第4章模拟调制系统 4.1典型例题 【例41】设基带信号为m()=cos@,t,试求W信号和PW信号时域表达式，以及它 们的瞬时频率曲线和时域波形。 解W信号时域表达式为 m(t)-cos()=Acos() 瞬时频率为 n(t)=w.+K:cosw.t PW信号的时域表达式为 sw(t)=Acos(w.t+Krcosw.t) 瞬时频率为 wm(t)=w.-Krwsinw.(t) FM信号和PW信号的瞬时频率及时域波形分别如图4-21(a)和(6)所示。 aM】 PM C MAAAW- (a) 图4-21例4-1图 【例4-2】某调制方框图如图4-22(b)所示。已知m(t)的频谱如图4-22()所示，载频 a1〈《o2,。>u,且理想低通滤波器的截止频率为o,试求输出信号s(t),并说明s(t) 为何种已调信号。 M(o 一一超桑司理思润-西来司V 一相来司：里电低国-附来剂： a) (b) 图4-22例4-2图1 解方法一：时域法 两个理想低通输出都是下边带信号，上支路的载波为cos,t,下支路的载波为sin~t 根据式(4-9)得 根据式(4-10)得
1 第 4 章 模拟调制系统 4.1 典 型 例 题 【例 4-1】 设基带信号为 m(t)=cosωmt，试求 FM 信号和 PM 信号时域表达式，以及它 们的瞬时频率曲线和时域波形。 解 FM 信号时域表达式为 sFM(t)=Acos(ωct+KF cos tdt m )=Acos(ωct+ m KF sinωmt) 瞬时频率为 ωFM(t)=ωc+KFcosωmt PM 信号的时域表达式为 sPM(t)=Acos(ωct+KPcosωmt) 瞬时频率为 ωPM(t)=ωc-KPωmsinωm(t) FM 信号和 PM 信号的瞬时频率及时域波形分别如图 4-21(a)和(b)所示。 图 4-21 例 4-1 图 【例 4-2】 某调制方框图如图 4-22(b)所示。已知 m(t)的频谱如图 4-22(a)所示，载频 ω1ωH，且理想低通滤波器的截止频率为ω1，试求输出信号 s(t)，并说明 s(t) 为何种已调信号。 图 4-22 例 4-2 图 1 解 方法一：时域法 两个理想低通输出都是下边带信号，上支路的载波为 cosω1t，下支路的载波为 sinω1t。 根据式(4-9)得 d(t)= 2 1 Am(t)cosω1t+ 2 1 A m ˆ (t)sinω1t 根据式（4-10）得
e(t)-m(t)sin (t)cos,t 由此得 s(t)=f(t)+g(t) ((cossi((sinsin -Am(t)cos(-)t-(t)sin()t 可知，s(t)是一个载频为ω2-01的上边带信号。 方法二：频域法 上支路各点信号的频谱表达式为 soj-号a*-o1(oy S(w)-4 [S(w+w)+S(w-w)] 下支路各点信号的频谱表达式为 so)号(oa(e-o】 s()() -{[u(u+u)-(a-u)]L(o)}*[8(o-o,-6(u+o] S(u)=S:(u)+S.(u) 各点信号频谱图如图4-23所示。由图可知，s()是一个载频为：ω的上边带信号 s()-Aa(t)cos(w:-)t-Ai (t)sin(w:-)t
2 e(t)= 2 1 Am(t)sinω1t- 2 1 A m ˆ (t)cosω1t 由此得 s(t)=f(t)+g(t) = 2 1 Am(t)(cosω1t+sinω1t)cosω2t+ 2 1 A m ˆ (t)(sinω1t-cosω1t)sinω 2t = 2 1 Am(t)cos(ω2-ω1)t-= 2 1 A m ˆ (t)sin(ω2-ω1)t 可知，s(t)是一个载频为ω2-ω1 的上边带信号。 方法二：频域法 上支路各点信号的频谱表达式为 Sb(ω)= 2 A ［M(ω+ω1)+M(ω-ω1)］ Sd(ω)= 2 A ［M(ω+ω1)+M(ω-ω1)］HL(ω) Sf(ω)= 4 A ［Sd(ω+ω2)+Sd(ω-ω2)］ 下支路各点信号的频谱表达式为 Sc(ω)= 2 jA ［M(ω+ω1)-M(ω-ω1)］ Se(ω)= 2 jA ［M(ω+ω1)-M(ω-ω1)］HL(ω) Sg(ω)= 2 1 ·Se(ω)* j ［δ(ω+ω2)-δ(ω-ω2)］ = 4 A ［M(ω+ω1)-M(ω-ω1)］HL(ω) *［δ(ω-ω2)-δ(ω+ω2)］ S(ω)=Sf(ω)+Sg(ω) 各点信号频谱图如图 4-23 所示。由图可知，s(t)是一个载频为ω2-ω1 的上边带信号， 即 s(t)= 2 1 Am(t)cos(ω2-ω1)t- 2 1 A m ˆ (t)sin(ω2-ω1)t
S,w】 A/4 图4-23例4-2图2 【例4-3】单边带信号相干解调器方框图如图4-3所示，设信道加性白噪声单边功率 谱密度为，基带信号频率范围为~，试证明：解调器输出信噪比为 证明设为下边带，则 sa(t)()cos.t ()sino.t 解调器输入端带通滤波器中心频率fc-f<f<f-f,带通滤波器输出窄带白噪声为 n(t)=n(t)cost-n.(t)sinwot 相乘器的输出为 [s(t)+n(t)]co.(t)cos2.()sin2.t 式中 △0=0-00 低通滤波器输出的信号和噪声分别为 n0-分0eas4ol2 .()in 输出信号功率为
3 图 4-23 例 4-2 图 2 【例 4-3】 单边带信号相干解调器方框图如图 4-3 所示，设信道加性白噪声单边功率 谱密度为 n0，基带信号频率范围为 fL～fH，试证明：解调器输出信噪比为 H i n f S 0 。 证明 设为下边带，则 sLSB(t)= 2 1 m(t)cosωct+ 2 1 A m ˆ (t)sinωct 解调器输入端带通滤波器中心频率 fc-fH<f0<fc-fL，带通滤波器输出窄带白噪声为 n(t)=nc(t)cosω0t-ns(t)sinω0t 相乘器的输出为 ［sLSB(t)+n(t)］cosωct= 4 1 m(t)+ 4 1 m(t)cos2ωct- 4 1 m ˆ (t)sin2ωct + 2 1 nc(t)［cosΔωt+cos(ωc+ω0)t］ - 2 1 ns(t)［sinΔωt+sin(ωc+ω0)t］ 式中 Δω=ωc-ω0 低通滤波器输出的信号和噪声分别为 mo(t)= 4 1 m(t) no(t)= 2 1 nc(t)cosΔωt-12ns(t)sinΔωt 输出信号功率为
sGm可 输出噪声功率 ow(co(cos()()sin2A 因n.(t)与n(t)在同一时刻不相关，cos2△u,与sin2△u:及n.(t)、n,(t)不相关， n2()=m,(),所以 g0gn0-0-6 解调器输入信号功率 sSa0-gm0+gm0eoa2ut"g[aw]2 因为 M()=[-jsgn()].M() 所以 [M(o)]=[M(o)]: 可见m(t)的功率与m(t)的功率是相等的。因为t()及[m()]与cos2.t不相关，m(t)、 m(t)与si2“t不相关，所以解调器输入信号功率为 Smm()cos2m ()2cos2. r阿a0si2or可 解调器输出信噪比 N。 命题证毕。 【例4-4】设某信道具有均匀的双边噪声功率谱密度P.()=0.5×103W/z,在该信道 中传输抑制载波的双边带信号，并将调制信号m(t)的频带限制在5kz,而载波频率为100 kz,己调信号的功率为10kW,若接收机的输入信号在加至解调器之前，先经过带宽为10k 的一理想带通滤波器滤波，试问： ()该理想带通滤波器中心频率为多大 (②)解调器输入端的信噪功率比为多少？ (③)解调器输出端的信噪功率比为多少？ (④)求出解调器输出端的噪声功率谱密度，并用图形表示出米。 解(1)滤波器中心频率为100kz。 (③)输出信噪功率比为 S./N,=G(S/N)=2X10 (④)解调器输出噪声n(t)为
4 So= 16 1 ( ) 2 m t 输出噪声功率 No= n o (t) 2 = 8 1 n c (t) 2 (1+cos2Δωt)+ 8 1 n c (t) 2 (1-cos2Δωt)- 4 1 nc(t)ns(t)sin2Δωt 因 nc(t)与 ns(t)在同一时刻不相关，cos2Δωt 与 sin2Δωt 及 nc(t)、ns(t)不相关， n 2 c(t)=n2 s(t)，所以 No= 8 1 n c (t) 2 +1 8 1 n c (t) 2 = 4 1 n 2 c(t)= 4 1 n0fH 解调器输入信号功率 Si ( ) 2 S LSB t = 8 1 ( ) 2 m t + 8 1 ( ) 2 m t cos2ωct+ 8 1 ［ m ˆ (t)］2 - 8 1 ［ m ˆ (t)］2cos2ωct- 4 1 m(t) m ˆ (t)sin2ωct 因为 M ˆ (ω)=［-jsgn(ω)］·M(ω) 所以 ［ M ˆ (ω)］ 2 =［M(ω)］ 2 可见 m(t)的功率与 m ˆ (t)的功率是相等的。因为 m 2 (t)及［ m ˆ (t)］2 与 cos2ωct 不相关，m(t)、 m ˆ (t)与 sin2ωct 不相关，所以解调器输入信号功率为 Si= ( ) 4 1 2 m t + ( ) 8 1 2 m t cos2ωct- 8 1 ［ m ˆ (t)］2cos2ωct - ( ) 4 1 2 m t m ˆ (t)·sin2ωct= ( ) 4 1 2 m t 解调器输出信噪比 H H o o n f m t n f m t N S 0 2 0 2 ( ) 4 1 4 1 ( ) 16 1 = = = H i n f S 0 命题证毕。 【例 4-4】 设某信道具有均匀的双边噪声功率谱密度 Pn(f)=0.5×10-3 W/Hz，在该信道 中传输抑制载波的双边带信号，并将调制信号 m(t)的频带限制在 5 kHz，而载波频率为 100 kHz，已调信号的功率为 10 kW。若接收机的输入信号在加至解调器之前，先经过带宽为 10 kHz 的一理想带通滤波器滤波，试问： (1) 该理想带通滤波器中心频率为多大? (2) 解调器输入端的信噪功率比为多少? (3) 解调器输出端的信噪功率比为多少? (4) 求出解调器输出端的噪声功率谱密度，并用图形表示出来。 解 (1) 滤波器中心频率为 100 kHz。 (2) Ni=2Pn(f)×2fH=(4×0.5×10-3×5×103 ) W=10 W 输入信噪功率比为 Si/Ni=10×103 /10=103 (3) 输出信噪功率比为 So/No=G(Si/Ni)=2×103 (4) 解调器输出噪声 no(t)为
(n(t)cos,t-n(t)sinw.tcos.tLPE(t) 所以n(t)的功率谱密度为 m0-月0-D25x103w1trs5x10 0,.其它 P.(f 5×10- P()的图形如图4-24所示。 【例4-5】设本地载波与发送载波的频率误差和相位误差分别为△“和 -505f/H △Φ，试分析对DSB信号相干解调结果的影响。 图4-24例4-4图 解本地载波与DSB信号相乘后为 sa(t)·c(t)=m(t)cosw.tcos(o:t+△ot+△中） ()cos(co) 经LPF后得到 a(0=))cos(A0+A) 可见，若△“=0，则解调输出功率下降，即相位误差使解调输出功率下降。若△≠0，则 解调输出发生失真。 【例4-6】试证明：当AM信号采用同步检波法进行解调时无门限效应。 证明相乘器输入信号和噪声分别为 sw(t)=[A+m(t)]coso.t n(t)=n.(t)cosw.t 相乘器输出为 有4+m]cos。1-n.(0coso.t-n,0sino.1coso.l =A+m】+[A+m(cos2o. +7n.0+2.0cos201-7n,0sn2a1 低通滤波器输出信号和噪声分别为 L()=5n() n(t)-zn(t) 输出信噪比为 是 输入信号功率为 S-5iav(=++]
5 (nc(t)cosωct-ns(t)sinωctcosωct 2 1 LPF nc(t) 所以 no(t)的功率谱密度为 Pno(f)= 4 1 nc P (f)= 其它 0, 0.25 10 W/Hz, | f | 5 10 -3 3 nc P (f)的图形如图 4-24 所示。 【例 4-5】设本地载波与发送载波的频率误差和相位误差分别为Δω和 Δφ，试分析对 DSB 信号相干解调结果的影响。 图 4-24 例 4-4 图 解 本地载波与 DSB 信号相乘后为 sDSB(t)·c(t)=m(t)cosωct·cos(ωct+Δωt+Δφ) = 2 1 m(t)cos(Δωt+Δφ)+ 2 1 m(t)cos(2ωct+Δωct+Δφ) 经 LPF 后得到 mo(t)= 2 1 m(t)cos(Δωt+Δφ) 可见，若Δω=0，则解调输出功率下降，即相位误差使解调输出功率下降。若Δω≠0，则 解调输出发生失真。 【例 4-6】 试证明：当 AM 信号采用同步检波法进行解调时无门限效应。 证明 相乘器输入信号和噪声分别为 sAM(t)=［A+m(t)］cosωct n(t)=nc(t)cosωct 相乘器输出为 A m t t n t t n t t t c c c s c c [ + ( )]cos − ( )cos − ( )sin cos n t n t t n t t A m t A m t t c c c s c c ( )sin 2 2 1 ( ) cos 2 2 1 ( ) 2 1 [ ( )]cos 2 2 1 [ ( )] 2 1 + + − = + + + 低通滤波器输出信号和噪声分别为 mo(t)= 2 1 m(t) no(t)= 2 1 nc(t) 输出信噪比为 ( ) ( ) 2 n t m t N S o c o = 输入信号功率为 Si= [ ( )] 2 1 [ ( )] 2 1 ( ) 2 2 2 2 S t A m t A m t AAM = + = +
输入噪声功率为 N=n20=n2(0) 输入信噪比为 是- 2n20 M信号同步检波解调器的制度增益为 G-5./N. 2m2() S.IN A2+m2(0 可见，制度增益与龄入信噪比无关，即M信号同步检波解调器无门限效应 此结论 适用于所有信号的相干解调器。 【例47】已知调频信号 sm(t)=10cos[(10°t)+8cos(10°rt)] 调制器的调频灵敏度为200Hz/八，试求： (1)找频f: ②)调频指数B (3)最大频偏△f: (④)调制信号m(t)。 解)-10不=0.5m 2π (2)B,=8 8)Af8×102rk=4z 2π (④)由KF∫m)d=8cos(10'rt)得 n-8x10's10'm8x10'xs10'm=20sin10t 2π×200 【例4-8】设一宽带频率调制系统，载波振幅为100V、频率为100Mz,调制信号m() 的频带限制于5kz,m2(0=5000,K=500Trad/(s·V),最大频偏△f=75kz,并设 信道中噪声功率谱密度是均匀的，其P.(f)=10-3W/(单边谱)，试求： (1)接收机输入端理想带通滤波器的传输特性H(@): (2)解调器输入瑞的信噪功率比： (3)解调器输出端的信噪功率比： ()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)FN信号带宽为 Bv=2(A f+fn)=2(75+5)kHz=160 kHz 接收机输入端理想带通滤波器的传输特性为 6
6 输入噪声功率为 Ni= ( ) ( ) 2 2 n t n t = c 输入信噪比为 2 ( ) ( ) 2 2 2 n t A m t N S i c i + = AM 信号同步检波解调器的制度增益为 G= ( ) 2 ( ) / / 2 2 2 A m t m t S N S N i i o o + = 可见，制度增益与输入信噪比无关，即 AM 信号同步检波解调器无门限效应。 此结论适用于所有信号的相干解调器。 【例 4-7】 已知调频信号 sFM(t)=10cos［(106πt)+8cos(103πt)］ 调制器的调频灵敏度为 200 Hz/V，试求： (1) 载频 fc； (2) 调频指数βF； (3) 最大频偏Δf； (4) 调制信号 m(t)。 解 (1) fc= 2 106 Hz=0.5 MHz (2) βF=8 (3) Δf= 2 8 103 Hz=4 kHz (4) 由 KF m(t)dt =8cos(103πt)得 m(t)= 2 200 8 10 sin(10 ) 8 10 sin(10 ) 3 3 3 3 = t K t F =20sin(103πt) 【例 4-8】 设一宽带频率调制系统，载波振幅为 100 V、频率为 100 MHz，调制信号 m(t) 的频带限制于 5 kHz， m (t) 2 =5000 V2，KF=500πrad/(s·V)，最大频偏Δf=75 kHz，并设 信道中噪声功率谱密度是均匀的，其 Pn(f)=10-3 W/Hz(单边谱)，试求： (1) 接收机输入端理想带通滤波器的传输特性 H(ω)； (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 m(t)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) FM 信号带宽为 BFM=2(Δf+fH)=2(75+5) kHz=160 kHz 接收机输入端理想带通滤波器的传输特性为
n-代深Ea/EIf (2)解调器输入信号功率为 s=54=×102W=5000w 解调器输入噪声功率为 N,=P.(f)Bnm=103X160X103=160W 解调器输入从噪比为 S:/N:=5000/160=31.25 (3)解调器输出信号功率 4π2 解调器输出噪声功率为 N,-22x5x10y×10 34 3×100 =83.3×102m 解调器输出信噪比为 (5./)-3125×10/(83.3×10)=37500 (④)AM信号包络检波输出信噪比为 ,)m而 5000 02x10x5x10=500 S,1N=75,B-160-16 (S./N)AM B4M10 这说明，频率调制系统抗噪性能的提高是以增加传输带宽（诚低有效性）作为代价的。 【例4-9】对单频调制的常规调幅信号进行包络检波。设每个边带的功率为10W,载 波功率为100，接收机带通滤波器带宽为10，信道声单边功率密度为5X10 W/Hz。 (1)求解调输出信噪比： (②)如果改为抑制载波双边带信号，其抗噪性能优于常规调幅多少分贝？ 解(1)解调器输入信号功率为 S,=(100+2×10)mW=120×103 解调器输入噪声功率为 N,=(5×109×10×10)W=5×10W S120×10- N,5×10- =2400 由已知条件可得调制效率为 10×2 n3.+S-100+10x26
7 = 0,其它 1,99,92 | | 100.08 ( ) MHz f MHz H f (2) 解调器输入信号功率为 Si A 100 W 5000W 2 1 2 1 2 2 = = = 解调器输入噪声功率为 Ni=Pn(f)BFM=10-3×160×103 W=160 W 解调器输入从噪比为 Si/Ni=5000/160=31.25 (3) 解调器输出信号功率 m t W W K S F o 5 2 2 2 2 2 500 3125 10 4 (500 ) ( ) 4 = = = 解调器输出噪声功率为 W=83.3×102 W 解调器输出信噪比为 (So/No)FM=3125×105 /(83.3×102 )=37500 (4) AM 信号包络检波输出信噪比为 (So/No)AM= 500 2 10 5 10 5000 ( ) ( ) 2 3 3 2 = = − n t m t c o o AM o o FM S N S N ( / ) ( / ) =75， 16 10 160 = = AM FM B B 这说明，频率调制系统抗噪性能的提高是以增加传输带宽(减低有效性)作为代价的。 【例 4-9】 对单频调制的常规调幅信号进行包络检波。设每个边带的功率为 10 mW，载 波功率为 100 mW，接收机带通滤波器带宽为 10 kHz，信道噪声单边功率谱密度为 5×10-9 W/Hz。 (1) 求解调输出信噪比； (2) 如果改为抑制载波双边带信号，其抗噪性能优于常规调幅多少分贝? 解 (1) 解调器输入信号功率为 Si=(100+2×10) mW=120×10-3 W 解调器输入噪声功率为 Ni=(5×10-9×10×103 ) W=5×10-5 W i i N S = 5 3 5 10 120 10 − − =2400 由已知条件可得调制效率为 ηA= 6 1 100 10 2 10 2 = + = c + m m S S S 2 3 3 3 2 0 3 3 100 2 (5 10 ) 10 3 2 = = − A f n N H o
所以制度增益为 02n月 解调器输出信噪比为 ÷-2w (②)设接收机输入信号功率相同，则DSB相干解调器输入信噪比与M相同，即 解调器输出信噪比为 S.-G.S =2×2400=4800 N。 DSB接收机输出信噪比优于AM接收机输出信噪比的分贝数为 10gg/八）m=00g480dB=10g6dB=00e0uB=778adB (S。IN)Aw 8001 【例4-10】设调频和常规调幅信号均为单频调制，调频指数为B,调幅指数B,1 调制信号频率为，。 当信道条件相同、接收信号功率相同时比较它们的有效性和可靠性 解AM信号带宽及解调器输出信噪比分别为 Ba=2fa 1S. F信号带宽及解调器输出信噪比分别为 Bn=2(Br+l)f.2Brf.=BrBu 3 S. 两个通信系统的有效性和可靠性可用下式说明：由于在FM系统中B>L,所似M的抗 性能优于AM,但M信号带宽大于AM信号带宽。所以PN的抗噪性能优于AM,这是以牺牲有 效性为代价的。 【例4-11】设有一个频分多路复用系统，剧我波用SSB调制，主载波用W调制。如 果有60路等幅的音频输入通路，则每路频带限制在3.3kH以下，防护频带为0.7k2。 ()如果最大 频偏为80 k,试求传输信号的带宽 (②)试分析与第1路相比，第60路输出信噪比降低的程度（假定鉴频器输入的噪声是白 噪声，且解调器中无去加重电路)。 思路本系统的原理方框图如图4-25所示
8 所以制度增益为 G=2ηA= 3 1 解调器输出信噪比为 = 2400 i i N S (2) 设接收机输入信号功率相同，则 DSB 相干解调器输入信噪比与 AM 相同，即 解调器输出信噪比为 = = 2 2400 = 4800 i i o o N S G N S DSB 接收机输出信噪比优于 AM 接收机输出信噪比的分贝数为 dB dB dB dB S N S N o o AM o o DSB ) (10lg 6) (10lg 0) 7.78 800 4800 (10lg ( / ) ( / ) 10lg = = = = 【例 4-10】 设调频和常规调幅信号均为单频调制，调频指数为βF，调幅指数βA=1， 调制信号频率为 fm。当信道条件相同、接收信号功率相同时比较它们的有效性和可靠性。 解 AM 信号带宽及解调器输出信噪比分别为 BAM=2fH m i AM o o n f S N S 3 0 1 ( ) = FM 信号带宽及解调器输出信噪比分别为 BFM=2(βF+1)fm≈2βFfm=βFBAM m i FM F o o n f S N S 0 2 2 3 ( ) = 两个通信系统的有效性和可靠性可用下式说明：由于在 FM 系统中β>1，所以 FM 的抗噪 性能优于 AM，但 FM 信号带宽大于 AM 信号带宽。所以 FM 的抗噪性能优于 AM，这是以牺牲有 效性为代价的。 【例 4-11】 设有一个频分多路复用系统，副载波用 SSB 调制，主载波用 FM 调制。如 果有 60 路等幅的音频输入通路，则每路频带限制在 3.3 kHz 以下，防护频带为 0.7 kHz。 (1) 如果最大频偏为 800 kHz，试求传输信号的带宽； (2) 试分析与第 1 路相比，第 60 路输出信噪比降低的程度(假定鉴频器输入的噪声是白 噪声，且解调器中无去加重电路)。 思路 本系统的原理方框图如图 4-25 所示
-B☑-（是）】 心部副一回网-区图-图间-医回 啊-). ☑器（是 图4-25例4-11图 因为鉴频器输出噪声功率谱密度与频率平方成正比，所以接收端各个带通滤波器输出噪 声功率不同，带通滤波器中心频率越高，输出噪声功率越大。鉴频器输出的各路SSB信号功 率与它们所处的频率位置无关，因此，各个SSB解调器输入信噪比不同。第一路SSB信号位 于整个频带的最低端，第60路SSB信号处于频带的最高端。故第60路SSB解调器输入信噪 比最小，而第1路信噪比最高。只要求出第1路和第60路S5B解调器输入噪声 ,就可以确 定第60路输出信噪比相对于第1路信噪比的降低程度。 解(1)60路SSB信号的带宽为 B=[60×(3.3+0.7)]kHz=240kz 调频器输入信号的最高须率为 fa=f+B 当频分复用SSB信号的最低频率f-0时，f=B=240kz,W信号带宽为 Bv=2(△f+f.)=[2×(800+240)]kHz=2080kHz (2)鉴频器输出噪声功率谱密度为 2f2 P.)=P·,0≤f≤240000 0,其他 第1路SSB信号的频率范围为0~4000Hz,第60路SSB信号的频率范围为236000~ 240000Hz。对Pm(f)在不同频率范围内积分，可得第1路和第60路SSB解调器的输入噪声 -0 P.d= 0002m A N-2302U-=6974x10x0 :24000 与第1路相比，第60路输出信噪比降低的分贝数为 (101g67974)dB-=101g1062）dB≈40B 64 频分复用SSB信号的最低频率L不可能为0，N1、Nm随丘增加而增加，但两者之比减 小即与第1路相：第60路输出信比降低的分贝数小于0。 【例4-12】某发射机由放大器 倍频器和混频器组成，如图426所示。已知输入信 号为调频信号，此调频信号的载波频率为2Mz,调制信号最高频率为10kz,最大频偏为 300kz。试求两个放大器的中心频率和要求的通带宽度各为多少（混频后取和频）？
9 图 4-25 例 4-11 图 因为鉴频器输出噪声功率谱密度与频率平方成正比，所以接收端各个带通滤波器输出噪 声功率不同，带通滤波器中心频率越高，输出噪声功率越大。鉴频器输出的各路 SSB 信号功 率与它们所处的频率位置无关，因此，各个 SSB 解调器输入信噪比不同。第一路 SSB 信号位 于整个频带的最低端，第 60 路 SSB 信号处于频带的最高端。故第 60 路 SSB 解调器输入信噪 比最小，而第 1 路信噪比最高。只要求出第 1 路和第 60 路 SSB 解调器输入噪声，就可以确 定第 60 路输出信噪比相对于第 1 路信噪比的降低程度。 解 (1) 60 路 SSB 信号的带宽为 B=［60×(3.3+0.7)］ kHz=240 kHz 调频器输入信号的最高频率为 fH=fL+B 当频分复用 SSB 信号的最低频率 fL=0 时，fH=B=240 kHz，FM 信号带宽为 BFM=2(Δf+fH)=［2×(800+240)］ kHz=2080 kHz (2) 鉴频器输出噪声功率谱密度为 = 0,其他 ,0 240000 2 ( ) 2 0 2 n f A f P f n 第 1 路 SSB 信号的频率范围为 0～4000 Hz，第 60 路 SSB 信号的频率范围为 236000～ 240000 Hz。对 Pn(f)在不同频率范围内积分，可得第 1 路和第 60 路 SSB 解调器的输入噪声。 ) 3 2 ( ) 679744 10 ( 23600 24000 ) 3 2 64 10 ( 0 4000 3 2 2 0 4000 ( ) 0 4000 2 9 0 60 2 3 9 0 2 0 2 2 0 1 A n N P f df A n f A n df A n f N P f df i n i n = = = = = = 与第 1 路相比，第 60 路输出信噪比降低的分贝数为 (10lg 64 679744 )dB=(10lg10621) dB≈40 dB 频分复用 SSB 信号的最低频率 fL 不可能为 0，Ni1、Ni60 随 fL 增加而增加，但两者之比减 小，即与第 1 路相比，第 60 路输出信噪比降低的分贝数小于 40 dB。 【例 4-12】 某发射机由放大器、倍频器和混频器组成，如图 4-26 所示。已知输入信 号为调频信号，此调频信号的载波频率为 2 MHz，调制信号最高频率为 10 kHz，最大频偏为 300 kHz。试求两个放大器的中心频率和要求的通带宽度各为多少(混频后取和频)?
些成大格□-x司-X幻一⑧-这大福习 100MH 图4-26例4-12图 解第1个放大器的输入信号的中心频率为2，带宽为 B,=2(△f,+f)=[2X(300+10)]kz=-620kz 所以，此放大器的中心频率为2M,通带宽度为620k 两次倍频后，调频信号中心频率为96Mz,最大频偏为 △f=300×48kz=14400kz=14.4Mz 混频后，调频信号中心频率为196Mz,最大颍偏仍为14.4Mz,带宠为 B=2(△f+f)=2×(14.4+0.01)MHz=28.82MHz 新以，第2个放大器的中心频率为1962，要求的通带宽度为28.82M2 4.2自测自评 4.2.1自测试题 4-1填空题 ()在模拟通信系统中，有效性与已调信号带宽的定性关系是①，可靠性与解调器 输出信噪比的定性关系是②。 (②)鉴频器输出噪声的功率谱密度与频率的定性关系是①，采用预加重和去加重技 术的目的是② )在AM、DSB、SSB、M等4个通信系统中，可靠性最好的是①，有效性最好的 是② 有效性相同的是国 可靠性相同的是④ (④)在F系统中，若信道噪声为加性高斯白噪声，当接收信号的幅度增加1倍时，则 鉴频器输出信号功率增大①B,鉴频器输出噪声功率增大②B,鉴频器输出信噪 比增大③dB。 (⑤)在VSB系统中，无失真传输信息的两个条件是： (6)某调频信号的时域表达式为10cos(2X106t+5sin103πt),信号的载频是 z,最大频 是② ,信号带宽是_z,当调频灵敏度为5k八时， 基带信号的时域表达式为_①一· m》 42根据图4-27所示的调制信号波形，试画出DSB及 AM信号的波形图，并比较它们分别通过包络检波器后的波形 △ 第别。 图4-27自测题4-2图 43将调幅波通过残留边带滤波器产生我留边带信号。若此滤波器的传输函数H() 如图4-28所示（斜线段为直线）。当调制信号为m(t)=A[sin(100t)+sin(6000nt)]时， 试确定所得残留边带信号的表达式。 .5 -14-10.5 0 头6i0ia5Afh 图4-28自测题4-3 4-4采用相干解调法解调DSB信号，设信道加性白噪声单边功率谱密度为，基 公
10 图 4-26 例 4-12 图 解 第 1 个放大器的输入信号的中心频率为 2 MHz，带宽为 B1=2(Δf1+fH)=［2×(300+10)］ kHz=620 kHz 所以，此放大器的中心频率为 2 MHz，通带宽度为 620 kHz。 两次倍频后，调频信号中心频率为 96 MHz，最大频偏为 Δf2=300×48 kHz=14400 kHz=14.4 MHz 混频后，调频信号中心频率为 196 MHz，最大频偏仍为 14.4 MHz，带宽为 B2=2(Δf2+fH)=2×(14.4+0.01) MHz=28.82 MHz 所以，第 2 个放大器的中心频率为 196 MHz，要求的通带宽度为 28.82 MHz。 4.2 自 测 自 评 4.2.1 自测试题 4-1 填空题 (1) 在模拟通信系统中，有效性与已调信号带宽的定性关系是_① ，可靠性与解调器 输出信噪比的定性关系是_② 。 (2) 鉴频器输出噪声的功率谱密度与频率的定性关系是_① ，采用预加重和去加重技 术的目的是_② 。 (3) 在 AM、DSB、SSB、FM 等 4 个通信系统中，可靠性最好的是_① ，有效性最好的 是_② ，有效性相同的是_③ ，可靠性相同的是_④ 。 (4) 在 FM 系统中，若信道噪声为加性高斯白噪声，当接收信号的幅度增加 1 倍时，则 鉴频器输出信号功率增大_① dB，鉴频器输出噪声功率增大_② dB，鉴频器输出信噪 比增大_③ dB。 (5) 在 VSB 系统中，无失真传输信息的两个条件是：_① ，_② 。 (6) 某调频信号的时域表达式为 10cos(2π×106t+5sin103πt)，信号的载频是 _① Hz，最大频偏是_② Hz，信号带宽是_③ Hz，当调频灵敏度为 5 kHz/V 时， 基带信号的时域表达式为_④ 。 4-2 根据图 4-27 所示的调制信号波形，试画出 DSB 及 AM 信号的波形图，并比较它们分别通过包络检波器后的波形 差别。 图 4-27 自测题 4-2 图 4-3 将调幅波通过残留边带滤波器产生残留边带信号。若此滤波器的传输函数 H(ω) 如图 4-28 所示(斜线段为直线)。当调制信号为 m(t)=A［sin(100πt)+sin(6000πt)］时， 试确定所得残留边带信号的表达式。 图 4-28 自测题 4-3 4-4 采用相干解调法解调 DSB 信号，设信道加性白噪声单边功率谱密度为 n0，基