通信原理课后答案2

（1）DSB/SC时的发射机输出功率； （2）SSB/SC时的发射机输出功率。

解：设发射机输出功率为ST，解调器输入信号功率为Si,则传输损耗K= ST/Si=100(dB).

（1）DSB/SC的制度增益G=2，解调器输入信噪比

相干解调时：Ni=4No

因此，解调器输入端的信号功率：

发射机输出功率：

（2）SSB/SC制度增益G=1，则

解调器输入端的信号功率

发射机输出功率：

6-1设二进制符号序列为 1 1 0 0 1 0 0 0 1 1 1 0，试以矩形脉冲

为例，分别画出相应的单极性码波形、双极性码波形、单极性归零码波形、双极性归零码波形、二进制差分码波形及八电平码波形。 解：各波形如下图所示：

单极性波形 +E 0 双极性波形 +E -E 单极性归零波形 +E 0 双极性归零波形 +E 0 -E 二进制差分波形 +E 0 +3E +E 四电平波形 -E -3E 1 1 0 0 1 0 0 0 1 1 1 0

6-8已知信息代码为 1 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1，求相应的

AMI码及HDB3码，并分别画出它们的波形图。 解：

信息码 AMI码 +1 0 -1 HDB3码 +1 0 -1

1 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 +1 0 -1 0 0 0 0 0 +1 -1 0 0 0 0 +1 -1 +1 0 -1 0 0 0 -V 0 +1 -1 +B 0 0 +V -1 +1 6-11设基带传输系统的发送滤波器、信道及接收滤波器组成总特

性为H()，若要求以2/Ts波特的速率进行数据传输，试检验图P5-7各种H()是否满足消除抽样点上码间干扰的条件？

H() 1 H() 1 -/Ts 0 (a) /Ts  -3/Ts 0 (b) H() 1 3/Ts  H() 1 -4/Ts 0 (c) 4/Ts  -2/Ts 0 (d) 2/Ts 

解：无码间干扰的条件是：

2iTsHTisHeq()01(a) H()02B

TsTs

TsTs则 B112，无码间干扰传输的最大传码率为：RBmax2B TsTs2Ts故该H()不满足消除抽样点上码间干扰的条件。

1(b) H()0则 B32BTsTs

332 ，无码间干扰传输的最大传码率为：RBmax2BTsTs2Ts虽然传输速率小于奈奎斯特速率，但因为RBmax不是2/Ts的整数倍，所以仍然不能消除

码间干扰。故该H()不满足消除抽样点上码间干扰的条件。

(c) 如下图所示，H()的等效Heq()为： H() 1 -4/Ts -2/Ts 0 2/Ts 4/Ts 1  -4/Ts -2/Ts 0 2/Ts 4/Ts  Heq() 1 -2/Ts 0 2/Ts  -6/Ts -4/Ts -2/Ts  2/Ts 4/Ts 6/Ts 

44HH()HTsTsHeq()20Ts则 B122BTs

12，无码间干扰传输的最大传码率为：RBmax2B

TsTs故该H()满足消除抽样点上码间干扰的条件。

(d) 按照(c)同样的方法，H()的等效Heq()为：

22HH()HTsTsHeq()0Ts则 B1Ts2B

112，无码间干扰传输的最大传码率为：RBmax2B TsTs2Ts故该H()不满足消除抽样点上码间干扰的条件。

T当码元速率为2/Ts时，它的频谱周期为：

4，即在频谱上将H(ω)Ts左右平移一个T，若在22和范围内为常数，则无码间干扰，否TsTs则就存在码间干扰，现分别对上图进行分析：

对图(a)有： H(ω)

1 ω -π/Ts 0 π/Ts (a)

在虚线范围内叠加不为常数，所以存在码间干扰； 对图(b)有： H(ω)

1

0 3π/Ts -3π/Ts

(b)

在虚线范围内叠加不为常数，所以存在码间干扰；

ω 对图(c)有：

H(ω) 1 -4π/Ts 0 4π/Ts

(c)

在虚线范围内叠加为常数1，所以无码间干扰；

对图(d)有： H(ω)

1

-2π/Ts 0 2π/Ts

(d)

在虚线范围内叠加不为常数，所以存在码间干扰。

ω ω 6-13. 为了传送码元速率RB=103(B)的数字基带信号，试问系统采用图P5-9中所画的哪一种传输特性较好？并简要说明其理由。

H(ω) 1 0.5 (c) -4×103π -2×103π -103π (b) (a) ω 0 103π 2×103π 4×103π 图 P5-9

解：分析各个传输特性有无码间干扰，由于码元传输速率为RB=103，

3210即频谱的周期为：T，

对于图(a)有：

H(ω)

1

(a)

ω -4×103π -2×103π -103π 0 103π 2×103π 4×103π

在〔-103π,103π〕区间内叠加为常数2，所以不存在码间干扰；

21031B/Hz 该系统的频带利用率为：34102对于图(b)有：

H(ω)

1 (b) ω -4×103π -2×103π -103π 0 103π 2×103π 4×103π

在〔-103π,103π〕区间内叠加为常数2，所以不存在码间干扰；

21031B/Hz 该系统的频带利用率为：3210对于图(c)有：

H(ω) 1 (c) ω

-4×103π -2×103π -103π 0 103π 2×103π 4×103π

在〔-103π,103π〕区间内叠加为常数1，所以不存在码间干扰；

21031B/Hz 该系统的频带利用率为：3210综上所述，从系统的可靠性方面看：三个系统都不存在码间干扰，都可以进行可靠的通信；从系统的有效性方面看：(b)和(c)的频带利用率比较高；从系统的可实性方面看：(a)和(c)比较容易实现，(b)比较难实现。所以从以上三个方面考虑，(c)是较好的系统。

7-1. 设发送数字信息为1011001，试分别画出OOK、2FSK、2PSK及2DPSK信号的波形示意图。

解

7-2 设某OOK系统的码元传输速率为1000B，载波信号为

Acos(4106t)：

（1）每个码元中包含多少个载波周期？ （2）求OOK信号的第一零点带宽。 解：

所以每个码元中包含（2）

2000个载波周期。

7-4 设二进制信息为0101，采用2FSK系统传输。码元速率为1000B，已调信号的载频分别为3000Hz和1000Hz。

（1）若采用包络检波方式进行解调，试画出各点时间波形； （2）若采用相干方式进行解调，试画出各点时间波形； （3）求2FSK信号的第一零点带宽。

相干解调

（3）第一零点带宽为

7-7 设发送的绝对码序列为011010，采用2DPSK方式传输。已知码元传输速率为1200B,载波频率为1800Hz。定义相位差为后一码元起始相位和前一码元结束相位之差： （1）若=0代表“0”， =180代表“1”，试画出这时的2DPSK信号波形；

（2）若=270代表“0”， =90代表“1”，试画出这时的2DPSK信号波形； 解：

根据码元传输速率为1200B，载波频率为1800Hz可知，在2DPSK信号的时间波形中，每个码元时间内共有1.5个周期的载波。这时，2DPSK信号的时间波形如图： （1） 若=0代表“0”， =180代表“1”

（2）=270代表“0”， =90代表“1”

7-16 已知数字信息为“1”时，发送信号的功率为1 kW，信道功率

4损耗为60dB，接收端解调器输人的噪声功率为10W，试求非相干解

调OOK及相干解调2PSK系统的误码率。 解:

发送信号经过60dB的信道损耗后，到达解调器输入端的信号功率为

4又因解调器输入的噪声功率为10W，所以解调器输入信噪比为

因此，非相干解调OOK系统的误码率为:

相干解调2PSK系统的误码率为:

7-17设发送二进制信息为10110001，试按照表7-2和表7-4所示的A方式编码规则，分别画出QPSK和QDPSK信号波形。 解:QPSK信号波形如图所示

QDPSK信号波形：

7-18设发送二进制信息为10110001，试按表7-4所示的B方式编码规则画出QDPSK信号波形。 解：QDPSK信号波形如图所示