通信原理答案 (重庆邮电大学版)

则输入信号功率为 i（3）相干2PSK系统：

P?Ni?r?17.03Ni（W）

?4Pe?1erfc2?r?，由P?10e查表得r?7

ii（W） 则输入信号功率为 i由以上分析计算可知：相同的误码率下所需的最低峰值信号功率按照从大到小排序：2ASK最大，2FSK次之，2PSK最小。

对于2ASK采用包络解调器，接收机简单。2FSK采用非相干解调器，等效为两个包络解调器，接收机较2ASK稍复杂。而2PSK采用相干解调器，需要产生本地相干载波，故接收机较复杂。由此可见，调制方式性能的提高是以提高技术复杂性提高为代价的。 比较、排序结果如下：

2ASK 2FSK 2PSK 接收机难易程度： 易 较易 难

P?N?r?7NPe?10?4时的峰值功率 大 中 小

6-8

66?Hz?， B?4?10R?2?10Baud2ASKB解：因为，则

a2a2r?2??2?2n0B2ASK33.3>>1

所以

1Pe?e?r/4?1.24?10?42当非相干接收时，

Pe??r?11?r/4?5??erfc?e?2.36?10?2?2?r??

相干接收时，系统误码率

6-9

解：因为发送信号的功率为1kW，信道衰减为60dB，所以接收信号的功率

a21?10?3?3?1?10Wr??10?4210，所以信噪比，所以

1Pe?e?r4?22非相干2ASK系统的误码率=4.1?10

1?r1P?eePe?erfc(r)2?r?4.04?10?6 2相干2PSK系统的误码率，当r>>1时，

6-10

SPSK(t)?s(t)cos?ct，其中s(t)为双极性基带信号。 1?cos2?ctSPSK(t)cos?ct?s(t)cos2?ct?s(t)2理想载波时：

解：2PSK信号可以写成 经低通滤波器，得到 当存在相位差?时：

SPSK(t)cos(?ct??)?s(t)cos?ctcos(?ct??)?s(t)1s(t)cos?经低通滤波器，得到 2。

2 所以有相位差?时引起信号功率下降cos?倍。

cos??cos(2?ct??)2

我们知道，采用极性比较法的2PSK误码率为码率变为 6-11

Pe?1erfc(r)2，由于有相位误差，误

Pe?1erf(rcos2?)2，所以相干载波相位误差的存在导致了系统误差的存在。

解：接收机输入信噪比为9dB，即r?8。

Pe?相干解调时

1?re?r4，所以

Pe?0.027

1Pe?e?r42又因为包络解调时，，对应的接收机的输入信噪比r?11.675

6-12

解：(1) 2ASK 相干解调

Pe?1erfc2?r2?，由

Pe?10?5查表得r?36，因为

3RB?103Baud，则B2ASK?2?10?Hz?

a2a2r?2?2?2n0B2ASK，所以a2/2?14.4?10-6W

又因为

1Pe?e?r/22-6r?21.64a/2?8.65?10W 2（2）2FSK 非相干解调得，所以1Pe?e?r2-62（3）2DPSK差分相干解调得r?10.82，所以a/2?4.33?10W

1?5Pe?erfc(r)2-6P?10e2（4）2PSK 相干解调,由查表得r?9，所以a/2?3.6?10W

6-13

解：双比特码元与载波相位的关系如下：

双比特码元与载波相位的关系 双比特码元 A方式 载波相位?k B方式 ?3?/4 0 0 0 ?/2 ??/4 1 0 ? ?/4 1 1 ??/2 3?/4 0 1 根据上表可得4PSK及4DPSK信号的所有可能波形如图6-30所示。

图6-30

6-14

RB?解： 6-15

Rb4800==1600BaudB?2RB?3200Hz。 log2M3，所以8PSK解：信道带宽为

B信道带宽?（3000?600）Hz?2400Hz，信道带宽为已调信号的带宽。

（1）??1时，QPSK系统的频带利用率为

??Rblog24??1bps/HzBQPSK（1??）R???B则数据传输速率为

QPSK b（2）??0.5时，8PSK系统的频带利用率为

?2400?1?2400bit/s??则数据传输速率为

Rblog28??2bps/HzB8PSK（1??）

Rb???B8PSK?2400?2?4800bit/s

第7章 多路复用及多址技术

习题解答

7-11

解：

每一路已调信号的频谱宽度为fm'?2000Hz，邻路间隔防护频带为路频分复用信号的总频带宽度为 7-2 解：

fg?200Hz

，则n

Bn?nfm'??n?1?fg?5?2000?4?200?10800Hz各路音频信号经过SSB调制后，在两路相邻信号之间加防护频带并后信号的总带宽

再进行FM调制后，传输信号的频带宽度为 7-3 解：

fg，则30路信号合

Bn?nfm'??n?1?fg?30?3.3?29?0.7?119.3kHzB?2?Δf?Bn??2?2000?119.3??4238.6kHz

因为抽样频率为8000Hz，所以抽样间隔

所以路时隙

Ta?Ts/30。

Ts?1/8000?125?s

因为占空比为0.5，所以

??0.5Ta，则PCM基带信号第一零点带宽

B?1/τ?480000Hz

7-4

解：

因为抽样频率为奈奎斯特抽样频率，所以

按A律13折线编码，每个抽样值得到8个二进制码元，所以10路TDM-PCM信号的码元速率

fs?2fH?8000Hz

RB?10?8?fs?640000波特

又因为二进制码元速率RB与二进制码元宽度因为占空比为1，所以

Tb呈倒数关系的，所以

Tb?1RB??Tb，则PCM基带信号第一零点带宽

B?1/τ?640000Hz

7-5 解：

因为抽样频率为奈奎斯特抽样频率，所以

所以10路TDM-PCM信号的码元速率

fs?2fH?8000Hz

RB?10?log2256?fs?640000波特

（1）由于升余弦滚降特性的系统最大码元频带利用率为

?RB????1B??max波特/赫兹

所以无码间干扰系统的最小传输带宽为

B?RB=640 kHz

（2）如果采用理想低通滤波器特性的信道来传输，由奈奎斯特第一准则可知

?RB????2?B?max波特/赫兹

可以得到此时需要的最小传输带宽

B?7-6 解：

RB2=320 kHz