通信原理作业答案1-2 曹志刚(部分)

通信原理作业答案第1题若对某一信号用DSB 进行传输，设加至接收机的调制信号()m t 之功率谱密度为2()0m m mm mf n f f f P f f f ⎧≤⎪=⎨⎪>⎩试求：（1） 接收机的输入信号功率； （2） 接收机的输出信号功率；（3） 若叠加于DSB 信号的白噪声具有双边功率谱密度为2n ，设解调器的输出端接有截止频率为m f 的理想低通滤波器，那么，输出信噪功率比是多少？解：（1） 设DSB 已调信号()()cos DSB c s t m t t ω=，则接收机的输入信号功率为22222111()()cos ()(1cos 2)()()d 2222m m i DSB c n f S s t m t t m t ct m t Pm f f ωω+∞-∞===+===⎰ （2） 相干解调，乘以同频同相的载波信号后，信号为21()cos ()cos ()(1cos )2DSB c c c s t t m t t m t t ωωω==+ 经过低通滤波器后，输出为1()()2o s t m t =输出功率为211()428m m o i n f S m t S === （3） 调制信号频谱在[,]m m f f -上有值，其他频率为零，已调信号在[,]c m c m f f f f ±-±+上有值，其他频率为零，所以解调器前端带通滤波器的通带为[,]c m c m f f f f ±-±+输入噪声功率为02222i m m n N f n f == 经过低通滤波器后白噪声为窄代白噪声，可表示为()()sin ()cos s c c c n t n t t n t t ωω=+其中(),()s c N t N t 为独立同分布随机过程，均值为零，方差为σ。

所以222222()[()sin ][()cos ]s c c c n t E n t t E n t t ωωσ=+=解调后噪声为1()()2o c n t n t =所以211()[()]44o o c i N n t E n t N ===故，输出信噪功率比为4o m o S n N n = （也可以先算出输入信噪比，再乘以制度增益）第2题设调制信号()m t 的功率谱密度与题1相同，若用SSB 调制方式进行传输（忽略信道的影响），试求：（1） 接收机的输入信号功率； （2） 接收机的输出信号功率；（3） 若叠加于SSB 信号的白噪声的双边功率谱密度为2n ，设解调器的输出端接有截止频率为m f 的理想低通滤波器，那么，输出信噪功率比是多少？（4） 该系统的调制制度增益G 为多少？解：（1）设SSB 已调信号 t t mt t m t s c c SSB ωωsin )(ˆ21cos )(21)(±= 则接收机的输入信号功率为⎰=⨯==m f m m mmi f n df f f n t m S 0282241)(41（2）相干解调之后，接收机的输出信号)(41)(0t m t m =，因此输出信号功率 32)(161)(2200m m f n t m t m S === （3） 相干解调时，输出噪声功率44100m i f n N N ==因此输出信噪功率比00084/32/n n f n f n N S mm m m == （4）由以上分析可得，4,400i i NN S S ==，该系统的调制制度增益为 1//00==ii N S N S G第3题设备接收的调幅信号为t t m A t s c m ωcos )]([)(＋=，采用包络检波法解调，其中()m t 的功率谱密度与题1相同。

若一双边功率谱密度为02n 的噪声叠加于已调信号，试求解调器输出端的信噪功率比。

解：在大信噪比，即)()(t n t m A i >>+的情况下，包络检波器的输出为 )()()(t n t m A t e c ++≈其中()m t 为有用信号，噪声分量)(t n c 是解调器输入噪声的同相分量。

故有⎰===mf mm m m fn df f f n t m S 020222)(m i c f n B n t n t n N 002202)()(==== 因此解调器输出信噪比000422/n n f n f n N S mm m m ==第4题采用包络检波的常规调幅系统中，若噪声功率谱密度为Hz W /)105(2-⨯，单频正弦波调制时载波功率为100kW ，边带功率为每边带10kW ，带宽滤波器带宽为4kHz 。

（1） 求解调输出信噪比；（2） 若采用抑制载波双边带系统，其性能优于常规调幅多少分贝？解：（1） AM 解调器输出信噪比为10010410521010)(3230200=⨯⨯⨯⨯⨯==-B n t m N S （2） AM 解调器输入信噪比为550)(212)(022=+=Bn t m A N S AM ii故常规调幅系统的调制制度增益 112550110==AM G 而抑制载波双边带系统的调制制度增益 2=DSB G 则dB G G AMDSB41.1011≈=（采用10log ） 因此抑制载波双边带系统优于常规调幅系统10.41分贝第5题设一宽频率调制系统，载波振幅为100V ，频率为100MHz ，调制信号()m t 的频率限制于5kHz ，22()5000V m t =，500Hz/V f k π＝，最大偏频75kHz f ∆=，并设信道中噪声功率谱密度是均匀的，为3()10W/Hz n P f -=（单边带），试求： （1） 接收机输入端理想带通滤波器的传输特性()H ω； （2） 解调器输入端的信噪功率比； （3） 解调器输出端的信噪功率比；（4） 若()m t 以振幅调制方法传输，并以包络检波器检波，试比较在输出信噪比和所需带宽方面与频率调制系统有何不同？解：（1） 根据题意可知系统的调制指数为max max 75155FM f D f ∆=== 由卡森公式得调制信号的带宽为max 2(1)2(151)15160kHz FM FM B D f =+=⨯+⨯=载波为100MHz ，所以信号所处的频率范围为0.16100MHz MHz 2±。

由此可得接收机的输入端理想带通滤波器的传输特性应为,99.92MHz 100.08MHz()0,K f H ω⎧<<=⎨⎩其他 其中K 为常数。

（注意：在调频系统中，最大频率偏移和带宽是两个不同的概念） （2） 设解调器输入端的信号为f()cos[()d ]FM c s t A t k m ωττ+∞-∞=+⎰则该点的信号功率和噪声功率分别为：22100500022i A S ===33()1016010160i n FMN P f B -==⨯⨯= 故500031.25160i i S N == （3） 根据调频信号解调器输出信噪比公式（教科书87页公式4－109，4－110）得：22222f 2323330max 3()3100(500)5000375008810(510)o o S A k m t N n f πππ-⨯⨯⨯===⨯⨯ （注意：有同学利用公式4－11423(1)FM FM FM G ββ=+计算输出信噪比，该公式成立的条件是调制信号为单频，不适用于本题）（4） 采用振幅调制方式传输()m t 时，则所需带宽为max 210kHz 160kHz AM FM B f B ==<=采用包络检波器输出信噪比为2330()500050037500101010o o o AM o AM FMS S m t N n B N -⎛⎫⎛⎫===<= ⎪ ⎪⨯⨯⎝⎭⎝⎭ 因此，调频系统信噪比的增加是以增加带宽为代价的，反之，调幅系统带宽的减少是牺牲信噪比的结果。

第6题已知调制信号3()2sin(410)(V)m t t π=⨯，它所产生的调角波具有()sin[()]m c s t A t t ωϕ=+形式，试做下列各题：（1） 若它是FM 波，且要求最大频率偏移4410rad/s ωπ∆=⨯，求,,F m B K 及FM 波表达式；（2） 若它是PM 波，且要求最大频率偏移4410rad/s ωπ∆=⨯，求,,P m B K 及PM 波表达式；（3） 若m ω增大为原先的2倍，而保持m A 以及F K 或P K 不变，再计算FM 波、PM 波的带宽。

由此可说明什么？解：（1）43max41010(rad)410m ωπωπ∆⨯===⨯3m 2(1)2(101)21044(kHz)B m f =+=⨯+⨯⨯=44m 410210(rad/(s V))2F K A ωππ∆⨯===⨯对于FM 波 3()()10cos(410)F t K m t dt t ϕπ==-⨯⎰ 所以3sin[10cos(410)]FM c s A t t ωπ=-⨯ （2）43max41010(rad)410m ωπωπ∆⨯===⨯3m 2(1)2(101)21044(kHz)B m f =+=⨯+⨯⨯=maxmm5(rad/V)P mK A A ϕ=== 对于PM 波 3()10sin(410)t t ϕπ=⨯所以3sin[10sin(410)]PM c s A t t ωπ=+⨯（3） 此时3m 810rad/s ωπ=⨯，m 4kHz f = 对于FM 波，m F K A ω∆=不变432(1)2()2(210410)48(kHz)m m B m f f f =+=∆+=⨯+⨯=对于PM 波，max m P m K A ϕ==不变32(1)2(101)41088(kHz)m B m f =+=⨯+⨯⨯=由此可见，对于FM 波，带宽B 与调制信号频率m f 间关系不大；尤其是对于宽带FM （1m ）情况，有2B f ≈∆与m f 无关。

另一方面，对于PM 波，带宽B 则与调制信号频率m f 成正比。

第7题已知窄带调频信号为FM ()cos sin sin c c c c m s t A t A t t ωβωω=-，求： （1） ()s t 的瞬时包络最大幅度与最小幅度之比； （2） ()s t 的平均功率与未调载波功率之比； （3） ()s t 的瞬时频率。

解：（1） FM ()cos sin sin c c c c m s t A t A t t ωβωω=-FM [cos sin sin ]c c m c A t t t ωβωω=-)c A t ωϕ=+所以()s t的瞬时包络最大幅度为A ，最小幅度为c A ，故()s t 的瞬时包络最大幅度（注意：窄带调频经过一系列近似，所以包络不是1:1，但FM β很小，接近与1:1） （2） 未调载波功率为212c c P A =()s t 的平均功率为2FM (cos sin sin )s c c c c m P A t A t t ωβωω=-FM 2222222FM cos sin sin 2cos sin sin c c c c c m c c m A t A t t A t t t ωβωωβωωω=+-FM 222111cos 2cos 2cos 2cos 2024c c c m c m A A t t t t βωωωω=+--+-FM 2221124c c A A β=+ 所以()s t 的平均功率与未调载波功率之比为FM2112s c P P β=+ （3） 信号为窄带调频，所以sin(sin )sin cos(sin )1m m m t t t ωωω≈≈FM ()cos sin sin c c c c m s t A t A t t ωβωω=-FM cos cos(sin )sin sin(sin )c c m c c m A t t A t t ωωβωω=-FM cos(sin )c c m A t t ωβω=+所以，瞬时频率为FM FM d(sin )cos d c m c m m t t t tωβωωβωω+=+。