二、简答题
1. ①幅度失真、相位失真；②见附录；③均衡技术。 2. ①见附录；② +1 0 0 0 【解析】编码规则见附录。 3. ①原理框图见附录； +V -1 +1 -B 0 0 -V +1 0 0 0 -1
②工作原理：以 2PSK 信号为例，来分析采用平方环的情况。2PSK 信号平方后得到
e(t ) [ an g (t nTs )]2 cos2 ωc t ，当 g (t ) 为矩形脉冲时，有 e(t )
8. 2.048Mb/s 【解析】 Rb 8000[(30 2) 8] 2.048 Mb/s，由 32 个时隙组成，其中 30 个用来传输数字电话。 9. 3；3【解析】码重指码组中非零元素的个数；码距指两个码组 ci 、 c j 之间不同比特的个数。 10. 载波同步、位同步、帧同步 【解析】载波同步是相干解调的基础；位同步是正确取样判决的基础； 而接收端在收到比特流后，必须能够正确地找出帧定界符，以便知道哪些比特构成一个帧，接收端 找到了帧定界符并确定帧的准确位置就是完成了帧同步。
1 1 4 32kbps 125 106 Ts
1/ Ts RB 2 20 B/Hz 1.82 B/Hz B (1 α ) / 2Ts 1 α 11
(3) 二进制的误信率等于误码率，由于是双极性码元，由 r 3. (1) 框图见附录； (2) 见图 12-2； (3) B 1.5 f c ， η
2 3 103 【解析】 Δτ m 0.5ms 0.5 10 s ，在工程上， Ts (3 ~ 5)Δτ m ， 3
∴ RB
1 1 1 1 1 1 2 ( ~ ) ， RB max 103 B 3 3 5 Δτ m 3Δτ m 1.5 10 3 Ts
n
1 1 cos 2ωc t ，假设环路锁定， 2 2
VCO 的频率锁定在 2ωc 的频率上，其输出信号为 vo (t ) A sin(2ωc t 2θ ) ，这里， θ 为相位差。经 鉴相器（由相乘器和低通滤波器组成）后输出的误差电压为 vd K d sin 2θ ，式中， K d 为鉴相灵 敏度，是一个常数。 vd 仅与相位差有关，它通过环路滤波器去控制压控振荡器的相位和频率，环 路锁定之后， θ 是一个很小的量。因此，VCO 的输出经过二分频后，就是所需的相干载波。 4. 原理框图见附录（也可查看课本 P226 图 7-45），时间波形见图 12-1。
So S i 0.125 No Ni So S Si S GDSB i 2 i 0.125 。 No Ni n0 2 B n0 B
ST 10 12 W ，又∵ GSSB 1 ， 10 15
(2) ∵ GDSB 2 ，∴
(3) 单边带和双边带抵抗噪声的能力一样，因为单边带系统中，信号与噪声有相同的表示形式， 所以，相干解调过程中，信号和噪声的正交分量均被抑制掉，故信噪比没有改善。但 DSB 信号 所需的传输带宽是 SSB 的两倍。 2. (1) 框图见附录； 若要使该基带传输系统构成最佳基带传输系统，则 C ( ) 1, GT ( ) GR ( ) ∵ H ( ) GT ( )C ( )GR ( ) GT ( )GR ( )
2012 年真题答案详解
Hale Waihona Puke 第一部分 通信原理一、填空题
1. 1 bit【解析】根据 AMI 编码规则，编码后 0、+1、-1 出现的概率分别为 1/2、1/4、1/4，由信息量定 义， I (0) log 2 2.
f ( x) 1 2 π(a 2 b 2 ) σ
1 log 2 2 lb 2 1 bit 1/ 2
S 【解析】增大信道带宽 B 可以增加信道容量，但不能使信道容量无限制增大。信道带宽 B 趋 n0
B B
于无穷大时，信道容量的极限值为 lim C lim B lb(1
nB S S S S S ) lim 0 lb(1 ) lb e 1.44 B n0 B n0 S n0 B n0 n0
参考波形 01 10 11 00
t
图 12-1
三、综合题
1. (1) 原理框图见附录； ST 103 W ，损耗 150dB， f m 4 kHz ， n0 1015 W/Hz ∴ B f m 4 kHz ， Ni n0 B 8 1012 W ， Si ∴输出信噪比
exp[
x2 ] 2σ ( a 2 b 2 )
2
【解析】高斯过程经过线性系统后其输出过程仍为高斯过程， 由 D(n1 ) D(n2 ) σ 2 以及概率论知识， D( x) D(an1 bn2 ) a 2 D(n1 ) (b) 2 D(n2 ) σ 2 (a 2 b2 ) 易知随机变量 x 均值仍为 0，故得结果如上。 3.
Ts , T π T ∴ GT ( ) GR ( ) H ( ) s [1 sin s ( ω)], 2α Ts 2 0,
(2) 最高信息传输速率 Rb log 2 16
η=
0 ω
(1 α) π Ts
(1 α ) π (1 α ) π ω Ts Ts ω (1 α) π Ts
4. 180kHz【解析】 f m 15 kHz ， Δf 75 kHz ，由公式 BFM 2(Δf f m ) ， 得 BFM 2 (15 75) 180 kHz 5. P 1 P 2 且 g1 (t ) g 2 (t ) 【解析】0、1 等概率的双极性信号没有离散谱。 6. 好处：提高频带利用率，增大信息传输速率，从而在相同的带宽中传输更多的信息量。 代价：在相同信噪比的情况下，M 越大，误码率 Pe 就越大，若要使误码率不变，就需要提高发射 功率使信噪比增加。 7. 1.44