通信原理试卷及答案范文

2002—2003学年第二学期《通信原理》期末试卷一、填空题：（每空0.5分，共15分）衡量通信系统的质量指标主要有 和 ，具体对数字通信系统而言，前者常用 来衡量，后者常用 来衡量。

在数字通信中，产生误码的因素有两个：一是由传输特性不良引起的 ，二是传输中叠加的 。

在 情况下，消息的平均信息量最大。

根据香农公式，理想解调器的输入信噪比i i N S 和带宽c B 与输出信噪比o o N S 和带宽s B 之间满足 。

模拟信号数字传输系统的主要功能模块是 、 和 。

包络检波法的系统误码率取决于 和 。

基带传输系统的总误码率依赖于 和 之比。

一个连续信道的信道容量受 、 、 “三要素”的限制。

起伏噪声可分为 、 及 。

恒参信道的传输特性通常可以用 和 来表征。

信道传输信息的速率与 、 以及 有关。

若线性系统的输入过程()t i ξ是高斯型的，则输出()t o ξ是 型的。

设一分组码（010111），则它的码长是 ，码重是 ，该分组码与另一分组码（110010）的码距是 。

二、判断题：（正确画“√”，错误画“×”；每题0.5分，共5分） 码元传输速率与信息传输速率在数值上是相等的。

（ ）恒参信道对信号传输的影响是变化极其缓慢的，因此，可以认为它等效于一个时变的线性网络。

（ ） 对于受到高斯白噪声干扰的连续信道，若00→n ，则信道容量∞→C 。

（ ）小信噪比时，调频系统抗噪声性能将比调幅系统优越，且其优越程度将随传输带宽的增加而增加。

（ ） 在大信噪比情况下，AM 信号检波器的调制制度增益随基带信号的支流分量的减少而减少。

（ ） 任何一个采用线性调制的频带传输系统，总可以由一个等效的基带传输系统所替代。

（ ） 对于数字基带信号()t S 的功率谱密度的连续谱部分总是存在的，而离散谱可有可无。

（ ） 基带传输系统的总误码率与判决门限电平有关。

（ ）一种编码的检错和纠错能力与该编码的最大码距的大小有直接关系。

（ ）一般说来，通过键控法得到二进制移频键控信号（2FSK ）的相位（n ϕ、n θ）与序列n 无关。

（ ） 三、单项选择题：（每题1分，共10分）下列关于群延迟畸变与幅度畸变说法正确的是 。

（A ） 群延迟畸变是线性畸变，幅度畸变是非线性畸变； （B ） 群延迟畸变、幅度畸变都是线性畸变；（C ） 群延迟畸变是非线性畸变，幅度畸变是线性畸变； （D ） 群延迟畸变、幅度畸变都是非线性畸变。

如下图所示的四条函数曲线，哪一条不是平稳过程的正确的自相关函数曲线 。

（D）与调制方式有关，与解调方式有关。

窄带噪声()t n的同相分量()tnc与正交分量()tns具有如下性质。

（A）()tnc与()tns都具有带限性质；（B）()tnc与()tns都具有带通性质；（C）()tnc与()tns都具有高通性质；（D）()tnc与()tns都具有低通性质。

在带宽与信噪比互换关系上，下列性能与理想通信系统性能差距最小。

（A）SSB 系统；（B）FM 系统；（C）ΔM 系统；（D）PCM 系统在一个码组内纠正t位错误，同时检测()tee>个误码，要求最小距离mind应为。

（A）12min++≥etd（B）1min++≥etd（C）12min++≥etd（D）122min++≥etd传输速率为9600 B的二进制数码流，所需的最小传输带宽为。

（A）3.2 kHz （B）4.8 kHz（C）1.6 kHz （D）9.6 kHz在相同的大信噪比下，通断键控信号（OOK）同步检测时的误码率比包络检波时的误码率。

（A）低；（B）高；（C）一样；（D）没有可比性下列属于线性调制的是。

（A）振幅键控；（B）频移键控；（C）相移键控；（D）角度调制。

在抗加性高斯白噪声性能方面，2ASK、2FSK、2PSK从优到差的次序为。

（A）2FSK、2ASK、2PSK；（B）2ASK、2FSK、2PSK；（C）2ASK、2PSK、2FSK；（D）2PSK、2FSK、2ASK。

四、作图题：（5分）已知数字信息{}1011010=n a ，分别以下列两种情况画出2PSK ，2DPSK 的波形以及写出相对码{}n b 。

（1）码元速率为1200 B ，载波频率为1200 Hz ； （2）码元速率为1200 B ，载波频率为1800 Hz ； 五、论述题：（每题5分，共30分）什么是门限效应？AM 信号采用包络检波法解调时为什么会产生门限效应？ 窄带高斯白噪声中的“窄带”、“高斯”、“白”的含义各是什么？什么是“倒π现象”？为什么二进制移相键控信号会出现“倒π现象”假设恒参信道的传输特性为()ωH ，相频特性为()ωϕ，则它的不失真条件是什么？什么是群延迟—频率特()ωτ噪比40≥o o N S dB 。

（1）请画出解调方框图（应注明各方框主要参数）；（2）试确定输出噪声功率谱密度； （3）试确定最小平均发送功率。

二进制数字基带传输系统如左图所示，设()1=ωC ，()()()ωωωH G G R T ==。

现已知()()⎩⎨⎧≤+=ωτπωωττω其它0,cos 1000H（1）若()t n 的双边功率谱密度为20n W/Hz ，试确定()ωR G 的输出噪声功率；（2）若在抽样时刻KT （K 为任意正整数）上，接收滤波器的输出信号以相同概率取0，A 电平，而输出噪声取值V 服从下述概率密度分布的随机变量，即：2002—2003学年第二学期《通信原理》期末试卷答案一、填空题：（每空0.5分，共15分）1. 有效性、可靠性；码元速率，误码率。

2. 码间串扰，加性噪声。

3. 等概率。

4.()()221log1log NSBNSBsiic+=+5. A/D、数字传输系统、D/A。

6. 系统输入信噪比、归一化门限值。

7. 信号峰值、噪声均方根值。

8. 信道的带宽（B）、信道输出的信号功率（S）、噪声单边功率谱密度（0n）。

9. 热噪声、散弹噪声、宇宙噪声。

10. 幅度—频率特性、相位—频率特性。

11. 单位时间传送的符号数目、信息源的概率分布、信道干扰的概率分布。

12. 高斯。

13. 6、4、3二、判断题：（正确画“√”，错误画“×”；每题0.5分，共5分）1. ×；2. ×；3. √；4. ×；5. ×；6. √；7. √；8. √；9. ×；10. √。

三、单项选择题：（每题1分，共10分）1. B ；2. A ；3. D ；4. D ；5. B ；6. A ；7. B ；8. A ；9. A ；10. D 。

四、作图题：（5分）五、论述题：（每题5分，共30分）1. 答：门限效应：就是当包络检波器的输入信噪比降低到一个特定的数值后，检波器输出信噪比出现急剧恶化的一种现象。

因为，门限效应是由包络检波器的非线性解调作用所引起的，而AM信号采用了包络检波法，所以会产生门限效应。

2. 答：“窄带”是指系统的频带比起中心频率来小得多的系统；“白”是指噪声的功率谱密度服从均匀分布；“高斯”是指噪声的概率密度函数服从正态分布。

3. 答：在数字调制系统中，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，因而在接收端系统中也必须有这样一个固定基准相位作参考。

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。

而实际通信时，参考基准相位的随机跳变是可能的，而且在通信过程中不易被发觉，就会在接受端发生错误的恢复，这种现象就称为“倒π现象”。

因为二进制移相键控信号采用是绝对移相方式，所以就可能出现“倒π现象”。

4. 答：不失真条件：()ωH满足：()ωω~H为一条水平线；()ωωϕ~ 成线性关系群延迟—频率特性：频率特性对频率的导数。

()()ωωϕωτd d =5. 答：1）奈奎斯特第一准则： 为了消除码间干扰，则基带传输特性应满足：121=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∑is sT i T πωs T πω≤或sis T T i =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∑πω2s T πω≤2）奈奎斯特第二准则：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，那么就能使频带利用率提高到理论上的最大值，同时又可以降低对定时精度的要求。

3）频域均衡在基带系统中插入一种可调（也可不调）滤波器将能减少码间干扰的影响。

频域均衡就是利用可调滤波器的频率特性去补偿基带系统的频率特性，使包括可调滤波器在内的基带系统的总特性满足实际性能的要求。

6. 答：因为它采用同步解调，使输入噪声中的一个正交分量)(t n s 被消除的缘故。

六、计算题：（1、2、3每题10分；4题5分，共35分） 1. 解： 显然()j wTe H -+=1ω，所以()()T H ωωcos 122+=输出功率谱密度为 ()()()()()T P P H P i i ωωωωωξξξcos 1220+==又因为()()2200n e e P T j T j ωωξω-++=所以()()()()T R T R R R i i i -+++=ττττξξξξ20()()()[]T T n -+++=τδτδτδ2202. 解： （1）如下图所示，其中BPF 的传输特性为 ()()为常数其他2111,,0330330,K K fkHz MHz f kHz MHz K f H ⎪⎩⎪⎨⎧+≤≤-=L TP 的传输特性为()⎪⎩⎪⎨⎧≤=fkHz f K f H 其他,03,22（2）输出噪声功率为 DSB i B n N N ⨯⨯==0041411316103600010241--⨯=⨯⨯⨯=W所以输出噪声功率谱密度()f P 0为()161300105.03000210330002--⨯=⨯⨯=⨯=N f P W/Hz（3）要求4000≥N S dB ，即要求41021⨯≥i i N S ，此时接收机输入功率i i N S 41021⨯≥，又由于信道损耗为10×10 dB ，故最小平均发送功率为60600010210211016410=⨯⨯⨯⨯⨯=-S W3. 解：（1）由图知接收滤波器()ωR G 输入噪声双边功率谱密度为()20n P i =ω，则接收滤波器()ωR G 输出噪声双边功率谱密度为()()()()00002,cos 12τπωωττωωω≤+==n G P P R i o接收滤波器()ωR G 输出噪声功率为()()2cos 12212100000n d n d P N o o =+==⎰⎰--ωωττπωωπτπτπτπτπ（2）系统总的误码率e P 为()()0101e e e P P P P P +=在单极性波形情况下，1e P 和0e P 分别为dx x A x P d V e ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--=⎰∞-exp 211λdx x x P dV e ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-=⎰∞exp 210λ式中d V 是判决门限，误码率()()dx x x P dx x A x P P d dVV e ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--=⎰⎰∞∞-exp 210exp 211λλ可以通过求偏导数0=∂∂d e V P 得到最佳判决门限*d V ，当()()01P P =时，0exp 21exp 21**=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--=∂∂λλλλd d d e V A V V P⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--x V A V d d **exp exp λ化简上式可得到最佳判决门限2*A V d =，此时系统误码率e P 为()()dx x x P dx A x P P A A e ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--=⎰⎰∞+∞-exp 210exp 2112λλλ⎪⎭⎫⎝⎛-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎰⎰+∞∞-λλλλλ2exp 21exp 41exp 4122A dx x dx A x A A3. 解：当滤波器的()ωH 为图所示特性时，码元速率的极限为2000 B 。