第七章（同步原理）习题及其答案
【题7－1】如下图所示的插入导频法发端方框图中，sin c c a t ω不经0
90相移，直
接与已调信号相加输出，试证明接收端的解调输出中还有直流分量。
0()
t c c
【答案7－1】
证明：接收端框图如下图所示
0(u ()
t
由发送端框图（不经0
90相移），有
[]0()()cos sin c c c u t a m t t t ωω=+
在接收端解调后的输出
[][][]20()()sin ()sin sin sin ()1sin 11
()()1cos 2222
c c c c c c c c c c c v t u t t a m t t t t a m t t a a a m t m t t
ωωωωωω==+=+=+-+
经低通后，滤除高频分量cos2c t ω，输出为
11()()22c c
m t a a m t =+
含有直流分量1
2c a ，证毕。
【题7－2】已知单边带信号的表达式为
()()cos ()sin c c s t m t t m t t ωω=+，试证明不
能用下图所示的平方变换法提取载波。
【答案7－2】
证明：设平方律部件输出信号为()V t ，则
2
2
2
222222222()()()cos ()sin ()cos ()sin 2()()sin cos 11 ()(1cos 2)()(1cos 2)()()sin 22211 ()()()()22c c c
c
c
c
c c c V t s t m t t m t t m t t m t t m t m
t t t m t t m t t m t m t t m t m t m t m t ωωωωωωωωω??==+?
?=++=
++-+????=++-???????? cos 2()()sin 2c c t m t m t t ωω+ 因为 22()()m t m t -及 ()()m t m t 中不含有直流分量，所以()V t 中不含有2c f 分
量，即不能采用平方变换法提取载波。
【题7－3】正交双边带调制的原理方框图如下图所示，试讨论载波相位误差?对该系统有什么影响？
1A 2A 1
2
【答案7－3】
解：由图可知，
1122()cos cos cos sin c c s t A t t A t t ωω=Ω+Ω 解调时有
[][]'1112211221122112()cos()(cos cos cos sin )cos() cos cos cos()cos sin cos()
11
cos cos(2)cos cos sin(2)sin 2211
cos cos cos 22c c c c c c c c c c Q s t t A t t A t t t A t t t A t t t A t t A t t A t A ω?ωωω?ωω?ωω?ω??ω???=+=Ω+Ω+=Ω++Ω+=
Ω+++Ω++=Ω+Ω21122sin 11
cos cos(2)cos sin(2)
22c c t A t t A t t ?ω?ω?+
Ω++Ω+ 经过低通滤波器后输出：
1112211
cos cos cos sin 22Q A t A t ??=
Ω+Ω 同理可得
1112211
cos sin cos cos 22Q A t A t ??=
Ω+Ω
1Q 中第一项与发端信号比较多了一个因子cos ?，它使有用信号功率降低，第二项与有用信号无关，可以理解为干扰。
【题7－4】若七位巴克码组的前后全为“1”序列加于如下图所示的码元输入端，且各移存器的初始状态均为零，试画出识别器的输出波形。
移位方向
【答案7－4】
解：设判决门限为6，加入马克码移位寄存器识别器的码组为 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 1 0 1 1 1 1 1 1 识别器输出（判决前）
－1 0 －1 －2 －1 0 ＋1 ＋1 ＋1 ＋1 ＋3 ＋1 ＋1 ＋7 －1 －1 －1 －3 －1 －1 ＋1
识别器输出波形（判决后）如下图所示。