通信原理期末复习题

【1】一个由字母A，B，C，D组成的字，对于传输的每一个字母用二进制脉冲编码，00代替A，01代替B，10代替C，11代替D，每个脉冲宽度为5ms.

(1)不同的字母是等可能出现时，试计算传输的平均信息速率； (2)若每个字母出现的可能性分别为

1113 PA=5， PB=4， PC=4， PD=10

试计算传输的平均信息速率。

解：(1)每个字母的持续时间为2×5 ms，所以字母传输速率为

13RB4=2510=100Baud

不同的字母等可能出现时，每个字母的平均信息量为

H(X)= log24 =2 bit/符号

平均信息速率为

Rb= RB4·H(X)=200 bit/s

(2) 每个字母的平均信息量为

11111133H(X)= -5log25-4log24-4log24-10log210

=1.985 bit/符号

所以，平均信息速率为

Rb= RB4·H(X)=198.5 bit/s

5

【2】 黑白电视图像每帧含有3×10个像素，每个像素有16个等概出现的亮度等级。要求每秒钟传输30帧图像。若信道输出S/N=30 dB，计算传输该黑白电视图像所要求的信道的最小带宽。

解： 每个像素携带的平均信息量为

H(x)=(log216) bit/符号=4 bit/符号

一帧图像的平均信息量为

55

I=(4×3×10) bit=12×10 bit

每秒钟传输30帧图像时的信息速率为

5

Rb=(12×10×30) bit/s=36 Mbit/s 令

得

即传输该黑白电视图像所要求的最小带宽为3.61 MHz。

SRb=C=Blog2（1+N）

Rb36MHz3.61MHzSlog21001log2(1)NB=

1

【3】 根据右图所示的调制信号波形，试画出DSB及AM信号的波形图，并比较它们分别通过包络检波器后的波形差别。

解：DSB及AM波形分别如下图(a)、(b)所示。

DSB信号通过包络检波后的波形图如下图(a)所示，AM信号通过包络检波后的波形图如(b)所示。可见，m1(t)有严重失真，m2(t)无失真，说明不能用包络检波法解调DSB信号。

【4】 某调制方框图如下图(b)所示。已知m(t)的频谱如下图(a)所示，载频ω1<<ω2，ω1>ωH，且理想低通滤波器的截止频率为ω1，试求输出信号s(t)，并说明s(t)为何种已调信号。

解： 方法一：时域法

两个理想低通输出都是下边带信号，上支路的载波为cosω1t，下支路的载波为sinω1t。

11d(t)=2Am(t)cosω1t+211e(t)=2Am(t)sinω1t-2由此得 s(t)=f(t)+g(t)

ˆ(t)sinω1t Amˆ(t)cosω1t Am11ˆ(t)(sinωt-cosωt)sinωt =2Am(t)(cosω1t+sinω1t)cosω2t+2Am112

11ˆ(t)sin(ω-ω)t =2Am(t)cos(ω2-ω1)t-2Am21

可知，s(t)是一个载频为ω2-ω1的上边带信号。

方法二：频域法

上支路各点信号的频谱表达式为

ASb(ω)=2［M(ω+ω1)+M(ω-ω1)］

2

ASd(ω)=2［M(ω+ω1)+M(ω-ω1)］HL(ω)

ASf(ω)=4［Sd(ω+ω2)+Sd(ω-ω2)］

下支路各点信号的频谱表达式为

jASc(ω)=2［M(ω+ω1)-M(ω-ω1)］

jASe(ω)=2［M(ω+ω1)-M(ω-ω1)］HL(ω) 1Sg(ω)=2·Se(ω)*j［δ(ω+ω2)-δ(ω-ω2)］

A=4

［M(ω+ω1)-M(ω-ω1)］HL(ω)*［δ(ω-ω2)-δ(ω+ω2)］

S(ω)=Sf(ω)+Sg(ω)

各点信号频谱图如下图所示。由图可知，s(t)是一个载频为ω2-ω1的上边带信号，即

11ˆ(t)sin(ω-ω)t s(t)=2Am(t)cos(ω2-ω1)t-2Am21

-3

【5】设某信道具有均匀的双边噪声功率谱密度Pn(f)=0.5×10 W/Hz，在该信道中传输振幅调制信号，并设调制信号m(t)的频带于5 kHz，载频是100 kHz，边带功率为10 kW，载波功率为40 kW。若接收机的输入信号先经过一个合理的理想带通滤波器，然后再加至包络检波器进行解调。试求：

(1) 解调器输入端的信噪功率比； (2) 解调器输出端的信噪功率比；

3

(3) 制度增益G。

解： (1) Si=Sc+Sm=(40+10) kW=50 kW

-33

Ni=2Pn(f)·B=(2×0.5×10×2×5×10) W=10 W

Si5000Ni

(2) SAM(t)=［A+m(t)］cosωct=Acosωct+m(t)cosωct 由已知边带功率值可得

12m(t)10kW2

包络检波器输出信号和噪声分别为

mo(t)=m(t) no(t)=nc(t)

所以，包络检波器输出信号功率和噪声功率分别为

2m(t)=20 kW So=

2nNo=c(t)=Pn(f)·2B=10 W

检波器输出信噪功率比为

(3) 制度增益为

So2000No GSo/No2Si/No5

【6】已知信息代码为1010000011000011，试确定相应的传号差分码、CMI码、数字双相码、AMI码以及HDB3码，并分别画出它们的波形。

解：

【7】 有4个连1和4个连0交替出现的序列，画出单极性非归零码、AMI码、HDB3码

4

所对应的波形图。

思路 单极性非归零码、AMI码的编码规律比较简单。对HDB3码的编码规律比较熟悉后即可直接由信息代码求出HDB3码，并进而画出波形图。由于序列中4个连1和4个连0是交替出现的，故相邻的4个连0码组之间1码的个数肯定是偶数个，因此HDB3码中的每个取代节都应是B00V。

解： 单极性非归零码、AMI码、HDB3码及其波形图如下图所示。

】8】 设随机二进制序列中的1码出现的概率为0.5，对应一个振幅等于1、宽度等于码元间隔Ts的矩形脉冲，0码对应0电平。

(1) 求其功率谱密度及功率，并画出功率谱曲线，求谱零点带宽；

(2) 若1码对应一个占空比等于0.5的矩形脉冲，0码仍为0电平，重新回答(1)中的问题；

(3) 能否从上述两个信号中用滤波法直接提取码元同步所需的频率fs=1/Ts的分量?若能，给出该分量的功率；

(4) 分析离散谱fs的功率与1码概率P的关系。 思路 第一个信号为单极性非归零码，第二个信号为占空比等于0.5的单极性归零码，它们的基本波形为DT(t)和D0.5T(t)。这两个信号都是相同波形随机序列，可用式(5-3)求其功率谱。若功率谱中含有fs=1/Ts的离散谱，则可用滤波法直接提取频率为fs=1/Ts的位定时信号，否则不能。

s

s

Ps(f)=fsP(1-P)(a1-a2)G(f)+f傅氏变换对

22

2s

n|Pa1+(1-P)a2|G(mfs)δ(f-mfs) (5-3)

22

sin/2)/2 Dτ(t)←→τSa2=τ

(是本课程中常用公式，此题中τ=Ts或τ=0.5Ts。

解: (1) P=0.5,a1=1,a2=0

G(f)=TsSa(πfTs)=TsSa(πf/fs)

代入式(5-3)得

Ps(f)=fs×0.5×0.5×TsSa(πf/fs)+f

2

2

2s

m0.5×TsSa(mπfs/fs)δ(f-mfs)

222

5

=0.25TsSa(πSa(mπ)δ(f-mfs)

由于 sin(mπ)=0 所以 Sa(mπ)=0

2

故 Ps(f)=0.25TsSa(πf/fs)

功率谱密度曲线如下图所示。

2

f/fs)+0.25 m2

由图可知，谱零点带宽为Bs=fs。 信号功率为

2

S=Ps(f)df=0.25 TsSa(πf/fs)df

22

=0.25fs TsSa(πf/fs)df

根据帕塞瓦尔定理

222

22

TsSa(πf/fs)df= |G(f)|df=DTs(t)dt=Ts

得 S=0.25fs·Ts =0.25Ts

(2) P=0.5

G(f)=0.5TsSa(0.5πfTs)=0.5TsSa(0.5πf/fs)

Ps(f)=0.0625TsSa(0.5πf/fs)+0.0625m功率谱密度曲线如下图所示。

2

2

Sa2(0.5mπ)δ(f-mfs)

由图可知，谱零点带宽为Bs=2fs。 信号功率为

2S=0.0625 TsSa(0.5πf/fs)df+0.0625

mSa(0.5mπ)δ(f-mfs)df

2

22

2

=0.0625fsTsSa(0.5πf/fs)df+0.0625mSa(0.5mπ)

Sa(0.5mπ)

(3) 在(1)中无频率等于fs的离散谱，在(2)中有频率等于fs的离散谱，故可以从(2)中用滤波法提取码元同步信号(即位同步信号)。 频率为fs离散谱的功率为

222

S=2×0.0625Sa(0.5π)=(0.125sin(0.5π)/(0.5π) W=0.05 W

(4) 在第2个信号中有离散谱fs，若P为任意值，则此信号的离散谱为

=0.0625Ts+0.0625m2

6

0.25mPSa(0.5mπ)δ(f-mfs)

22

频率为fs的离散谱功率为

2222

S=(0.5Psin(0.5π)/(0.5π)) W=0.2P W

小结 以矩形脉冲为基本波形的二进制相同波形随机序列的谱零点带宽等于脉冲宽度的倒数，占空比为1时，谱零点带宽在数值上等于码速率；单极性归零码中含有频率等于码速率的离散谱，离散谱的功率随1码的概率增大而增大(设1码传送脉冲)。上述结论也可以推广到各码元的M进制相同波形随机序列。

【9】 设某二进制数字基带信号的基本脉冲为三角形脉冲，如右图所示。图中Ts为码元间隔，数字信息“1”“0”分别用g(t)的有无表示，且“1”和“0”出现的概率相等。

(1) 求该数字基带信号的功率谱密度；

(2) 能否用滤波法从该数字基带信号中提取码元同步所需的频率fs=1/Ts的分量?若能，试计算该分量的功率。

思路 将底部宽度为τ、高度为1的三角形时域函数表示为Δτ(t)，傅氏变换对为

Δτ(t)←→2据此式可求得本题中g(t)所对应的G(f)，再由式(5-3)即可求解。

22

2s

[Sa(sin/42)]2[]42/4

Ps(f)=fsP(1-P)(a1-a2)G(f)+f|Pa1+(1-P)a2|G(mfs)δ(f-mfs) (5-3)

解： (1) P=0.5,a1=1,a2=0

n22

ATs2fTsSa()22G(f)=

Ps(f)=fsP(1-P)(a1-a2)G(f)+f

22

2

sm|Pa1+(1-P)a2|G(mfs)δ(f-mfs)

22

fs2fsA2Ts24fTsSa()442=·+4A2Ts4fTsA2162(2) 频率fs=1/Ts离散谱分量为

Sa()mA2Ts24fTsSa()42δ(f-mfs)

m)(fmfs)2

16mSa4(所以可以用滤波法从该数字基带信号中提取码元同步所需要的频率fs=1/Ts的分量，该分量

的功率为

242

S=2A/π=0.02A

7

A242A2Sa()(ffs)4(ffs)082

【10】 某基带系统的频率特性是截止频率为1 MHz、幅度为1的理想低通滤波器。 (1) 试根据系统无码间串扰的时域条件求此基带系统无码间串扰的码速率。 (2) 设此系统传输信息速率为3 Mbps，能否无码间串扰?

思路 此题需求系统的冲激响应。系统的频率特性是一个幅度为1、宽度为ω0=4π×6

10 rad/s的门函数(双边频率特性)Dω0(ω)，根据傅氏变换的对称性可得

0tSa(0)2=2×106Sa(2π×106t) Dω0(ω)←→2无码间串扰的时域条件为

式中，Ts为码元间隔。所以，根据冲激响应波形就可确定此系统无码间串扰的码速率。

设进制数为任意值，根据信息速率与码速率之间的关系求3 Mbps所对应的码速率，从而判断传输3 Mbps信号有无码间串扰。

解: (1) h(t)=2×106Sa(2π×106t)

波形如下图所示。由图可知，当Ts=0.5 μs/k(k为正整数)时无码间串扰，即此系统无码间串扰的码速率为

C,k0h(kTs)0,k0

(2) 设传输等概的M进制信号，则

令 得

3RB=log2M(MBd)

32log2M=k

M=8=8(n=1,2,„)

n

2k1n

即当采用8进制信号时，码速率RB=n(MBd)，可以满足无码间串扰条件。

8

【11】 已知2FSK信号的两个频率f1=980 Hz，f2=2180 Hz，码元速率RB=300 Bd，信道有效带宽为3000 Hz，信道输出端的信噪比为6 dB。试求：

(1) 2FSK信号的谱零点带宽； (2) 非相干解调时的误比特率； (3) 相干解调时的误比特率。

解： (1) 2FSK信号的谱零点带宽为

Bs=|f2-f1|+2Rb=(2180-980+2×300) Hz=1800 Hz

(2) 设非相干接收机中带通滤波器BPF1和BPF2的频率特性为理想矩形，且带宽

为

BF2RB600 Hz

信道带宽为3000 Hz，是接收机带通滤波器带宽的5倍，所以接收机带通滤波器输出信噪比是信道输出信噪比的5倍。当信道输出信噪比为6 dB时，带通滤波器输出信噪比为

0.6

r=5×10=5×4=20

2FSK非相干接收机的误比特率为

11-r/2-10-5

Pb=2e=2e=2.27×10

(3) 同理可得2FSK相干接收机的误比特率为

-6

Pb=Q(r)=Q(20)=Q(4.47)=3.93×10

【12】若对12路语音信号(每路信号的最高频率均为4 kHz)进行抽样和时分复用，将所得脉冲用PCM基带系统传输，信号占空比为1：

(1) 抽样后信号按8级量化，求PCM信号谱零点带宽及最小信道带宽； (2) 抽样后信号按128级量化，求PCM信号谱零点带宽及最小信道带宽。 解：(1) Rb=(12×8×log28) kbit/s=288 kbit/s 频零点带宽为

1Bs==Rb=288 kHz

最小信道带宽为

1Bc=2Rb=144 kHz

(2) Rb=(12×8×log2128) kbit/s=672 kbit/s

1Bs==Rb=672 kHz

1Bc=2Rb=336 kHz

【13】采用13折线A律编码，设最小的量化级为1个单位，已知抽样脉冲值为 -95单位。

(1) (1) 试求此时编码器输出码组，并计算量化误差（段内码用自然二进制码）； (2) (2) 写出对应于该7位码（不包括极性码）的均匀量化11位码。

解：（1）设编码器输出8位码组为C1 C2 C3 C4 C5 C6 C7 C8

9

已知抽样脉冲值Is = ―95，因为Is<0，故 C1=0

又<│Is│<128，故码组位于第4段，段落码C2 C3 C4= 011，段内量化级间隔为4。由 95= + 4×7 +3知，码组位于第4段内第7量化级

故 C5 C6 C7 C8=0111

因此，输出码组为C1 C2 C3 C4 C5 C6 C7 C8=00110111 输出量化电平Iw = ―(+ 4×7 + 0.5×4) = ―94 量化误差为│―95―(―94)│= 1个量化单位。

（2）对应于该7位码的均匀量化11位码为 C1～C11=00001011110

10