1、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，HDB 3 ,CMI码.解: AMI:+10000-10+10-10000+1-1+1-1HDB3: V+|B-000V-B+0B-B+00V+B-B+B-B+CMI: 0000101010111010001010101110011003、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.
2、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：谐振回路失谐的影响时钟提取电路限幅门限失调或输入信号电平变化。信通噪声和串话干扰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
3、 1100101001100 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
4、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、
5、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
6、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)+f2
7、s |Pa1+(1-P)a2|2G2(mfs)(f-mf s) (5-3)n傅氏变换对D (t)Sa =)(/i是本课程中常用公式，此题中 =T s或 =0.5T s。解: (1) P=0.5,a 1=1,a2=0G(f)=TsSa(fT s)=TsSa(f/f s)代入式(5-3)得Ps(f)=fs0.50.5T2sSa2(f/f s)+f2s 0.52T2sSa2(mf s/fs)(f-mf s)m=0.25TsSa2(f/f s)+0.25 Sa2(m)(f-mf s)m由于 sin(m)=0所以 Sa(m)=0故 Ps(f)=0.25TsSa2(f/f s)功率谱密度曲线如下图所示。由
8、图可知，谱零点带宽为 Bs=fs。信号功率为S= Ps(f)df=0.25 TsSa2(f/f s)df=0.25fs T2sSa2(f/f s)df根据帕塞瓦尔定理T2sSa2(f/f s)df= |G(f)|2df= D2Ts(t)dt=T2s得 S=0.25f sTs2 =0.25Ts(2) P=0.5G(f)=0.5TsSa(0.5fT s)=0.5TsSa(0.5f/f s)Ps(f)=0.0625TsSa2(0.5f/f s)+0.0625 (0.5m)(f-mf s)2Sam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
9、.5f/f s)df+0.0625 Sa2(0.5m)(f-mf s)dfm=0.0625fs T2sSa2(0.5f/f s)df+0.0625 Sa2(0.5m)=0.0625Ts+0.0625 Sa2(0.5m)m(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=20.0625Sa2(0.5)=(0.125sin 2(0.5)/(0.5) 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0.25 P2Sa2(0.5m)(f-m
10、f s)m频率为 fs的离散谱功率为S=(0.5P2sin2(0.5)/(0.5) 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；(
11、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 、高度为 1的三角形时域函数表示为 (t)，傅氏变换对为 (t) 224/sin)4(Sa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)(f-mf s) (5-3)n解： (1) P=0.5,a1=1,a2=0G(f)= )2(ssfTSaAPs(f)=fsP(1-P)(a1-a2)2G2(f)+f2s |Pa1+(1-P)a2|2G2
12、(mfs)(f-mf s)m= + (f-mf s)4sf)(42ssfTSaA)(42ssfTSaA)()216)2164242 smss ffT(2) 频率 fs=1/Ts离散谱分量为 0)(2)()2844 ssfAfSaA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/ 4=0.02A215、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
13、统的频率特性是一个幅度为 1、宽度为 0=410 6 rad/s的门函数(双边频率特性)D 0()，根据傅氏变换的对称性可得D 0() =2106Sa(210 6t)2(0tSa无码间串扰的时域条件为 0,)(kCThs式中，T s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)=210 6Sa(210 6t)波形如下图所示。由图可知，当 Ts=0.5 s/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
14、独立等概的 M进制信号，则RB= (MBd)M2log3令 =M2log3k得 M= =8n(n=1,2,)k8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。116、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= 0/ 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= 0/，即 RB=2f0，无码间串扰频域条件如下式H(+n s)= (5-5)n其 他,2|sC或 H(+n s)=C, 为任意值 (5-6)n对于此题给定的条件，有 02s根据傅氏
15、变换的对称性，可得() 224/sin)4(ttSa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()在频率轴上以 2 0为间隔切开，由于 H()的频率范围为(- 0, 0)，故切开、平移、迭加后仍为 H()，在| 0范围内 H()不为常数，故系统有码间串扰。方法二将 H()向左右平移 2 0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 0/ 时有码间串扰。(2) h(t)= Sa20)(0t此即为接收滤波器输出基本脉冲时间表达式。因 Ts= 01BR所以 h(kTs)= )2(k
16、Sa可见 k=0,1,3,时，h(kT s)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) P eb=Q 6102NS查 Q(x)函数表得 =45所以 45NS（2） Peb=Q 6102查 Q(x)函数表得 45S(3) Pb=Peb/log28=Pe/3 6103)(647)(13)( NQNSMQe 由此得 10.)(6查 Q(x)函数表得 =4.75)(3NS所以 45(4) 当部分响应为 7电平信号时，此
17、系统传输的为 4进制信号Peb=Pe/log24=Pe/2622 102)(15348)(134)1( NSQNSLQPe 由此得 607.)(5查 Q(x)函数表得 =4.75)(134NS所以 818、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/（sHz）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
18、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（32.304Mb/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 CMI21、由 STM-1帧结构计算出STM 的速率 SOH 的速率 AU-PTR 的速率解：1、27098/12510-6=155.52Mb/s 2、 7264Kb/s=4.608Mb/s3、964Kb/s=576kb/s
