通信原理第六章例

1、抽样定理：低通和带通抽样定理。第六章例题2、均匀量化：令量化器动态范围为-V+V,量化电平数为M,则量化间隔为：A=2VMA_V最大量化误差为：2=M若量化器输入信号的实际动态范围为-a+a，则必须满足a=V,否则会产生过载量化噪声。1#在均匀量化且不过载的情况下量化噪声功率为：输入信号均匀分布时的量化信噪比：N=A2=V2q123M2=M2=22N=10log22N(dB)3、非均匀量化含义：量化间隔不均匀的量化；目的：提高小信号时的量化信噪比代价：牺牲大信号时的量化信噪比实现：非线性压缩均匀量化；#=6.02N所以PCM编码组每增加1位，等效于量化信噪比增加6dB。虽然上式是在输入信号均匀分布条件下得到的,但是对于正弦、语音等信号也有类似结论。#例题1、设模拟信号m(t)的频谱为M(f)；-2f/1000,f1000Hz画出M(f)的频谱，说明对抽样率的要求。解：注意M(f)在lfl=1000Hz时有值1,所以抽样速率必须满足f2000Hz。当f=2000Hz时会出ss现混叠。M(f)1f/KHz-11例题2、一模拟信号的幅度范围为-10V+10V,最高频率为f=1kHz。现对其进行线性PCM传H输,若要求量化误差不超过动态范围的0.1试求：(1)最低抽样速率；(2) 每个PCM码子所需的最小比特数；(3) 该PCM码子所需的最低比特率；(4) 为传输该PCM码子所需的最小理论带宽；解：(1) f=2f=2kHzsminH(2) 量化误差不超过动态范围的0.1；动态范围为20V,量化误差为：A=V2M所以,有：A12MA/20V0.1%o1500所以取M=512，于是N=9。(3)R=Nf=9x2kHz=18(kbit/s)bminsmin由于频带利用率最大为2bit/HZ,所以有RB=Rb=9(kHz)22#例题3、采用13折线A律编码，归一化1分为2048个量化单位。设输入信号样值x为+308Ao求：(1) 编码器输出码组。(2) 译码输出和量化误差。解：1、极性码为正所以c1=1。2、由于308128,所以x处于8段中后四段。C2=1。由于308256，所以x出来第六段。C4=1;因此，段落码c2c3c4=101,x处于第六段:256512.#3、段内码均匀划分，A=16A。i由于308288，所以c7=1；又由于308304，所以c8=1；因此段内码c5c6c7c8=0011；最后可得+308A的编码为110100112、译码：A、译码结果：对应的译码结果为+304A；译码结果就是对码组直接译码得到的结果。B、译码输出：译码结果再加上A/2。i所以译码输出为+(304+16/2)A=+312A。C、量化误差：q=x-x=+308-(+312)=-4A为什么译码输出要加上厶/2?i本题中，当输出x处于304320区间内都会被编码成11010011，而他们的译码结果都是304，所以误差为016。最大量化误差为16当加上A/2后，译码输出变为312,于是误i差在-8+8范围内。当然后者要好。例题4、(1)采用13折线A律编码，归一化1分为2048个量化单位。设输入信号值x为+240，求编码器输出码组。(2)若改为线性PCM编码，仍编为8bit，且工作范围仍为土2048，再求编码器输出码组。(3)对上面两种情况的量化信噪比做比较。3#解：1、极性码为正，所以c1=1；由于128vxv256，所以得段落码为c2c3c4=100，即x处于第5段：128256。A=8。i再由128+nA=240，得n=14=(1110);所以可i2得：编码器输出C=11001110。线性PCM编码时：极性码也是c1=1;段落码均匀划分，所以每段间隔为2048/8=256.由于240256，所以处于第1段。即段落码为000；第1段内均匀16分割，可得每段为256/16=16。由nAi30dB1000=M2=22nNq满足上式的最小整数为N=5。所以系统所需的最小带宽为B=R=Nx2fm=Nxf=17kHz22m例8、若A律13折线编码器的最大量化电平V=5V，输入抽样脉冲幅度为-0.9375V。设max最小量化间隔为1个单位。求：(1)编码器的输出码组，解码器的输出(3) 计算量化误差解：1、(-0.9375/5)*2048=-384A所以C1=0256v384v512C2C3C4=101384-256=128=16*8所以C5C6C7C8=1000所以编码器输出为01011000(2) 解码器输出为：256+16*8+16/2=-392A=-0.9570V(3) 量化误差=-0.9375-(-)0.9570=0.02V例9、设模拟信号m(t)的最高频率为3300Hz，若对它先进行线形PCM调制，最大量化误差为峰峰值的土0.5%，得到二电平信号，再将该二电平信号转换为八电平信号并送入信道传输。求：二电平信号的最低信息速率；(2)八电平信号的最低码元速率以及理论最小信道带宽。5#解：】、f=2x3300=6.6KHzsmin要求量化误差为峰峰值的土0.5%，即要求M2100等效于N=7从而：R=Nf=7x6600=46.2Kbit/sbsr5282、R=一=15.4(KBaud)blog832nmaxBmin=2Bd/HzR=B-nmax15.4=7.7KHz#解：1、24n=-B/Hz1+a3_R_R=Bmax=bmaxBB=R=16Kbpsbmax例10、某数字基带传输系统如图所示。其中PCM编码量化电平数为M=16，升余弦滚降系统的滚降系数为0.5，其截止频率为12KHz。求：(1) 二进制基带信号无码间串扰传输时的最高信息速率；(2) 求出可允许模拟信号m(t)的最高频率分量f。H#2、N=logM=42=2(KHz)63CLa=2=0.5i3+3=1212=8KHz=R=16Kbps1bmax#