通信原理与通信技术最新版_张卫钢版课后答案

1、1-1 本书全面、系统地介绍了 现代通信原理、数据通信原理以及相关的通信技术。全书共分 三篇21章。内容包括通信与 通信系统的基本概念、模拟调制、 脉冲编码调制、增量调制、 数字复接与SDH数字信号的基带传输、数字信号的频带传输、差错控制编码、数据通信与 通信网、计算机网络体系结构、通信终端与通信设备、数据交换技术、网络互连设备及其通 信概念、接入网技术、蓝牙技术、IP电话技术、光纤通信技术、卫星通信技术、移动通信技 主、数字微波中2K通信技术和ITS中的通信技术。1-21-31-4 什么是模拟信号？什么是数字信号？【答】参量（因变量）取值随时间（自变量）的连续变化而连续变化的信号，或者通俗地

2、讲， 波形为连续曲线的信号就是模拟信号。模拟信号的主要特点是在其出现的时间内具有无限个可 能的取值。自变量取离散值，参量取有限个经过量化的离散值的信号叫做数字信号。实际应用中的数 字信号一般是只有两个取值“ 0”和“1”的脉冲序列。模拟信号和数字信号的本质区别在于： 模拟信号的取值为无限多个，而数字信号为有限个取值， 通常只有“ 0”和“ 1”两个值。1-5 为什么要对模拟信号进行抽样？对抽样间隔有什么要求？【答】为了对模拟信号进行数字传输以提高通信质量，首先需要将模拟信号转化位数字信号， 而这种A/D转换过程的第一步就是对模拟信号进行抽样，把模拟信号变成离散信号。为了能从 抽样后的信号（离散

3、信号）中无失真地恢复出原始信号，要求抽样间隔小于等于原始信号最高 频率分量所对应信号周期的一半，或者说，要求抽样频率大于等于原始信号最高频率的二倍。1-6 为什么要对离散信号进行量化？【答】离散信号尽管在时间上是离散的，但其幅度的取值却有无限多个（注意不是无限大），没有从本质上改变模拟信号，因此，没有实用价值。只有把离散信号进行量化，把无穷个取值变 成有限个，把离散信号转化为数字信号才能使模拟信号发生质变。可见，离散信号是模拟信号 通往数字信号的桥梁。20dB,若传输二进制信号，则最大传输速率是多少?1-7 设信道带宽为3KH4信噪比为 【解】因为已知信噪比为20dB,即：2010ig100所

4、以由香农公式可得信道容量为:C 300010g2（1 100） 3000 6.647 19941bps1-8设英文字母e出现的概率为0.105, x出现的概率为0.002。试求e及x的信息量【解】e的信息量Ie10g23.25bitx的信息量I10g20.0020.1058.97bit1-9某信息源的符号集由A, B, C, D和E组成，设每一符号独立出现，其出现概率分别为1/4, 1/8, 1/8, 3/16和5/16。试求该信息源符号的平均信息量。【解】平均信息量，即信息源的嫡nHP(xjog 2P(X)i 1 TOC o 1-5 h z 111111M 13,35,5log 2 log

5、210g 2 log 210g 2 一44 88 88 1616 16162.23比特/符号1-10 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)不同的字母是等概率可能出现时，试计算传输的平均信息速率；(2)若每个字母出现的概率为：P=1/4, Pb=1/5, Pc=1/4, Pd=3/10试计算平均信息传输速率。【解】(1)不同的字母是等可能出现的，即出现概率均为1/4。每个字母的平均信息量为H, 1 ,14410g汇2比特/符号因为一个字母对应两个二进制脉冲，每个脉冲宽度为 5

6、ms,所以每个字母所占用的时间为T 2 5 10 310 2s1则每秒传送的符号数为平均Rb 100 符号/秒（Baud）T信息速率2 100 200 b/sRbRb HRBlog2 M（2）每个符号的平均信息量为1111H -log 2 log 2 -55 44则平均信息速率为RbRB H1.1410g 2 41.985斗og2且10101.985比特/符号100 198.5b/s注：因为该题一个字母用两位二进制码元表示，所以属于四进制符号1-8对于二进制独立等概率信号，码元宽度为 0.5ms,求波特率和比特率；若改为四进制信号, 再求波特率和比特率。【解】因为是二进制信号，所以一个码元表示

7、一个符号，则有码元速率（调制速率）11RB2 3 2000 符号/秒（Baud）T 0.5 10 3比特率等于波特率：RbRB22000b/s在保证信息速率不变的前提下，若改为四进制信号，则两个二进制码元表示一个四进制符号， 一个符号的持续时间：T 2 0.5 10 3 0.001s波特率（单位时间传输的符号数）为：RB41T 101000 符号/秒（Baud）注：此时的波特率实际上是四进制符号（码元）的传输速率，比二进制波特率小一半 比特率为：RbRb log2 M 1000 2 2000 b/s若信息速率可变，则波特率仍为二进制时的 2000Baud,而比特率为4000b/s。1-9已知电

8、话信道的带宽为3.4kHz。试求：(1)接收端信噪比为30dB时的信道容量； (2)若要求该信道能传输4800b/s的数据，则接收端要求最小信噪比为多少分贝。1000 (即 30dB)/ S 八一342(1) 3.4 103log2(1 1000) (3.4 104)b/sNB log 2 (1 7-) N2c/b 124-8/3.4 1 1.66 2.2dB【解】S/ N信道容量C B logC(2)因为_S所以 n1-10计算机终端通过电话信道传输计算机数据，电话信道带宽3.4kHz,信道输出的信噪比为20dB该终端输出128个符号，各符号相互统计独立，等概率出现，计算信道容量。【解】S/

9、N 100 (即20dB)-S34信道容量 C Blog2(1 S) 3.4 103 log2(1 100) (2.26 104)b/s【解】每个像素所含信息量log 216 4bit1-11黑白电视图像每幅含有3X105个象素，每个像素有16个等概率出现的亮度等级。要求每 秒钟传输30帧图像。若信道输出信噪比30dB,计算传输该黑白电视图像所要求的信道的最小 带宽。57 ,信息传输率即信道容量C 4 3 10 30 (3.6 10 )b/s又因为信道输出S/ N所以信1000 (即 30dB)道 最 小带 宽 为10g 2 (1S/N)3.6 107log2(1 1000)(3.6 106)

10、Hz2-1已知两个线性已调信号为f (t) cos tcos ctf (t) (1 0.5sin t)cos ct式中c 6 。分别画出他们的波形图和频谱图。【解】(1)f1(t)cos t cos ct的波形见图2-1 (1) - (a),其频谱为1，、Fi( ) ()()* ( c)( c)222 (7 )(5 )(7 )(5 )频谱图见图2-1 (1) - (b)(2) f2(t)(1 0.5sinf)cos ct的波形如图2-1 (2) - (a),其频谱为( c)5 ) TOC o 1-5 h z ) ( c)( c)0 5.05 ()()* ( c)2 j(6 )(6 )L (7

11、)(7 )(5 )(4频谱图 2-1 (2) - (b)2-2 一调制系统如题2-2图所示。为了在输出端得到fi(t)和f2，试确定接收端的本地载波ci(t)和C2。cos 0tC1(t)sin0tc2(t)发送端接收端习题2-2图,所以可确定【解:1 A点信号为fi (t)cos 0tf2 (t)sin t ,这是两个互相正交的双边带信号，它们分别采用相干解调法解调c1 (t) cos 0t c2(t) sin 0t上支路：相乘后：fi(t)cos 0t f2(t)sin 0tcos (t) 2 fi (t) cos0tf2(t)sin 0t cos 0t TOC o 1-5 h z 1i.

12、-fi (t)-fi(t)cos2 0t-f2(t)sin20t22，-r ， i经低通，得到1fi(t)。2下支路：相乘后：fi(t)cos 0t f2 (t)sin 0tsin (t)2fi (t)cos 0t sin 0tf2(t)sin 0ti i fi (t)sin 2 0tf2 (t)f2 (t)cos2 0t22i经低通，得到,f2(t)o22-3如题2-3图(a)所示调制系统，已知f(t)的频谱如题2-3图(b),载频i 2 ,1 h，且理想低通滤波器的截止频率为1,求输出信号s(t),并说明是何种调制信号。sin 1tsin 2t(a)习题2-3图【解】设左边输入端相乘器的入

13、点为A点，上下两个低通滤波器的入点各为B和C点，两个低通滤波器的出点各为 D和E点,相加器上下两个入点分别为 F和G点，相加器的出点为 H点，则该调制系统各点的波形如题2-3解图所示。45g 巩1门版苏诲坡感GA/4告用XG蹲列I以书信号物帝,砰门门为I边府信号.苔与J 2到下方力信号即2.“，）为T地希信号.8鼠3万%)A2从H点的波形可以看出，该调制系统是一个采用混合方法产生1s（t） F 1SH（）SSB信号的调制器。其时域表达式为:1 _1g HYPERLINK l bookmark54 o Current Document SLSB(t) 2 f (t)cos(i2)t2?(t)si

14、n( 12)t11 HYPERLINK l bookmark59 o Current Document Susb (t)2 f(t)cos( 21)t2 ?(t)sin( 21)t2-4证明在题mX1Kf (t) Acos ctx2f(t) Acos ctsDSB (t)-22ax1bx2222aK2f(t) Acos ct2 bf(t) Acos ct2 (aK2 b)f 2(t) 2(aK2 b)f (t)Acos ct (aK22b)(Acos ct)可见，要使系统输出为DSB信号，只需aK2b 0即可。即当放大器增益满足bK2 b时，不用滤波器也可实现抑制载波的 a双边带调制。2-5什

15、么时候适合采用 FDM ?【答】FDM是一种利用频谱搬移在一个物理信道中传输多路信号的技术，所以，要进行FDM首先要求信道的通频带必须大于预复用各路信号频谱宽度总和的二倍(对于双边带信号而言)，且各路载波能够实现。其次，该信道的频率资源不紧张，允许用比较宽的频带传输信号。最后，对电路的复杂性和经济性要求不苛刻。2-6 FDM的理论基础是什么？【答】FDM的理论基础就是“信号与系统”课程中讲过的调制定理，也叫频谱搬移定理。该定理的内容是：信号 f(t)与正弦型信号(cos ct和sin ct)相乘，相当于把f(t)的频谱F()搬移到 c处，频谱形状 不变，幅度减半，搬移后的频谱仍然保留原信号的全

16、部信息。2-7设信道带宽为10MHz，信号带宽为1.5MHz。若采用FDM进行多路传输，试问该信道最多可传输几路信号？【答】若采用双边带调制，则每路信号带宽为W 2 1.5 3MHz ,考虑留出保护带(各路信号频谱之间的空白带)，10MHz带宽的信道最多可复用 3路信号。若采用单边带调制，则每路信号带宽为W 1.5MHz ,考虑留出一定的保护带，10MHz带宽的信道最多可复用 6路信号。2-8已知一个受1kHz正弦调制信号调制的角调制信号为若为调频波,若为调相波,调频:s(t) 100 cos( ct 25cos mt)3m增加5倍时的调频指数和带宽；3m减小为1/5时的调相指数和带宽。Kfm

17、 A fmaxFMfmm增加5倍时,fm下降5倍，带宽下降5倍调相：m减小为1/5 , KPM不变，带宽不变。2-9在例题2-2中，若峰值频偏变为1kHz,计算(1)、(2)、(3)。【解】f n=10kHz, A fmaX=1kHzBFm =2( Afmax+ f m)=2(1 + 10)=22 kHz ,3 F= (BU2fm) - 1=1 (22/20 ) -1=0.1(2)幅度加倍，意味着 3 f=0.2 ,所以BFm =2 (f +1 ) fm =2 (0.2+1) X 10=24 kHzBFm =2( Afmax+ f m)=2(1+20)=42 kHz3-1 TDM的理论基础是什

18、么？【答】时分复用的理论基础是抽样定理。3-2 TDM与FDM勺主要区别是什么？【答】FDM是用频率区分同一信道上同时传输的各路信号，各路信号在频谱上互相分开，但在 时间上重叠在一起。TDM是在时间上区分同一信道上轮流传输的各路信号，各路信号在时间上互相分开，但在 频谱上重叠在一起。3-3抽样后的信号频谱在什么条件下发生混叠？【答】当抽样频率低于模拟信号的最高频率的 2倍时，抽样后的信号频谱将发生混叠。3-4量化的目的是什么？【答】量化的目的是将抽样信号在幅值上进行离散化处理，即将无限个可能的取值变为有限个3-5什么是均匀量化？它有什么缺点？【答】均匀量化是量化间隔相等的量化。其主要缺点是无论

19、抽样值大小如何， 量化噪声的均方根值都固定不变，因此当信号较小时, 信号的量化信噪比也很小，难以满足通信系统的要求。3-6为什么要进行压缩和扩张？【答】压缩和扩张的目的是在不增加量化级数的前提下，利用降低大信号的量化信噪比来提高 小信号的量化信噪比。即信号幅度小时，量化间隔小，量化误差小；信号幅度大时，量化间隔 大，量化误差大。保证了信号在较宽的动态范围内满足通信系统的要求，克服了均匀量化的缺 点。方法是发信端加压缩器，对信号进行压缩处理；收信端加扩张器，对信号进行扩张处理， 压缩器与扩张器总的传输函数应为常数（也就是线性变换）。3-7对10路带宽均为3003400Hz的话音信号进行PCM寸分

20、复用传输。抽样速率为8kHz,抽 样后进行8级量化，并编为自然二进制码，求传输此复用信号信息传输速率。【解】因为抽样后进行8级量化，所以编码位数为3。Rb Rb n fs kRb 10 8 103 3 2.4 105bit/s3-8设一个模拟信号f(t) 9 10cos t,若对f (t)进行41级均匀量化，求编码所需的二进制码 组长度和量化台阶。【解】因为254126所以二进制码组长度K应取6。量化台阶V19 ( 1)410.488V413-9对一个基带信号f(t) cos2 t 2cos4 t进行理想抽样，为了在收信端能不失真地恢复f (t),问抽样间隔如何选择？若抽样间隔取 0.2s ,

21、试画出抽样后的信号频谱。【解】因为基带信号的f(t)的最高频率为2Hz,所以抽样频率fs应满足：fs 2 fH 4Hz抽样间隔：Ts 0.25s fs 2 fH基带信号白频谱：M( )(2)(2 (4 )抽样信号的频谱：M s( ) M ( n s) T s n又因为样间隔取0.2s，所以 s 10Ts抽样信号的频谱图如图题3-9所示：2 )4 )习题3-9图3-10分别画出带通型信号抽样频率fs随信号最高频率分量fH和最低频率分量 九变化的关系曲 线，并说明当fL不断增大时，fs的变化趋势(注：fH与fL均以NB为变化步长，画到N 6即可) 本题题解略。4-1在AM调制中，抽样频率越高，量化

22、噪声越小。那么提高抽样频率对系统有什么不利的影响？【解】在A M调制中，抽样频率越高，量化噪声越小。但增大fs ,就增加了信号的传输带宽，降低了频带利用率。4-2 AM调制与PCM调制有何异同点？【解】增量调制是在 PCMPT式的基础上发展起来的另一种模拟信号数字传输的方法，可以看成是PCM勺一个特例。它具有码位少（只有1位）、编码设备简单，单路时不需要同步优点。它所产生二进制代码表示模拟信号前后两个抽样值的差别（增加、 还是减小）而不是代表抽样值的大小。PCM调制中，每一个样值编 8位码，编码设备复杂，它所产生二进制代码表示模拟信号瞬时抽样值的量化值的大小。4-3按增量总和调制工作原理，画出

23、调制器框图和解调器框图。本题题解略。4-4分析AM调制的二进制输出和增量总和调制的二进制输出分别代表什么信息？【解】增量调制的二进制代码携带输入信号增量的信息，或者说携带输入信号微分的信息。A- 2调制的代码实际上是代表输入信号振幅的信息。5-1按CCITT建议，两种制式的 PCM高次群复用系列中，各次群的话路数和速率分别是多少?【答】两种制式的 PC*次群复用系列中，各次群白话路数和速率如下表：群号2M系列1.5M系列速率路数速率路数一次群2.048Mb/s301.544 Mb/s24二次群8.448 Mb/s30 X4=1206.312 Mb/s24 必=96三次群34.368 Mb/s1

24、20X4=48032.064 Mb/s96X5=480四次群139.264 Mb/s480X4=192097.728 Mb/s480X3=1440五次群564.992 Mb/s192X4=7680397.200 Mb/s1440X4=57605-2 PCM复用与数字复接有何区别？目前普遍采用数字复接的理由是什么？【答】PCM复用：对多路的话音信号直接编码复用的方法。缺点是编码速度非常高，对电路及元器件的精度要求很高，实 现起来比较困难。数字复接：将PCMT用后的低速率信号再进行时分复用，形成更多路的数字通信。优点是经过数字复用后的数码率提高了，但是对每一个基群的编码速度则没有提高，实现起来容易

25、，因此目前广泛采用数字复接来提高通信容量。5-3数字复接分几种，复接方式有几种？【答】数字复接的方法分：同步复接、异源复接、异步复接。复接的方式分：按位复接、按字复接、按帧复接。5-4异源（准同步）复接有什么特点？【答】异源（准同步）复接：被复接的各输入支路之间不同步，并与复接器的定时信号也不同步：但是各输入支路的标称 速率相同，也与复接器要求的标称速率相同，但仍不满足复接条件，复接之前还需要进行码速调整，使之满足复接条件再进行 复接。5-5同步数字系列（SDH）相对于准同步数字系列（PDH）有哪些优点？【答】同步数字系列（SDH相对于准同步数字系列（PDH优点是：SDH网有了世界性统一的网络

26、节点接口（ NNI）,从而简化了信号的互通以及信号的传输、复用、交叉连接等过程。SDH网有一套标准化的信息结构等级，称为同步传递模块， 并具有一种块状帧结构，允许安排丰富的开销比特用于网络的维护。SDH网有一套特殊的复用结构，允许现存的准同步体系（ PDH、同步数字体系、和 B-ISDN的信号都能纳入其帧结构中 传输，具有极强的兼容性和广泛的适应性。SDH网大量采用软件进行网络配置和控制，增加新功能和新特性非常方便，适应将来不断发展的需要。SDH网有标准的光接口。5-6 简述SDH的复用原理。【答】SDH最基本、最重要的数据块为同步传输模块STM-1。更高级别的STM- N信号则是将 STM-

27、 1按同步复用，经字节间插后形成的。STM 1帧结构由9行、270列组成。每列宽一个字节即8比特，整个帧容量为（261+9） X 9=2430字节，相当于2430X 8= 19440比特。帧传输速率为 8000帧/秒，即125 ds一帧，因而 STM-1传输速率为155.520Mb/s。STM- 1帧结构 字节的传送是从左到右，从上到下按行进行，首先传送帧结构左上角第一个8比特字节，依次传递，直到 9X 270个字节都送完，再转入下一帧。6-1已知二进制数字信息序列为010011000000100111,画出它所对应的双极性非归零码、传号差分码、 CMI码、数字双相码的波形。【解】各种码波形如

28、下图所示：题解6-1图6-2 已知数字码元序列为 10011000000110000101,画出它所对应的单极性归零码、AMI码和HDB3码的波形。【解】各种码波形如下图所示： TOC o 1-5 h z 10011000001100000101单极性 口;: 口口11；1： 口口; rn;I i 9 1 e 1 1 r f 1f-fJ jI j s 1 tj I iI jL非归零码j；I ：、：，：j:：j：L L ：1i00-1 ： +1a。000 ;-1+1-000 100-10+1；k=i ； t J 1 lI I 1 I EJ I i I J Ii i | i i i | I n i

29、 i i i ir!|i-Il二 H1li H -1I|j _| 1I1 io 0 P-1 . +1 0 0 0 +v 0 -1+1 -b i 0. 0 -v 0 +1 0 -1 i4iFFIiiqiiliiliEllfetii题解6-2图AMI码、HDB 3码表示时的波形图。6-3 有4个连l与4个连0交替出现的序列，画出用单极性不归零码、 【解】各种码波形如下图所示：题解6-3图6-4已知信息速率为64kb/s,若采用“=0.4的升余弦滚降频谱信号,(1)求它的时域表达式；(2)画出它的频谱图；(3)求传输带宽；(4)求频带利用率。【解】(1)当0“ 1时的升余弦滚降特性 H(3)(1)T

30、sH()万1Ts s Sin 2tS(1Ts(1)Ts)相应的时域特性为SaTtcos( t/Ts)1 4 2t2/TS21fS164 103代入，得到它的时域表达式Sa6.4104tcos(2065104) 41 2.62 10它的频谱图如下图所示。题解6-4图(3)传输带宽因为0.4,即有 fH (1 )fs 1.4fs 1.4 64 89.6(kHz)(4)频带利用率22b 1.43 bit / s.Hz11 0.46-5设基带系统的发送滤波器、信道及接收滤波器组成的总特性为 图题6-5所示各种H (3)能否满足抽样点上无码间串扰的条件?H ()，若要求以2/Ts波特的速率进行数据传输，

31、试检验题6-5图【解】解题思路：由各小题解答如下:HO) 一等效矩形一求 2 B(B)为等效矩形带宽 一R=2与2/Ts比较。(a) H()2 B Ts 其它2Ts 12无码间干扰传输码率 RBmax 2B p maxIs Ts所以该H(3)不满足抽样点上无码间串扰的条件。 TOC o 1-5 h z 33(b)因为 3- 2 B B Ts2Ts一一.32所以 Rx 2B - 1 s 1 s这时虽然传输速率小于奈奎斯特速率，但是因为RBmax不是2/Ts的整数倍，所以仍然不满足抽样点上无码间串扰的条件。这可以用下图来说明，图中 h(t)是该H(3)的单位冲击响应，从图中已知无码间干扰的最小时间

32、间隔为Ts Ts/3,无码间 TOC o 1-5 h z 干扰的最大传码率为 RBmax ob maxIs Is因为2/Ts不是3/Ts的整数分之一，所以抽样仍然不能满足抽样点上无码间串扰的条件。一、，21(c)因为 一 2 B B TsTs ,2所以 qmax 2B - 1s所以这是正好满足无码间串扰的条件。，、1(d)因为一 2 B B Ts2Ts12所以无码间串扰传输最大速率RBmax 2B b max1s 1s 所以该H(3)不满足抽样点上无码间串扰的条件。6-6设二进制基带系统的传输特性为Ho 1 cos o ,/ o0 ,其它试确定系统最高的码元传输速率解法1:根据已知有Rb及相应

33、的码元间隔Tso传输函数,2 0, H为升余弦型,如题解 6-62 000,图所示,H2 0分成宽度为它示理想低通特性。/ 0其它一的小段，然后将各小段在0等效矩形, 上叠加，将构成等效低通(矩形) 2 0 2等效矩形宽度为Beq最高的码元传输速率Rb2Beq相应的码元间隔TsRb解法2:令0T上代入上式得:20 ,此传输函数就是其它1的升余弦频谱特性的传输函数，所以RbTs2 06-7试求用两个相隔一位码元间隔的更好 波形的合成波来代替传输系统冲激响应的小波形的频谱，并说明其传递函数的xx特点。【解】根据题意有时域表达式sin t sin(t T)t t T转换到频域有G21 e j此式即为

34、其传输函数，可以看出传输函数为余弦形式，而带宽并未宽展，但值变大。6-8已知某线性反馈移位寄存器的特征多项式系数的八进制表示为107,若移位寄存器的起始状态为全1,(1)求末级输出序列；(2)输出序列是否为 m序列？为什么？【解】(1)因为特征多项式系数的八进制表示为107,所以特征多项式为f x x6 x2 x 1该反馈移位寄存器的结构如下图所示。a4a3a2aia0输出反以 a6 a2 a a0在移位寄存器的起始状态为全(2)输出序列不是 m序列,题解6-8图111 。1情况下，经过1次移位，移位寄存器的状态仍然为1,所以末级输出序列为因为特征多项式不是本原多项式。6-9已知移位寄存器的特

35、征多项式系数为51,若移位寄存器起始状态为10000,(1)求末级输出序列；(2)验证输出序列是否符合 m序列的性质。【解】(1)因为移位寄存器的特征多项式系数为51,其本原多项式如下表。本原多项式以F1(x)=x 5+x2+1为例，画出其5级线性反馈移位寄存器如题解6-9图所示。图6-24 5级反馈移位寄存器的结构511 0 10 0 1G）G C2C3C4C5F1（x）=x 5+x2+1C5 C4 C3C2GC0F2（x）=x 5+x3+1则求出其末级输出序列为：0000101011101100011111001101001(2)因为序列周期为 51 ,周期25-1符合m序列周期为2n-1

36、的性质。序列中有16个“1”码，15个“ 0”码，基本平衡。游程共有16个，其中：游程长度为1的有8个，“1”码“0”码游程各为4个；游程长度为2的有4个，“1”码“0”码游程各为2个；游程长度为3的有2个，“1”码“ 0”码游程各为1个；游程长度为4的有1个，“0”码游程；游程长度为5的有1个，“1”码游程；其自相关函数为：A D 1A D316-10设计一个由5级移位寄存器组成的扰码和解扰系统,(1)画出扰码器和解扰器方框图；(2)若输入为全1码，求扰码器输出序列。【解】(1)扰码器和解扰器方框图如下 ：输入扰码序列D 1输出序列(a)解码器(2)若输入为全1码,图6-25 扰码器和解扰器

37、方框图扰码器输出序列为:11100100010101111011010011000007-1设发送数字信息为二元序列ak =010111010011,试画出ASK、 FSK、 PSK和DPSK信号波形图。【解】各种信号波形如图所示。习题7-1图7-2在相对相移键控中，假设传输的差分码是01111001000110101011,且规定差分码的第一位为0,试求出下列两种情况下原来的数字信号：(1)规定遇到数字信号为1时，差分码保持前位信号不变，否则改变前位信号；(2)规定遇到数字信号为0时，差分码保持前位信号不变，否则改变前位信号。【解】(1)规定遇到数字信号为 1时，差分码保持前位信号不变，否则

38、改变前位信号，则原来的数字信号为：01111001000110101011(2)规定遇到数字信号为0时，差分码保持前位信号不变，否则改变前位信号，则原来的数字信号为：00111010011010000001或010001011001011111107.3设输入二元序列为 0, l交替码，计算并画出载频为fc的PSK信号频谱。【解】对于双极性矩形基带信号，PSK信号的频谱为PefsP(1 P)G(ffc)2G(ffc)21_22_2-fs2(1 2P)2|G(0) (ffc)(f fc)4其中，G(f) TSa(fTs)。因为二元序列为 0、1交替码，故P=1/2,所以上式可化为：Pe TsSa

39、2 (ffc)Ts Sa2 (f fc)Ts频谱图如图所示。7-4某一型号的调制解调器(Modem)利用FSK方式在电话信道 6003000Hz范围内传送低速二元数字信号，且规定 fi=2025Hz代表空号,f2=2225Hz代表传号，若信息速率 Rb= 300b/s,求FSK信号带宽。【解】FSK带宽为B2FSK2Bbf2f1=2300+ 2225 2025 =800Hz2 FSKB 217-5数字基带信号g如图所示。试画出MASK信号的波形；试大致画出MFSK的信号波形。【解】(1)由图可以看出，基带信号是一个4进制序列，因此可对应进行 4ASK调制，其调制后的波形如图(a)。(2)其对应

40、的4FSK波形如图(b)。(a)习题7-5解7-6待传送二元数字序列 a 7 =1011010011 o(l)试画出QPSK信号波形。假定载频 f0=Rb=l/T, 4种双比特码00、01、11、10分别用相位偏移 0、兀/2、3兀/2的振荡 波形表示；(2)写出QPSK信号表达式。【解】(1)根据题意画出 QPSKt形如图。t习题7-6解(2) QPSK言号表达式 TOC o 1-5 h z s takcosctbk sin ctak,bk取1或s takcosct- bk sinct 一ak,bk取1447-7已知电话信道可用的信号传输频带为(1)采用a=l升余弦滚降基带信号时，(3) 采

41、用a=0.5升余弦滚降基带信号时,【解】信道带宽 B=3000-600=2400H z600Hz3000 Hz,取载频为1800 Hz,说明:QPSK调制可以传输2400b/s数据；8PSK调制可以传输4800b/s数据。码元速率R -log 2 41基带信号宽度B 1一2所以当fc 1800 Hz时，(2)=0.5 的 8PSK码元速率R90log 2 81基带信号宽度B1一2所以当fc 1800 Hz时，(111000),(1)=1 的 QPSK1200baud1200 1200HZ1的QPSKT以彳输2400b/s数据。1600baud1600 1200HZ0.5的8PSK可以传输2400b/s数据。7-8采用8PSK调制传输4800b/s数据：(1)最小理论带宽是多少？(2)若传输带宽不变，而数据率加倍，则调制方式应作何改变？1 4800【斛】(1)取小甲范 B Rb HZ 800Hz2 10g 2 8(2)若传输带宽不变，则波特率不变，故应提高码元进制数，应采用16PSK 16QA网制。为达到相同误比特率，