第3章习题解答

第三章练习题3

3-1  填空

（1）模拟信号在数字通信系统中的传输，首先必须把模拟信号转变为  数字信号  ，转换的方法有 脉冲编码调制  和增量调制等。

（2）衡量量化性能好坏的常用指标是  量化信噪比。此值越大，说明量化性能越 好。

（3）非均匀量化的PCM中，信号功率小时，量化噪声功率 小，适用于动态范围较宽的信号。

（4）目前，数字通信系统中采用两种压扩特性：一种是A律压扩特性：另一种是  μ律压扩特性         。

（5）采用增量调制的目的是  简化模拟信号的数字化方法  ：采用自适应增量调制的目的是     提高小信号的量化信噪比。

补充题：

1．线性PCM的量化噪声与信号功率大小有关吗？无关，它适用于动态范围小的信号。

2．在对数PCM中，量化噪声功率与信号功率的定性关系是信号功率小，量化噪声功率就小，适用于动态范围大的信号。在对数M中，信号在某一段落内变化时，量化噪声功率是否变化?不变。

3．在对数PCM和自适应增量调制中，抗噪声能力强的是自适应增量调制，量化噪声小的是对数PCM。

4．均匀量化器的量化信噪比与编码位数的关系是编码增加1位，量化信噪比增大6dB，非均匀量化器可以提高小信号的量化信噪比。

5．若A律13折线PCM编码器输入信号为直流且幅度等于最小量化间隔的1.5倍，则编码器的输出为10000001。

6．线性PCM编码器的抽样信号频率为8kHz，当信息速率由80kbit/s下降到56kbit/s时，量化信噪比增大18dB。

3-2  试画出PCM通信的原理图，并简述PCM通信的过程。

3-3  PAM信号、量化信号和PCM信号属于什么类型的信号？

3-4  对基带信号进行理想抽样。

（1）为了在接收端不失真地从已抽样信号中恢复出，怎样选取抽样间隔？

（2）若抽样间隔为0.2s，试画出已抽样信号的频谱。

解：（1）基带信号可以看成是低通信号，由于

根据抽样定理，得

（2）由已知得，抽样频率为。

已抽样信号的频谱如下图所示。

变通题：已知信号，抽样频率为250Hz。求：

（1）抽样信号的频谱；

（2）要求无失真恢复，试求出采用的低通滤波器的截止频率；

（3）无失真恢复情况下的最低抽样频率是多少？

提示：先将所给信号进行积化和差，后面的解题步骤同上。

答案：（2）110Hz    （3）220Hz

3-5  对正弦信号进行线性脉冲编码调制，若信号的动态范围为40dB~50dB，要求在整个动态范围内信噪比不低于30dB，问需要几位编码？

（此题不做要求）

3-6  设模拟信号抽样值的概率密度函数p(x)如图3-15所示。

（1）若按8电平进行均匀量化，试确定量化间隔、量化电平，画出量化特性，并计算信号与量化噪声信噪比；

（2）若按8电平进行均匀量化，试确定能使量化信号等概率的非均匀量化区间，并画出压缩特性。

解：（1）量化间隔为

分层电平分别为

量化电平为

信号功率为

量化噪声功率为

则            

    （2）设分层电平依次为，依题意得下列方程：

解之得

    量化电平分别为-0.75，-0.4，-0.21，-0.07,0.07,0.21,0.4,0.75。

    压缩特性曲线如图所示。

3-7  输入信号抽样值为632Δ，求A律PCM编码、译码输出和量化误差。

解：

方法一

①因为632△极性为正，故M1=1

②∵512△<632△<1024△∴抽样值处于第7段，故M2M3M4=110

③∵第7段起始电平是512△，量化间隔为（1024△-512△）∕16=32△

    （632△-512△）/32△=3……24

  ∴M5M6M7=011

∴A律PCM编码为1110011，译码输出=512△+32△*3+32△/2=624△，量化误差=632△-624△=8△。

方法二

令Is=632Δ，因输入信号样值为正，极性码M1=1，将Is与段落码的起始电平比较   512Δ＞Is＜1024 Δ，故段落码M2M3M4=110。

再与段内间隔码比较：

Is ＜Iw=512Δ+8×32Δ=768Δ, 故 M5=0

Is ＜Iw= 512Δ+4×32Δ=0Δ, 故M6=0

Is ＞Iw= 512Δ+2×32Δ= 576Δ, 故 M7=1

Is ＞Iw= 512Δ+2×32Δ+1×32Δ= 608Δ,  故 M8=1

所以PCM编码为C=11110011

译码输出为：

            512△ + 512△ × 1/8 + 512△ × 1/16 + 32△/2 = 624Δ

     量化误差为：

            632△－624△ = 8△

3-8 采用13折线A律PCM编译码电路，设接收端收到的码组为01010011，最小量化单位为1Δ，段内码采用折叠二进制码。试求译码器输出多少个单位？

解：由已知得：C7 = 0，则该值为负，

    C6C5C4 = 101，表示该样值在第6段，段落起始电平为256△，段内16级均匀量化的量化间隔为（512△—256△）/16=16△。

C3C2C1C0为折叠二进制码的0011，表示样值在第6段中的第5段，其量化值为256△+16△×5=336△。

∴该译码器输出为 －（336△ + 16△/2）= －344△。

注意：符号不能漏掉！

变通题：输入信号抽样值x=1260Δ（Δ=1/2048)，按照A律13折线编码，求编码码组C，编码器的量化误差、解码输出ˆx和量化误差q。

方法一：

解：直接法计算：

1260>1024 Mc 在第八段 段落码为111

段内间隔： (2048-1024)/16=△ 

       则有  （1260-1024）／=3...44

      所以其段内码为 0011  极性为正故编码组为11110011

量化误差q   △x=1024△+128△+△+/2 △=1248△

              q=1260-1248=12△

方法二：

解：因输入信号样值为正，极性码M1=1，将x与段落码的起始电平比较，x>1024 Δ，故段落码M2M3M4=111。

x-1024Δ=236Δ，再与段内间隔码比较：

236Δ<512Δ, M5=0

236Δ<256Δ, M6=0

236Δ>128Δ, M7=1

108Δ>Δ, M8=1

所以PCM编码为C=11110011

解码输出： ˆx=1024Δ+128Δ+Δ + Δ/2=1248Δ 

量化误差   q=1248 Δ - 1260Δ =-12 Δ

    3-9  若A律13折线编码器的过载电平为Vmax=5V,输入抽样脉冲幅度为-0.9375V。设最小量化间隔为2个单位，最大量化器的分层电平为4096个单位。求编码器的输出码组，并计算量化误差。

解：设最小量化2个单位为1△，则最大量化的分层电平为2048△。

    由已知得，输入抽样脉冲为

            2048△ × 0.9375 ÷ 5 = 384△

    384△处于256△~512△之间

            ∴C6C5C4 = 101

    又= 8，正好为整数，所以段内码归前一段，

            ∴C3C2C1C0 = 0111

    又该抽样脉冲的幅度为负

            ∴C7 = 0

    ∴译码输出为

        256△ + 256△ × 1/4 + 256△ × 1/8 + 256△ × 1/16 +16△/2 = 376△

    量化误差为：

        384△－376△=8△

    即

        8 × 2 × 5/4096 = 0.020V

    3-10  （略）

3-11  设简单增量调制系统的量化阶δ=50mv，抽样频率为32KHz。求当输入信号为800Hz的正弦波时，允许的最大振幅为多少？

解：

=2πf=2π×800Hz=1600πrad/s

σ fs≥A

       所以              A≤σ fs/=(50mv×32×10⒊)/1600π=0.318V。

    补充题：

1．为什么几千兆的音乐比一般的音乐的音质好呢？

答：对于同一格式的歌，有着不同的音质区别，“兆”是一个衡量歌曲所占内存空间大小的单位（即比特数），属进制编码数（设N），音质的好坏与N有着直接的关系，对于同一模拟信号（即语音信号），转化为数字信号时，需要经过抽样，量化，编码三个过程，当量化间隔越小，即量化电平数越大，当量化间隔小至为零，所取的量化电平数完全与原信号一致，无失真的从模拟信号转化为数字信号，这种状态理想化的。量化电平数（设M）不可能无限大，因为编码数N=log2M，若M无限大，则N也无限大，即歌曲所占的空间大小无限。所以，量化比特数越多，歌曲也就越接近原始信号，量化输出也越大，即音质越好。此外，量化信噪比SNR=Sq/Nq=M*M，M越大，即量化信噪比越大，量化性能越好。

2．求频率范围为276-500HZ的信号的抽样频率。

解：

             B = fm — fo = 500 — 276 = 224 Hz

             n = [ fo / B] = 1

             m = [ fm / B ] n = 1

             fs = 2B ( 1+ m / n ) = 2 * 224 ( 1 + 1/1 ) = 6 Hz。