北邮通信考研2011年801通信原理真题及答案

北京邮电大学2011年硕士研究生入学考试试题

考试科目：801通信原理

一、填空题(每空一分，共20分)

1、信息量的单位是________，它代表一个只有____种可能且独立______出现的信息所包含的信息量。 2、对一个频带受限于fL,fHHz的高频窄带信号进行抽样，其最低的无失真抽样频率近似等于_____Hz。 3、某二进制信源的输出速率为1Mbit/s，信源输出经过一个编码速率为2/3的卷积编码器后再用8PAM系统

传输，则符号速率为________KBaud。若信道带宽为400KHz，则该基带传输系统应该采用滚降因子

≤______的升余弦滚降滤波。

4、采用第1类部分响应波形传输信息速率为200Kbits的数字信息，所需要的信道带宽为______KHz，发送

机输出的电平数量有____种。

5、已知某汉明码的监督码元数为3，则该码的码长为____，编码效率为______。

6、计算机以太网中，五类双绞线中传输10Mbits数据的线路接口码型为____________，该信号占用宽带为_____MHz。

7、发送信号x(t)通过恒参信道不失真的要求是输出信号y(t)___________。

8、产生m序列的本原多项式为fx1xx，其归一化周期性自相关函数的最小值为_______，最大值

2

5

为________。

9、已知16QAM信号的表达式为staicgTtcos2fctaisgTtsin2fct，0tTs，aic和ais的取值

集合为1,3，基带成形滤波器冲激响应gT(t)的能量为Eg。若取归一化基函数为

f1t2EggTtcos2fct，f2t2EggTtsin2fct，0tTs，则16QAM信号波形的二维

矢量表示为____________，两信号矢量间的最小欧式距离为________。

10、在正交MFSK调制系统中，当EbN0一定时，随着调制阶数M的增加，误符号率会________。 11、考虑正交2FSK、2PSK和2DPSK三种数字调制方式，假设2FSK和2PSK均采用具有匹配滤波器的最

佳接收机，2DPSK采用具有匹配滤波器的相干接收机。假设三种调制方式具有相同的信息传输速率，且信道噪声和发送功率均相同，在中高信噪比条件下性能最好的是________，最差的是_______。 ，错误的请画“×”。每题2分，共20分) 二、判断题(正确的请画“√”

1、假设模拟基带信号m(t)经过抽样、量化和编码之后通过一个没有噪声干扰的理想信道进行传输，则在接收

端经过译码和低通滤波之后可以完全无失真地恢复原始信号m(t)。

[

2、对于低频传输特性较差的基带信道，可以采用AMI码、HDB3码或双极性不归零码进行传输。

[

3、系统循环码可以直接通过信息码多项式与生成多项式的相乘来完成编码。

[

4、如果输入噪声为白噪声，匹配滤波器就可以保证输出端的信噪比在整个符号周期内始终保持最大值。

[

5、循环平稳随机过程是宽平稳随机过程的一种特例。

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]

]

]

]

北京邮电大学2011年考研801试题及参考答案

[

6、同步卫星中继信道和有线信道都可以看作恒参信道。

[

]

]

7、在调幅和调频通信系统中，增加发射信号的功率可以增加调解后输出信号的功率，从而增加调解后输出的信

噪比。

[

8、在相同的信息速率和相同时EbN0情况下，QPSK和BPSK调制的误比特率相同。

[

]

9、在多径时延扩展为10s的随参信道上采用32QAM调制传输4Mbps的数据，接收机中可不采用均衡器。

[

系统中使用。例如在IS95CDMA蜂窝系统中就采用了64阶沃尔什序列。

[

] ]

10、由于沃尔什函数在不同步状态下，自相关函数和互相关函数的旁瓣值都很小，因此非常适合于在异步码分

]

三、(17分)

设到达接收机输入端的二进制信号码元s1t和s2t的波形如下图1所示，输入白高斯噪声的双边功率谱密度为N02WHz

(1)画出匹配滤波器形式的最佳接收机结构； (2)画出匹配滤波器的单位冲激响应并画出波形； (3)画出匹配滤波器所有可能的输出信号波形；

(4)设s1t的出现概率为1/2，试推导最佳判决门限值和平均误比特率表达式。

s1(t)AAs2(t)0T2T0T2T图1

四、(14分)

假设有一独立随机信息序列an的均值为ma，方差为a，各符号间互不相关。对该序列进行MPAM调

2

制得到数字基带信号s(t)

n

ag(tnT)。

n



(1)假定g(t)是幅度为A、宽度为符号周期T的矩形脉冲，如图2(a)所示。试确定信号s(t)的功率谱密度并画

图；问从中是否可以提取离散的时钟分量用于符号同步？ (2)假定g(t)是如图2(b)所示的升余弦脉冲，即

gt

试概略画出信号s(t)的功率谱密度(注意标出频率值)，并说明该功率谱与第(1)问中的区别；问从中是否可以提取离散的时钟分量用于符号同步？

A21cos2TT

t,0tT2

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北京邮电大学2011年考研801试题及参考答案

g(t)AtA

g(t)tO(a)

TO

(b)

T

图2

五、(12分)

已知

x71x3x21x3x1x1

(1)由式(1)可以构成几种码长为7的循环码？

(2)试写出码长为7的偶校验码和重复码的生成多项式； (3)给定生成多项式gxxx1，求系统码的生成矩阵。

3

2

(1)

六、(12分)

对均匀分布、频带受限于0,fh的模拟信号m(t)进行抽样、16级均匀量化、编码和8PAM调制，并通过滚降因子0.6、截止频率为4KHz的升余弦滚降基带成形滤波器传输。 (1)求量化器输出信噪比；

(2)求该基带系统最大无符号间干扰传输的比特速率； (3)求该系统允许通过的模拟信号m(t)的最高频率分量fh。

七、(14分)

14

某通信信道上衰减为80dB，加性高斯白噪声的双边功率谱密度为N0210W/Hz。已知信源输出的

信息信号m(t)的宽度为1MHz，其幅度在[2,2]之间均匀分布。如果解调后所需的信噪比为40dB，求以下情况发送端载波信号的幅度Ac。 (1)DSB-SC

(2)AM，调幅系数a0.5； (3)FM，调频指数f5。

八、(12分)

对10路带宽为4KHz的模拟语音信号分别进行A律13折线PCM编码，然后进行时分复用，经过(2，1，

4)卷积编码后用QPSK调制信号传输。若卷积编码器的生成多项式为g1(x)1x2x3，g2(x)1xx2x3，载波频率为fc20MHz，QPSK调制采用滚降因子1的频谱成形，请问： (1)给出QPSK信号最小的信号速率和带宽各是多少(给出理由)？ (2)请画出发送机中卷积编码和QPSK调制的实现框图； (3)请画出QSPK已调信号功率谱图(并标上频率值)。

九、(13分)

已知已调信号stmtcos2.0210t为窄带信号，在st的频带范围内信道幅频特性为常数(假设为

5

1)。相频特性为f2f105t00，其中t0,0为常数，信道输出信号为yt，求： (1)若取载波频率fc105Hz，写出已调信号st的复包络与信道的等效低通传递函数HLf；

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北京邮电大学2011年考研801试题及参考答案

(2)求信道输出信号的复包络yLt和输出信号yt的表达式，写出信道的群时延； (3)写出信道在f105Hz附近的时延特性，问在什么情况下，该系统无相频特性失真。

十、(16分)

采用DS-BPSK调制方式进行信息传输，已知发送信号stdtctcos2fct，其中

d(t)ang(tnTb)，an是幅度为1的独立等概信息序列，Tb是符号间隔，g(t)在t0,Tb之间幅值

n



为1，在其他区间取0值，c(t)



n

cngc(tnTc)为扩频码序列，gc(t)在t0,Tc之间幅值为1，在其他区

间取0值。发送信号经过两条路径传输到达接收端，接收信号可以表示为r(t)1s(t)2s(t0)n(t)，其中

n(t)为均值为0的加性高斯白噪声，其双边功率谱密度为N02，0为第2条路径相对于第1条路径的传播时

延，1和2分别为第1条传播路径和第2条传播路径的路径增益。已知1和2统计独立，其概率密度函数为

p(i)0.1(i)0.9(i2)i1,2

接收机采用图3所示的Rake接收机对DS-BPSK信号进行解调。

(1)已知两条传播路径的距离差为300米，请选择图3电路中延时的值；若扩频序列为m序列，扩频码的周

期刚好等于m序列的周期，信息速率Rb10Kbps，求扩频码发生器中移位寄存器级数的最小值； (2)求当开关K1闭合，K2断开时，解调输出信号的差错概率Pb。并计算当

Eb

时，Pb的值。(假设通过N0

对扩频码的精心设计，使得在采样时刻第2条路径的到达信号在相关电路1的输出为0，且已知高斯白噪声信道上，BPSK信号的差错概率为PbQ2EbN0。) (3)求当开关K1和K2均闭合时，解调输出信号的差错概率Pb。并计算当

Eb

时，Pb的值。(假设在采样N0

时刻，第1条路径的到达信号在相关电路2的输出为0，第2条路径的到达信号在相关电路1的输出为0，且假设相关电路1和相关电路2的输出噪声统计独立。)

扩频码发生器 c(t)cos2fct载波发生器 延时接收信号 r(t)相关电路1 相关电路2 延时开关K1 开关K2 求和电路 解调输出 采样判决 图3

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附录：(做题时可以不使用这些提示)

1、erfcx

2



x

expt2dt

12、Qx

2t2dt xexp

2

sinf3、Safsincf

f4、31.732，10log1020.3010



5、用普通鉴频器对FM信号进行解调，输出噪声的功率谱密度为

Pn0f

N02

f,fW2Ac

W为解调输出低通滤波器的带宽。 其中N0为信道噪声单边功率谱密度，Ac为进入解调器的载波信号的幅度，6、升余弦滚降滤波器的传递函数为：



T

xfs

2

Ts

0f

12Ts

Ts1111cosff

2Ts2Ts2Ts



10f

2Ts

tcos

Tts。

上式中为滚降因子，其冲激响应为xtsinc2

tT2s14Ts2

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北京邮电大学2011年801试题参考答案

（本参考答案由雪山灰虎整理，发布于2011年11月24日。答案中可能存在小问题，将不定期勘误及发布更新，请注意到灰虎网www.bytxyl.cn查看是否有更晚发布的版本。）

一、

1、bit，2，等概 4、100，3 7、kx(tt0) 10、减小

fH

f22、H

fHfL

5、7，4/7

3、500，0.6 6、数字双相码，20

8、131，1

9、aicEg2,aisEg2，2Eg 11、2PSK，2DPSK

二、

1、×，解释：在模拟信号数字化过程中，量化时原信号产生不可修复的失真，因此无论信道条件多理想，也不

可能恢复原始的m(t)。

2、×，解释：双极性不归零码含有丰富的低频分量，不适合低频传输特性较差的信道，AMI码、HDB3码则适

合。

3、×，解释：不能直接相乘，应该c(x)u(x)x

nk

nk

u(x)x

modg(x)

4、×，解释：只有在最佳采样时刻能够获得最大信噪比。

5、×，解释：宽平稳随机过程的条件是均值为常数，自相关函数只与时间间隔有关，而循环平稳随机过程的

均值和自相关函数与时间t有关。 6、√

7、×，解释：调频系统中增加发射功率不能增加解调输出信号功率，但是可以减小输出噪声功率，从而达到增

加信噪比的效果。 8、√

9、×，解释：相干带宽为B起频率选择性衰落。

10、×，解释：沃尔什函数在不同步状态下自相关函数和互相关函数旁瓣都很大，不适合异步系统。但是，将

沃尔什函数与m序列模二加之后会获得很好的性能。

121.6KHz，信号带宽WRs800kHz，信号带宽大于相关带宽，会引

三、

(1)最佳接收机框图如下：

h1(t)匹配滤波器 y1r(t)nTsy2l输出 判决 h2(t)匹配滤波器 (2)h1ts1Tts2t，h2ts2Tts1t，图形如下：

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h1(t)At0 h2(t)At0 T2y11(t)TT2y12(t)T(3)上支路可能的输出波形有两种，如下所示： A2T2A2T2tt0 0 T2Ty21(t)3T2T3T22Ty22(t)下支路可能的输出波形有两种，如下所示：

A2T2t0 A2T2t0 T

T2T0

T2T3T2(4)发送s1t时，y1



T 0

s12(t)dtZ1E1Z1，y2s1(t)s2(t)dtZ20Z2

ly1y2E1Z1Z2，其中Z1Z2为高斯随机变量，且EZ1Z20 N0E1N0E2

N0E1，即l~NE1,N0E1 22

同理，发送s2t时，l~NE1,N0E1 DZ1Z2DZ1DZ2

当Ps1(t)0.5时，由对称性可知，最佳判决门限为0。

111E11A2TPePs1|s2Ps2|s1erfcerfc 2222N024N0四、

2

ma

(1)Ps(f)G(f)2

TT

2

mm

Gf TTm

2

22a2mam

ATsincfT2ATsincmf TTmT2222aATsinc2fTmaAf

Ps(f)a2



2

功率谱密度图如下所示：

a2A2T22maA

f3T2T1T01T2T3T由图可知，系统的功率谱不包含离散的时钟分量，因此不能提取时钟。

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tcos

A2ttTsTsg(t)(2)设g1t1cos，由附录可知： 1cosfTsG2TsfsincT22T2Ts14t

Ts2

tTfTcoscosAT2，2ftT∴12 fT1cosG1fsincGTfsinc2222

T22T21tT1fT

mAT2m0cosfTmATm2AT4m1 G1f，G1∵GfG1fesinc2

T221m0else

2

ma

∴Ps(f)G1(f)2

TT

2

a2

mm

Gf1 TTm

2



2

2

A2aTsinc

4

fT

cos222222maAmaAAfT1ma12fff 22

21fT416T16T

Ps(f)22maAb422maAc16a22aATab4c43TT2T1T fc1T2T3T04T由图可知，功率谱中存在一次谐波分量，因此可以提取时钟。

五、

(1)6种。(7,1)码1种，(7,3)码2种，(7,4)码2种，(7,6)码1种。

(2)(7，6)偶校验码生成多项式g1(x)x1，(7，1)重复码生成多项式g2(x)x6x5x4x3x2x1

10

(3)G

001010001



1101000



0110100



0011010000110



100011

010111



001101

六、

2

(1)SM25624.08dB

N

(2)由

RsW5KBaud，∴RRlog815Kbps 2得Rs12bs2

W1(3)2fh415K，∴fh1.875KHz

七、

基带信号功率PM

1224xdx 423

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Ac22Ac2

(1)发送信号s(t)Acm(t)cos(2fct)，设其功率为P PMT，则PT

23

810PTSS41214

1062104W ，∴P由2102T102102N0WN0Ni

2Ac2

∴2104Ac173.2V

3

m(t)m(t)P1

，∴PMnM (2)方法一：mn(t)

max|m(t)|243

Ac2PMAc21313Ac2m(t)

cos(2fct)，设其功率为P1发送信号s(t)Ac1 T，则PT421621224

108PT12104SS412146

W 1021010得：P由2102T2N0WNoNi

其中

a2PMn1a2PMn

4



0.251

。

30.2513

∴PT210

1

26104W

13Ac2∴26104Ac692.8V

24

Acm(t)

s(t)Acos(2ft)s(t)m(t)cos(2fct)AM方法二：发送信号，其有用部分等价于一个c1c144

的DSB调制信号。

由(1)可知，当解调输出信噪比为40dB时，发送信号幅度为173.2V，即∴Ac692.8V

tAc2(3)发送信号s(t)Accos2fctKm()d，设其功率为P T，则PT2PR108PS242T

由3fP 103fPMnMn

NWNWNo00

1101221014106800W ∴PT

25Ac2∴800Ac40V

2八、

Ac

173.2V 4

(1)Rs4k28102/log24640KBaud

由

Rs1得：WRs11.28MHz W1映射为 +1/-1 根升余弦 (2)实现框图如下：

串并转换 1D0D1D2cos(2fct)映射为 +1/-1 根升余弦 s(t) 1sin(2fct) 第9页 共11页

北京邮电大学2011年考研801试题及参考答案

(3)功率谱密度图如下：

PQPSK(f) ffc/MHz0.6400.64九、

ˆ(t)e(1)sL(t)s(t)js

j2fct

m(t)ej2.02fctej2fctm(t)ej0.02fct

HLf

1

2H(ffc)u(ffc)ej2ft00 2

j2ft0

(2)YL(f)SL(f)HL(f)M(f0.01fc)e∴yL(t)m(tt0)e∴y(t)ReyL(t)e

j0.02fc(tt0)j0

ej0

e

j2fct

j0.02fc(tt0)j0j2fct

Rem(tt)eee0

m(tt0)cos0.02fc(tt0)2fct0

群时延为G(f)(3)(f)

f 

2f2f

5

当0210t0时，(f)t0为常数，此时系统无相频特性失真。

d(f)

t0。

2df

2f105t00

十、

(1)两条路径时延差

3001

1sT100s ，码元宽度b

310810k

为使两条路径可区分，延时应大于一个码片周期Tc，∴N100

取N127，此时得到最少寄存器个数为7。

(2)由题意可知，最佳采样时刻为nTn。最佳采样时刻信号输出为：

yn

Tb

r(t)c(t)cos2fc(t)dt

Tb0

Tb

0

1s(t)n(t)c(t)cos(2fct)dt

1anc2(t)cos2(2fct)dtZ1anEbZ

其中EZ0，DZ

N0Eb

2

由p(i)0.1(i)0.9(i2)i1,2得：p(i0)0.1，p(i2)0.9

1

当10时，yn0Z，此时误码率Pb1。

2

8Eb当12时，yn2anEbZ，此时误码率Pb2QN。

08Eb∴总的误码率Pb0.1Pb10.9Pb20.050.9QN

0 第10页 共11页

北京邮电大学2011年考研801试题及参考答案

Eb

时，Pb0.05 当N0

(3)在最佳采样时刻，信号输出为：

yn

TbTb

r(t)c(t)cos2fc(t)dt

Tb0

Tb

r(t)c(t)cos2fc(t)dt



0

1s(t)n(t)c(t)cos(2fct)dt

2s(t)n(t)c(t)cos(2fct)dt

1anEbZ12anEbZ212anEbZ

其中EZEZ1Z20，DZDZ1Z2N0Eb 当10，20时，yn0Z，此时误码率Pb1

1。 2

4EbN0。 当12，20或10，22时，yn2anEbZ，此时误码率Pb2Q16Eb当12，22时，yn4anEbZ，此时误码率Pb3QN0。 4Eb∴误码率Pb0.10.1Pb120.10.9Pb20.90.9Pb30.0050.18QN0Eb

时，Pb0.005 当N0

16Eb0.81QN0  第11页 共11页