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通信原理作业参考答案 12 第三章 模拟线性调制34 3.7证明只要适当选择题图3.7中的放大器增益K ，不用滤波器即可实现抑5 制载波双边带调制。
67 解：8tt Af b aK t A t f b aK t A t f b t A t f aK t A t f b t A t f K a t S c c c c c c DSB ωωωωωωcos )(2)(]cos )()[(]cos )([]cos )([]cos )([)]cos )(([)(2222222222⋅+++-=--+=--+=9令 02=-b aK ，则a b K /2=10 t t bAf t S c DSB ωcos )(4)(=1112 3.13 用 90相移的两个正交载波可以实现正交复用，即两个载波可分别传输13 带宽相等的两个独立的基带信号)(1t f 和)(2t f ，而只占用一条信道。
试证明无失14 真恢复基带信号的必要条件是：信道传递函数)(f H 必须满足15W f f f H f f H c c ≤≤-=+0),()(16证明：)(]sin )([)(]cos )([)(21t h t t f t h t t f t S c c *+*=ωω17)]}()([)()(){(21)(2211c c c c F F j F F H S ωωωωωωωωωω--++++-=18 以t t C c d ωcos )(=相干解调，输出为 19 )(*)()(t C t S t S d p =20)]}()2([)2()(){(41)]}2()([)()2(){(41)]()([21)(22112211ωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωF F j F F H F F j F F H S S S c c c c c c c c p -++++++--++--=++-= 21选择适当滤波器，滤掉上式中c ωω2±项，则22)]()()[(4)]()()[(41)(21c c c c d H H F jH H F S ωωωωωωωωωωω+--+++-=23 要无失真恢复基带信号，必须24⎩⎨⎧=++-+=-常数)()()()(c c c c H H H H ωωωωωωωω 25此时可恢复)(1t f 。
通信原理实验指导书思考题答案实验一思考题P1-4：1、位同步信号和帧同步信号在整个通信原理系统中起什么作用？答：位同步和帧同步是数字通信技术中的核心问题，在整个通信系统中，发送端按照确定的时间顺序，逐个传输数码脉冲序列中的每个码元，在接收端必须有准确的抽样判决时刻（位同步信号）才能正确判决所发送的码元。
位同步的目的是确定数字通信中的各个码元的抽样时刻，即把每个码元加以区分，使接收端得到一连串的码元序列，这一连串的码元序列代表一定的信息。
通常由若干个码元代表一个字母（符号、数字），而由若干个字母组成一个字，若干个字组成一个句。
帧同步的任务是把字、句和码组区分出来。
尤其在时分多路传输系统中，信号是以帧的方式传送的。
克服距离上的障碍，迅速而准确地传递信息，是通信的任务，因此，位同步信号和帧同步信号的稳定性直接影响到整个通信系统的工作性能。
2、自行计算其它波形的数据，利用U006和U005剩下的资源扩展其它波形。
答：在实验前，我们已经将四种波形在不同频段的数据写入了数据存储器U005（2864）并存放在固定的地址中。
当单片机U006（89C51）检测到波形选择开关和频率调节开关送入的信息后，一方面通过预置分频器调整U004（EPM7128）中分频器的分频比(分频后的信号频率由数码管M001~M004显示)；另一方面根据分频器输出的频率和所选波形的种类，通过地址选择器选中数据存储器U005中对应地址的区间，输出相应的数字信号。
该数字信号经过D/A转换器U007（TLC7528）和开关电容滤波器U008（TLC14CD）后得到所需模拟信号。
自行扩展其它波形时要求非常熟悉信号源模块的硬件电路，最好先用万用表描出整个硬件电路。
此题建议让学生提供设计思路，在设计不成熟的情况很容易破坏信号源。
提示如下：工作流程同已有的信号源，波形的数据产生举例如下：a=sin(2.0*PI*(float)i/360.0)+1.0;/产生360个正弦波点，表示一个周期波形数据/k=(unsigned char)(a/2.0*255.0);/数字化所有点以便存储/将自己产生的360个点追加到数据存储器U005（2864）并存放在后续的固定的地址中，根据单片机U006（89C51）编程选中对应U005的地址，循环周期显示输出即为我们所设计的波形。
通信原理作业答案第1题若对某一信号用DSB 进行传输，设加至接收机的调制信号()m t 之功率谱密度为2()0m m mm mf n f f f P f f f ⎧≤⎪=⎨⎪>⎩试求：（1） 接收机的输入信号功率； （2） 接收机的输出信号功率；（3） 若叠加于DSB 信号的白噪声具有双边功率谱密度为2n ，设解调器的输出端接有截止频率为m f 的理想低通滤波器，那么，输出信噪功率比是多少？解：（1） 设DSB 已调信号()()cos DSB c s t m t t ω=，则接收机的输入信号功率为22222111()()cos ()(1cos 2)()()d 2222m m i DSB c n f S s t m t t m t ct m t Pm f f ωω+∞-∞===+===⎰ （2） 相干解调，乘以同频同相的载波信号后，信号为21()cos ()cos ()(1cos )2DSB c c c s t t m t t m t t ωωω==+ 经过低通滤波器后，输出为1()()2o s t m t =输出功率为211()428m m o i n f S m t S === （3） 调制信号频谱在[,]m m f f -上有值，其他频率为零，已调信号在[,]c m c m f f f f ±-±+上有值，其他频率为零，所以解调器前端带通滤波器的通带为[,]c m c m f f f f ±-±+输入噪声功率为02222i m m n N f n f == 经过低通滤波器后白噪声为窄代白噪声，可表示为()()sin ()cos s c c c n t n t t n t t ωω=+其中(),()s c N t N t 为独立同分布随机过程，均值为零，方差为σ。
所以222222()[()sin ][()cos ]s c c c n t E n t t E n t t ωωσ=+=解调后噪声为1()()2o c n t n t =所以211()[()]44o o c i N n t E n t N ===故，输出信噪功率比为4o m o S n N n = （也可以先算出输入信噪比，再乘以制度增益）第2题设调制信号()m t 的功率谱密度与题1相同，若用SSB 调制方式进行传输（忽略信道的影响），试求：（1） 接收机的输入信号功率； （2） 接收机的输出信号功率；（3） 若叠加于SSB 信号的白噪声的双边功率谱密度为2n ，设解调器的输出端接有截止频率为m f 的理想低通滤波器，那么，输出信噪功率比是多少？（4） 该系统的调制制度增益G 为多少？解：（1）设SSB 已调信号 t t mt t m t s c c SSB ωωsin )(ˆ21cos )(21)(±= 则接收机的输入信号功率为⎰=⨯==m f m m mmi f n df f f n t m S 0282241)(41（2）相干解调之后，接收机的输出信号)(41)(0t m t m =，因此输出信号功率 32)(161)(2200m m f n t m t m S === （3） 相干解调时，输出噪声功率44100m i f n N N ==因此输出信噪功率比00084/32/n n f n f n N S mm m m == （4）由以上分析可得，4,400i i NN S S ==，该系统的调制制度增益为 1//00==ii N S N S G第3题设备接收的调幅信号为t t m A t s c m ωcos )]([)(＋=，采用包络检波法解调，其中()m t 的功率谱密度与题1相同。
第二章第三章第四章00第五章第七章第八章第九章9.4 解：0 1 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0AMIHDB3B3zsB6zs9.13 解：9.14 解：（2）发送：8电平已调 基带信号信号接收：调制信号基带信号9.17单极性NRZ)2(N S Q P b = 双极性NRZ)(N S Q P b =多进制 双极性（M 为奇数:取0，+/-A, …..; M 为偶数：取。
）2A ±sMb Lf R L L s Mb f R sMb f R sMb R b b b b /2log 47)12)(4(/67.05.11)3(/38log )2(/1)1(22==∴=∴=-≈====调相。
，调制方式可为调幅或其带宽正好是的升余弦滚降频谱信号电平信息，所以可采用单位符号应传输所需传输速率信道带宽kHz bit kHzR kHzkHz kHz f b 482.0831204860108)1(=∴==-=α格雷编码方式普通二进制编码----------------=-------------=-∙-=s b s n nb s P nP P M N S Q MM P 1P )12(22)13)(()1(222L-1电平的部分响应信号])(134[)1(2222NS L Q L L P s --=π1）75.4101)(6==>⨯=-ααQ 2）75.4101)(6==>⨯=-ααQ 3）36.444/6.4)(18332==>=-=>=N S NS P P b s 4) 或])(1434[4)14(2222N S Q P s --=πs b P P L L 324712==>==>=-而s b P P 21= S/N(DB 值)： 45.125(16.44)，22.6(13.5), 444.36(26.4), 194.6(22.9)9.181） S/N =18.06 合12.57dB25.4=α2) S/N = 48.16 合16.83dB ])(83[N S Q P b =3） S/N = 90.3 合19.56dB s b P P 32=9.23解：序列的三条性质。
第二章第三章第四章00第五章第七章第八章第九章9.4 解：0 1 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 AMIHDB3 B3zs B6zs9.13 解：9.14 解：（2）发送：8已调基带信号信号接收：调制信号基带信号9.17s Mb Lf R L L s Mb f R sMb f R sMb R b b b b /2log 4 7)12)(4(/67.05.11)3(/38log )2(/1)1(22==∴=∴=-≈====调相。
，调制方式可为调幅或其带宽正好是的升余弦滚降频谱信号电平信息，所以可采用单位符号应传输所需传输速率信道带宽kHz bit kHzR kHz kHz kHz f b 482.0831204860108)1(=∴==-=α单极性NRZ)2(N SQ P b =双极性NRZ )(N S Q P b = 多进制 双极性（M 为奇数:取0，+/-A, …..; M 为偶数：取2A ±。
）格雷编码方式普通二进制编码----------------=-------------=-∙-=s b s n nb s P nP P M N S Q MM P 1P )12(22)13)(()1(22 2L-1电平的部分响应信号])(134[)1(2222NSL Q L L P s --=π1）75.4101)(6==>⨯=-ααQ 2）75.4101)(6==>⨯=-ααQ 3）36.444/6.4)(18332==>=-=>=N S NSP P b s 4) ])(1434[4)14(2222N S Q P s --=πs b P P L L 324712==>==>=-而或s b P P 21=S/N(DB 值)： 45.125(16.44)，22.6(13.5), 444.36(26.4), 194.6(22.9) 9.181）25.4=α S/N =18.06 合12.57dB 2) ])(83[NSQ P b = S/N = 48.16 合16.83dB 3）s b P P 32= S/N = 90.3 合19.56dB9.23解：序列的三条性质。
现代通信原理-曹志刚-答案（很重要）通信原理作业参考答案第三章模拟线性调制3.7证明只要适当选择题图3.7中的放⼤器增益K ，不⽤滤波器即可实现抑制载波双边带调制。
解：tt Af b aK t A t f b aK t A t f b t A t f aK t A t f b t A t f K a t S c c c c c c DSB ωωωωωωcos )(2)(]cos )()[(]cos )([]cos )([]cos )([)]cos )(([)(2222222222?+++-=--+=--+=令 02=-b aK ，则a b K /2=t t bAf t S c DSB ωcos )(4)(=3.13 ⽤90相移的两个正交载波可以实现正交复⽤，即两个载波可分别传输带宽相等的两个独⽴的基带信号)(1t f 和)(2t f ，⽽只占⽤⼀条信道。
试证明⽆失真恢复基带信号的必要条件是：信道传递函数)(f H 必须满⾜W f f f H f f H c c ≤≤-=+0),()(证明：)(]sin )([)(]cos )([)(21t h t t f t h t t f t S c c *+*=ωω)]}()([)()(){(21)(2211c c c c F F j F F H S ωωωωωωωωωω--++++-=以t t C c d ωcos )(=相⼲解调，输出为 )(*)()(t C t S t S d p =)]}()2([)2()(){(41)]}2()([)()2(){(41)]()([21)(22112211ωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωF F j F F H F F j F F H S S S c c c c c c c c p -++++++--++--=++-= 选择适当滤波器，滤掉上式中c ωω2±项，则)]()()[(4)]()()[(41)(21c c c c d H H F jH H F S ωωωωωωωωωωω+--+++-=要⽆失真恢复基带信号，必须=++-+=-常数)()()()(c c c c H H H H ωωωωωωωω此时可恢复)(1t f 。
1.什么是码间吊扰？为什么会产生码间吊扰？列举两种减少或消除码间串扰的方法。
答：当波形失真比较严重时，可能前面儿个码元的波形同时串到后面，对后而某一码元的抽样判决产生影响，即产生码间串扰；产生码间申扰的原因是：信号会产生失真和延迟；减少或消除码间串扰的方法：(1)部分响应(2)均衡。
2.32路脉冲编码调制基群的速率为多少？它是怎样计算得到的？答：2048kbps, 64k*32二2048Kbps3.二进制键控调相分为绝对调相(2PSK)和相对调相(2DPSK),为什么要采用相对调相？答：在采用绝对调相(2PSK)时，由于本地参考载波冇0、门模糊度而使得解调得到的数字信号可能极性完全相反，即1和0倒置，对于数字传输来说这是不允许的。
为了克服相位模糊度对相干解调的影响，最常用而乂有效的办法就是釆用相对调相(2DPSK)O4.简述2DPSK消除相位模糊的原理。
答：由于0、兀只是代表前后码变与不变的关系，如相位恢复相菲180度，所有的码都要判错，但前后码之间的关系不会错，则从相对码到绝对码的变换不会错。
5.简述在调频系统中采用预加璽和去加璽技术的原因。
答：语音和图像信号低频段能量大，高频段信号能量明显小；而鉴频器输出噪声的功率谱密度随频率的平方而增加(低频噪声小，高频噪声大，解调器・ A*输出噪声的功率谱密度为其它)，造成信号的低频信噪比很大，而高频信噪比明显不足，使高频传输困难。
故在调频收发技术中，通常采用预加重和去加重技术来解决这一问题。
6.简要回答均匀量化与非均匀量化的特点。
答：均匀量化特点：在量化区内，大、小信号的量化间隔相同，量化噪声只和量化级数相关，最大量化误差均为半个量化级，因而小信号时量化信噪比太小，不能满足要求。
非均匀量化特点：量化间隔大小随信号大小而变，信号幅度小时量化级小，量化误茅也小；信号幅度小时量化间隔小，量化误差也小，因此增大了小信号的量化信噪比，使量化信噪比趋于常数。
注：2PSK当前是0,遇0不变，遇1跳变;当前是1,遇1不变，遇（）跳变2DPSK遇0不变,遇］跳变& 什么是信噪比增益？信噪比增益高说明什么问题？说明调频系统信噪比增益与调频指数的关系。
通信原理作业参考答案第三章 模拟线性调制3.7证明只要适当选择题图3.7中的放大器增益K ，不用滤波器即可实现抑制载波双边带调制。
解：tt Af b aK t A t f b aK t A t f b t A t f aK t A t f b t A t f K a t S c c c c c c DSB ωωωωωωcos )(2)(]cos )()[(]cos )([]cos )([]cos )([)]cos )(([)(2222222222⋅+++-=--+=--+=令 02=-b aK ，则a b K /2=t t bAf t S c D SB ωcos )(4)(=3.13 用90相移的两个正交载波可以实现正交复用，即两个载波可分别传输带宽相等的两个独立的基带信号)(1t f 和)(2t f ，而只占用一条信道。
试证明无失真恢复基带信号的必要条件是：信道传递函数)(f H 必须满足W f f f H f f H c c ≤≤-=+0),()(证明：)(]sin )([)(]cos )([)(21t h t t f t h t t f t S c c *+*=ωω)]}()([)()(){(21)(2211c c c c F F j F F H S ωωωωωωωωωω--++++-=以t t C c d ωcos )(=相干解调，输出为 )(*)()(t C t S t S d p =)]}()2([)2()(){(41)]}2()([)()2(){(41)]()([21)(22112211ωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωF F j F F H F F j F F H S S S c c c c c c c c p -++++++--++--=++-=选择适当滤波器，滤掉上式中c ωω2±项，则)]()()[(4)]()()[(41)(21c c c c d H H F jH H F S ωωωωωωωωωωω+--+++-=要无失真恢复基带信号，必须⎩⎨⎧=++-+=-常数)()()()(c c c c H H H H ωωωωωωωω 此时可恢复)(1t f 。
对于)(2t f ，使用t t C c d ωsin )(=相干解调，可以无失真地恢复)(2t f ，用样须满足)()(c c H H ωωωω+=-3.29 双边带抑制载波调制和单边带调制中若消息信号均为kHz 3限带低频信号，载频为MHz 1，接收信号功率为mW 1，加性白色高斯噪声双边功率谱密度为Hz W /103μ-。
接收信号经带通滤波器后，进行相干解调。
(1) 比较解调器输入信噪比； (2) 比较解调器输出信噪比； 解：kHz W 3=， mW S i 1=，Hz W n /10230μ-= （1）W B n N D SB D SB i 636301012103210102)(---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==B WmW N S DSB i i d 2.193.83101216即=⨯=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-()W W n N SSB i 6363010*********---⨯=⨯⨯⨯⨯==dB N S SSB i i 2.227.166********即=⨯⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--所以 DSBi i SSB ii N S N S ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛>⎪⎪⎭⎫⎝⎛（2）dB N S N S DSB i i DSB 2.22200=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫⎝⎛ dB N S N S SSBi i SSB 2.2200=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫⎝⎛ 所以SSBDSB N S N S ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫⎝⎛000即在相同输入信号功率、0n 、相同调制信号带宽下SSBDSB N S N S ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛0000。
第四章 模拟角调制4.8 已知受kHz 1正弦信号调制的角调制信号为)cos 25cos(100)(t t t S m c ωω+=(1) 若为调频波，问m ω增加为5倍时的调频指数及带宽； (2) 若为调相波，问m ω减小为1/5时的调相指数及带宽； 解：(1)rad A K m m FM FM 25/==ωβrad A K m m FM FM 5)5/('==ωβkHz F BW FM FM 605)15(2)1(2''=⨯+⨯=⋅+=β(2)rad A K PM m PM PM 25'===ββkHz BW PM 4.1051)125(2=⨯+⨯=4.12已知窄带调相信号为t t t t S c m PM c ωωβωsin cos cos )(-=若用相干载波)cos(θω+t c 相乘后再经过一个低通滤波器，问： (1) 能否实现正确解调？ (2) 最佳解调时θ应为何值？解： (1)()()()t t t t t t t t t S t S m PM c m PM c c m PM c c p ωθβθθωωβθωθθωωβθθωθωcos sin 21cos 21)]2sin(cos )2[cos(21]sin )2[sin(cos 21]cos )2[cos(21)cos()()(+++-+=-+-++=+⋅= 经低通滤波器后 ()t t S m PM ωθβθcos sin 21cos 21)(0+=能实现正确解调。
（2）2πθ=4.19 题图4.19表示一种频率解调器，输入调频波通过一个对载频c f 产生2/π相移的延时线。
设调频波为)]2sin(2cos[)(t f t f A t S m FM c c πβπ+=试分析该解调器工作原理（当调频指数1<FM β，且延时线产生的延时T 很小时，有1)2cos(≈T f m π，T f T f m m ππ2)2sin(≈。
题图 4.19解：令t f t f m FM c πβπα2sin 2+=t f T f m FM m πβπβ2cos 2=)(t S 经过延时线输出)(T t S -)]}(2sin[)(2cos{)(T t f T t f A T t S m FM c c -+-=-πβπ tf T f t f Tf t f T f t f T t f m m m m m m m m ππππππππ2cos )2(2sin 2sin 2cos 2cos 2sin )](2sin[-≈-=-由题意可得）注：(22)sin()]2cos 22(sin 22cos[)]}(2sin[)(2cos{)(ππβαπππβπππβπ=-=-+-≈-+-=-T f A t f T f t f t f A T t f T t f A T t S c c m m m FM c c m FM c c)cos()2cos 2(sin2sin 1cos arctan)cos(sin 22cos sin cos )sin 1()]sin([cos )()(θαββββθθαββααββαα++=+=++=-+=--=--c c c c c A A A A A T t S t S 其中1<FM β,T 很小12c o s≈β，22sinββ≈)cos()12(2)()(θαβ++≈--c A T t S t S包络检波，滤去直流分量后)2cos(22)(0t f A t S m c πβ∝≈该电路可实现频率解调。
4.24设信道引入的加性白噪声双边功率谱密度为Hz W n /1025.02/140-⨯=，路径衰耗为dB 100，输入调制信号为kHz 10单频正弦。
若要求解调输出信噪比为dB 40，求下列情况发送端最小载波功率。
(1) 常规调幅，包络检波，707.0=AM β； (2) 调频，鉴频器解调，最大频偏kHz f 10=∆； (3) 调相，最大相偏180=∆θ； (4) 单边带调幅，相干解调。
解（1）21=AM β4.0212112121121222202=⋅+=+=+=AM AMm mAM A A A G ββi i AMN S N S G //00=， 4400105.24.010//⨯===AM i i G N S N S1031401010102105.0--=⨯⨯⨯⨯==AM i B n N W W N N S S i i i i 6105.2)/(-⨯=⋅=W S S i T 410105.210⨯=⋅=（2）窄带调频k H z f B m FM 202==[]322113)()(3//2max 22max 00=⨯⨯⨯=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⋅⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∆==mFMm i i FMf B t f t f E f f N S N S G 41031/⨯=i i N S 1031401010201025.02--=⨯⨯⨯⨯==FM i B n N WW S i 3.33331010311010410=⨯⨯⨯=-(3) 此题意不明确(4) 40010//==N S N S i i104140105.010105.0--⨯=⨯⨯==SSB i B n N W ()W N N S S i i i i 6104105.0105.010/--⨯=⨯⨯=⋅= W S S i T 500010105.01010610=⨯⨯==-第五章 脉冲编码调制5.2 已知信号)200cos()20cos(10)(t t t S ππ=，抽样频率Hz f s 250=。
求 (1)抽样信号)(t S δ的频谱；(2)要求无失真恢复)(t S ，试求出对)(t S δ采用的低通滤波器的截止频率。
(3)无失真恢复)(t S 情况下的最低抽样频率?=s f解：（1） )180cos(5)220cos(5)200cos()20cos(10)(t t t t t S ππππ+== )]180()180()220()220([5)(πωδπωδπωδπωδπω-+++-++=S∑-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡∑-*=∞-∞=∞-∞=n s s n s s n S T n T S S )(1)(2)(21)(ωωωωδπωπωδ )]500180()500180()500220()500220([1250ππωδππωδππωδππωδπn n n n n --+-++∑--+-+=∞-∞=（2）Hz f H 110=要求无失真恢复)(t S ，对)(t S δ采用的低通滤波器的截止频率为Hz 110。
（3）)(t S 可视为带通信号Hz f H 110=，Hz f L 90=，Hz f f B L H 2090110=-=-=B B f H 5.05+=，5=N ,5.0=MHz N M B f s 44)55.01(202)1(2=+⨯⨯=+=5.3 12路载波电话信号占有频率范围为kHz 10860-，求出其最低抽样频率?min =s f ，并画出理想抽样后的信号频谱。
