数字通信原理综合复习题_答案

北京邮电大学高等函授教育、远程教育《数字通信原理》综合练习题答案一、填空题1、幅度（信号强度）的取值连续变化幅度的取值离散变化2、频分制时分制3、幅度时间模拟4、有效性可靠性5、抽样量化编码6、译码低通7、对信号波形进行的编码（或根据语声信号波形的特点，将其转换为数字信号）8、提取语声信号的一些特征参量对其进行编码9、时间上抽样定理10、幅度上11、均匀量化非均匀量化12、=△/2 >△/213、提高下降14、模拟压扩法直接非均匀编解码法15、87.616、具有均匀量化特性的编码17、起始电平量化间隔18、127 128△32△ 512△16△ 64△256△ 1024△19、相邻样值的差值（实际上DPCM是对样值与过去的样值为基础得到的估值之间的差值进行量化、编码的）20、自适应预测自适应量化21、125μs 256比特 800022、传帧同步码和失步告警码传各路信令码、复帧同步码及复帧对告码TS1～TS15、TS17～TS3123、抽样合路分路24、256kHz 8个控制编、解码用25、防止假失步（m-1）Ts 同步状态26、防止伪同步（n-1）Ts 捕捉状态27、运动图像静止图像28、彩色图像黑白图像29、在某一点的值30、采样量化31、空间上32、样本值33、PCM复用数字复接数字复接34、同步复接复接时造成重叠和错位35、按位复接按字复接按位复接36、同步复接异步复接37、100．38μs 848bit38、820bit 28bit 4bit39、插入码元去掉插入的码元（削插）40、光纤同步信息传输41、电接口光接口42、运行管理维护43、段开销净负荷管理单元指针44、终端复用器分插复用器再生中继器同步数字交叉连接设备45、线形星形树形环形网孔形46、未经调制变换的数字信号从零开始的某一段频带47、未经调制变换的基带数字信号直接在电缆信道上传输48、NRZ码49、1050、3个51、码间干扰误码52、再生中继器53、升余弦波有理函数均衡波形54、均衡波形的好坏55、均衡放大定时钟提取抽样判决与码形成56、光纤数字传输系统数字微波传输系统数字卫星传输系统二、单项选择题1、C2、A3、B4、C5、A6、B7、D8、C9、C l0、A 11、C 12、D 13、D 14、B 15、A 16、A 17、C 18、C 19、C 20、B 21、B 22、B 23、A 24、B 25、A26、B 27、B 28、A 29、B 30、D三、判断题1、×2、√3、√4、×5、×6、√7、√8、×9、√ 10、× 11、× 12、× 13、× 14、× 15、√ 16、√ 17、√ 18、× 19、× 20、× 21、√ 22、√ 23、× 24、√ 25、×26、× 27、× 28、× 29、× 30、×四、简答题1、答：数字通信的特点有：①抗干扰性强，无噪声积累。

②便于加密处理。

③利于采用时分复用实现多路通信。

④设备便于集成化、小型化。

⑤占用频带宽。

2、答：如果抽样频率选得不合适，以低通型信号为例，若M s f f 2 ,则会产生折叠噪声。

3、答：有折叠噪声就意味着一次下边带与原始频带重叠，造成的后果是收端无法用低通 滤波器准确地恢复原模拟话音信号。

4、答：发端低通的作用是予滤波，即防止高于3．4KHz 的信号通过，避免PAM 信号产生 折叠噪声。

5、答：收端低通的作用是恢复（或重建）原模拟信号。

6、答：不行。

为了提高小信号的量化信噪比，如果仍然采用均匀量化，需增加N ，即编码码位数l 增多，这会带来两个问题，一是使编码复杂，二是使信道利用率 下降。

7、答：非均匀量化的特点是：信号幅度小时，量化间隔小，其量化误差也小；信号幅度大时，量化间隔大，其量化误差也大。

8、答：本地解码器的组成有：（1）串／并变换记忆电路 （2）7／11变换 （3）11位线性解码网络9、答：7／11变换的作用是将7位非线性码（2M ～8M ）转换成11位线性码（1B ∽11B ）。

10、答：编码电平等于11个恒流源（1B ∽11B 的权值）中的若干个恒流源相加,为了保证收端解码后的量化误差不超过2i ∆，在收端应加入2i ∆的补差项,即解码电平等于编码电平加2i ∆。

而第1、2两段的2i ∆不在11个恒流源范围内，要增加一个恒流源)2(12∆B ，所以应进行7/12变换。

11、答：因为编码需要一定的时间，而样值很窄，为了保证编码的精度，要将样值展宽，所以要加保持电路。

12、答：ADPCM 的优点是由于采用了自适应预测和自适应量化，使得它能在32kbit ／s 数码率的条件下达到PCM 系统64kbit/s 数码率的话音质量要求。

13、答：子带编码是首先将输入信号频带分割成不同的频带分量(称为子带)，然后再分别进行编码，这类编码方式称为频域编码。

14、解：帧同步的目的是保证收、发两端相应各话路对准。

PCM 30／32系统的帧同步码型为0011011。

15、答：位同步的目的是保证收端正确接收（或识别）每一位码元。

收端时钟采取定时钟提取的方式获得，可使收端时钟与发端时钟频率相同，即可做到位同步。

16、答：复帧同步的目的是保证收、发两端相应各信令路对准。

PCM30／32系统的复帧同步码型为0000。

17、答：帧同步系统的工作状态有：同步状态、前方保护、后方保护及捕捉状态。

18、答：数字图像具有以下特点：（1）信息量大。

（2）占用频带较宽。

（3）图像中各个像素是不独立的，相关性大。

（4）处理后的数字图像需要人来进行观察和评价，因此受人的因素影响较大。

19、答：因为四个一次群复接成二次群时，在125s 内有32个插入码，所以二次群的数码率不等于4×2048kbit/s。

20、答：异步复接是各低次群各自使用自己的时钟，由于各低次群的时钟频率不一定相等，使得各低次群的数码率不完全相同（这是不同步的），因而先要进行码速调整，使各低次群获得同步，再复接。

21、答：因为发端每一支路进行码速调整时，可能有Vi插入（原支路速率较低时），也可能无Vi插入（原支路速率较高时），收端扣除插入码时，用插入标志码判断有无Vi插入。

22、答：SDH最主要的特点是：①同步复用。

②标准的光接口。

③强大的网络管理能力。

23、答：自愈网就是无需人为干扰，网络就能在极短时间内从失效故障中自动恢复所携带的业务，使用户感觉不到网络已出了故障。

24、答：SDH网中常用的自愈环有：（1）二纤单向通道倒换环（2）二纤双向通道倒换环（3）二纤单向复用段倒换环（4）四纤双向复用段倒换环（5）二纤双向复用段倒换环25、答：对基带传输码型的要求有：①传输码型的功率谱中应不含有直流分量，同时低频分量要尽量少。

②传输码型的功率谱中高频分量应尽量少。

③便于定时钟的提取。

④应具有一定的检测误码能力。

⑤对信源统计依赖性最小。

⑥码型变换设备简单、易于实现。

26、答：27、答：对均衡波形的要求有：①波形幅度大且波峰附近变化要平坦。

②相邻码间干扰尽量小。

28、答：再生中继器中定时钟提取部分的作用是从接收信码中提取时钟成份，并产生抽样判决脉冲。

29、答：PCM信号脉冲流经过信道传输，各中继站和终端站接收的脉冲信号在时间上不再是等间隔的，而是随时间变动的，这种现象称为相位抖动。

30、答：数字信号的频带传输是对基带数字信号进行调制，将其频带搬移到光波频段或微波频段上，利用光纤、微波、卫星等信道传输数字信号。

五、画图题1、答：2、答：3、答：e q x N N S lg 203lg 20)/(+=均匀 ex lg 2023lg 207+⨯=e x lg 2047+=4、答：6.87,256,8===A N lx x N N S q lg 2053lg 203lg 20)/(+=+=均匀 dxdy Q lg20= ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--=-+=-+-≤=+=+=xx x A dB x dB A A lg 2015lg 206.87ln 11lg 20lg 20ln 11lg 20)39lg 20(246.8716.87lg 20ln 1lg 20)0lg 2039(dB x dB ≤<-5、答：参见教材P26图2-226、答：参见教材P30图2-26段落号12345678斜率16 16 84211/21/4信噪比改善量（dB）24 24 18 12 60-6 -127、答：参见教材P83图4-98、答：参见教材P143图6-49、答：参见教材P148图6-9(b)10、答：参见教材P164图6-24（N=1）11、答：参见教材P203图7-27(b)12、答：六、编码与计算题1、答：s kbit n l f f s B /20483288000=⨯⨯=⨯⨯=2、答：73103.710204823-⨯=⨯⨯==N n P e 传输总码数发生误码个数 3、答：kHz B kHz f kHz f M 426,6,20=-===,0B f <Θ ∴此信号为低通型信号kHz f f M s 12622=⨯=≥4、答：kHz B kHz f kHz f M 4860108,108,600=-===,0B f >Θ ∴此信号为带通型信号1)4860()(0===I I B f n kHz n f f f M s 112112)10860(212)(20=+⨯+=++=5、答：0178<∆-=S i Θ 01=∴a∆==178S S i I∆=>1282R S I I Θ 12=∴a∆=<5123R S I I Θ 03=∴a∆=<2564R S I I Θ 04=∴a段落码为100，样值在第5量化段，∆=∆∆=8,12855B I ∆=∆⨯+∆=∆+=192881288555B R I I5R S I I <Θ 05=∴a∆=∆⨯+∆=∆+=160841284556B R I I6R S I I >Θ 16=∴a∆=∆⨯+∆⨯+∆=∆+∆+=1768284128245557B R I I 7R S I I >Θ 17=∴a∆=∆+∆⨯+∆⨯+∆=∆+∆+∆+=184882841282455558B R I I 8R S I I <Θ 08=∴a码字为010001106、答：mV U 20482048=∆= mV mV 120482048==∆ ∆==53153mVmV u S 053>∆=S u Θ 11=∴a∆==53S S u U∆=<1282R S U U Θ 02=∴a∆=>323R S U U Θ 13=∴a∆=<644R S U U Θ 04=∴a段落码为010，样值在第3量化段，∆=323B U ，∆=∆23 ∆=∆⨯+∆=∆+=4828328335B R U U5R S U U >Θ 15=∴a∆=∆⨯+∆⨯+∆=∆+∆+=56242832483336B R U U 6R S U U <Θ 06=∴a∆=∆⨯+∆⨯+∆=∆+∆+=52222832283337B R U U 7R S U U >Θ 17=∴a∆=∆+∆⨯+∆⨯+∆=∆+∆+∆+=5422228322833338B R U U 8R S U U <Θ 08=∴a码字为101010107、答：样值在第6量化段，设为S i编码电平为：687656)1248(∆⨯⨯+⨯+⨯+⨯+=a a a a I I B C ∆⨯⨯+⨯+⨯+⨯+∆=16)01121408(256∆=352解码电平为：∆=∆+∆=∆+=36021635226C D I I 8、答：编码误差为：∆=∆-∆=-=13352365C S C I I e解码误差为：∆=∆-∆=-=5360365D S D I I e 9、答：STM-4的速率为 s Mbit /080.622125842709=⨯⨯⨯ 10、答：STM-1中SOH 的容量为s Mbit /608.4125898=⨯⨯ 11、答：STM-16的帧周期为s μ125其中AU-PTR 的比特数为1689⨯⨯所以STM-16中AU-PTR 的容量为 s Mbit /216.91251689=⨯⨯ 12、答：108.2042048===e u U c 6.11lg 101lg20)/(++=e dB e P c N S 6.11lg 20)/(1lg 10--=cN S P dB e e dB 506.1101lg 206.31=--= 510-=e P七、码型变换题1、答：11位线性幅度码为：001100100002、答：7位线性非幅度码为：10001103、答：12位线性幅度码为：0001110110004、答：二进码序列： 1 1 0 1 0 0 0 0 1 0 1 1AMI码： +1-1 0+1 0 0 0 0-1 0+1-15、答：二进码序列： 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 1HDB3码：V+ -1+1B-0 0 V-B+0 0 V+ 0-1 0+1-1 0 0 0V-0 0 0 +16、答：HDB3码： +1 0 0 0+1 0-1+1-1 0 0-1+1 0 0+1 0-1二进码序列： 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 17、答：二进码序列： 1 0 1 0 0 1 1 0 1CMI码： 0001110101001101008、答：CMI码： 010100110100011101二进码序列： 0 0 1 1 0 1 0 1 09、答：原来的二进码序列：1010001100101* *正确的AMI码序列：+10-1000+1-100+10-1错误的AMI码序列：+10-1-100+1-10000-1恢复的二进码序列：1011001100001此AMI码序列无误码增殖。