清华大学出版社_现代通信原理_绿皮_曹志刚,钱亚生主编_答案

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第三章

模拟线性调制

通信原理作业参考答案

3.7证明只要适当选择题图3.7中的放大器增益K，不用滤波器即可实现抑制载波双边带调制。

解：

SDSB(t)=a[K(f(t)+Acosωct)]2 b[f(t) Acosωct]2

=aK2[f(t)+Acosωct]2 b[f(t) Acosωct]2

=(aK2 b)[f2(t)+A2cos2ωct]+(aK2+b) 2Af(t)cosωct

令aK b=0，则K

2

2

=b/a

SDSB(t)=4bAf(t)cosωct

3.13用90相移的两个正交载波可以实现正交复用，即两个载波可分别传输带宽相等的两个独立的基带信号f1(t)和f2(t)，而只占用一条信道。试证明无失真恢复基带信号的必要条件是：信道传递函数H(f)必须满足

ο

H(fc+f)=H(fc f),

证明：

0≤f≤W

S(t)=[f1(t)cosωct] h(t)+[f2(t)sinωct] h(t)S(ω)=

1

H(ω){F1(ω ωc)+F1(ω+ωc)+j[F2(ω+ωc) F2(ω ωc)]}2

以Cd(t)=cosωct相干解调，输出为

Sp(t)=S(t)*Cd(t)

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1

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1

Sp(ω)=[S(ω ωc)+S(ω+ωc)]

21

=H(ω ωc){F1(ω 2ωc)+F1(ω)+j[F2(ω) F2(ω 2ωc)]}41

+H(ω+ωc){F1(ω)+F1(ω+2ωc)+j[F2(ω+2ωc) F2(ω)]}4

选择适当滤波器，滤掉上式中ω±2ωc项，则

Sd(ω)=

1j

F1(ω)[H(ω ωc)+H(ω+ωc)]+F2(ω)[H(ω ωc) H(ω+ωc)]44

要无失真恢复基带信号，必须

H(ω ωc)=H(ω+ωc)

H(ω ωc)+H(ω+ωc)=常数

此时可恢复f1(t)。

对于f2(t)，使用Cd(t)=sinωct相干解调，可以无失真地恢复f2(t)，用样须满足

H(ω ωc)=H(ω+ωc)

3.29双边带抑制载波调制和单边带调制中若消息信号均为3kHz限带低频信号，载频为

1MHz，接收信号功率为1mW，加性白色高斯噪声双边功率谱密度为10 3µW/Hz。接收

信号经带通滤波器后，进行相干解调。(1)比较解调器输入信噪比；(2)比较解调器输出信噪比；解：W=3kHz，Si=1mW，（1）(Ni)DSB=n0BDSB=2×10

n0

=10 3µW/Hz2

3

×10 6×2×3×103=12×10 6W

即19.2dB

Si N i 1mW ==83.3 6

DSB12×10W

(Ni)SSB

Si N i

=n0W=2×10 3×10 6×3×103=6×10 6W

即22.2dB

1×10 3 =6×10 6=166.7 SSB

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2

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所以

Si

Ni Si > N SSB i DSB

（2）

S0

N0 Si =2=22.2dB N DSB i DSB

S0 Si = N N =22.2dB 0 SSB i SSB

所以

S0

N0 S0 = N DSB 0 SSB

S0 N0

S0 = N 。 DSB 0 SSB

即在相同输入信号功率、n0、相同调制信号带宽下

第四章模拟角调制

4.8已知受1kHz正弦信号调制的角调制信号为

S(t)=100cos(ωct+25cosωmt)

(1)若为调频波，问ωm增加为5倍时的调频指数及带宽；(2)若为调相波，问ωm减小为1/5时的调相指数及带宽；解：(1)βFM=KFMAm/ωm=25rad

'βFM=KFMAm/(5ωm)=5rad

'BWFM=2(βFM+1) F'=2×(5+1)×5=60kHz

(2)βPM=KPMAm=βPM=25rad

'

BWPM=2×(25+1)×

1

=10.4kHz5

4.12已知窄带调相信号为

S(t)=cosωct βPMcosωmtsinωct

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3

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(1)能否实现正确解调？(2)最佳解调时θ应为何值？解：(1)

若用相干载波cos(ωct+θ)相乘后再经过一个低通滤波器，问：

Sp(t)=S(t) cos(ωct+θ)

11

=[cos(2ωct+θ)+cosθ] βPMcos(ωmt)[sin(2ωct+θ) sinθ]22111

=[cos(2ωct+θ) βPMcos(ωmt)sin(2ωct+θ)]+cosθ+βPMsinθcos(ωmt)222

经低通滤波器后

S0(t)=

11

cosθ+βPMsinθcos(ωmt)22

能实现正确解调。（2）θ=

π2

4.19题图4.19表示一种频率解调器，输入调频波通过一个对载频fc产生π/2相移的延时线。设调频波为

S(t)=Accos[2πfct+βFMsin(2πfmt)]

试分析该解调器工作原理（当调频指数βFM<1，且延时线产生的延时T很小时，有

cos(2πfmT)≈1，sin(2πfmT)≈2πfmT。

题图

4.19

解：令α=2πfct+βFMsin2πfmt

β=2πfmTβFMcos2πfmtS(t)经过延时线输出S(t T)

S(t T)=Accos{2πfc(t T)+βFMsin[2πfm(t T)]}

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4

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sin[2πfm(t T)]=sin2πfmtcos2πfmT cos2πfmtsin2πfmT

≈sin2πfmt (2πfmT)cos2πfmt

S(t T)=Accos{2πfc(t T)+βFMsin[2πfm(t T)]}

π

+βFM(sin2πfmt 2πfmTcos2πfmt)]2

π

=Acsin(α β)注：2πfcT=(由题意可得）

2≈Accos[2πfct

S(t) S(t T)=Ac[cosα sin(α β)]

=Ac(1+sinβ)cosα Acsinαcosβ=2+2sinβAccos(α+θ)=2Ac(sin

其中θ=arctan

cosβ1+sinβ

ββ

+cos)cos(α+θ)22

βFM<1,T很小

βββ

≈1，sin≈222

β

S(t) S(t T)≈2Ac(+1)cos(α+θ)

2

cos

包络检波，滤去直流分量后

S0(t)≈

该电路可实现频率解调。

2

Acβ∝cos(2πfmt)2

4.24设信道引入的加性白噪声双边功率谱密度为n0/2=0.25×10发送端最小载波功率。

(1)常规调幅，包络检波，βAM=0.707；(2)调频，鉴频器解调，最大频偏 f=10kHz；(3)调相，最大相偏 θ=180；(4)单边带调幅，相干解调。解（1）βAM=

ο

14

W/Hz，路径衰耗为

100dB，输入调制信号为10kHz单频正弦。若要求解调输出信噪比为40dB，求下列情况

12

5

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GAM=

AA02+

2m

1==0.4111+ 22

12Am2

=

β121+βAM

2

2AM

GAM

S/N0

，=0

Si/NiS0/N0104

Si/Ni===2.5×104

GAM0.4

Ni=n0BAM=0.5×10 14×2×10×103=10 10WSi=(Si/Ni) Ni=2.5×10 6WST=1010 Si=2.5×104W

（2）窄带调频

BFM=2fm=20kHzGFM

fmaxS/N0

=0=3 fSi/Ni m

Ef2(t)

2

f(t)max

2

[

B]

f m

FM

1 =3×1××2=3 2

1

Si/Ni=×104

3

Ni=n0BFM=2×0.25×10 14×20×103=10 10W1

Si=1010××104×10 10 …… 此处隐藏：3169字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……