《数字通信系统原理》教材习题解答
第三章练习题3
3-1 填空
(1)模拟信号在数字通信系统中的传输,首先必须把模拟信号转变为 数字信号 ,转换的方法有 脉冲编码调制 和增量调制等。
(2)衡量量化性能好坏的常用指标是 量化信噪比。此值越大,说明量化性能越 好。
(3)非均匀量化的PCM中,信号功率小时,量化噪声功率 小,适用于动态范围较宽的信号。
(4)目前,数字通信系统中采用两种压扩特性:一种是A律压扩特性:另一种是 μ律压扩特性 。
(5)采用增量调制的目的是 简化模拟信号的数字化方法 :采用自适应增量调制的目的是 提高小信号的量化信噪比。
补充题:
1.线性PCM的量化噪声与信号功率大小有关吗?无关,它适用于动态范围小的信号。
2.在对数PCM中,量化噪声功率与信号功率的定性关系是信号功率小,量化噪声功率就小,适用于动态范围大的信号。在对数M中,信号在某一段落内变化时,量化噪声功率是否变化?不变。
3.在对数PCM和自适应增量调制中,抗噪声能力强的是自适应增量调制,量化噪声小的是对数PCM。
4.均匀量化器的量化信噪比与编码位数的关系是编码增加1位,量化信噪比增大6dB,非均匀量化器可以提高小信号的量化信噪比。
5.若A律13折线PCM编码器输入信号为直流且幅度等于最小量化间隔的1.5倍,则编码器的输出为10000001。
6.线性PCM编码器的抽样信号频率为8kHz,当信息速率由80kbit/s下降到56kbit/s时,量化信噪比增大18dB。
3-2 试画出PCM通信的原理图,并简述PCM通信的过程。
3-3 PAM信号、量化信号和PCM信号属于什么类型的信号?
3-4 对基带信号
进行理想抽样。
(1)为了在接收端不失真地从已抽样信号中恢复出,怎样选取抽样间隔?
(2)若抽样间隔为0.2s,试画出已抽样信号的频谱。
解:(1)基带信号可以看成是低通信号,由于
根据抽样定理,得
(2)由已知得,抽样频率为
。
已抽样信号的频谱如下图所示。
变通题:已知信号
,抽样频率为250Hz。求:
(1)抽样信号
的频谱;
(2)要求无失真恢复
,试求出
采用的低通滤波器的截止频率;
(3)无失真恢复
情况下的最低抽样频率是多少?
提示:先将所给信号进行积化和差,后面的解题步骤同上。
答案:(2)110Hz (3)220Hz
3-5 对正弦信号进行线性脉冲编码调制,若信号的动态范围为40dB~50dB,要求在整个动态范围内信噪比不低于30dB,问需要几位编码?
(此题不做要求)
3-6 设模拟信号抽样值的概率密度函数p(x)如图3-15所示。
(1)若按8电平进行均匀量化,试确定量化间隔、量化电平,画出量化特性,并计算信号与量化噪声信噪比;
(2)若按8电平进行均匀量化,试确定能使量化信号等概率的非均匀量化区间,并画出压缩特性。
解:(1)量化间隔为
分层电平分别为
量化电平为
信号功率为
量化噪声功率为
则
(2)设分层电平依次为
,依题意得下列方程:
解之得
量化电平分别为-0.75,-0.4,-0.21,-0.07,0.07,0.21,0.4,0.75。
压缩特性曲线如图所示。
3-7 输入信号抽样值为632Δ,求A律PCM编码、译码输出和量化误差。
解:
方法一
①因为632△极性为正,故M1=1
②∵512△<632△<1024△∴抽样值处于第7段,故M2M3M4=110
③∵第7段起始电平是512△,量化间隔为(1024△-512△)∕16=32△
(632△-512△)/32△=3……24
∴M5M6M7=011
∴A律PCM编码为1110011,译码输出=512△+32△*3+32△/2=624△,量化误差=632△-624△=8△。
方法二
令Is=632Δ,因输入信号样值为正,极性码M1=1,将Is与段落码的起始电平比较 512Δ>Is<1024 Δ,故段落码M2M3M4=110。
再与段内间隔码比较:
Is <Iw=512Δ+8×32Δ=768Δ, 故 M5=0
Is <Iw= 512Δ+4×32Δ=640Δ, 故M6=0
Is >Iw= 512Δ+2×32Δ= 576Δ, 故 M7=1
Is >Iw= 512Δ+2×32Δ+1×32Δ= 608Δ, 故 M8=1
所以PCM编码为C=11110011
译码输出为:
512△ + 512△ × 1/8 + 512△ × 1/16 + 32△/2 = 624Δ
量化误差为:
632△-624△ = 8△
3-8 采用13折线A律PCM编译码电路,设接收端收到的码组为01010011,最小量化单位为1Δ,段内码采用折叠二进制码。试求译码器输出多少个单位?
解:由已知得:C7 = 0,则该值为负,
C6C5C4 = 101,
示该样值在第6段,段落起始电平为256△,段内16级均匀量化的量化间隔为(512△—256△)/16=16△。
C3C2C1C0为折叠二进制码的0011,表示样值在第6段中的第5段,其量化值为256△+16△×5=336△。
∴该译码器输出为 -(336△ + 16△/2)= -344△。
注意:符号不能漏掉!
变通题:输入信号抽样值x=1260Δ(Δ=1/2048),按照A律13折线编码,求编码码组C,编码器的量化误差、解码输出?x和量化误差q。
方法一:
解:直接法计算:
1260>1024 Mc 在第八段 段落码为111
段内间隔: (2048-1024)/16=64△
则有 (1260-1024)/64=3...44
所以其段内码为 0011 极性为正故编码组为11110011
量化误差q △x=1024△+128△+64△+64/2 △=1248△
q=1260-1248=12△
方法二:
解:因输入信号样值为正,极性码M1=1,将x与段落码的起始电平比较,x>1024 Δ,故段落码M2M3M4=111。
x-1024Δ=236Δ,再与段内间隔码比较:
236Δ<512Δ, M5=0
236Δ<256Δ, M6=0
236Δ>128Δ, M7=1
108Δ>64Δ, M8=1
所以PCM编码为C=11110011
解码输出: ?x=1024Δ+128Δ+64Δ + 64Δ/2=1248Δ
量化误差 q=1248 Δ - 1260Δ =-12 Δ
3-9 若A律13折线编码器的过载电平为Vmax=5V,输入抽样脉冲幅度为-0.9375V。设最小量化间隔为2个单位,最大量化器的分层电平为4096个单位。求编码器的输出码组,并计算量化误差。
解:设最小量化2个单位为1△,则最大量化的分层电平为2048△。
由已知得,输入抽样脉冲为
2048△ × 0.9375 ÷ 5 = 384△
384△处于256△~512△之间
∴C6C5C4 = 101
又
= 8,正好为整数,所以段内码归前一段,
∴C3C2C1C0 = 0111
又该抽样脉冲的幅度为负
∴C7 = 0
∴译码输出为
256△ + 256△ × 1/4 + 256△ × 1/8 + 256△ × 1/16 +16△/2 = 376△
量化误差为:
384△-376△=8△
即
8 × 2 × 5/4096 = 0.020V
3-10 (略)
3-11 设简单增量调制系统的量化阶δ=50mv,抽样频率为32KHz。求当输入信号为800Hz的正弦波时,允许的最大振幅为多少?
解:
=2πf=2π×800Hz=1600πrad/s
σ fs≥A
所以 A≤σ fs/=(50mv×32×10⒊)/1600π=0.318V。
补充题:
1.为什么几千兆的音乐比一般的音乐的音质好呢?
答:对于同一格式的歌,有着不同的音质区别,“兆”是一个衡量歌曲所占内存空间大小的单位(即比特数),属进制编码数(设N),音质的好坏与N有着直接的关系,对于同一模拟信号(即语音信号),转化为数字信号时,需要经过抽样,量化,编码三个过程,当量化间隔越小,即量化电平数越大,当量化间隔小至为零,所取的量化电平数完全与原信号一致,无失真的从模拟信号转化为数字信号,这种状态理想化的。量化电平数(设M)不可能无限大,因为编码数N=log2M,若M无限大,则N也无限大,即歌曲所占的空间大小无限。所以,量化比特数越多,歌曲也就越接近原始信号,量化输出也越大,即音质越好。此外,量化信噪比SNR=Sq/Nq=M*M,M越大,即量化信噪比越大,量化性能越好。
2.求频率范围为276-500HZ的信号的抽样频率。
解:
B = fm — fo = 500 — 276 = 224 Hz
n = [ fo / B] = 1
m = [ fm / B ] n = 1
fs = 2B ( 1+ m / n ) = 2 * 224 ( 1 + 1/1 ) = 896 Hz。