(t)及其频谱如图1-27所示。现乘以余弦型振荡00cos()mωtωω。在这个关系中，函数f(t)叫做调制信号，余弦振荡0cosωt叫做载波。试求调幅信号0()cosftωt的傅里叶变换，示意画出调幅信号及其频谱。又问：若0mωω时将会出现什么情况？00X(ω)-ππφ(ω)ωω指数衰减信号的频谱图指数衰减信号x(t)7解：0()()cos()xtftt()[()]FftF0001cos()2jtjttee所以0011()()()22jtjtxtftefte根据频移特性和叠加性得：0011()()()22XfFF可见调幅信号的频谱等于将调制信号的频谱一分为二，各向左右移动载频ω0，同时谱线高度减小一半。若0mωω将发生混叠。1-8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fX(f)ω0-ω0矩形调幅信号频谱图1-27题1-7图ωF(ω)0f(t)0t-ωmωm8(3)在一个周期内012ΔΔ2ΔxTttt0002Δ[()Δ]limxxTTTtPxxtxxTTT22Δ0Δ0000[()Δ]2Δ2d1()limlimΔΔdxxPxxtxxttpxxTxTxπxxx(t)正弦信号xx+ΔxΔtΔtt9第二章测试装置的基本特性2-1进行某动态压力测量时，所采用的压电式力传感器的灵敏度为90.9nC/MPa，将它与增益为0.005V/nC的电荷放大器相连，而电荷放大器的输出接到一台笔式记录仪上，记录仪的灵敏度为20mm/V。试计算这个测量系统的总灵敏度。当压力变化为3.5MPa时，记录笔在记录纸上的偏移量是多少？解：若不考虑负载效应，则各装置串联后总的灵敏度等于各装置灵敏度相乘，即S=90.9(nC/MPa)0.005(V/nC)20(mm/V)=9.09mm/MPa。偏移量：y=S3.5=9.093.5=31.815mm。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2-3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2-4气象气球携带一种时间常数为15s的一阶温度计，以5m/s的上升速度通过大气层。设温度按每升高30m下降0.15℃的规律而变化，气球将温度和高度的数据用无线电送回地面。在3000m处所记录的温度为−l℃。试问实际出现−l℃的真实高度是多少？解：该温度计为一阶系统，其传递函数设为1()151Hss。温度随高度线性变化，对温度计来说相当于输入了一个斜坡信号，而这样的一阶系统对斜坡信号的稳态响应滞后时间为时间常数=15s，如果不计无线电波传送时间，则温度计的输出实际上是15s以前的温度，所以实际出现−l℃的真实高度是Hz=H-V=3000-515=2925m102-5想用一个一阶系统做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2-6试说明二阶装置阻尼比多采用0.6~0.8的原因。解答：从不失真条件出发分析。在0.707左右时，幅频特性近似常数的频率范围最宽，而相频特性曲线最接近直线。2-7