北航现代通信原理作业答案1-2

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

?nmf?Pm(f)??2fm?0?f?fmf?fm

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

n0，设解调器的输出端接有截2止频率为fm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sDSB(t)?m(t)cos?ct，则接收机的输入信号功率为

2Si?sDSB(t)?m2(t)cos2?ct?nf1211??m(t)(1?cos2?ct)?m2(t)??Pm(f)df?mm 222??21m(t)(1?cos?ct) 2（2） 相干解调，乘以同频同相的载波信号后，信号为

sDSB(t)cos?ct?m(t)cos2?ct?经过低通滤波器后，输出为

so(t)?输出功率为

1m(t) 2So?nf121m(t)?Si?mm 428（3） 调制信号频谱在[?fm,fm]上有值，其他频率为零，已调信号在[?fc?fm,?fc?fm]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[?fc?fm,?fc?fm]输入噪声功率为

Ni?n02fm2?2n0fm 2经过低通滤波器后白噪声为窄代白噪声，可表示为

n(t)?ns(t)sin?ct?nc(t)cos?ct

其中Ns(t),Nc(t)为独立同分布随机过程，均值为零，方差为?。所以

n2(t)?E[ns2(t)sin2?ct]?E[nc2(t)cos2?ct]??2

解调后噪声为

no(t)?所以

1nc(t) 2112No?no(t)?E[nc(t)]?Ni

44故，输出信噪功率比为

Son?m No4n0（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

n0，设解调器的输出端接有截止2频率为fm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 sSSB(t)?则接收机的输入信号功率为

fmnfnf121m Si?m(t)??2?df?mm

02f448m11?(t)sin?ct m(t)cos?ct?m22（2）相干解调之后，接收机的输出信号m0(t)? S0?m0(t)?（3） 相干解调时，输出噪声功率

21m(t)，因此输出信号功率 4nf12m(t)?mm 1632 因此输出信噪功率比

N0?nf1Ni?0m 44S0nmfm/32nm ??N0n0fm/48n0S0?SiN,N0?i，该系统的调制制度增益为 44（4）由以上分析可得，

G?S0/N0?1

Si/Ni第3题

设备接收的调幅信号为sm(t)?[A＋m(t)]cos?ct，采用包络检波法解调，其中m(t)的功率谱密度与题1相同。若一双边功率谱密度为端的信噪功率比。

n0的噪声叠加于已调信号，试求解调器输出2解：

在大信噪比，即A?m(t)??ni(t)的情况下，包络检波器的输出为 e(t)?A?m(t)?nc(t)

其中m(t)为有用信号，噪声分量nc(t)是解调器输入噪声的同相分量。故有

S0?m(t)?2?222fm0nmfnfdf?mm2fm2

N0?nc(t)?ni(t)?n0B?2n0fm 因此解调器输出信噪比

S0nf/2nm?mm? N02n0fm4n0第4题

采用包络检波的常规调幅系统中，若噪声功率谱密度为(5?10?2)W/Hz，单频正弦波调制时载波功率为100kW，边带功率为每边带10kW，带宽滤波器带宽为4kHz。 （1） 求解调输出信噪比；

（2） 若采用抑制载波双边带系统，其性能优于常规调幅多少分贝？

解：

（1） AM解调器输出信噪比为

S0m2(t)10?103?2 ???100 ?23N0n0B5?10?4?10（2） AM解调器输入信噪比为

(Si)AMNiA212?m(t)2?2?550 n0B1102? 55011故常规调幅系统的调制制度增益 GAM?而抑制载波双边带系统的调制制度增益 GDSB?2 则

GDSB?11?10.41dB（采用10log） GAM因此抑制载波双边带系统优于常规调幅系统10.41分贝

第5题

设一宽频率调制系统，载波振幅为100V，频率为100MHz，调制信号m(t)的频率限制于

5kHz，m2(t)?5000V2，kf＝500?Hz/V，最大偏频?f?75kHz，并设信道中噪声功

?3率谱密度是均匀的，为P，试求： n(f)?10W/Hz（单边带）

（1） 接收机输入端理想带通滤波器的传输特性H(?)； （2） 解调器输入端的信噪功率比； （3） 解调器输出端的信噪功率比；

（4） 若m(t)以振幅调制方法传输，并以包络检波器检波，试比较在输出信噪比和所需带

宽方面与频率调制系统有何不同？

解：

（1） 根据题意可知系统的调制指数为

DFM?由卡森公式得调制信号的带宽为

?fmax75??15 fmax5BFM?2(DFM?1)fmax?2?(15?1)?15?160kHz

载波为100MHz，所以信号所处的频率范围为100MHz?输入端理想带通滤波器的传输特性应为

0.16MHz。由此可得接收机的2?K,99.92MHz?f?100.08MHz H(?)??其他?0,其中K为常数。

（注意：在调频系统中，最大频率偏移和带宽是两个不同的概念） （2） 设解调器输入端的信号为

??sFM(t)?Acos[?ct?则该点的信号功率和噪声功率分别为：

???km(?)d?]

fA21002Si???5000

22?33Ni?P(f)B?10?160?10?160 nFM 故

Si5000??31.25 Ni160（3） 根据调频信号解调器输出信噪比公式（教科书87页公式4－109，4－110）得：

So3A2kf2m2(t)3?1002?(500?)2?5000???37500 232?333No8?n0fmax8?10?(5?10)2（注意：有同学利用公式4－114GFM?3?FM(?FM?1)计算输出信噪比，该公式成立的条

件是调制信号为单频，不适用于本题）

（4） 采用振幅调制方式传输m(t)时，则所需带宽为

BAM?2fmax?10kHz?BFM?160kHz

采用包络检波器输出信噪比为

?So??So?m2(t)5000???500??????37500 ?33?No?AMn0BAM10?10?10?No?FM因此，调频系统信噪比的增加是以增加带宽为代价的，反之，调幅系统带宽的减少是牺牲信

噪比的结果。

第6题

已知调制信号m(t)?2sin(4??103t)(V)，它所产生的调角波具有sm(t)?Asin[?ct??(t)]形式，试做下列各题：

（1） 若它是FM波，且要求最大频率偏移???4??10rad/s，求m,B,KF及FM波表达式；

（2） 若它是PM波，且要求最大频率偏移???4??10rad/s，求m,B,KP及PM波表达式；

（3） 若?m增大为原先的2倍，而保持Am以及KF或KP不变，再计算FM波、PM波的带宽。由此可说明什么？

44解：

（1）

m????max4??104??10(rad) 34??10

B?2(m?1)fm?2?(10?1)?2?103?44(kHz) ??4??104KF???2??104(rad/(sV))

Am2

对于FM波 所以

?(t)?KF?m(t)dt??10cos(4??103t) sFM?Asin[?ct?10cos(4??103t)] m???4??104??10(rad) 34??10（2）

?max

B?2(m?1)fm?2?(10?1)?2?103?44(kHz)

对于PM波 所以

KP??maxAm?m?5(rad/V) Am?(t)?10sin(4??103t)

sPM?Asin[?ct?10sin(4??103t)]

（3） 此时?m?8??103rad/s，fm?4kHz 对于FM波，???KFAm不变

B?2(m?1)fm?2(?f?fm)?2(2?104?4?103)?48(kHz)

对于PM波，m??max?KPAm不变

B?2(m?1)fm?2?(10?1)?4?103?88(kHz)

1）

由此可见，对于FM波，带宽B与调制信号频率fm间关系不大；尤其是对于宽带FM（m情况，有B?2?f与fm无关。另一方面，对于PM波，带宽B则与调制信号频率fm成正比。

第7题

已知窄带调频信号为s(t)?Accos?ct??FMAcsin?ctsin?mt，求： （1） s(t)的瞬时包络最大幅度与最小幅度之比； （2） s(t)的平均功率与未调载波功率之比； （3） s(t)的瞬时频率。

解：

（1）

s(t)?Accos?ct??FMAcsin?ctsin?mt

?Ac[cos?ct??FMsin?mtsin?ct]

2?Ac1??FMsin2?mtcos(?ct??)

所以s(t)的瞬时包络最大幅度为Ac1??FM，最小幅度为Ac，故s(t)的瞬时包络最大幅度与最小幅度之比为1??FM。

（注意：窄带调频经过一系列近似，所以包络不是1:1，但?FM很小，接近与1:1） （2） 未调载波功率为

22Pc?12Ac 2s(t)的平均功率为

Ps?(Accos?ct??FMAcsin?ctsin?mt)2

2?Ac2cos2?ct??FMAc2sin2?ctsin2?mt?2Ac2?FMcos?ctsin?ctsin?mt

12122Ac??FMAc1?cos2?ct?cos2?mt?cos2?ctcos2?mt?0 241122?Ac2??FMAc 24?所以s(t)的平均功率与未调载波功率之比为

Ps12 ?1??FMPc2（3） 信号为窄带调频，所以

sin(sin?mt)?sin?mtcos(sin?mt)?1

所以，瞬时频率为

s(t)?Accos?ct??FMAcsin?ctsin?mt

?Accos?ctcos(sin?mt)??FMAcsin?ctsin(sin?mt) ?Accos(?ct??FMsin?mt)

d(?ct??FMsin?mt)??c??FM?mcos?mt

dt

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