2011-2012学年第1学期试卷A卷参考答案

中国矿业大学2011~2012学年第一学期

《通信原理B 》试卷 A 卷参考答案

一. 填空题 （每空1分，共30分）

1．通信系统的主要性能指标是指 有效性 和 可靠性 ，数字通信系统主要用 误码率 和

误信率 来衡量系统的性能。对于M 进制波形，传码率与传信率的关系满足M R R B b 2log =。

2．在通信中常用到的复用技术有 FDM 、 TDM 、 CDM 。

3．设调制信号m(t)的最高频率为4KHz ，采用抑制载波双边带（DSB ）传输，则接收端理想带

通滤波器带宽应为 8 KHz ，解调器输出信号带宽为 4KHz 。

4．对信号进行VSB 调制时，要求)(ωVSB H 在载频处具有互补对称 特性，VSB 在频域上来

看是介于SSB 和DSB 之间的一种调制方式。

5． 广义信道可分为调制信道和编码信道两类。

6．二进制随机脉冲序列的功率谱一般包括 离散谱 与 连续谱 两部分；其中主瓣的宽度可作为信号的近似带宽，称为谱零点带宽。

7．调幅信号常用的解调方法有 包络检波和 相干解调 两种。

8．我国采用的PCM 系统采用的是 A 律13 （或13） 折线的编码。

9．低通抽样定理要求最低允许的抽样频率fs= 2f H 。

10． 不使用调制和解调装置而直接传输数字基带信号的系统称为数字基带传输系统，数字基带传输系统中，造成误码的两个主要因素是码间串扰和信道噪声。

11． 角度调制可分为频率调制和相位调制。

12． 部分响应系统是指有控制地在某些码元的抽样时刻引入码间干扰，而在其余码元的抽样时刻无码间干扰。

13． 二. 简答题（18分）

1. （8分=2+2+2+2）什么叫调制？调制的主要目的是什么？

答：（1）所谓“调制”，即按照基带信号的变化规律去改变载波某些参数的过程。 （2分）

（2）调制的主要目的（各2分）——

A. 便于信号的发送（频谱搬移）；

B. 提高信道的利用率；

C. 改善系统的抗噪声性能。

2. 连续信道的信道容量C 与三要素B 、S 、n 0的关系如何？（6分）

香农公式： （1分）

（1）增加信噪比 ，可以提高信道容量C ； 再小，C 也不可能为0；（2分） （2）增加信道带宽B 可以增加信道容量，但不能无限制地增加；（2分）

当 （3）当C 一定时， 与B 对于C 的影响可以互换。当 太小，信道质量不好时，利用宽带传输，可以提高信道质量； （2分）

3. （4分）实际的A/D 转换过程中，为什么采用非均匀量化的方法？

答：均匀量化的主要缺点是信号的动态范围（信号最小值到最大值的范围）受到较大的限制。 因此采用非均匀量化，对小信号用小阶距量化，大信号用大阶距量化。 即对小信号予以放大，对大信号进行“压缩”，然后作均匀量化，使量化信噪比在信号的整个动态范围内保持不变。

三. 作图题（22分）

1、 已知信息代码为 1 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 ， 画出曼彻斯特 码和HDB 3码的波形图。

N S 002S

44.1)1(log lim lim n B n S B C B B B ＝时，有+=∞→∞→∞→N S N S N

S 1

000001001000001 数字信息 +1 0 -1 曼彻

斯特码 H D B 3码 +1

-1

+1

每波形2分，共6分；以下每条2分，共6分（至少3条）

（1）线路传输码型的频谱中应不含有直流分量和只有很少的低频成份；

（2）便于从相应的基带信号中提取定时信息；

（3）尽量减少基带信号频谱中的高频分量，以节省传输频带并减小串扰，尽可能地提高传输码型的传输效率；

（4）不受信息源统计特性的影响，即能适应于信息源的变化；

（5）具有内在检错能力等。

2、 设基带信号为10110001001。（10分）

（1） 分别画出其对应的2FSK 、2PSK 、2DPSK 的波形；

（2） 为什么实际中通常不采用2PSK 方式，而采用2DPSK 调制方式？ 每波形2分，共6分；

实际中如果采用绝对移相方式，由于发送端是以某一个相位作为基准的，因而在接收系统中也必须有这样一个固定的基准相位作为参考。如果这个参考相位发生变化（0相位变π相位或π相位变0相位），则恢复的数字信息就会发生0变为1或1变为0，从而造成错误的恢复，即2PSK 的“倒π”现象或“反向工作”现象。

相对移相方式2DPSK 波形前后码元相对相位的差才唯一决定信息符号；即2DPSK 的解调并不依赖于某一固定的载波相位参考值，只要前后码元的相对相位关系不发生破坏，则鉴别这个相位关系就可以正确恢复数字信息，避免了2PSK 值的“倒π”现象。（4分）

四. 计算题 （共30分）

1. （8分）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，其出现的概率分别为41、81、81、163、16

5；信息源以1000Band 速率传送信息。 （1） 求该信息源的平均信息量；

（2） 求传送1小时的信息量；

（3） 如果各符号独立等概，求传送1小时可能达到的最大信息量。

解：

（1）信息源的平均信息量：

H （x ）=-4

1log 241-81log 281-81log 281-163log 2163-165log 2165 =2.227bit/符号(或2.23bit/符号)…………………………………(3分)

（2）1小时传送的符号数：r=1000×36000=3.6×106 …………………………(1分) 1小时传送的信息量：I=H(x).r=2.227×3.6×106=8.02×106bit …………(1分)

（3）当A 、B 、C 、D 、E 等概出现是，能获取最大信息量：

即：P(A)=P(B)= …… =P(E)=51

I max =5×51 (-log 25

1)×3.6×106=2.32×3.6×106=8. 352×106bit …… (3分)

2. （共10分）设基带系统的发送滤波器、信道和接受滤波器总传输特性为H(ω),如下图所

示。ω1=17π×106rad/s, ω2=51π×106rad/s 。请问：此系统可否实现无码间串扰？并计算其最高码元速率R B 和频带利用率。（5+2+1+2）

3. （12分）在PCM 脉冲编码调制中，若抽样值为－956个量化单位，采用13

折线A 律特性进行编码。写出8位编码结果和相应的译码输出，并计算量化误差。

8位编码结果：01101101（6分）

相应译码输出：－（512+32×13+32/2）＝－944（4分）

量化误差：956－944＝12（2分）