通信原理单元测试答案

1、第一、二、三章答案三综合题1.（ 1）试画出数字通信系统的一般模型；（10分）併息源蓿道編码数字调制信道译码I,：者噪声源数字通信系统模型（2）各组成部分的主要功能是什么？（ 10分）信源编码与译码目的：提高信息传输的有效性（通过数据压缩技术）；完成模/数转换（实现模拟信号的数字化传输）信道编码与译码目的：增强抗干扰能力；加密与解密目的：保证所传信息的安全（通过人为地扰乱传输的数字序列） 数字调制与解调目的：形成适合在信道中传输的带通信号 同步目的：使收发两端的信号在时间上保持步调一致（3）与模拟通信相比，数字通信具有什么特点？ （6分）优点：抗干扰能力强，且噪声不积累；传输差错可控，便于处理

2、、变换、存储； 便于将来自不同信源的信号综合到一起传输；易于集成，使通信设备微型化，重量轻；易于加密处理，且保密性好；缺点：需要较大的传输带宽；对同步要求高；2.设某信息源的输出由A,B,C,D,E五个符号组成，出现的概率分别为1/3, 1/4, 1/4, 1/12, 1/12若信息源每秒发出1000个符号，试求（1）该信息源符号的平均信息量；（8分）直接代入信源熵公式：H H （ A） H （B） H （C ） H （D ） H （E） 1111 1jiog?3 ;iog24 ；iog24 石log?12 石g12= 2.1258 （bit / 符号）（2）该信息源的平均信息速率。（8分）（

3、提示：Iog23=1.585。平均信息速率为:H1ms/脉冲2.1258bit/ 脉冲1 ms/脉冲= 2125.8(bit/s)3.黑白电视机图像每幅含有个像素，每个像素有16个等概率出现的亮度等级。要求每秒种传输30帧图像，若信道输出=30dB，计算传输该黑白电视图像所要求信道的最小带宽。(17分解:( 1) 每个像元x的平均信息量J1PXi =16， i =12,1616二H(x)=送P(XiJog?Pg)=送P(XiJog?Pglog216=4ii 二(2) 一帧图片的平均信息量56I 图片二 3 ： 104 =1.2 ： 10 bit(3) 每秒内传送的信息量每秒有30帧每秒内传送的

4、信息量为： 30 1.2 106 =3.6 107 bit由上可知:信息速率 Rb =3.6 107 bps由于信道容量C 一 Rb，故信道带宽:BClog 2 13.6 107-NS二T=log： ；000612 汩 Hzg2 N其中：30dB1000要求信道的最小带宽为：3.612 106 Hz第五章答案二综合题1.设某信道具有均匀的的双边噪声功率谱密度 Pn f =0.5 10W/Hz ,在该信道中传输抑制载波的单边带 (上边带)信号，并设调制信号m(t)的频带限制在5KHZ，而载波为100 KHZ，已调信号的功率为 10KW。若接收机的输入信号在加至解调器之前，先经过一理想带通 滤波器

5、滤波，试求：(1) 该理想带通滤波器中心频率多大？ (5分)(1)单边带信号的载频为 100kHz，带宽B= 5kHz，为使信号顺利通过，理想带通滤波器的中心1频率为 f0 =1005 =102.5(kHz)2(2) 解调器输入端的信噪功率比为多少？(5分)解调器输入端的噪声与已调信号的带宽相同，Nj =2 Pn(f) B =2 0.5 10 5 1O=5W已知Si=10kW，所以SiN10 1035= 2000(3) 解调器输出端的信噪功率比为多少？(5分)由于单边带调制系统的制度增益为G= 1,因此解调器输出端的信噪比S0SiN0= 2000瞬时频率为2 .已知某单频调频波的振幅是10V

6、,643f (t) =10 二 10 COS2 二 10 t(Hz)(1) 试求此调频波的表达式；(10分) 解：该调频波的瞬时频率为，(t)=2 二 f(t) =2二 106 2- 104cos2 二 103t (rad/s)t63相位二(t)=. ( .) d =2二 10 t 10sin2 二 10t-OQ因此调频波的时域表达式SFM 二Acosr(t) =10cos(2 二 106t 10sin2 二 103t) (V)(2) 试求此调频波的调频指数和频带宽度。(10分) 根据频偏的定义Af =Qf(t)|max =|104cos2 衣 103tmax = 10(kHz)调频指数 mf

7、 f二丄01 0fm1 0调频波的带宽 B 2 G f mf )= 2(101)22( k H z)3、已知调制信号是8MHz的单频余弦信号，且设信道噪声单边功率谱 密度n。=5 105w/Hz，信道功耗a为60dB,对于调频指数为5的FM 系统，若要求输出信噪比为 40dB,试求：(1) FM信号的带宽和制度增益；(10分)解：FM系统的带宽和制度增益分别为Bfm =2(mf 1)fm =2 (5 1) 8 106 =96(MHz)GFM =3m2(mf 1)=3 25 6=450(2) FM系统的发射功率。(10分)SO1SO 1Sfm0Ni 0n BfmFM信号的发射功率N O GfmN

8、 O Gfm=1041 106 5 10% 96 1010.67(W)4504.某调角波为S(t)=5cos(2兀 x 106t+20sin2n x 500t) (V)试问:(1) 该调角波信号带宽为多少赫兹？ (10分)解：该调角波的瞬时角频率为6，(t) =2二；1020 2二；500cos2m； 500t(rad /s)最大频偏为f =20 2二 500/ 2理=10000Hz =10(kHz)调频指数 mf f =丄 20 fm 500最大相移上-2010 分)(2) 最大频偏为多少？最大相偏?FM波和PM波带宽形式相同即 调频波的带宽B ： 2( ：f fm) =2(mf 1)fm

9、=2(201) 500 =21(kHz)调相波的带宽B = 2QB+imf = 2(201)5002 1 ( k H z)第六章答案三综合题1 .已知信息代码为 1 1 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1求相应的AMI码、 HDB3码(第一个非零码编为+1)。并分别画出它们的波形图。(20 分)消息码1 1 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1AMI 码： +1 -1 +1 0 0 0 0 0 -1 +1 0 0 0 0 -1 +1HDB3码：+1 -1 +1 0 0 0 +V 0 -1 +1 -B 0 0 -V +1 -1信息码：;|_|.AMI码：廿厂

10、HDB3 码：:(0码参考):系统的基带传输特性如图1所示，试求(1)最大无码间串扰传输速率 Rb ; (8分)最大无码间串扰传输速率Rb= 2X 1250=2500 B(或称波特)(2) 系统的频带利用率(8分)二 Rb / B =2500/1500 =5/3 =1.673.设基带传输系统的发送滤波器、信道、及接收滤波器组成总特性 为H(w)，若以4/Ts波特的速率传输数据，分析下图各种H(w)能否由H (w)求出系统误码间串扰最高传码率-6 戒兀0S JifTs满足抽样点上无码间串扰的条件？( 24分)RBmax = 2 fN，然后与实际传输速率Rb二兰进行比较，若满足RBmax二nRB,

11、 n=1、2、3则以实际速率Rb进行数据传输时，满族抽样点上 误码间串扰的条件。24(1) RBmax = _ ： RT，故不能；TsTs64(2) RBmax =2 R，不是4/Ts的整数倍，所以仍然不能消除码间干扰。TsTs44、(3) RBmax - TRb - 故该HC )满足消除抽样点上无码间干扰的条件。T sT s24(4) RBmaxRb，故不能；第七章答案三综合题1设二进制信息为 0101，采用2ASK系统传输。(2)不归零信号乘法器e2 ASKs(t)cos ct（1 ）画出一种2ASK信号调制器原理框图；（6分）二进制(t)开关电路若采用非相干解调，试画出此解调器原理框图；

12、（6分）非相干解调器（3）当输入信噪比比较小时会出现什么现象？产生此现象的原因？ （6分）输出信噪比不是按比例地随着输入信噪比下降， 而是急剧恶化，通常把这种现象称为解 调器的门限效应。开始出现门限效应的输入信噪比称为门限值。出现非线性的原因是因为解调器的非线性。2.若某2FSK系统的码元传输速率为2X 106B，数字信息为“1”时 的频率fi为10MHz，数字信息为“ 0”时的频率f2为10.4MHz。输 入接收端解调器的信号峰值振幅 a=40卩V。信道加性噪声为高斯白噪 声，且其单边功率谱密度为 no=6 x 10-18W/Hz。试求：（1）画出2FSK相干解调系统的原理框图；（8分）输出

13、(2) 2FSK信号的第一零点带宽；(6分)B= f + 2fs= 10.4-10+2 X 2 = 4.4MHz（3）非相干接收时，系统的误码率。（6分）解调器输入端的噪声功率：Ni= noB = 6X 10-18X 4.0X 106=2.4 X 10-11W(40 10)2/22.64 10J1二 33.34r 430-31 12_8Re e = 2.89 103.若某2PSK系统的码元传输速率为 4.0X 106B，载波频率fc为 10MHz。输入接收端解调器的信号峰值振幅 a=40 V。信道加性噪 声为高斯白噪声，且其单边功率谱密度为 no=6X 10-18W/Hz。试求：（1）画出2P

14、SK相干解调系统的原理框图；（8分）相干接收时，系统的误码率；（6分）相干解调(2)Ni = nB = 6X 10-18X 8.0X 106=4.8X 10-11W. r= (40 咋,5.15Ni4.8 汇 10Pe 二丄 erfc -r 二丄 erfc-15.15 =4 10 2 2（3）2PSK系统为什么会出现“倒二”现象？怎样解决？ （ 6分） 由于在2PSK信号的载波恢复过程中存在着的相位模糊，即恢复的本地载波与所需的相干 载波可能同相，也可能反相，这种相位关系的不确定性将会造成解调出的数字基带信号与 发送的数字基带信号正好相反，即“ 1”变为“ 0”，“ 0”变为“ 1”，判决器输

15、出数字信号全 部出错。这种现象称为 2PSK方式的“倒n ”现象或“反相工作”。为了解决上述问题，可 以采用差分相移键控（DPSK）体制。第九章答案三综合题1.在PCM系统中，输入模拟话音信号 m（t）的带宽为4000HZ ,采用 13折线A律编码。已知编码器的输入信号范围为-5 V，最小量化间 隔为1个单位。已知抽样脉冲值为+3.984375V时，（1） 试求此时编码器输出码组和量化误差；（10分）因为抽样值为3.984375V化为量化单位，即ls=3.984375/5*2048=1632，因为 抽样值为正，C1为1且；位于第8段的序号为9的量化区间，AI律PCM码为 11111001，编码

16、后的量化电平为1024+9*64=1600;编码器的量化误差为 1632-1600=32 个单位。（2） 写出该码组（不含极性码）的11位线性码；（9分）对应的11位线性码为11001000000。（3） 试求译码器输出电平及译码器输出信号的量化误差。（10分） 译码器输出电平为1600+64/2=1632，译码器输出误差信号为0个单位；2.采用13折线A律编码，最小量化间隔为1个量化单位，已知抽 样脉冲值为+95量化单位：（1） 试求此时编码器输出码组，并计算量化误差；（10分）已知抽样脉冲值lo= +95，设码组的8位码分别为C1C2C3C4C5C6C7C8。因为loo，故C1= 1又因为1。64,且lo128，故位于第4段，段落码 C2C3C4= 011第4段内的量化间隔为 4，由Ic= 6