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|cl-の和n=图，并与表1-1对比。x(0) 4A2120-T.I.-A图1-4周期方波信号波形图解答：在一个周期的表达式为7≤t<0)2x(t)=To(0≤t<A2积分区间取（-T/2，T/2）11(3[x(1)e- mew'dt== r-Ae- mr dt+Ae-jmawdt=TT。T.JoA-(cosn元-1)(n=0,±1,±2,±3,)-n元所以复指数函数形式的傅里叶级数为22Zc.em-(1-cosn元)emo, n=0, ±1, ±2, ±3, ..。x(t) ==-1-元n=—nn=-0A1-cosn元）(n=0,±1,±2,±3,...)n元CnR=02An=±1,±3,±,A(1-cosn元）c.=VC.R +C.n元n元10n=0,±2,±4,±6....元n= +1,+3,+5,.2元Cnl,=arctann= -1-3 -5,..2CnR0n = 0,+2,±4,±6,..没有偶次谐波。其频谱图如下图所示
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 0 0 ( 0) 2 ( ) (0 ) 2 T A t x t T A t − − = 积分区间取（-T/2，T/2） 0 0 0 0 0 0 0 0 2 2 0 0 0 0 2 2 1 1 1 ( ) d = d + d = (cos -1) ( =0, 1, 2, 3, ) T T jn t jn t jn t c x t e t Ae t Ae t n T T T T T A j n n n − − − − − = − 所以复指数函数形式的傅里叶级数为 0 0 1 ( ) (1 cos ) jn t jn t n n n A x t c e j n e n =− =− = = − − ， n=0, 1, 2, 3, 。 (1 cos ) ( =0, 1, 2, 3, ) 0 nI nR A c n n n c = − − = 2 2 2 1, 3, , (1 cos ) 0 0, 2, 4, 6, n nR nI A A n c c c n n n n = = + = − = = 1, 3, 5, 2 arctan 1, 3, 5, 2 0 0, 2, 4, 6, nI n nR π n c π φ n c n − = + + + = = = − − − = 没有偶次谐波。其频谱图如下图所示。 图 1-4 周期方波信号波形图 0 t x(t) . . A -A
Ical 4On2A/元2A/元元/23000o5002A/3元2A/3元2A/5元2A/5元-500-300-001元/2-5003005000-300-0000幅频图相频图周期方波复指数函数形式频谱图1-2求正弦信号x(t)=xosinot的绝对均值M和均方根值Xms。号_4x0_2xo解答：=x(0)=s sin olr-会 snotd - cosolk -TaTa元XV221-3求指数函数x(t)=Ae-(a>0,t≥0)的频谱。解答：e-(a+/2元f)AA(a- j2元f)X(f)= " x(t)e-2a7idt = [" Ae-"e-12x/'dt = A-α2 +(2元f)2a+j2元f-a+j2元f)k[x()]-a2+(2元)Im X()2元fp(f)= arctanarctanReX(f)atX(Ala元/2-元/2 01f单边指数衰减信号频谱图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
1-2 求正弦信号 0 x t x ( ) sin = ωt 的绝对均值 x μ 和均方根值 rms x 。 解答： 0 0 0 0 2 2 0 0 0 0 0 1 1 2 2 4 2 ( )d sin d sin d cos T T T T x x x x x μ x t t x ωt t ωt t ωt T T T Tω Tω π = = = = − = = 2 2 2 2 0 0 rms 0 0 0 0 1 1 1 cos 2 ( )d sin d d 2 2 T T T x x ωt x x t t x ωt t t T T T − = = = = 1-3 求指数函数 ( ) ( 0, 0) at x t Ae a t − = 的频谱。 解答： ( 2 ) 2 2 0 2 2 0 ( 2 ) ( ) ( ) ( 2 ) 2 (2 ) a j f t j f t at j f t e A A a j f X f x t e dt Ae e dt A a j f a j f a f − + − − − − − = = = = = − + + + 2 2 ( ) (2 ) k X f a f = + Im ( ) 2 ( ) arctan arctan Re ( ) X f f f X f a = = − 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。 |cn| φn π/2 -π/2 ω ω ω0 ω0 3ω0 5ω0 3ω0 5ω0 2A/π 2A/3π 2A/5π 幅频图 相频图 周期方波复指数函数形式频谱图 2A/5π 2A/3π 2A/π -5ω0 -3ω0 -ω0 -5ω0 -3ω0 -ω0 单边指数衰减信号频谱图 f |X(f)| A/a 0 φ(f) 0 f π/2 -π/2
2(0)sgn(t)1001a)符号函数b)阶跃函数图1-25题1-4图a)符号函数的频谱[+1 t>0x(t)=sgn(t)=-1 t0e-arx;(t) = ea sgn(t) =t02
a)符号函数的频谱 1 0 ( ) sgn( ) 1 0 t x t t t + = = − 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。 1 0 ( ) sgn( ) 0 at at at e t x t e t e t − − = = − 1 0 ( ) sgn( ) lim ( ) a x t t x t → = = 0 2 2 2 1 1 2 2 0 4 ( ) ( ) (2 ) j f t at j f t at j f t f X f x t e dt e e dt e e dt j a f − − − − − − = = − + = − + 1 0 1 ( ) sgn( ) lim ( ) a X f t X f j → f = = = − F 1 X f ( ) f = 0 2 ( ) 0 2 f f f = − t sgn(t) 0 1 -1 t u(t) 0 1 图 1-25 题 1-4 图 a)符号函数 b)阶跃函数
xi(0) 4X(I40)元/200f-元/2olfx(t)=e-sgn(t)符号函数符号函数频谱b)阶跃函数频谱[1 t>0u(t)=10 10时u(t)= ["8(t)dt =[o t<0时根据傅里叶变换的积分特性[0+4(0)[0U(f)=F
b)阶跃函数频谱 1 0 ( ) 0 0 t u t t = 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 1 1 ( ) sgn( ) 2 2 u t t = + 1 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) sgn( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 U f u t t f j f j f f = = + = + − = − F F F ( ) 2 2 1 1 ( ) ( ) 2 U f f f = + 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 1 0 ( ) ( )d 0 0 t t u t t − = = 时 时 根据傅里叶变换的积分特性 1 1 1 1 ( ) ( )d ( ) (0) ( ) ( ) 2 2 2 t U f f f f j j f f − = = + = − F 符号函数 t x1(t) 0 1 -1 符号函数频谱 f φ(f) 0 π/2 0 f |X(f)| -π/2 单位阶跃信号频谱 f |U(f)| 0 (1/2) f φ(f) 0 π/2 -π/2
1-5求被截断的余弦函数cOSQt（见图1-26)的傅里叶变换。cosot <Tx(t)=0μ/≥T解： x(t)=w(t)cos(2元fot)w(0)为矩形脉冲信号W(f)=2T sinc(2元Tf)2cos(2元ft)wit所以 x(1)=w(1)e/2元/0 +w(1)e-12元/t22根据频移特性和叠加性得：Iw(f-fo)+w(f+fo)X()=:ol-TT=Tsinc[2元T(f-f.)]+Tsinc[2元T(f +f)]图1-26被截断的余弦函数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fo，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。X()被截断的余弦函数频谱1-6求指数衰减振荡信号x(t)=e-sin0ot的频谱x(0)指数衰减振荡信号解答：
1-5 求被截断的余弦函数 0 cosω t (见图 1-26)的傅里叶变换。 0 cos ( ) 0 ω t t T x t t T = 解： 0 x t w t f t ( ) ( )cos(2 ) = w(t)为矩形脉冲信号 W f T Tf ( ) 2 sinc(2 ) = ( ) 0 0 2 2 0 1 cos(2 ) 2 j f t j f t f t e e − = + 所以 0 0 1 1 2 2 ( ) ( ) ( ) 2 2 j f t j f t x t w t e w t e− = + 根据频移特性和叠加性得： 0 0 0 0 1 1 ( ) ( ) ( ) 2 2 sinc[2 ( )] sinc[2 ( )] X f W f f W f f T T f f T T f f = − + + = − + + 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 求指数衰减振荡信号 0 ( ) sin at x t e ω t − = 的频谱 解答： f X(f) T -f0 f0 被截断的余弦函数频谱 指数衰减振荡信号 x(t) 图 1-26 被截断的余弦函数 t -T T t -T T x(t) w(t) 1 0 0 1 -1
sin(ot):所以x(t)=e-a 二(ejapf-e-jeor2单边指数衰减信号x()=e-"(a>0,t≥0)的频谱密度函数为a-joX,(f)= f" x(t),e-jodt=J"e"e-jodt =a+joa+o根据频移特性和叠加性得：X(0)-[x(α-0)-x(@+0)]-[-10--/0+)]2ja+(0-0)~a+(+0)2j0[α? -(0? -02))2a0.0[a? +(-0)"[a? +(+0)]-[? +(-)"[a? +(+0)]X(0)(w)0W00指数衰减信号的频谱图1-7设有一时间函数()及其频谱如图1-27所示。现乘以余弦型振荡cos0t(の>のm）。在这个关系中，函数()叫做调制信号，余弦振荡cos.t叫做载波。试求调幅信号f(t)coso.t的傅里叶变换，示意画出调幅信号及其频谱。又间：若の。<の时将会出现什么情况？)4F(o)oT0m00-0m图1-27题1-7图
( ) 0 0 0 1 sin( ) 2 j t j t t e e j − = − 所以 ( ) 0 0 1 ( ) 2 at j t j t x t e e e j − − = − 单边指数衰减信号 1 ( ) ( 0, 0) at x t e a t − = 的频谱密度函数为 1 1 2 2 0 1 ( ) ( ) j t at j t a j X f x t e dt e e dt a j a − − − − − = = = = + + 根据频移特性和叠加性得： 0 0 1 0 1 0 2 2 2 2 0 0 2 2 2 0 0 0 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 ( ) ( ) [ ( )] 2 [ ( ) ][ ( ) ] [ ( ) ][ ( ) ] a j a j X X X j j a a a a j a a a a − − − + = − − + = − + − + + − − = − + − + + + − + + 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 0 0 cos ( ) ω m t ω ω 。在这个关系 中，函数 f(t)叫做调制信号，余弦振荡 0 cosω t 叫做载波。试求调幅信号 0 f t( )cosω t 的傅里叶变换，示意画 出调幅信号及其频谱。又问：若 ω0 ωm 时将会出现什么情况？ 0 0 X(ω) -π π φ(ω) ω ω 指数衰减信号的频谱图 图 1-27 题 1-7 图 ω F(ω) 0 f(t) 0 t -ωm ωm
解: x(t)= f(t)cos(ot)F(o)=F [f(t)cos(ot)f(t)ejerf(t)e-je)所以x(t)=根据频移特性和叠加性得：X(f)=F(0-0)+=F(0+0)22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00，同时谱线高度减小一半。X()-000of调幅信号频谱若<の将发生混叠。1-8求正弦信号x(t)=xsin(ot+)的均值μ、均方值和概率密度函数p(x)。解答：2元1x(t)dt =(1) μ,= lim -xsin(ot+)dt=0，式中T=正弦信号周期7202dt=2x~ r% 1-cos 2(o1+g),x sn2(o1+0)d=(2)-r(a=-TJTJo22(3)在一个周期内To = Af +A, = 2AtT_To-24P[x<x(0)≤x+△x]= lim -T TT。12 At-2 dtP[x<x(0)≤x+Ar]limp(x)= limAr-0AxAr-0 T △xT dx元/x?-x?
解： 0 x t f t t ( ) ( )cos( ) = F f t ( ) [ ( )] =F ( ) 0 0 0 1 cos( ) 2 j t j t t e e− = + 所以 0 0 1 1 ( ) ( ) ( ) 2 2 j t j t x t f t e f t e− = + 根据频移特性和叠加性得： 0 0 1 1 ( ) ( ) ( ) 2 2 X f F F = − + + 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 ω0 ωm 将发生混叠。 1-8 求正弦信号 0 x t x ( ) sin( ) = + ωt φ 的均值 x μ 、均方值 2 ψx 和概率密度函数 p(x)。 解答： (1) 0 0 0 0 0 1 1 lim ( )d sin( )d 0 T T x T μ x t t x ωt φ t → T T = = + = ，式中 0 2π T ω = —正弦信号周期 (2) 0 0 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 cos 2( ) lim ( )d sin ( )d d 2 2 T T T x T x x ωt φ ψ x t t x ωt φ t t → T T T − + = = + = = (3)在一个周期内 T t t t x0 1 2 = + = Δ Δ 2Δ 0 0 0 2Δ [ ( ) Δ ] lim x x T T T t P x x t x x → T T T + = = = Δ 0 Δ 0 2 2 0 0 0 [ ( ) Δ ] 2 Δ 2 d 1 ( ) lim lim x x Δ Δ d P x x t x x t t p x x T x T x π x x → → + = = = = − f X(f) ω0 -ω0 调幅信号频谱
x(0)x+Arx正弦信号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：1=Sx3.5=9.09x3.5=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？11解：设一阶系统H(s)=H(@)TS+11+ jto11A(0)=H(0)T是输入的正弦信号的周期1+(t0)元稳态响应相对幅值误差8=A(）-1×100%，将已知周期代入得58.6% T=ls8 ~32.7% T = 2s8.5%T = 5s2-3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。11解：H(の)=A(0)Φ(@)=-arctan(0.005)1+j0.0050/1+(0.005@)2该装置是一线性定常系统，设稳态响应为)，根据线性定常系统的频率保持性、比例性和叠加性得到()=yo1cos(10t+(pi)+yo2cos(100t-45°+@2)1×0.5~0.499,9,=(10)==arctan(0.005×10)~-2.86°其中 yo=A(10)xo1/1+(0.005×10)2
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=S3.5=9.093.5=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 ( ) 1 H s s = + ， 1 ( ) 1 H j = + 2 2 1 1 ( ) ( ) 1 ( ) 2 1 ( ) A H T = = = + + ，T 是输入的正弦信号的周期 稳态响应相对幅值误差 = − A( ) 1 100% ，将已知周期代入得 58.6% 1s 32.7% 2s 8.5% 5s T T T = = = 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 ( ) 1 0.005 H j = + ， 2 1 ( ) 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 01 01 2 1 (10) 0.5 0.499 1 (0.005 10) y A x = = + ， 1 = = − − (10) arctan(0.005 10) 2.86 x(t) 正弦信号 x x+Δx Δt Δt t
1x0.2~0.179，P,=p(100)=-arctan(0.005×100)~-26.57yo2 = A(100)xo2 /1+(0.005×100)所以稳态响应为y(t)=0.499cos(10t-2.86°)+0.179cos(100t-71.57°)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-1℃。试问实际出现-1℃的真实高度是多少？1解：该温度计为一阶系统，其传递函数设为H(s)=温度随高度线性变化，对温度计来说相15s+1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-1℃的真实高度是H=H-V-3000-5x15=2925m2-5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1H(0) =t是时间常数1+ jto1则A(0)=y1+(to)2稳态响应相对幅值误差8=A(0)-1×100%100%1+(2元f)令≤5%，f-100Hz，解得≤523us如果f=50Hz，则I11<100%=1.3%相对幅值误差：8=00%/1+(2元f)?/1+(2元×523×10-×50)相角差：()=-arctan(2元tf)=-arctan(2元×523×10-x50)~-9.332-6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将信号cOScot输入一个传递函数为H(s)=1(ts+1)的一阶装置后，试求其包括瞬态过程在内的输出()的表达式。s解答：令x(0)=cosot，则X(s)，所以52+021sY(s)= H(s)X(s)T$+1 $2+02利用部分分式法可得到111111Y(s) =1+(ot)12(1+ jto) s-jo2(1-jto)s+ joN利用逆拉普拉斯变换得到
02 02 2 1 (100) 0.2 0.179 1 (0.005 100) y A x = = + ， 2 = = − − (100) arctan(0.005 100) 26.57 所以稳态响应为 y t t t ( ) 0.499cos(10 2.86 ) 0.179cos(100 71.57 ) = − + − 2-4 气象气球携带一种时间常数为 15s 的一阶温度计，以 5m/s 的上升速度通过大气层。设温度按每升 高 30m 下降 0.15℃的规律而变化，气球将温度和高度的数据用无线电送回地面。在 3000m 处所记录的温 度为−l℃。试问实际出现−l℃的真实高度是多少？ 解：该温度计为一阶系统，其传递函数设为 1 ( ) 15 1 H s s = + 。温度随高度线性变化，对温度计来说相 当于输入了一个斜坡信号，而这样的一阶系统对斜坡信号的稳态响应滞后时间为时间常数=15s，如果不计 无线电波传送时间，则温度计的输出实际上是 15s 以前的温度，所以实际出现−l℃的真实高度是 Hz=H-V=3000-515=2925m 2-5 想用一个一阶系统做 100Hz 正弦信号的测量，如要求限制振幅误差在 5%以内，那么时间常数应 取多少？若用该系统测量 50Hz 正弦信号，问此时的振幅误差和相角差是多少？ 解：设该一阶系统的频响函数为 1 ( ) 1 H j = + ，是时间常数 则 2 1 ( ) 1 ( ) A = + 稳态响应相对幅值误差 2 1 ( ) 1 100% 1 100% 1 (2 ) A f = − = − + 令≤5%，f=100Hz，解得≤523s。 如果 f=50Hz，则 相对幅值误差： 2 6 2 1 1 1 100% 1 100% 1.3% 1 (2 ) 1 (2 523 10 50) f − = − = − + + 相角差： 6 ( ) arctan(2 ) arctan(2 523 10 50) 9.33 f − = − = − − 2-6 试说明二阶装置阻尼比多采用 0.6~0.8 的原因。 解答：从不失真条件出发分析。在 0.707 左右时，幅频特性近似常数的频率范围最宽，而相频特性曲 线最接近直线。 2-7 将信号 cost 输入一个传递函数为 H(s)=1/(s+1)的一阶装置后，试求其包括瞬态过程在内的输出 y(t)的表达式。 解答：令 x(t)=cost，则 2 2 ( ) s X s s = + ，所以 2 2 1 ( ) ( ) ( ) 1 s Y s H s X s s s = = + + 利用部分分式法可得到 2 1 1 1 1 1 1 ( ) 1 ( ) 2(1 ) 2(1 ) 1 Y s j s j j s j s = − + + + + − − + + 利用逆拉普拉斯变换得到
1111y()=L-[Y(s)/=1+(@t)22(1+ jto)2(1- jto)1ejot +e-jor - jot(ejot -e-jot)1+(@t)?2[1+(t0)"]1cosot+otsinot-e1+(t0)Ji+(to)°cos(ot-arctanot)-et/1+(t0)22-8求频率响应函数为3155072/(1+0.01j@)(1577536+1760jの-@)的系统对正弦输入x(t)=10sin(62.8t)的稳态响应的均值显示。解：该系统可以看成是一个一阶线性定常系统和一个二阶线性定常系统的串联，串联后仍然为线性定常系统。根据线性定常系统的频率保持性可知，当输入为正弦信号时，其稳态响应仍然为同频率的正弦信号，而正弦信号的平均值为0，所以稳态响应的均值显示为0。2-9试求传递函数分别为1.5/(3.5s+0.5)和41ah2/(s2+1.40ns+0n2)的两环节串联后组成的系统的总灵敏度（不考虑负载效应）。解：1.53KIH,(s)即静态灵敏度K,=33.5s+0.57s+17s+14102K,o?H,(s)=，即静态灵敏度K2=41$?+1.40,s+o,?$?+1.40,s+0m因为两者串联无负载效应，所以总静态灵敏度K=Kl×K2=3×41=1232-10设某力传感器可作为二阶振荡系统处理。已知传感器的固有频率为800Hz，阻尼比=0.14，问使用该传感器作频率为400Hz的正弦力测试时，其幅值比A()和相角差αの)各为多少？若该装置的阻尼比改为=0.7，问A(の)和α)又将如何变化？o?解：设H(の)=，则$?+25o,s+o.25010.A(0):即(0)=arctan1272C41A(f)arctar[-(3] (2)将f=800Hz，=0.14，f=400Hz，代入上面的式子得到A(400)~1.31，(400)=-10.570如果=0.7，则A(400)~0.975，9400)-43.03°
1 2 2 2 / 2 2 / 2 1 1 1 ( ) [ ( )] 1 ( ) 2(1 ) 2(1 ) 1 ( ) 1 ( ) 2[1 ( ) ] 1 cos sin 1 ( ) 1 1 ( ) cos( arctan ) 1 ( ) t j t j t t j t j t j t j t t t y t Y s e e e j j e e j e e e t t e t e − − − − − − − − = = − + + + + − + − − = − + + + = + − + = + − − + L 2-8 求频率响应函数为 3155072 / (1 + 0.01j)(1577536 + 1760j - 2 )的系统对正弦输入 x(t)=10sin(62.8t) 的稳态响应的均值显示。 解：该系统可以看成是一个一阶线性定常系统和一个二阶线性定常系统的串联，串联后仍然为线性定 常系统。根据线性定常系统的频率保持性可知，当输入为正弦信号时，其稳态响应仍然为同频率的正弦信 号，而正弦信号的平均值为 0，所以稳态响应的均值显示为 0。 2-9 试求传递函数分别为 1.5/(3.5s + 0.5)和 41n 2 /(s 2 + 1.4ns + n 2 )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： 1 1 1.5 3 ( ) 3.5 0.5 7 1 7 1 K H s s s s = = = + + + ，即静态灵敏度 K1=3 2 2 2 2 2 2 2 2 41 ( ) 1.4 1.4 n n n n n n K H s s s s s = = + + + + ，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 2-10 设某力传感器可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，其幅值比 A()和相角差()各为多少？若该装置的阻尼比 改为=0.7，问 A()和()又将如何变化？ 解：设 2 2 2 ( ) 2 n n n H s s = + + ，则 2 2 2 1 ( ) 1 2 n n A = − + ， 2 2 ( ) arctan 1 n n = − − ，即 2 2 2 1 ( ) 1 2 n n A f f f f f = − + ， 2 2 ( ) arctan 1 n n f f f f f = − − 将 fn = 800Hz， = 0.14，f = 400Hz，代入上面的式子得到 A(400) 1.31，(400) −10.57 如果 = 0.7，则 A(400) 0.975，(400) −43.03