机械工程测试技术基础(第三版)课后答案

机械工程测试技术基础课后习题解

答

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φ

n

–ω图，并与表1-1对比。

图1-4 周期方波信号波形图

解答：在一个周期的表达式为

T0

A (t0)2

x(t).

 A (0tT0)2

积分区间取（-T/2，T/2）

T0

2T02

T020

1cn

T0 =j



x(t)e

jn0t

1dt=

T0



T02

Ae

jn0t

1dt+

T0



Aejn0tdt

A

(cosn-1) (n=0, 1, 2, 3, )n



所以复指数函数形式的傅里叶级数为

x(t)

n

cne

jn0t

j

1

(1cosn)ejn0t，n=0, 1, 2, 3, 。 nn

A



A

c(1cosn)nI

(n=0, 1, 2, 3, )

n

cnR0

cn2A

n1,3,, A

(1cosn)n n0 n0,2,4,6, 



φnarctan

cnIcnR

π

2n1,3,5,πn1,3,5,

2

n0,2,4,6,0

没有偶次谐波。其频谱图如下图所示。

相频图

周期方波复指数函数形式频谱图

幅频图

1-3 求指数函数x(t)Aeat(a0,t0)的频谱。

解答：

X(f)x(t)e





j2ft

dtAee



atj2ft

e(aj2f)t

dtA

(aj2f)

0



AA(aj2f)

2

aj2fa(2f)2

X(f)

(f)arctan

ImX(f)2f

arctan

ReX(f)a

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。

a)符号函数

图1-25 题1-4图

a)符号函数的频谱

b)阶跃函数

1t0

x(t)sgn(t)

1t0

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。

x1(t)e

at

eat

sgn(t)at

e

a0

t0t0

x(t)sgn(t)limx1(t)

X1(f)x1(t)e





j2ft

dtee



atj2ft

dteatej2ftdtj



4f

a2(2f)2

X(f)Fsgn(t)limX1(f)j

a0

1 f

X(f)

1 f

f0



(f)2

2

f0

x1(t) 1

t

-1

x1(t)eatsgn(t)符号函数

b)阶跃函数频谱

符号函数频谱

1t0

u(t)

0t0

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

u(t)

11

sgn(t) 22

1111111

U(f)Fu(t)FFsgn(t)(f)j(f)j22f2f22

U(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。

|U(f)|

f

单位阶跃信号频谱

解法2：利用冲激函数

t1t0时

u(t)()d



0t0时

(1/2)

根据傅里叶变换的积分特性

t1111

U(f)F()d(f)(0)(f)(f)jj2f22f

1-5 求被截断的余弦函数cosω0t(见图1-26)的傅里叶变换。

cosω0t

x(t)

0

tTtT

解：x(t)w(t)cos(2f0t)

w(t)为矩形脉冲信号

W(f)2Tsinc(2Tf) cos(2f0t)

1j2f0t

eej2f0t 211j2f0t

w(t)ej2f0t 所以x(t)w(t)e

22



根据频移特性和叠加性得：

11

X(f)W(ff0)W(ff0)

22

Tsinc[2T(ff0)]Tsinc[2T(ff0)]

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。

被截断的余弦函数频谱

1-6 求指数衰减信号x(t)eatsinω0t的频谱

指数衰减信号

解答：

sin(0t)

1j0tj0t

ee

2j



所以x(t)e

at

1j0tj0t

ee 2j



单边指数衰减信号x1(t)eat(a0,t0)的频谱密度函数为





X1(f)x(t)1ejtdteatejtdt



1aj

2 2

aja

根据频移特性和叠加性得：

X()

11aj(0)aj(0)

X1(0)X1(0)2

2j2ja(0)2a2(0)2

222

0[a(0)]2a0

2j[a(0)2][a2(0)2][a2(0)2][a2(0)2]

指数衰减信号的频谱图

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

cosω0t(ω0ωm)。在这个关系中，函数f(t)叫做调制信号，余弦振荡cosω0t叫做载波。

试求调幅信号f(t)cosω0t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？

图1-27 题1-7图

解：x(t)f(t)cos(0t)

F()F[f(t)] cos(0t)

1j0t

eej0t 211jtjt

所以x(t)f(t)e0f(t)e0

22



根据频移特性和叠加性得：

X(f)

11

F(0)F(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ω0，同时谱

线高度减小一半。

矩形调幅信号频谱

若ω0ωm将发生混叠。

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H(s)

11

，H()

s11j

A()H()



，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%T1s

32.7%T2s

8.5%T5s

2-3 求周期信号

解：H()

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。

1，A()()arctan(0.005)

1

j0.005 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

y0(

1

)

1

，.



00

1(10)arctan(0.00510)2.86

y02A(100)x02

0.20.179

，

2(100)arctan(0.005100)26.57

所以稳态响应为y(t)0.499cos(10t2.86)0.179cos(100t71.57)

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

H()

1

，是时间常数

1j

则

A()

稳态响应相对幅值误差A()1100%1

令≤5%，f=100Hz，解得≤523s。 如果f=50Hz，则 相对幅



100% 值误差

：

1100%1

100%1.3% 相角差：()arctan(2f)arctan(252310650)9.33

2-7 将信号cost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

解答：令x(t)=cost，则X(s)

态过程在内的输出y(t)的表达式。

s

，所以

s22

Y(s)H(s)X(s)

1s

22

s1s

利用部分分式法可得到

Y(s)

111111

2

11()s2(1j)sj2(1j)sj



利用逆拉普拉斯变换得到

t

111jt

y(t)L[Y(s)]eeejt

2

1()2(1j)2(1j)

1

t1ejtejtj(ejtejt)

e2

1()2[1()2]1t/

costsinte21()1tarctan)et/

1()2

2-8 求频率响应函数为3155072 / (1 + 0.01j)(1577536 + 1760j - )的系统对

2

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41

2n/(s + 1.4ns + n)的两环节

22

串联后组成的系统的总灵敏度（不考虑负载效应）。 解：

H1(s)

K11.53

，即静态灵敏度K1=3

3.5s0.57s17s1

41n2K2n2

，即静态灵敏度K2=41 H2(s)22

22

s1.4nsns1.4nsn

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？

n2

解：设H()2，则

s2nsn2

2

()arctan

A()



n

2

，即

1n2ffn

A(f)

，(f)arctan

f

1fn

2

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

2-11 对一个可视为二阶系统的装置输入一单位阶跃函数后，测得其响应的第一个超

调量峰值为1.5,振荡周期为6.28s。设已知该装置的静态增益为3，求该装置的传递函数和该装置在无阻尼固有频率处的频率响应。

解：



0.215

因为d = 6.28s，所以 d = 2/d = 1rad/s

n



1.024rad/s

3n23.15

所以H(s)2 22

s2nsns0.44s1.05

3n23.15

H()222

nj2n1.05j0.44

A()

2

()arctan



n

2

1n

当 = n时，

A(n)

6.82

(n)90

4-4 用电阻应变片接成全桥，测量某一构件的应变，已知其变化规律为

(t)=Acos10t+Bcos100t

如果电桥激励电压u0=Esin10000t，试求此电桥的输出信号频谱。 解：接成等臂全桥，设应变片的灵敏度为Sg，根据等臂电桥加减特性得到

uo

R

ueSg(t)ueSg(Acos10tBcos100t)Esin10000tR

1

SgEAsin(1010000)tsin(1010000)t

2 1

SgEBsin(10010000)tsin(10010000)t

2

SgEASEBsin10010tsin9990tgsin10100tsin9900t22

An(f 幅频图为

a

c

c

4-5 已知调幅波x(t)=(100+30cost+20cos3t)cost，其中f=10kHz，f=500Hz。试

求：

1）xa(t)所包含的各分量的频率及幅值； 2）绘出调制信号与调幅波的频谱。

解：1）xa(t)=100cosct +15cos(c-)t+15cos(c+)t+10cos(c-3)t+10cos(c+3)t 各频率分量的频率/幅值分别为：10000Hz/100，9500Hz/15，10500Hz/15，8500Hz/10，11500Hz/10。

2）调制信号x(t)=100+30cost+20cos3t，各分量频率/幅值分别为：0Hz/100，500Hz/30，1500Hz/20。

调制信号与调幅波的频谱如图所示。

AnAn

调幅波频谱

调制信号频谱

5-2 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

Rx()lim

1T

[x1(t)x2(t)][x1(t)x2(t)]dt

T2TT

1T1T

limx(t)x(t)dtlimx1(t)x2(t)dt11

T2TTT2TT

TT11

limx(t)x(t)dtlimx2(t)x2(t)dt21T2TTT2TT

Rx1()Rx1x2()Rx2x1()Rx2()

因为12，所以Rx1x2()0，Rx2x1()0。 又因为x1(t)和x2(t)为周期信号，所以

Rx1()

1T1

A1cos(1t1)A1cos[1(t)1]dt0T1

A12T11cos1t11(t)1cos1t11(t)1dtT102

T1A12T1

cos21t121dtcos(1)dt002T1

T1

A12A12

0tcos(1)cos(1)

2T120

A22

cos(2) 同理可求得Rx1()2

A12A22

cos(cos(2) 所以Rx()Rx1()Rx2()1)22

5-3 求方波和正弦波（见图5-24）的互相关函数。

图5-24 题5-3图

解法1：按方波分段积分直接计算。

Rxy()

1T1T

x(t)y(t)dtx(t)y(t)dt00TTT3T

T14

(1)sin(t)dtT41sin(t)dt3T(1)sin(t)dt T0442

sin()



解法2：将方波y(t)展开成三角级数，其基波与x(t)同频相关，而三次以上谐波与x(t)不同频不相关，不必计算，所以只需计算y(t)的基波与x(t)的互相关函数即可。

y(t)

411costcos3tcos5t 35

1T1T4

Rxy()x(t)y(t)dtsin(t)cos(t)dt

T0T04T1sin(tt)sin(tt)dt0T2所以

T2T

sin(2t)dtsin()dt00T

220Tsin()sin()T

解法3：直接按Rxy()定义式计算(参看下图)。

Rxy()

1T

x(t)y(t)dt0T

3T

T1T

4(1)sin(t)dtT41sin(t)dt3T(1)sin(t)dt

T044

2

sin()



y(t

参考上图可以算出图中方波y(t)的自相关函数

T4

10T24T

Ry()3 T

T2

Ry(nT)n0,1,2,

方波的自相关函数图

5-4 某一系统的输人信号为x(t)（见图5-25），若输出y(t)与输入x(t)相同，输入的自

相关函数Rx()和输入—输出的互相关函数Rx()之间的关系为Rx()=Rxy(+T)，试说明该系统起什么作用？

图5-25 题5-4图

解：因为Rx()=Rxy(+T) 所以lim

1T1T

x(t)x(t)dtlimx(t)y(tT)dt

TT0TT0

所以x(t+)=y(t++T)

令t1 = t++T，代入上式得

x(t1 - T)=y(t1)，即y(t) = x(t - T)

结果说明了该系统将输入信号不失真地延迟了T时间。

5-5 试根据一个信号的自相关函数图形，讨论如何确定该信号中的常值分量和周期成分。

解：设信号x(t)的均值为x，x1(t)是x(t)减去均值后的分量，则 x(t) = x + x1(t)

Rx()lim

1T1T

x(t)x(t)dtlimxx1(t)xx1(t)dtTT0TT0

1T

limx2xx1(t)xx1(t)x1(t)x1(t)dtTT0

TTT1T

limx2dtxx1(t)dtxx1(t)dtx1(t)x1(t)dt

000TT0

22

x00Rx1()x

Rx1()

如果x1(t)不含周期分量，则limRx1()0，所以此时limRx()x；如果x(t)含周期



2



分量，则Rx()中必含有同频率的周期分量；如果x(t)含幅值为x0的简谐周期分量，则Rx()

2

中必含有同频率的简谐周期分量，且该简谐周期分量的幅值为x0/2；

根据以上分析结论，便可由自相关函数图中确定均值（即常值分量）和周期分量的周期及幅值，参见下面的图。例如：如果limRx()

C，则x



含有简谐周期分量的自相关函数的图

2

5-6 已知信号的自相关函数为Acos，请确定该信号的均方值

解：Rx()=Acos

2

x= Rx(0)=A

xrmsx

和均方根值xrms。