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(完整word版)答案第六章基带传输系统
第六章 基带传输系统

1、AMI码的缺点是什么？
解：不能限制长连O和长连1，不利于时钟提取。

2、设数字信号序号为1000010100001111，将其编成AMI，HDB3 ,CMI码.
解: AMI:+10000-10+10-10000+1-1+1-1
   HDB3: V+|B-000V-B+0B-B+`00V+B-B+B-B+
    CMI: 000010101011101000101010111001100

3、带限传输对数字信号有什么影响？码间干扰是怎样形成的？
解：理论上数字信息的频带为无穷大，这样无限带宽的信号通过实际的信道传输时，由于实际信道带宽有限，信号波形必然会产生失真，从而产生码间干扰.

4、怎样用示波器观察眼图，眼图恶化说明什么含义？
解：示波器采用外同步，扫描同期必然为TB（码元同期）或TB的整数倍，这样，就在荧光屏上出现一个或几个接收到的均衡波形,由于示波器的余辉作用,使多个波形迭在一起，这样在荧光屏上显示类似人眼的图形。眼图恶化说明信噪 比降低，误码率增加.

5、定时抖动同哪些有关定时抖动对PCM通信有什么影响？
解：定时抖动的原因：
①谐振回路失谐的影响
②时钟提取电路限幅门限失调或输入信号电平变化。
③信通噪声和串话干扰
④信号码型随机组合
抖动的影响：误码率增加

6、某CMI码为11000101110100，将其还原为二进制NRZ码
解：按CMJ码编码规则，还原后的NRZ码为1100101
    0→01
    1→00和11交替

7、为什么数字通信系统要求误码率低于10-6?
解：当Pe=10-6时，误码信噪比（S/Ne）dB=41.6dB，但若信道误码率高于10-6，如Pe=10-5,则(S/Ne)=31.6dB（Pe增加一个数量级，误码信噪比下降10dB），低于A律压缩特性的最大量化信噪化38dB，所以为保证总的信噪比不因误码噪声而显著下降，信道误码率Pe应低于10-6。  

8、再生中继系统的特点是什么？
解：噪声不积累但误码会积累。

9、为什么要求均衡波形的波峰附近变化要平坦？
解：均衡波形幅度大 且波峰附近变化平坦，即使由于各种原因引起定时抖动（再生判决脉冲发生偏移），也不会产生误判，即“1”码仍可还原为“1”码。反之则有可能会将“1”码误差为“0”码。

10、为什么电缆传输码型常用HDB3码？
解：1、无直流分量，低频成分也少
    2、高频成分也少
    3、便于误码检测
    4、码型频谱中虽无时钟频率成分，但经全波整流后即为RZ码，就会有时钟频率成分，故提取时钟较容易。
    5、克服了长连0(最大连0数为3个),便于时钟提取

11、已知信息代码为1010000011000011，试确定相应的传号差分码、CMI码、数字双相码、AMI码以及HDB3码，并分别画出它们的波形。
解：

12、有4个连1和4个连0交替出现的序列，画出单极性非归零码、AMI码、HDB3码所对应的波形图。
思路 单极性非归零码、AMI码的编码规律比较简单。对HDB3码的编码规律比较熟悉后即可直接由信息代码求出HDB3码，并进而画出波形图。由于序列中4个连1和4个连0是交替出现的，故相邻的4个连0码组之间1码的个数肯定是偶数个，因此HDB3码中的每个取代节都应是B00V。
解： 单极性非归零码、AMI码、HDB3码及其波形图如下图所示。

13、设随机二进制序列中的1码出现的概率为0.5，对应一个振幅等于1、宽度等于码元间隔Ts的矩形脉冲，0码对应0电平。
(1) 求其功率谱密度及功率，并画出功率谱曲线，求谱零点带宽；
(2) 若1码对应一个占空比等于0.5的矩形脉冲，0码仍为0电平，重新回答(1)中的问题；
(3) 能否从上述两个信号中用滤波法直接提取码元同步所需的频率fs=1/Ts的分量?若能，给出该分量的功率；
(4) 分析离散谱fs的功率与1码概率P的关系。
思路 第一个信号为单极性非归零码，第二个信号为占空比等于0.5的单极性归零码，它们的基本波形为DTs(t)和D0.5Ts(t)。这两个信号都是相同波形随机序列，可用式(5-3)求其功率谱。若功率谱中含有fs=1/Ts的离散谱，则可用滤波法直接提取频率为fs=1/Ts的位定时信号，否则不能。
Ps(f)=fsP(1-P)(a1-a2)2G2(f)+f2s|Pa1+(1-P)a2|2G2(mfs)δ(f-mfs) (5-3)
傅氏变换对
Dτ(t)←→τSa=τ
是本课程中常用公式，此题中τ=Ts或τ=0.5Ts。
解: (1) P=0.5,a1=1,a2=0
G(f)=TsSa(πfTs)=TsSa(πf/fs)
代入式(5-3)得
Ps(f)=fs×0.5×0.5×T2sSa2(πf/fs)+f2s0.52×T2sSa2(mπfs/fs)δ(f-mfs)
=0.25TsSa2(πf/fs)+0.25 Sa2(mπ)δ(f-mfs)
由于 sin(mπ)=0
所以 Sa(mπ)=0
故 Ps(f)=0.25TsSa2(πf/fs)
功率谱密度曲线如下图所示。

由图可知，谱零点带宽为Bs=fs。
信号功率为
S=Ps(f)df=0.25 TsSa2(πf/fs)df
=0.25fs T2sSa2(πf/fs)df
根据帕塞瓦尔定理
T2sSa2(πf/fs)df= |G(f)|2df=D2Ts(t)dt=T2s
得 S=0.25fs·Ts2 =0.25Ts
(2) P=0.5
G(f)=0.5TsSa(0.5πfTs)=0.5TsSa(0.5πf/fs)
Ps(f)=0.0625TsSa2(0.5πf/fs)+0.0625(0.5mπ)δ(f-mfs)
功率谱密度曲线如下图所示。

由图可知，谱零点带宽为Bs=2fs。
信号功率为
S=0.0625 TsSa2(0.5πf/fs)df+0.0625 Sa2(0.5mπ)δ(f-mfs)df
=0.0625fsT2sSa2(0.5πf/fs)df+0.0625Sa2(0.5mπ)
=0.0625Ts+0.0625Sa2(0.5mπ)
(3) 在(1)中无频率等于fs的离散谱，在(2)中有频率等于fs的离散谱，故可以从(2)中用滤波法提取码元同步信号(即位同步信号)。
频率为fs离散谱的功率为
S=2×0.0625Sa2(0.5π)=(0.125sin2(0.5π)/(0.5π)2 W=0.05 W
(4) 在第2个信号中有离散谱fs，若P为任意值，则此信号的离散谱为
0.25P2Sa2(0.5mπ)δ(f-mfs)
频率为fs的离散谱功率为
S=(0.5P2sin2(0.5π)/(0.5π)2) W=0.2P2 W
小结 以矩形脉冲为基本波形的二进制相同波形随机序列的谱零点带宽等于脉冲宽度的倒数，占空比为1时，谱零点带宽在数值上等于码速率；单极性归零码中含有频率等于码速率的离散谱，离散谱的功率随1码的概率增大而增大(设1码传送脉冲)。上述结论也可以推广到各码元独立的M进制相同波形随机序列。

14、设某二进制数字基带信号的基本脉冲为三角形脉冲，如右图所示。图中Ts为码元间隔，数字信息“1”“0”分别用g(t)的有无表示，且“1”和“0”出现的概率相等。

(1) 求该数字基带信号的功率谱密度；
(2) 能否用滤波法从该数字基带信号中提取码元同步所需的频率fs=1/Ts的分量?若能，试计算该分量的功率。

思路 将底部宽度为τ、高度为1的三角形时域函数表示为Δτ(t)，傅氏变换对为
Δτ(t)←→
据此式可求得本题中g(t)所对应的G(f)，再由式(5-3)即可求解。
Ps(f)=fsP(1-P)(a1-a2)2G2(f)+f2s|Pa1+(1-P)a2|2G2(mfs)δ(f-mfs) (5-3)
解： (1) P=0.5,a1=1,a2=0
G(f)=
Ps(f)=fsP(1-P)(a1-a2)2G2(f)+f2s|Pa1+(1-P)a2|2G2(mfs)δ(f-mfs)
=·+δ(f-mfs)

(2) 频率fs=1/Ts离散谱分量为

所以可以用滤波法从该数字基带信号中提取码元同步所需要的频率fs=1/Ts的分量，该分量的功率为
S=2A2/π4=0.02A2

15、某基带系统的频率特性是截止频率为1 MHz、幅度为1的理想低通滤波器。
(1) 试根据系统无码间串扰的时域条件求此基带系统无码间串扰的码速率。
(2) 设此系统传输信息速率为3 Mbps，能否无码间串扰?

思路 此题需求系统的冲激响应。系统的频率特性是一个幅度为1、宽度为ω0=4π×106 rad/s的门函数(双边频率特性)Dω0(ω)，根据傅氏变换的对称性可得
Dω0(ω)←→=2×106Sa(2π×106t)
无码间串扰的时域条件为

式中，Ts为码元间隔。所以，根据冲激响应波形就可确定此系统无码间串扰的码速率。
设进制数为任意值，根据信息速率与码速率之间的关系求3 Mbps所对应的码速率，从而判断传输3 Mbps信号有无码间串扰。
解: (1) h(t)=2×106Sa(2π×106t)
波形如下图所示。由图可知，当Ts=0.5 μs/k(k为正整数)时无码间串扰，即此系统无码间串扰的码速率为

(2) 设传输独立等概的M进制信号，则
RB=(MBd)
令 =
得 M==8n(n=1,2,…)
即当采用8n进制信号时，码速率RB= (MBd)，可以满足无码间串扰条件。

16、设某基带传输系统具有右图所示的三角形传输函数：
(1) 当RB=ω0/π时，用奈奎斯特准则验证该系统能否实现无码间串扰传输?
(2) 求该系统接收滤波器输出基本脉冲的时间表达式，并用此来说明(1)中的结论。

思路 因RB=ω0/π，即RB=2f0，无码间串扰频域条件如下式
H(ω+nωs)= (5-5)
或 H(ω+nωs)=C,ω为任意值 (5-6)
对于此题给定的条件，有

根据傅氏变换的对称性，可得
ΔΩ(ω)←→
由此式可求得本题所给系统的接收滤波器输出基本脉冲时间表达式，再根据码速率决定抽样时刻，从而决定有无码间串扰。
解： (1) 方法一
将H(ω)在频率轴上以2ω0为间隔切开，由于H(ω)的频率范围为(-ω0,ω0)，故切开、平移、迭加后仍为H(ω)，在|ω|<ω0范围内H(ω)不为常数，故系统有码间串扰。
方法二
将H(ω)向左右平移2ω0的整数倍，如下图所示。可见平移后各图不重合，相加后不为常数，故码速率为ω0/π时有码间串扰。

(2) h(t)=Sa2
此即为接收滤波器输出基本脉冲时间表达式。
因 Ts=
所以 h(kTs)=
可见 k=0,±1,±3,…时，h(kTs)≠0，故有码间串扰。

17、若要求基带传输系统误比特率为10-6，求采用下列基带信号时所需要信噪比
(1) 单极性非归零码；
(2) 双极性非归零码；
(3) 采用格雷码的8电平双极性非归零码；
(4) 7电平部分响应信号。
解： (1) Peb=Q
查Q(x)函数表得 =45
所以
（2） Peb=Q
查Q(x)函数表得
(3) Pb=Peb/log28=Pe/3

由此得
查Q(x)函数表得=4.75
所以
(4) 当部分响应为7电平信号时，此系统传输的为4进制信号
Peb=Pe/log24=Pe/2

由此得
查Q(x)函数表得=4.75
所以

18、什么叫奈奎斯特准则？
奈奎斯特准则:(理想低通特性) 数字脉冲的传输速率fb是等效理想低通信道截止率fc的两倍，即以fb=2fc的速率传输信号时，可实现无码间干扰传输。
当数字信号序列通过某一信道传输时，无码间干扰的极限速率是fb=2fc,信道最大传输利用率为2b/（s·Hz）

19、简述PCM30/32路基群速率2Mb/s复接到STM-1的复接步骤
解：标称速率为2Mb/s的信号先进入C-12，作适配处理后的C-12输出速率为2.224Mb/s，现加上VC-12POH便构成了VC-12,速率为2.24Mb/s.TU-12PTR用来指明VC-12相对于TU-12的相位，经速率调整后和相位对准后的TU-12，速率为2.304Mb/s。再经均匀的字节间插组成TUG-2（3×2.304Mb/s）,7个TUG-2经同样的单字节间插组成TUG-3（加上塞入字节后速率达49.536Mb/s）。然后由3个TUG-3经单字节间插并加上高阶POH和塞入字节后，构成VC-4净负荷，速率为150.336Mb/s,再加上0.576Mb/s的AU-4 PTR就组成AU-4，速率为150.912Mb/s，单个AU-4直接进入AUG，一个AUG加上容量为 4.608Mb/s的段开销即为STM-1的标称速率为155.52Mb/s。

20、什么叫PCM零次群？PCM一至四次群的接口码型分别是什么？
解：64Kb/s速率的复接数字信号为PCM零次群；PCM一、二、三次群接口码型为HDB3；四次群接口码为CMI

21、由STM-1帧结构计算出①STM的速率  ② SOH的速率  ③AU-PTR的速率
解：1、270×9×8/125×10-6=155.52Mb/s 
2、 72×64Kb/s=4.608Mb/s
3、9×64Kb/s=576kb/s