《数字通信原理》习题库

《数字通信原理》例题讲解

1、信源编码和信道编码有什么区别？为什么要进行信道编码？ 解：信源编码是完成A/D转换。

信道编码是将信源编码器输出的机内码转换成适合于在信道上传输的线路码，完成码型变换。

2、模拟信号与数字信号的主要区别是什么？

解：模拟信号在时间上可连续可离散，在幅度上必须连续，数字信号在时间，幅度上都必须离散。

?3?3、某数字通信系统用正弦载波的四个相位0、、π、来传输信息，这四个

22相位是互相独立的。

?3?(1) 每秒钟内0、、π、出现的次数分别为500、125、125、250，求此通

22信系统的码速率和信息速率；

(2) 每秒钟内这四个相位出现的次数都为250，求此通信系统的码速率和信息速率。

解： (1) 每秒钟传输1000个相位，即每秒钟传输1000个符号，故 RB=1000 Bd

每个符号出现的概率分别为P(0)=

1???11?3??1,P??=,P(π)=,P??=，每个符号2?2?88?2?4所含的平均信息量为

1213H(X)=(×1+×3+×2)bit/符号=1 bit/符号

28443信息速率Rb=(1000×1)bit/s=1750 bit/s

4(2) 每秒钟传输的相位数仍为1000，故 RB=1000 Bd

此时四个符号出现的概率相等，故 H(X)=2 bit/符号

Rb=(1000×2)bit/s=2000 bit/s

4、已知等概独立的二进制数字信号的信息速率为2400 bit/s。 (1) 求此信号的码速率和码元宽度； (2) 将此信号变为四进制信号，求此四进制信号的码速率、码元宽度和信息速率。 解：(1) RB=Rb/log2M=(2400/log22)Bd=2400 Bd T =

11= s=0.42 ms RB2400(2) T=

RB=(2400/log24)Bd=1200 Bd

11= s=0.83 ms RB1200Rb=2400 b/s

5、黑白电视图像每帧含有3×105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 Rb=(12×105×30) bit/s=36 Mbit/s

S令 Rb=C=Blog2（1+）

N得

B=

Rblog2(1?S)N?36MHz?3.61MHz

log21001即传输该黑白电视图像所要求的最小带宽为3.61 MHz。

6、设数字信号的每比特信号能量为Eb，信道噪声的双边功率谱密度为n0/2，试证明：信道无差错传输的信噪比Eb/n0的最小值为-1.6 dB。 证 信号功率为 S=EbRb 噪声功率为 N=n0B 令C=Rb，得

C?Blog2(1?ECS)?Blog2(1?b?) Nn0B

由此得

Eb2?1 ?n0C/BCBCC?1?limlimBBEb22ln2??ln2?0.693 ?CCminC?0?01n0BBB10lgEbn0min?(10lg0.693)dB??1.6 dB

7、今设在125us内传输256个二进制码元，计算信息传输速率是多少？若该信息在4秒内有5个码元产生误码，试问其误码率等于多少？

解：Pe=错码个数/传输的总码元数=5/(4×256/125×10-6)=0.62×10-6

2、假设信道频带宽度为1024KHZ,可传输2048kb/s的比特率，其传输效率为多少？信道频带宽度为2048KHZ,其传输效率又为多少？ 解：η1=fb/B=2048Kbit/s÷1024K=2bit/（s·HZ）； η2= fb/B=2048Kbit/s÷2048K=1bit/（s·HZ）；

8、什么叫抽样、量化和编码？

抽样 ：将时间上连续的信号处理成时间上离散的信号； 量化：对时间上离散的信号处理，使其在幅度上也离散；

编码：将量化后的信号样值幅度变换成对应的二进制数字信号码组过程

9、抽样的任务是什么？抽样后的信号称为什么？ 解：抽样的任务是让原始的模拟信号在时间上离散化，抽样后的信号为PAM信号.

10、为什么要进行量化？8位二进制码可以表示多少种状态？

解：量化是让信号在幅度上离散化，8位二进制码表示28=256种状态

11、PCM通信能否完全消除量化误差？为什么？ 解：量化是用有限个值代替了无限个值，用量化值和其所代表的样值之差来作为量化噪声，该噪声只能通过增加量化级数，即减小量化级长的方法来减弱，但无法消除。

12、PCM通信中发端抽样后和收端分路后各有一个3.4KHZ的低通波波器，这两者作用各有什么不同？

解：发端滤波器的作用是：限制输入信号的最高频率，以免抽样电路对该信号抽样时不满足抽样定理而产生折迭噪声，收端滤波器的作用是：从PAM信号中检出包络线，即取出原始信号的波形（低频分量），实现原始模拟信号的还原。

13、对于均匀量化编码，若信号幅度Vm小一倍，信噪比变化多少？ 解：S/N=6n+2+20lgVm/V=20 , Vm减小一倍，则S/N减小6dB

14、抽样后为什么要加保持电路？ 解：抽样进为防止相邻话路样值在公共通道上挨得太近会导致串音以及样值脉冲顶部不平坦导致不能选取量化标准.抽样脉冲的宽度通常取得很小,一般远小于一个时隙的宽度,即n位码宽,所以在抽样后编码前加保持电路,将样值脉宽展宽为一个时隙宽度。

15、非均匀量化的实质是什么？ 解：压缩扩张和均匀量化结合形成非均匀量化，在发端均匀量化前通过扩张提高小信息的幅度，即可提高信噪比，在收端再通过相逆压缩对小信息幅度还原。

16、将-350△编为8位PCM码，并计算发端和收端量化误差. 解：1）①-350△〈0，故a1=0

②350△位于256△~512△之间，为第6大段，故a2a3a4=101

③第6大段起始电平为256△，段长为256△，分为16小段，则每一小段长度为256△/16=16△，（350△-256△）/16△≈5.9，为第6小段,故a5a6a7a8=0101 8位PCM码为01010101

2）发端量化误差=|样值电平|—码字电平

=350△-{大段起始电平+（8a5+4a6+2a7+a8）×小段长} =350△-[256+5×16△] =350△-336△ =14△

收端量化误差=|样值电平|—解码电平 =|样值电平|-（码字电平+0.5×小段长） =350△-[336△+0.5×16△] =6△

17、某设备未过载电平的最大值为4096mv，有一幅度为2000mv的样值通过A律13折线逐次对分编码器，写出编码器编码过程及输出的8位PCM码。 解：4096mv/2000mv=2048△/X,则X=1000△ 1000△>0,则a1=1

1000△>128△,则a2=1

1000△>512△,则a3=1

1000△<1024△,则a4=0, a2a3a4为110,第7大段,起始电平为512△, 段落差为512△

1000△>512△+512△/2=768△,则a5=1

1000△>512△+512△/2+512△/4=896△,则a6=1

1000△>512△+512△/2+512△/4+512△/8=960△,则a7=1

1000△>512△+512△/2+512△/4+512△/8+512△/16=992△,则a8=1 8位PCM码为11101111。

18、自适应量化的基本思想是什么？自适应预测的基本思想又是什么？ 解：自适应量化是使量化级差跟随输入信号变化，使不同大小的信号平均量化误差最小，从而提高信噪比；自适应预测的基本思想是使预测系数跟随输入信号而变化，从而保证预测值与样值最接近，即预测误差最小。

19、时分多路复用的概念是什么？ 解：时分多路复用就是在一条信道的传输时间内，将若干路离散信号的脉冲序列，经过分组、压缩、循环排序，成为时间上互不重迭的多路信号一并传输的方式。

20、30/32路PCM的帧长，路时隙宽，比特宽，数码率各为多少？第n路样值编码至第n+1路样值编码之间共有多少比特？ 解：一帧长=125us=256bit 一路时隙=3.91us=8bit 一比特=488ns

数码率fb=2048kb/s

两路相邻样值开始编码之间有8bit。

21、30/32路PCM设备的同步，监视，对告码组是如何安排的？ 解：同步码：帧同步码共7位“0011011”，安排在偶帧TS0的a2~a8码位 监视码：区分奇偶帧的监视码为1位“1”，安排在奇帧TS0的a2码位. 对告码：帧失步对告码安排在奇帧TS0的a3码位,失步用“1”表示，同步用“0”表示。

22、第23路信令在什么位置？ 解：在F8的TS16的后4bit

23、对某一话路来说，每秒抽样多少个样值？对于30/32路PCM基群端机来说，每秒钟共抽样多少次？

解：一路信号，每秒抽样8k次，对PCM基群来说，每秒共抽样30×8k=240k次

24、定时系统要产生哪些脉冲信号？它们的作用如何？ 解：CP主时钟脉冲：控制PCM设备的发送速率。 D1~8位脉冲：用于编解码

CH1~30路脉冲：用于抽样和分路。 F0~F15 复帧脉冲：供信令信号用

25、同步的包括哪些？它们的作用是什么？怎样实现？

解：1、位同步：即收定时系统的主时钟脉冲要同接收信码流同频同相,可在收端通过时钟提取来实现。

2、帧同步：即发端第n路抽样量化编码的信号一定要在收端第n路解码滤波还原，以保证语音的正确传送。

可在发端在固的时间位置上插入特定的帧同步码组，在接收端加以正确识别

3、复帧同步：发端第n路的信令一定要送到收端第n路，以确保信令正确传送。实现方法与帧同步类似。

26、对帧同步系统的要求是什么？前后方保护的作用是什么？ 解：要求：1、建立时间要短

2、工作稳定可靠，具有较强的抗干扰能力

3、码型的选择要保证由信息码而产生的伪同步码的可能小

前后方保护的作用是防止假失步和伪同步。

27、PCM基群系统常用的测试指标有那些？ 传输电平和净衰减、频率特性、总信噪比、空闲信道噪声、路际可懂串音防卫度。

28、什么叫奈奎斯特准则？

奈奎斯特准则:(理想低通特性) 数字脉冲的传输速率fb是等效理想低通信道截止率fc的两倍，即以fb=2fc的速率传输信号时，可实现无码间干扰传输。 当数字信号序列通过某一信道传输时，无码间干扰的极限速率是fb=2fc,信道最大传输利用率为2b/（s·Hz）

29、AMI码的缺点是什么？

解：不能限制长连O和长连1，不利于时钟提取。

30、设数字信号序号为1000010100001111，将其编成AMI，HDB3 ,CMI码. 解: AMI:+10000-10+10-10000+1-1+1-1

HDB3: V+|B-000V-B+0B-B+`00V+B-B+B-B+ CMI: 000010101011101000101010111001100

31、带限传输对数字信号有什么影响？码间干扰是怎样形成的？ 解：理论上数字信息的频带为无穷大，这样无限带宽的信号通过实际的信道传输时，由于实际信道带宽有限，信号波形必然会产生失真，从而产生码间干扰.

32、怎样用示波器观察眼图，眼图恶化说明什么含义？

解：示波器采用外同步，扫描同期必然为TB（码元同期）或TB的整数倍，这样，就在荧光屏上出现一个或几个接收到的均衡波形,由于示波器的余辉作用,使多个波形迭在一起，这样在荧光屏上显示类似人眼的图形。眼图恶化说明信噪 比降低，误码率增加.

33、定时抖动同哪些有关定时抖动对PCM通信有什么影响？ 解：定时抖动的原因： ①谐振回路失谐的影响

②时钟提取电路限幅门限失调或输入信号电平变化。 ③信通噪声和串话干扰 ④信号码型随机组合 抖动的影响：误码率增加

34、某CMI码为11000101110100，将其还原为二进制NRZ码 解：按CMJ码编码规则，还原后的NRZ码为1100101 0→01

1→00和11交替

35、为什么数字通信系统要求误码率低于10-6?

解：当Pe=10-6时，误码信噪比（S/Ne）dB=41.6dB，但若信道误码率高于10-6，如Pe=10-5,则(S/Ne)=31.6dB（Pe增加一个数量级，误码信噪比下降10dB），低于A律压缩特性的最大量化信噪化38dB，所以为保证总的信噪比不因误码噪声而显著下降，信道误码率Pe应低于10-6。

36、再生中继系统的特点是什么？ 解：噪声不积累但误码会积累。

37、为什么要求均衡波形的波峰附近变化要平坦？ 解：均衡波形幅度大 且波峰附近变化平坦，即使由于各种原因引起定时抖动（再生判决脉冲发生偏移），也不会产生误判，即“1”码仍可还原为“1”码。反之则有可能会将“1”码误差为“0”码。

38、为什么电缆传输码型常用HDB3码？ 解：1、无直流分量，低频成分也少 2、高频成分也少 3、便于误码检测

4、码型频谱中虽无时钟频率成分，但经全波整流后即为RZ码，就会有时钟频率成分，故提取时钟较容易。

5、克服了长连0(最大连0数为3个),便于时钟提取

39、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：

40、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。

41、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DTs(t)和D0.5Ts(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。 Ps(f)=fsP(1-P)(a1-a2)G(f)+fs傅氏变换对

22

2

n?????|Pa1+(1-P)a2|2G2(mfs)δ(f-mfs) (5-3)

??sin??/2)=τ

??/22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 Dτ(t)←→τSa(Ps(f)=fs×0.5×0.5×TsSa(πf/fs)+fs

?2

2

2

m?????0.52×T2sSa2(mπfs/fs)δ(f-mfs)

=0.25TsSa(πf/fs)+0.25 由于 所以

2

m????Sa2(mπ)δ(f-mfs)

sin(mπ)=0 Sa(mπ)=0

故 Ps(f)=0.25TsSa2(πf/fs) 功率谱密度曲线如下图所示。

由图可知，谱零点带宽为Bs=fs。 信号功率为 S=????Ps(f)df=0.25 ????2

2

???TsSa2(πf/fs)df

=0.25fs ?TsSa(πf/fs)df

根据帕塞瓦尔定理

????TsSa(πf/fs)df= ?22

???|G(f)|df=?2

???DTs(t)dt=Ts

22

得 S=0.25fs·Ts2 =0.25Ts (2) P=0.5

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

2

m?????Sa2(0.5mπ)δ(f-mfs)

由图可知，谱零点带宽为Bs=2fs。 信号功率为 S=0.0625 ?=0.0625fs????TsSa(0.5πf/fs)df+0.0625 ?2

2

2

???m?????Sa2(0.5mπ)δ(f-mfs)df

???TsSa(0.5πf/fs)df+0.0625

?m?????Sa2(0.5mπ)

=0.0625Ts+0.0625

m????Sa2(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

S=2×0.0625Sa2(0.5π)=(0.125sin2(0.5π)/(0.5π)2 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 0.25

m?????P2Sa2(0.5mπ)δ(f-mfs)

频率为fs的离散谱功率为

S=(0.5P2sin2(0.5π)/(0.5π)2) W=0.2P2 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独立的M进制相同波形随机序列。

42、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

????sin??/42] Δτ(t)←→[Sa()]2?[242??/4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。 Ps(f)=fsP(1-P)(a1-a2)G(f)+fs解： (1) G(f)=

22

2

n?????|Pa1+(1-P)a2|2G2(mfs)δ(f-mfs) (5-3)

P=0.5,a1=1,a2=0

ATs2?fTsSa() 2222

2

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

m?????|Pa1+(1-P)a2|2G2(mfs)δ(f-mfs)

fs2A2Ts24?fTsfsSa()+=·4244m?????A2Ts24?fTsSa()δ(f-mfs) 42A2Ts4?fTsA2?m??Sa()?Sa4()?(f?mfs) ?16216m???2(2) 频率fs=1/Ts离散谱分量为

A24?2A2Sa()?(f?fs)?4?(f?fs)?0 82?

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 S=2A2/π4=0.02A2

43、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×106 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 Dω0(ω)←→

?0?tSa(0)=2×106Sa(2π×106t) 2?2无码间串扰的时域条件为

?C,k?0 h(kTs)???0,k?0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

(2) 设传输独立等概的M进制信号，则 RB=

3(MBd)

log2M令

23=

log2Mk得 M=8=8n(n=1,2,?)

2k即当采用8进制信号时，码速率RB=

n

1 (MBd)，可以满足无码间串扰条件。 n（此题解错了）

44、设某基带传输系统具有右图所示的三角形传输函数： (1) 当RB=ω0/π时，用奈奎斯特准则验证该系统能否实现无码间串扰传输?

(2) 求该系统接收滤波器输出基本脉冲的时间表达式，并用此来说明(1)中的结论。

思路 因RB=ω0/π，即RB=2f0，无码间串扰频域条件如下式

n??????s??C,|?|?H(ω+nωs)=?2 (5-5)

??0,其他或

n?????H(ω+nωs)=C,ω为任意值 (5-6)

对于此题给定的条件，有

?s?2?0

根据傅氏变换的对称性，可得 ??t?sin?t/42[Sa()]2?[] ΔΩ(ω)←→4?44??t/4由此式可求得本题所给系统的接收滤波器输出基本脉冲时间表达式，再根据码速率决定抽样时刻，从而决定有无码间串扰。 解： (1) 方法一

将H(ω)在频率轴上以2ω0为间隔切开，由于H(ω)的频率范围为(-ω0,ω0)，故切开、平移、迭加后仍为H(ω)，在|ω|<ω0范围内H(ω)不为常数，故系统有码间串扰。 方法二

将H(ω)向左右平移2ω0的整数倍，如下图所示。可见平移后各图不重合，相加后不为常数，故码速率为ω0/π时有码间串扰。

(2)

?02(?0t)h(t)=Sa2

2?1? ?RB?0此即为接收滤波器输出基本脉冲时间表达式。 因

Ts=

所以 h(kTs)=

?02k?Sa() 2?2可见 k=0,±1,±3,?时，h(kTs)≠0，故有码间串扰。

45、若要求基带传输系统误比特率为10-6，求采用下列基带信号时所需要信噪比 (1) 单极性非归零码； (2) 双极性非归零码；

(3) 采用格雷码的8电平双极性非归零码； (4) 7电平部分响应信号。

?S解： (1) Peb=Q??2N????10?6 ??查Q(x)函数表得 所以

S=45 2NS?45 N（2）

?SPeb=Q??2N????10?6 ??S?45 N查Q(x)函数表得

(3) Pb=Peb/log28=Pe/3

2(M?1)?3S?7??Pe?Q?()??Q?2MN?4?4M?1?3S?()??3?10?6 63N?由此得

?3S?Q?()??1.71?10?6 ?63N?查Q(x)函数表得所以

3S()=4.75 63N

S?454 N(4) 当部分响应为7电平信号时，此系统传输的为4进制信号 Peb=Pe/log24=Pe/2

2(L2?1)??Pe?Q?L2?43S?15??3S?()??Q?()??2?10?6 2L?1N?8?415N???3S?()??1.07?10?6 由此得Q??415N?查Q(x)函数表得所以

?3S()=4.75 415NS?183 N

46、常用的数字键控方式用哪些？ ASK（幅度键控）：用基带数字信号对高频载波信号的幅度进行控制的方式。 FSK（移频键控）：用基带数字信号对载波信号的频率进行控制的方式 2PSK（绝对移相键控）：用基带数字信号对载波的相位进行控制方式 2DPSK（相对移相键控）：2DPSK信号的产生方法和绝对移相一样，只需将输入码序列先变换为相对码序列，然后用此相对码去进行绝对移相，便可以获得 2DPSK信号。

47、已知码元传输速率RB=103 Bd，接收机输入噪声的双边功率谱密度n0/2=10-10 W/Hz，今要求误码率Pe=10-5，试分别计算出相干OOK、非相干2FSK、差分相干2DPSK以及2PSK等系统所要求的输入信号功率。

思路 只要求出接收机带通滤波器输出噪声功率就可以由误码率公式得到Pe=10-5的信噪比，从而得出信号功率。题中已给出噪声的功率谱密度，但没有给定收滤波器带宽。由于OOK(即2ASK)系统、2DPSK系统、2PSK系统都是线性系统，它们的频带利用率为1/(1+α)(Bd/Hz)。若收滤波器为升余弦滚降特性，其等效噪声带宽为1000 Hz，可用此等效带宽求噪声功率。设α=1，且收滤波器的频率特性是带宽为2000 Hz的理想矩形，我们以此为标准进行计算。非相干2FSK解调器由两个非相干2ASK解调器构成，两个收滤波器的带宽与线性系统一样。 解： 设OOK、差分相干2DPSK以及2PSK的收滤波器的频率特性是带宽为2000 Hz的理想矩形，非相干2FSK接收机的两个支路带通滤波器的频率特性也是带宽为2000 Hz的理想矩形。在此条件下，接收机输入噪声功率为 N=(10-10×2×2000) W=4×10-7 W (1) 相干OOK(2ASK)系统 由误码率公式

?r??=10-5 Pe=Q??2???S=36.13 N-7-5

S=(36.13×4×10) W=1.45×10 W (2) 非相干2FSK系统 由误码率公式

得 r=

1Pe=e2?10?5 2r得 r=21.6 S=(21.6×4×10-7) W=0.86×10-5 W (3) 差分相干2DPSK系统 由误码率公式 1Pe=e?r?10?5 2得 r=10.8 S=(10.8×4×10-7) W=0.43×10-5 W

(4) 相干2PSK系统 由误码率公式 Pe=Q(2r)=10-5

得 r=9.03 S=(9.03×4×10-7) W=0.36×10-5 W

48、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 r=5×100.6=5×4=20

2FSK非相干接收机的误比特率为 1-r/21-10-5Pb=e=e=2.27×10 22(3) 同理可得2FSK相干接收机的误比特率为 Pb=Q(r)=Q(20)=Q(4.47)=3.93×10-6

49、待传送二元数字序列{ak}=1011010011：

(1) 试画出QPSK信号波形。假定fc=Rb=1/Ts，4种双比特码00，10，11，01分别用相位偏移0，π/2，π，3π/2的振荡波形表示； (2) 给出QPSK信号表达式和调制器原理方框图。 解： (1) QPSK信号波形如下图所示。

(2) QPSK信号的表达式为

eQPSK(t)=cosφkcosωct+sinφksinωct=cos(ωct-φk)

QPSK调制器原理方框图如下图所示，图中x与i(t)的对应关系为：x为1码时，i(t)为负脉冲，x为0码时，i(t)为正脉冲；y与q(t)的对应关系同x、i(t)之间的关系。

50、已知电话信道可用的信号传输频带为600～3000 Hz，取载频为1800 Hz，试说明：

(1) 采用α=1升余弦滚降基带信号时，QPSK调制可以传输2400 bit/s数据； (2) 采用α=0.5升余弦滚降基带信号时，8PSK调制可以传输4800 bit/s数据； (3) 画出(1)和(2)传输系统的频率特性草图。 解： (1) 信道带宽为 Bc=(3000-600) Hz=2400 Hz α=1时QPSK系统的频带利用率 ηb=

log2Mlog24? bps/Hz=1 bps/Hz 1?a1?1数据传输速率

Rb=Bc·ηb=2400×1 bit/s=2400 bit/s (2) α=0.5时8PSK系统的频带利用率 ηb=

log28=2 bps/Hz 1?0.5数据传输速率

Rb=Bc·ηb=2400×2 bit/s=4800 bit/s

(3) (1)和(2)传输系统的频率特性草图如下图(a)和(b)所示。

51、QPSK系统，采用α=1的升余弦基带信号波形，信道带宽为20 MHz： (1) 求最大信息速率；

(2) 将信息码进行(2，1，3)卷积码编码后再进行传输，设信源信息速率、基带波形及信道带宽不变，设计一种调制方式并画出系统方框图； (3) 画出QPSK系统的频率特性草图(设载频为50 MHz)。

解：(1) ηb=log2M/(1+α)=［log24/(1+1)］ bps/Hz=1 bps/Hz 所以最大信息速率为

Rb=ηb×Bc=1×20 Mbit/s=20 Mbit/s

(2) (2，1，3)卷积码的编码效率为0.5，故信源输出数据经(2，1，3)卷积编码后，信

息速率由20 Mbit/s增大到40 Mbit/s，此时频带利用率为 ηb=2 bps/Hz

由定义 ηb=log2M/(1+α) 求得 M=16

可采用16QAM调制方式，16QAM系统的原理方框图如下图所示。

(3) QPSK系统的频率特性草图如下图所示。

52、设时频调制信号为四进制的四频四时的调制结构，试以传送二进制信息符号序列11100100为例画出波形示意图。

解：在四进制的四频四时调制方式中，一个双比特代码用四个时隙、四个频率来表示，四个双比特代码00、01、10、11所对应的四个频率分别按如下规则编排：f1f2f3f4、f2f3f4f1、f3f4f1f2、f4f1f2f3。二进制信号及四频四时已调信号波形如图6-48所示，图中设f1=Rb、f2=2Rb、f3=3Rb、f4=4Rb。

53、什么是准同步复接和同步复接？ 解；同步复接是指被复接各输入支路的时钟都 是由同一个总时钟统一供给，即各支路的时钟频率完全相等的复接方式。

准同步复接是指参与复接的各低次群使用各自的时钟，但各支路的时钟在一定的容差范围内，这种复接方式在复接前必须将各支路的码速都调整到统一的规定值后才能复接。

54、说明正码速调整的含义 解：又称为“脉冲插入法”，是能过插入一些脉冲来调整各支路数码率，从而达到被复接的各支路的数码率完全一致的目的。

55、SDH与PDH相比有何优点：

解：1. 1.5M和2M系列在STM-1等级上得到统一。 2. 采用模块化结构，方便网络的组建。 3. 采用字节复用，适用交换技术发展。

4. 帧结构中安排了大约占信息5%的维护管理比特，使网管功能大大加强。 5. 将标准光接口综合进多种不同网元。 6. 采用同步复用，上下电路方便

7. 和现有的PDH能完全兼容，同时还能容纳各种新的业务信号。

56、阐述SDH速率体系结构

STM-1 155.52Mb/s、STM-4 622.08Mb/s 、STM-16 2488.32Mb/s 、STM-64 9953.28Mb/s

57、简述PCM30/32路基群速率2Mb/s复接到STM-1的复接步骤

解：标称速率为2Mb/s的信号先进入C-12，作适配处理后的C-12输出速率为2.224Mb/s，现加上VC-12POH便构成了VC-12,速率为2.24Mb/s.TU-12PTR用来指明VC-12相对于TU-12的相位，经速率调整后和相位对准后的TU-12，速率为2.304Mb/s。再经均匀的字节间插组成TUG-2（3×2.304Mb/s）,7个TUG-2经同样的单字节间插组成TUG-3（加上塞入字节后速率达49.536Mb/s）。然后由3个TUG-3经单字节间插并加上高阶POH和塞入字节后，构成VC-4净负荷，速率为150.336Mb/s,再加上0.576Mb/s的AU-4 PTR就组成AU-4，速率为150.912Mb/s，单个AU-4直接进入AUG，一个AUG加上容量为 4.608Mb/s的段开销即为STM-1的标称速率为155.52Mb/s。

58、什么叫PCM零次群？PCM一至四次群的接口码型分别是什么？

解：64Kb/s速率的复接数字信号为PCM零次群；PCM一、二、三次群接口码型为HDB3；四次群接口码为CMI

59、由STM-1帧结构计算出①STM的速率 ② SOH的速率 ③AU-PTR的速率 解：1、270×9×8/125×10-6=155.52Mb/s 2、 72×64Kb/s=4.608Mb/s 3、9×64Kb/s=576kb/s

60、简述段开销字节BIP-8的作用及计算方法

解：1、使用偶校验的比特间插奇偶校验码，BIP-8是对扰码后的上一个STM-N帧的所有比特进行计算，计算的结果置于扰码前的本帧的B1字节位置。

2、具体计算方法：将上一帧所有字节的第一个比特的“1”码计数，若“1”码个数为偶数时，本帧（扰码前的帧）B1字节的第一个比特b1’记为“O”，若上帧所有字节的第一个比特“1”码的个数为奇数时，则本帧B1字节的第一个比特b1’记为“1”。上帧所有字节b2-8比特的计算方法依此类推，最后得到的B1字节的8个比特状态即计算结果。

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