北航现代通信原理作业答案1-2

通信原理作业答案第1题若对某一信号用DSB进行传输，设加至接收机的调制信号()mt之功率谱密度为2()0mmmmmfnfffPfff试求：（1）接收机的输入信号功率；（2）接收机的输出信号功率；（3）若叠加于DSB信号的白噪声具有双边功率谱密度为02n，设解调器的输出端接有截止频率为mf的理想低通滤波器，那么，输出信噪功率比是多少？解：（1）设DSB已调信号()()cosDSBcstmtt，则接收机的输入信号功率为22222111()()cos()(1cos2)()()d2222mmiDSBcnfSstmttmtctmtPmff（2）相干解调，乘以同频同相的载波信号后，信号为21()cos()cos()(1cos)2DSBcccsttmttmtt经过低通滤波器后，输出为1()()2ostmt输出功率为211()428mmoinfSmtS（3）调制信号频谱在[,]mmff上有值，其他频率为零，已调信号在[,]cmcmffff上有值，其他频率为零，所以解调器前端带通滤波器的通带为[,]cmcmffff输入噪声功率为002222immnNfnf经过低通滤波器后白噪声为窄代白噪声，可表示为()()sin()cosscccntnttntt其中(),()scNtNt为独立同分布随机过程，均值为零，方差为。所以222222()[()sin][()cos]scccntEnttEntt解调后噪声为1()()2ocntnt所以211()[()]44oociNntEntN故，输出信噪功率比为04omoSnNn（也可以先算出输入信噪比，再乘以制度增益）第2题设调制信号()mt的功率谱密度与题1相同，若用SSB调制方式进行传输（忽略信道的影响），试求：（1）接收机的输入信号功率；（2）接收机的输出信号功率；（3）若叠加于SSB信号的白噪声的双边功率谱密度为02n，设解调器的输出端接有截止频率为mf的理想低通滤波器，那么，输出信噪功率比是多少？（4）该系统的调制制度增益G为多少？解：（1）设SSB已调信号ttmttmtsccSSBsin)(ˆ21cos)(21)(则接收机的输入信号功率为mfmmmmifndfffntmS0282241)(41（2）相干解调之后，接收机的输出信号)(41)(0tmtm，因此输出信号功率32)(161)(2200mmfntmtmS（3）相干解调时，输出噪声功率44100mifnNN因此输出信噪功率比000084/32/nnfnfnNSmmmm（4）由以上分析可得，4,400iiNNSS，该系统的调制制度增益为1//00iiNSNSG第3题设备接收的调幅信号为ttmAtscmcos)]([)(＋，采用包络检波法解调，其中()mt的功率谱密度与题1相同。若一双边功率谱密度为02n的噪声叠加于已调信号，试求解调器输出端的信噪功率比。解：在大信噪比，即)()(tntmAi的情况下，包络检波器的输出为)()()(tntmAtec其中()mt为有用信号，噪声分量)(tnc是解调器输入噪声的同相分量。故有mfmmmmfndfffntmS020222)(micfnBntntnN002202)()(因此解调器输出信噪比0000422/nnfnfnNSmmmm第4题采用包络检波的常规调幅系统中，若噪声功率谱密度为HzW/)105(2，单频正弦波调制时载波功率为100kW，边带功率为每边带10kW，带宽滤波器带宽为4kHz。（1）求解调输出信噪比；（2）若采用抑制载波双边带系统，其性能优于常规调幅多少分贝？解：（1）AM解调器输出信噪比为10010410521010)(3230200BntmNS（2）AM解调器输入信噪比为550)(212)(022BntmANSAMii故常规调幅系统的调制制度增益112550110AMG而抑制载波双边带系统的调制制度增益2DSBG则dBGGAMDSB41.1011（采用10log）因此抑制载波双边带系统优于常规调幅系统10.41分贝第5题设一宽频率调制系统，载波振幅为100V，频率为100MHz，调制信号()mt的频率限制于5kHz，22()5000Vmt，500Hz/Vfk＝，最大偏频75kHzf，并设信道中噪声功率谱密度是均匀的，为3()10W/HznPf（单边带），试求：（1）接收机输入端理想带通滤波器的传输特性()H；（2）解调器输入端的信噪功率比；（3）解调器输出端的信噪功率比；（4）若()mt以振幅调制方法传输，并以包络检波器检波，试比较在输出信噪比和所需带宽方面与频率调制系统有何不同？解：（1）根据题意可知系统的调制指数为maxmax75155FMfDf由卡森公式得调制信号的带宽为max2(1)2(151)15160kHzFMFMBDf载波为100MHz，所以信号所处的频率范围为0.16100MHzMHz2。由此可得接收机的输入端理想带通滤波器的传输特性应为,99.92MHz100.08MHz()0,KfH其他其中K为常数。（注意：在调频系统中，最大频率偏移和带宽是两个不同的概念）（2）设解调器输入端的信号为f()cos[()d]FMcstAtkm则该点的信号功率和噪声功率分别为：22100500022iAS33()1016010160inFMNPfB故500031.25160iiSN（3）根据调频信号解调器输出信噪比公式（教科书87页公式4－109，4－110）得：22222f2323330max3()3100(500)5000375008810(510)ooSAkmtNnf（注意：有同学利用公式4－11423(1)FMFMFMG计算输出信噪比，该公式成立的条件是调制信号为单频，不适用于本题）（4）采用振幅调制方式传输()mt时，则所需带宽为max210kHz160kHzAMFMBfB采用包络检波器输出信噪比为2330()500050037500101010oooAMoAMFMSSmtNnBN因此，调频系统信噪比的增加是以增加带宽为代价的，反之，调幅系统带宽的减少是牺牲信噪比的结果。第6题已知调制信号3()2sin(410)(V)mtt，它所产生的调角波具有()sin[()]mcstAtt形式，试做下列各题：（1）若它是FM波，且要求最大频率偏移4410rad/s，求,,FmBK及FM波表达式；（2）若它是PM波，且要求最大频率偏移4410rad/s，求,,PmBK及PM波表达式；（3）若m增大为原先的2倍，而保持mA以及FK或PK不变，再计算FM波、PM波的带宽。由此可说明什么？解：（1）43max41010(rad)410m3m2(1)2(101)21044(kHz)Bmf44m410210(rad/(sV))2FKA对于FM波3()()10cos(410)FtKmtdtt所以3sin[10cos(410)]FMcsAtt（2）43max41010(rad)410m3m2(1)2(101)21044(kHz)Bmfmaxmm5(rad/V)PmKAA对于PM波3()10sin(410)tt所以3sin[10sin(410)]PMcsAtt（3）此时3m810rad/s，m4kHzf对于FM波，mFKA不变432(1)2()2(210410)48(kHz)mmBmfff对于PM波，maxmPmKA不变32(1)2(101)41088(kHz)mBmf由此可见，对于FM波，带宽B与调制信号频率mf间关系不大；尤其是对于宽带FM（1m）情况，有2Bf与mf无关。另一方面，对于PM波，带宽B则与调制信号频率mf成正比。第7题已知窄带调频信号为FM()cossinsinccccmstAtAtt，求：（1）()st的瞬时包络最大幅度与最小幅度之比；（2）()st的平均功率与未调载波功率之比；（3）()st的瞬时频率。解：（1）FM()cossinsinccccmstAtAttFM[cossinsin]ccmcAttt22FM1sincos()cmcAtt所以()st的瞬时包络最大幅度为FM21cA，最小幅度为cA，故()st的瞬时包络最大幅度与最小幅度之比为FM21。（注意：窄带调频经过一系列近似，所以包络不是1:1，但FM很小，接近与1:1）（2）未调载波功率为212ccPA()st的平均功率为2FM(cossinsin)sccccmPAtAttFM2222222FMcossinsin2cossinsincccccmccmAtAttAtttFM222111cos2cos2cos2cos2024cccmcmAAttttFM2221124ccAA所以()st的平均功率与未调载波功率之比为FM2112scPP（3）信号为窄带调频，所以sin(sin)sincos(sin)1mmmtttFM()cossinsinccccmstAtAttFMcoscos(sin)sinsin(sin)ccmccmAttAttFMcos(sin)ccmAtt所以，瞬时频率为FMFMd(sin)cosdcmcmmtttt