发布时间 : 星期二 文章通信原理答案 (重庆邮电大学版)更新完毕开始阅读5a2cef0af46527d3250ce045
102，所以对应的11位线性码为00110000000。 因为
解码电平对应该量化级对应的中间电平，所以解码电平
?384???00110000000?IC?384?=384mV
ID?392mV
可见，解码误差（即量化误差）为6mV。
4-13 解：
因为最大电压值为5V，所以量化单位
??5?所以，样值幅度?2.5V表示为-1024量化单位。
1V2048
因为样值为负，而且输入信号抽样值Is处于第8段序号为0的量化级，所以编码器的输出码字为0 111 0000。
该量化级对应的起始电平为1024?=?2.5V，中间电平为??1024?32???1056量化单位，即-2.578V。所以量化电平为-2.578V，量化误差为78mV 4-14 解：
极性码为1，所以极性为正。
段落码为000，段内码为0111，所以信号位于第1段落序号为7的量化级。由表4-1可知，第1段落的起始电平为0，量化间隔为Δ。
因为解码器输出的量化电平位于量化级的中点，所以解码器输出为?(7?1?0.5)?7.5个量化单位，即解码电平7.5?。
因为 所以，对应的12位线性码为000000001111 4-15 解：
编码过程如下：
?7.5?10??00000000111.1?2
（1）确定极性码C1：由于输入信号抽样值为负，故极性码C1=0。 （2）确定段落码C2C3C4：
因为1024>630>512，所以位于第7段落，段落码为110。 （3） 确定段内码C5C6C7C8：
因为630?512?3?32?22，所以段内码5678=0011。 所以，编出的PCM码字为 0 110 0011。
因为编码电平对应量化级的起始电平，所以编码电平为-608单位。 因为
所以，对应的均匀量化的11位线性码为01001100000。 4-16 解：
因为
CCCC?608?10??01001100000?2
又因为
?So/Nq??S0?S0????2l?N??0?PCMNq?Ne1?4Pe2
So?22l?M2Nq所以
第5章 数字信号的基带传输
习题解答
5-1 解：略 5-2 解：
信息码： 1 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 AMI码： +1 -1 0 0 0 0 0 +1 -1 0 0 0 0 +1 -1 HDB3码：+1 -1 0 0 0 -V 0 +1 -1 +B 0 0 +V -1 +1 5-3 解：
信息码： 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 AMI码： +1 0 -1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 +1 -1 HDB3码： +1 0 -1 0 0 0 -V +B 0 0 +V 0 -1 +1 5-4
解：（1）对于单极性基带信号，g1(t)?0，g2(t)?g(t)，随机脉冲序列的功率谱密度为
??Ps(f)?fsp(1?p)|G(f)|??|fs[(2p?1)G(mfs)]|2?(f?mfs)2m???p?
当
1
2时，
??fsfs22Ps(f)?|G(f)|??|G(mfs)|2?(f?mfs)4m???4
Ts2?A(1?|t|),|t|??Ts2g(t)???0,else? 由图5-11得
g(t)的傅立叶变换G(f)为
G(f)?
代入功率谱密度函数式，得
ATs2?fTsSa()22
fsATs2?fTs2??fs2ATs2?fsTs2Ps(f)?|Sa()|??|Sa()|?(f?mfs)42222m???4 22??ATs4?fTsA4?m?Sa()?Sa()?(f?mfs)?16216m???2
功率谱密度如图5-12所示。
fs? （2）由图5-12中可以看出，该基带信号的功率谱密度中含有频率
1Ts的离散分量，
1Ts的分量。
故可以提取码元同步所需的频率
P(?)为
由题（1）中的结果，该基带信号中的离散谱分量vfs?A2??4?mPv(f)?Sa()?(f?mfs)?16m???2
f??fs时，有
当m取?1时，即
A24?A24?Pv(f)?Sa()?(f?fs)?Sa()?(f?fs)162162
所以该频率分量的功率为
A24?A24?2A2S?Sa()?Sa()?4162162?
图5-12
5-5
解：（1）由图5-12可得
该系统输出基本脉冲的时间表示式为
???1|?|?,|?|??0??1?H(?)????0???0,else
1h(t)?2?
?????H(?)ej?td?? （2）根据奈奎斯特准则，当系统能实现无码间干扰传输时，H(?)应满足
?02?0tSa()2?2
2???H(??i)?C,|?|???TsT?iHeq(?)???0,|?|????T
?|?|???0T 容易验证，当时，
2?H(??i)??H(??2?RBi)??H(??2?0i)?C?Tiiis RB??0/? 所以当码率5-6
时，系统不能实现无码间干扰传输。
解：（1）法1：无码间串扰时Bmax容易验证，此系统有码间串扰。 法2：由题意，设
R?2BN，当码元速率为150kBaud时，
BN?RB?75kHz2
BN?100kHz，则RBmax?2BN?200k(Baud)，将RBmax与实际码速率
RBmax200k?(Baud)?正整数RB150k比较为正整数，由于，则此系统有码间干扰。
B?100kHz，则RBmax?2BN?200k(Baud)，设传输M进制的基带
（2）由题意，设N信号，则
RBmax200kRBmax200k?log2M?log2M(Baud)?常数RBRb400kRB，令，
求得M?4(n?1,2,)。可见，采用4n进制信号时，都能满足无码间串扰条件。
结论：根据系统频率特性H(?)分析码间干扰特性的简便方法：首先由H(?)确定系统的奈
奎斯特等效带宽5-7 解：（1）则
nBN，然后由RBmax?2BN求出最大码速率，再与实际码速率比较，若
RBmax/RB为正整数，则无码间干扰，否则有码间干扰。
B?(1??)BN?1600Hz，所以
BN?B?800Hz2
RBmax?2BN?1600Baud
11Ts??sR1600B（2）
5-8
解：升余弦滚降频谱信号的时域表达式为
h(t)?sin??t/Ts?cos???t/Ts??2?t/Ts1??2?t/Ts?1?64kR?64kBaudT当B，即s， ??0.4时，
sin?64000?t?cos?25600?t?h(t)??64000?t1?2621440000t2
（2）频谱图如图5-14所示。
图5-14
（3）传输带宽
B?(1??)BN?1.4?64kHz?44.8kHz2
??（4）频带利用率
RB64??1.43Baud/HzB44.8