卫星通信导论习题答案

第1章题解

1.2

① T= 100.45min V= 7.4623km/s ② T= 114.08min V= 7.1523km/s ③ T= 358.98min V= 4.8809km/s ④ T= 718.70min V= 3.8726km/s ⑤ T= 1436.1min V= 3.0747km/s 1.4

① 84231km ，281ms ② 160ms ③ 37500km

第2章题解

2.1

（1）188.23dB, 187.67dB (2) 200.00dB, 195.97dB (3) 207.20dB, 205.59dB (4) 213.98dB, 209.73Db 2.2

d=37911km 0

3.39=α f L =199.58dB 2.5

G/T=32.53dB/K 2.6

馈线输入端 105.010

5.0010110LNA A T T T T +??

? ??-+=

=171°K

LNA 输入端 L N A A

T T T T +???

? ??-+=

105.0010

5

.0101110

=153°K 2.7 3×21

10

-W/Hz

217°K 2.8

EIRP=48dBW G/T=2.4dB/K 2.9

(1) 30.9dBi ； 39.4dBi ； 48.9dBi (2) 38.2dBi

4.8 m(K T 2900=) 2.10

3.0dB 噪声系数的噪声温度为0.9950T =288.6K (K T 2900=) 3.1dB 噪声系数的噪声温度为1.0420T = 302.2K (K T 2900=) 2.11

44.6+31.5+100+3=179K 2.12

噪声温度为 =++??

????-+41.01.0105000

10029010111050199.8K 2.13

EIRP=47dBW 2.14 (1) 03981.001585.010

11014

.18.1+=+=

C

N

C/N=12.5dB

(2) 002328.0003981.0006309.0101

1014

.22.2=-=-=

C

N

于是，所需的上行C/N=26.3dB 2.15

(1) 链路损耗 L=92.44+20lg37500+20lg6.1=199.6dB (2)卫星转发器输入功率 C=20+54-199.6+26= –99.6dBW 卫星转发器输出功率 C=110–99.6=10.4dBW=11W (3) N= –228.6+10lg500+10lg36M= –126.0dBW (4) C/N=26.4dB 2.16

(1) 卫星转发器发射的每路功率为 –14dBW/路=0.04W/路

(2) 地球站接收载波功率C= –14.0–206+30+40= –150Dbw

地球站输入端噪声功率N= –228.6+10lg150+10lg50K= –159.8dBW

载噪比C/N=9.8dB

(3)余量=9.8–6.0=3.8dB

2.17

(1) 链路损耗L=92.44+20lg38500+20lg12.2=205.9dB

(2) 接收天线增益G=10lg0.55

2

02459

.0

5.0

?

?

?

?

?π

=33.5dBi

接收载波功率C=10lg200+34–3+33.5–205.9–1= –119.4dBW

(3) 噪声功率N= –228.6+10lg110+10lg20M= –135.2dBW

(4) C/N=15.8dB

余量5.8dB

(5) 强降雨时

接收载波功率C= –119.4–2= –121.4dBW

噪声功率N= –228.6+10lg260+10lg20M= –131.5dBW

载噪比C/N=10.1dB

余量0.1 dB

2.18

(1) 链路损耗L=92.44+20lg37500+20lg6.1+2=201.6dB

(2)噪声功率N= –228.6+10lg500+10lg36M= –126.0dBW

(3) 转发器输入载波功率C=10lg100+54+26–201.6= –101.6dBW

载噪比C/N=24.4dB

(4) 卫星发射功率110–101.6=8.4dBW或6.9W

2.19

链路传输损耗L=92.44+20lg2000+20lg2.5=166.4dB

地球站接收载波功率C=10lg0.5+(18–3)+1–166.4= –153.4dBW 地球站噪声功率N= –228.6+10lg260+10lg20K= –161.5dBW

载噪比C/N=8.1dB

第3章题解

3.2 由图3-3得输入回退6dB ；由图3-4得输出回退3dB 。

3.3 （1）77.11dBHz （2）41.51dBW

3.4（2）一帧内：1个参考突发，8个业务突发

一帧内开销比特： 560（参考突发）+9?120（9个保护时隙）+8?560（8个报头）

= 6120 bit

效率=（40800?6120）/40800=0.85；

（3）承载的信息速率:（40800?6120）/0.002=17.34Mb/s 承载的信道数:17340/64=270.9 3.5 s Mb mB R IF b /602

.0136

21=+?=+=

ρ 3.6 (1) Lk G

T R n E EIRP b b 0=

=12+63.11?10?228.6+212=48.51dBW TF P = 48.51?46=2.51dBW （1.78W ）

(2) 54.114654.57=-=TT P dBW （14.26W ） （b R 提高8倍，使所需的EIRP 提

高9.03dB ）

3.7 (1) C/N=34-201-75.6+228.6+35=21.0dB

由回退带来的允许接入的5MHz 带宽的载波数为25

.436

106.0=?=

-K (2) 设36MHz 带宽内最多容纳6个5MHz 带宽的载波。 由图3-4可得: 输出回退6dB 相当于输入回退8dB 。由图3-3得6载波时，输入回退8dB 的载波-互调比约为16dB 。 试算6载波时的下行载噪比:

回退6dB 后，每载波EIRP=34-6-10lg5=21dBW 每载波的接收载噪比=21-201-67+228.6+35=16.6dB

考虑到6载波时的载波-互调比为16dB ，因此接收总的信噪比(含互调噪声)约为13.2dB 。它比要求的12dB 门限高些，可认为是带宽受限系统。

如果要求的接收信噪比门限为15dB ，则为功率受限系统。 3.8

(1) TDMA 地球站发射功率=13– 105– 63 –22 +200 =23dBW=200W

地球站接收载噪比: ()u

N C

= dB dB

dB

6.33)6.2286.754.27

()200226323(=-+-++

()

dB dB

dB

N C

d

30)6.2286.7520()196206013(=-+-++=

地球站接收(C/N) = 28.4dB

(2) FDMA 地球站发射功率:

一个FDMA 地球站在转发器输出端的功率为13dBW(20W) – 6dB(回退) – 7dB(5个站功率叠加) = 0dBW = 1W

转发器接收的来自一个FDMA 站的功率 = - 105dBW

FDMA 地球站发射功率 = - 105 + 200 – 63 – 22 = 10dBW=10W 上行载噪比:载波功率 = 10+63+22 – 200= - 105dBW

噪声功率(噪声带宽36/5MHz) = 27.4+68.6 – 228.6 = - 132.6dBW 上行载噪比= -105+132.6 =27.6dB

下行载噪比:载波功率 = 0+60+20 – 196 = -116dBW

噪声功率(噪声带宽36/5MHz) =20+68.6 – 228.6 = - 140dBW 下行载噪比= -116+140 =24dB

由图3-4可得: 输出回退补偿6dB 相当于输入回退约8dB 。 由图3-3可得: 输入回退8dB 时，互调载噪比为16.5dB 。

地球站接收(全链路)接收载噪比= 15.5dB (若不考虑互调噪声干扰，载噪比为22.4dB)

3.9 （1）手持机解调后、判决前，只需在确定的时段内提取本站的数据信息，其接收噪声

带宽较窄(单路)；而卫星接收10路信号(连续TDMA 数据流)，接收噪声带宽较宽。 （2）上行射频带宽：KHz R m B in 10015

.011+=+=ρ=150KHz 下行射频带宽：=+=KHz B out

1002

5.0175KHz

(3) 上行链路 :

卫星接收载波功率= -7.0+18+1-161=-149dBW

星上接收端噪声功率谱密度= -228.6+27= -201.6dBW/Hz 卫星接收信噪比= -149 -40+201.6=12.6dB

误码率为4

10

-，所需信噪比为8.4dB 。于是，链路电平衰落余量为4.2dB 。

(4)下行链路:

用户接收载波功率= -7+18+1-160= -148dBW

用户接收噪声功率谱密度= -228.6+24=204.6dBW/Hz 用户接收信噪比= -148-40+204.6=16.6dB BER=4

10

-所需信噪比为8.4dB ，因此链路电平衰落余量为8.2dB 。

3.10

无高斯噪声时，n=32 有高斯噪声时，n=16

I E G n b P

=

此处0I E b 为信噪比

n =1023/2

.110

=64

每站信息比特率: 30Mc/s/1023=29.33Kb/s

转发器传输的总信息比特率为: 877.133.2964=?Mb/s 转发器带宽: 30M ?(1+0.5)=45MHz 采用FDMA 或TDMA 方式，可提高卫星转发器的传输信息量，但需增加信息发射功率。

第4章题解

4.3

05.075.170

==D

λ

θ

siny=sin0.875(35786+6378)/6378=0.1009, y=5.79o

地心角x: x=5.79-0.875=4.915o 覆盖面积=4262

1096.13180

915

.4km R e

?=π 4.4

D=0.154m

143429000

2

==G dB 4.5

所需的接收载波功率C=8.5+67.8-228.6+23=-129.3dB L=92.44+20lg39000+20lg12+5=210.8dB

接收天线增益G=10lg[2

??

?

??λπηD ]=33.4dB

EIRP=-129.3+210.8-33.4=48.1dB 4.6

d

u

N S N S )/(1.07.0)/(1.010

1

101101-=

4.7

2585.010

1

1018

.01=+ 全链路信噪比10lg(1/0.2585)=5.9dB 误码率约6

10-

4.8

信噪比为(8-1)=7dB 时，误码率小于8

10-

4.9

信噪比4dB ，(2，1，7)卷积码时，误码率约6

102-? 4.12

一帧比特数:200+8?100=1000

以1Kb/s 速率传送一帧(即100个传感器一轮采样数据)的时间为1s 。

一轮采样的时间为1s ，40000km 距离的传输时间为0.133s 。因此，当太空舱某传感器数据发生变化时，地面控制站可能要等待1.133s 之后才能获得该信息。

第5章题解

5.2 (1)

偏离天线波束主轴线3°处所允许的最大EIRP 33– 25lg3=21.1dBW (2)

2

lg 10??

?

??=λπηD G 55.0=η m

02143.0=λ

(3)

λ

θ70

5.0==1.5/D

(4)

(5)

发射功率为1.0W 、0.5W 和0.1W 时，波束轴线上的EIRP

(6)

发射功率为1.0W 、 0.5W 和0.1W 时，偏离波束轴线3o的EIRP

(7)

只有发射功率0.1W 时能满足对相邻卫星干扰的要求，否则需采用其它辅助隔离措施，如正交极化隔离，频率隔离或参差。

5.3

(1) 由于信道编码效率为1/2，每站链路传输速率为256Kb/s 。根据公式(3-1)有

K H z

R m B b 2.1792562

4

.011=?+=+=

α (2) 转发器可支持的最大地球站数目为

54/(0.1792+0.051)=234

(3) 234个地球站接入时，每路信号的卫星发射功率将降低

10lg(234/100)=3.7dB

下行链路载噪比为19–3.7=15.3dB (4) 入站全链路载噪比为13.8dB 链路载噪比余量为4.8dB

5.4 (1)

每信道信号实际传输带宽 KHz K B 160641

25

.01=?+=

相邻信道间保护带宽为 200–160=40KHz 转发器能容纳的上行最大信道数54/0.2=270 (2)

链路损耗 L=92.44+20lg39000+20lg14+2=209.2dB

转发器1输入噪声功率 C=3+40.7+34.0–209.2= –131.5dBW 上行 C/N=18.1dB (3)所需下行C/N 02436.010

110181

.14.1=-=

C

N

C/N=16.1dB (4)

链路损耗 L=92.44+20lg39000+20lg11.7+2=207.6dB

所需下行 EIRP=16.1+207.6–228.6+10lg150+10lg160000–48.5=20.4dBW 所需卫星发射功率 20.4–34= –13.6dBW=0.04365W (5)

回退3dB 后的卫星功率 13–3=10dBW=10W 卫星功率可支持的信还道数 10/0.04365=229 而转发器带宽可支持的信道数为270

为功率受限

(6)

链路损耗L=92.44+20lg39000+20lg14.1+2=209.2dB

地球站的EIRP 10lg200+50–3=70.0dBW

卫星G/T=34/10lg500=7dB/K

对1Mb/s的上行载噪比C/N=70+7–209.2+228.6–10lg1M=36.4dB

(7)

卫星EIRP=34–1+10lg20=46dBW

链路损耗L=184.2+20lg11.8+2=207.7dB

地球站G/T=48.5/10lg150=26.7dB/K

对1Mb/s的下行载噪比C/N=46+26.7–207.7+228.6–60=33.6dB

(8)

出站全链路载噪比C/N=31.8dB

对10dB载噪比门限而言，有余量21.8dB，可用以支持151Mb/s的数据流传输。因此为带宽受限系统。

若余量21.8dB用以支持54Mb/s速率传输，则载噪比为14.5dB

第6章题解

6.1 计算LEO（轨道高度700-2000km）、MEO（轨道高度8000-20000km）和GEO（轨道高度35786）各典型高度值时的在轨速度和轨道周期。

解: 根据式(6-8)和式(6-10)可以计算各典型轨道高度值情况下卫星的在轨速度和轨道周期。

(1) 轨道高度700km的LEO卫星:

在轨速度V==27015 km/hour

轨道周期25926 sec. = 98 min. 46 sec.

==

Tsπ

(2) 轨道高度2000km的LEO卫星:

在轨速度V=24831 km/hour

轨道周期27632 sec. = 127 min. 12 sec.

==

Tsπ

(3) 轨道高度8000km的MEO卫星:

在轨速度V==18955 km/hour

轨道周期217158 sec. = 4 hr. 45 min. 58 sec.Ts π==

(4) 轨道高度20000km 的MEO 卫星:

在轨速度 V =

=13994 km/hour

轨道周期242636 sec. = 11 hr. 50 min. 36 sec.Ts π=

(5) 轨道高度35786km 的GEO 卫星:

在轨速度 V =

=11069 km/hour

轨道周期286164 sec. = 23 hr. 56 min. 4 sec.Ts π=

6.2 在最小仰角为10o,系统工作频率为1.6GHz 时，计算LEO 、MEO 和GEO 的典型自由空间传播损耗和传播延时。

解: 为计算自由空间传播损耗和传播延时，需要知道传输距离。根据(6-23)可以计算10仰角时的最大星地距离，再根据第二章公式(2-8)计算最大自由空间传播损耗。 (1) 轨道高度700km 的LEO 卫星:

最大星地距离 Re sin(10)2155d ?=星地 km 自由空间传输损耗()92.4420lg 215520lg1.6159.1101dB f L =+?+?= 传输延时/7.2d C τ==星地 ms (2) 轨道高度2000km 的LEO 卫星:

最大星地距离 Re sin(10)4437d =?=星地 km 自由空间传输损耗()92.4420lg 443720lg1.6165.3813dB f L =+?+?= 传输延时/14.8d C τ==星地 ms (3) 轨道高度8000km 的MEO 卫星:

最大星地距离 Re sin(10)11826d =?=星地 km 自由空间传输损耗()92.4420lg1182620lg1.6173.8968dB f L =+?+?= 传输延时/39.4d C τ==星地 ms (4) 轨道高度20000km 的MEO 卫星:

最大星地距离 Re sin(10)24512d =?=星地 km

自由空间传输损耗()92.4420lg 2451220lg1.6180.2275dB f L =+?+?=

传输延时/81.7d C τ==星地 ms (5) 轨道高度35786km 的GEO 卫星:

最大星地距离Re sin(10)40586d ?=星地 km 自由空间传输损耗()92.4420lg 2451220lg1.6180.2275dB f L =+?+?=

传输延时/135.3d C τ==星地 ms

6.3全球星系统的卫星轨道高度为1414km ，在最小仰角为10o时，求单颗卫星的最大覆盖地心角，覆盖区面积和卫星天线的半视角。

解: 根据式(6-20)可以求解最大覆盖地心角；根据式(6-24)可以求解覆盖区半径，再通过球冠面积公式求解覆盖区面积；根据式(6-21)可以求解卫星天线的半视角。 最大覆盖地心角max Re 2arccos cos(10)1052.56681414Re α?

???

=??-=????

?+????

最大覆盖半径Re sin(52.5668/2)2824.3X =?=km

覆盖区面积 []2722Re 1cos(52.5668/2) 2.642610 km A π=??-=?

卫星天线的半视角Re arcsin cos(10)53.71661414Re β??

=?=??

?+??

6.4 某地面观察点位置为（120oE ，45oN ），卫星的瞬时位置为（105oE ，25oN ），轨道高度为2000km 。计算该时刻地面观察点对卫星的仰角。

解:由已知条件，可以根据式(6-25)求得地面观察点与卫星间所夹地心角，再通过式(6-22)可以求解仰角。 地心角[]arccos sin(45)sin(25)cos(45)cos(25)cos(120105)23.3854α=?+??-=?

仰 角(2000Re)cos(23.3854)Re arctan 21.5280(2000Re)sin (23.3854)E α??

+?-==??

?+???

6.5“铱”系统卫星的轨道高度为780 km ，在最小仰角为10o时，试计算单颗系统卫星能够提供的最长连续覆盖时间coun T 。 解: 题解过程与例6.2一样。

最大地心角max Re arccos cos101018.6582780Re α??

=??-?=??

?+??

卫星角速度32/110/0.0597/S T rad s s ωπ-=?=?卫星 最长连续服务时间max max 2/62510min 25sec.S t s αω=≈=

6.6 某星座系统的卫星轨道高度为1450km ，每个轨道面上的卫星数量为8颗。在最小仰角为10o时，计算每个轨道面上8颗卫星形成的地面覆盖带的宽度。

解:首先根据式(6-20)确定单颗卫星的最大覆盖地心角α，再根据式(6-26)可以直接计算覆盖带宽度。

单颗卫星最大覆盖地心角

max

6378.137

arccos cos101026.64 14506378.137

α??

=??-?=???

+

??

地面覆盖带的宽度

cos(26.64)

22arccos[]29.3008

cos(/8)

C c

π

==?=?

6.7 已知全球星（Globalstar）星座的Delta标识为：48/8/1:1414:52，假设初始时刻星座的第一个轨道面的升交点赤经为0o，面上第一颗卫星位于（0oE, 0oN），试确定星座各卫星的轨道参数。

解:根据6.3.3.1中Delta星座标识方式的描述可知：

相邻轨道面的升交点经度差：360o/8=45o；

面内卫星的相位差：360o/(48/8)=60o

相邻轨道面相邻卫星的相位差：360o×1/48=7.5o

6.8 计算回归周期为4个恒星日，回归周期内的轨道圈数从5到21的准回归轨道的高度。解:根据准回归轨道的轨道周期可以确定相应的轨道高度。

对于回归周期为4个恒星日的准回归轨道，在其回归周期内的轨道圈数一定不是2的倍数。因此，从5到21范围内的所有奇数值都是可以作为轨道圈数值的。

通常，卫星在M 天内绕地球飞行N 圈时，其轨道周期T s 与地球自转周期（即恒星日）T e 之间满足关系

/s e T T M N =?

由圆轨道卫星的轨道周期与轨道高度之间的关系可以计算轨道高度

2 Re s T h ?=

＝

因此，回归周期为4个恒星日，回归周期内的轨道圈数从5到21的准回归轨道的高度如下表所示

6.9 根据式（6-35）计算：轨道面数量为3，每轨道面卫星数量为8的极轨道星座，在最小用户仰角10o，连续覆盖南北纬45o以上区域时，卫星的最大覆盖地心角α和轨道高度，以及顺行轨道面间的升交点经度差?1。

解: 式（6-35）没有解析解的，因此采用数值计算的方法，搜索近似解。

式（6-35）如下所示：

cos (1)(1)arccos cos cos(/)P P S ααπ?π??

-++=???? 在式中，令P =3，S =8，φ=45o，利用计算机程序，将不同的α值带入到式子中，得到

等式两端误差最小的最佳α值

28.3173α=?

顺行轨道面间的升交点经度差?1

1cos arccos /cos 65.0235cos(/)S αα?π???????=+=??????????

?

（注意：由于星座仅在纬度45o以上区域连续覆盖，因此计算时的参考位置是在45o纬

度圈上。而升交点经度差是在与纬度圈平行的赤道平面上计量的，因此需要进行换算。） 卫星轨道高度

cos(10)

Re Re 1627.6 km cos(28.317310)

h ?=?

-=?+?

6.10 根据式（6-38）计算：倾角为80o，轨道面数量为3，每轨道面卫星数量为5的近极轨

道星座，在最小用户仰角10o时，连续覆盖全球需要的卫星的最大覆盖地心角α和轨道高度，

以及顺行轨道面间的升交点经度差1

'?。 解: 式（6-38）没有解析解的，因此采用数值计算的方法，搜索近似解。

式（6-38）如下所示：

22

sin{arccos[cos /cos(/)]}(1)arcsin sin cos{2arccos[cos /cos(/)]}cos arccos sin S P i

S i i ααπαππ+??

-?+?

??

?

???-=????

在式中，令P =3，S =5，i =80o，利用计算机程序，将不同的α值带入到式子中，得到等

式两端误差最小的最佳α值

42.2793α=? 顺行轨道面间的升交点经度差1

'? 1sin{arccos[cos /cos(/)]}arcsin 68.2240sin S i ααπ+??

'?==?????

卫星轨道高度

cos(10)

Re Re 3888.5 km cos(42.279310)

h ?=?

-=?+?

6.11 给出Delta 星座 12/3/1 和 14/7/4 的等价Rosette 星座标识。

解: （1）对于Delta 星座的参数标识法，可知星座12/3/1包括12颗卫星，分布在3个轨道平面上，每个面上4颗卫星，相位因子 F = 1。

根据（6-44）式有 mod(4,3)1m = → 431m n =+ →(31)/4m n =+ 根据Rosette 星座特性，协因子m 的分子部分取值应不等于0而且小于星座卫星数量（即

03112n <+<）

，因此可以判定n 的可能取值为0、1、2和3；由于星座每个轨道面上有4颗卫星，因此协因子m 一定以4为分母，即分子不能与分母有公因子，所以，n 的取值只能为0和2。

最终，协因子为：(31)/4(1/4,7/4)m n =+=

综上，星座的Rosette 标识为：（12, 3, (1/4, 7/4)）。

（2）对于Delta 星座14/7/4，有 mod(2,7)4m = → 274m n =+ →(74)/2m n =+ 显然，根据07414n <+<且74n +为奇数，可知n 的取值只能为1。 最终，协因子为：(74)/211/2m n =+= 综上，星座的Rosette 标识为：（14, 7, 11/2）。

6.12 给出以下以Delta 星座标识描述的星座系统的等价Rosette 星座标识。 解: （1）全球星（Globalstar ）星座48/8/1

根据（6-44）式有 mod(6,8)1m = → 681m n =+ →(81)/6m n =+

根据08148n <+<且81n +不能是2或3的倍数，可知n 的可能取值为0、2、3和4。 这样，对应的协因子为：(81)/6(1/6,17/6,25/6,41/6)m n =+= 综上，全球星星座的Rosette 标识为：（48, 8, (1/6, 17/6, 25/6, 41/6)）。 （2）Celestri 星座63/7/5

根据（6-44）式有 mod(9,7)5m = → 975m n =+ →(75)/9m n =+

根据07563n <+<且75n +不能是3的倍数，可知n 的可能取值为0、2、3、5、6和8。 这样，对应的协因子为：(75)/9(1/9,19/9,26/9,40/9,47/9,61/9)m n =+= 综上，全球星星座的Rosette 标识为：（63, 7, (1/9, 19/9, 26/9, 40/9, 47/9, 61/9)）。

（3）M-star 星座72/12/5

根据（6-44）式有 mod(6,12)5m = → 6125m n =+ →(125)/6m n =+

根据012572n <+<且125n +不能是2或3的倍数，可知n 的可能取值为0、1、2、3、4和5。

这样，对应的协因子为：(125)/6(5/6,17/6,29/6,41/6,53/6,65/6)m n =+=

综上，全球星星座的Rosette 标识为：（63, 7, (5/6, 17/6, 29/6, 41/6, 53/6, 65/6)）。

6.13 以等价Delta 星座标识的方式，证明Ballard 的最优15星星座：(15,3,1/5)，(15,3,4/5)，(15,3,7/5)和(15,3,13/5)的等价性。

解: 根据（6-43）式可知相位因子F 和协因子m 满足：

mod(,)F mS P =

(15,3,1/5)玫瑰星座对应的Delta 星座的相位因子：1mod(5,3)mod(1,3)15

F =?== (15,3,4/5)玫瑰星座对应的Delta 星座的相位因子：4mod(5,3)mod(4,3)15F =?== (15,3,7/5)玫瑰星座对应的Delta 星座的相位因子：7mod(5,3)mod(7,3)15F =?== (15,3,13/5)玫瑰星座对应的Delta 星座的相位因子：13

mod(

5,3)mod(13,3)15F =?== 可见，四个星座对应的Delta 星座具有相同形式，因此证明了它们之间的等价性。

6.14 判断以下Delta 星座：①24/4/2:8042:43；②9/9/4:10355:35；③8/8/4:10355:30；④7/7/4:13892:41是否也是共地面轨迹星座。如果是，给出其等价的共地面轨迹星座标识。 解: （1）Delta 星座24/4/2:8042:43

由于不满足每轨道面1颗卫星的条件，该星座不能够等价于某个共地面轨迹星座。 （2）Delta 星座9/9/4:10355:35

该Delta 星座相邻轨道面升交点经度差为 360o/9 = 40o，相邻轨道面相邻卫星的相位差为 360o·4/9 = 160o。

高度为10355 km 的轨道是1个恒星日内绕地球飞行4圈的回归轨道，因此，当相邻轨道面升交点经度差为40o，对应的卫星相位差为40o×4 = 160o。

由于该相位差与Delta 星座中定义的相位差有360o互补关系，因此该Delta 星座不能等价为某个共地面轨迹星座。

（3）Delta 星座8/8/4:10355:30

该Delta 星座相邻轨道面升交点经度差为 360o/8 = 45o，相邻轨道面相邻卫星的相位差为 360o·4/8 = 180o。

高度为10355 km 的轨道是1个恒星日内绕地球飞行4圈的回归轨道，因此，当相邻轨道面升交点经度差为45o，对应的卫星相位差为40o×5 = 180o。

由于该相位差与Delta 星座中定义的相位差成360o互补关系，因此该Delta 星座能够等价为某个共地面轨迹星座。根据（6-54）式可知Delta 星座8/8/4:10355:30与共地面轨迹星座8/45/4:10355:30等价。

（4）Delta 星座7/7/4:13892:41

该Delta 星座相邻轨道面升交点经度差为 360o/7 ≈ 51.43o，相邻轨道面相邻卫星的相位差为 360o·4/7 ≈ 205.71o。

高度为13893 km 的轨道是1个恒星日内绕地球飞行3圈的回归轨道，因此，当相邻轨

道面升交点经度差为51.43o，对应的卫星相位差为51.43o×3 = 154.29o。

由于该相位差与Delta 星座中定义的相位差成360o互补关系，因此该Delta 星座能够等价为某个共地面轨迹星座。根据（6-54）式可知Delta 星座7/7/4:13892:41与共地面轨迹星座8/51.43/3:13892:41等价。

6.15 某极轨道星座的参数如表6.4中第5行（3×5星座）。在初始时刻，第1个轨道面上第1颗卫星位于（0oE, 0oN ）。试判断初始时刻，第1个轨道面上第1颗和第3个轨道面上的第2颗卫星间是否能够建立星际链路（假定星际链路距地球表面的最近距离为100 km ）。 解: 根据卫星的初始轨道参数可以计算卫星在初始时刻的经纬度位置，接着便可以计算卫星间的地心角或距离，从而可以判断瞬时卫星间的星际链路是否能够建立。 由于改星座采用极轨道，因此可以根据卫星的初始弧角直接得到卫星的初始经纬度位置。

由于每个轨道面上有5颗卫星，因此相邻轨道面相邻卫星间的相位差

360/5/236γ?==?

可以判断，第3个轨道面上，第1颗卫星的初始弧角为0°，第2颗卫星的初始弧角为36°。由此可知，第3个轨道面上第2颗卫星在初始时刻的经纬度位置为（132.2oE, 36oN ） 根据式6-25可以计算卫星间所夹地心角

[]arccos sin(0)sin(36)cos(0)cos(36)cos(132.20)122.92α=?+??-=?

再根据已经参数，可以确定该星座两颗卫星之间的最大地心角

max Re 1002cos 92.53Re 3888.5α+??

=?=? ?+??

因为max αα>，因此该两颗卫星之间不能建立星际链路。

6.16 全球星系统采用了如图6-29（a ）所示的网络结构，而“铱”系统则采用了如图6-29（c ）所示的网络结构。试说明这两种结构的异同点和优缺点。

解: 全球星系统和铱系统是低轨（LEO ）卫星通信系统的典型代表，系统均采用数量较多、重量较轻的卫星完成准全球/全球覆盖。

6.17 在用户最小仰角为10o，非静止轨道卫星高度1450km 时，计算图6-29（a ）和图6-29（b ）中的端对端延时（假设各链路距离最大化，并忽略各种处理延时和地面网络的传输延

时）。

解: （1）对图6-29（a ），在各链路距离最大化（用户仰角最小）时，

低轨卫星与用户间的最大地心角

max Re arccos cos(10)1026.6408Re 1450α??

=??-?=???+??

最大链路距离

max 3564.3 km d ==

用户的最大端对端延时为信号经过4条链路的延时，为

max 4/47.5 ms ETE d c τ=?=

（2）与图6-29（a ）相比，图6-29（b ）结构中采用静止轨道卫星作为中继途径，因此

增加了静止轨道卫星的一个单跳延时。 静止卫星与地面信关站间的最大地心角

max Re arccos cos(10)1071.4327Re 35786α??

=??-?=???+??

静止卫星与地面信关站间最大链路距离

max 40586 km d ==

用户的最大端对端延时

max 47.52/47.5270.6318.1 ms ETE d c τ=+?=+=

6.18 试推导星下点轨迹方程（6-18）和（6-19）。

解: 假定初始时刻，卫星恰好位于其升交点S 。如图所示，在t 时刻，卫星位于轨道位置A ，此时卫星在轨道面内的瞬时弧角为θ。

为了推导星下点轨迹公式，构造如下的平面三角形： ·由A 点向赤道平面作垂线，交赤道平面于B 点；

·由B 点向地心与升交点连线OS 作垂线，交OS 直线于O'点； ·连接A O'，构造出三角形A O'B 。 图中各线条之间的夹角关系满足： · AOO θ'∠=，θ为卫星的瞬时弧角； ·()s AOB t ?∠=，即卫星的瞬时纬度；

·0()s BOO t λλ'∠=-，即卫星的瞬时经度减去初始经度；

·AO B i '∠=，

即轨道面倾角，证明：由 & '''⊥⊥OO AB OO BO 可知''⊥面OO AO B ，因此AO B '∠是轨道平面与赤道平面的夹角，即i 。

推导过程如下：

（1）纬度公式

在三角形AO'B 中，有

sin (Re )sin sin ()arcsin(sin sin )(Re )sin ()s s AB AO i h i t i AB h t θ?θ?'=?=+???

?=??=+??

（2）经度公式

在三角形BO'O 中，有

[]00tan ()//tan (Re )sin cos ()arctan(cos tan )(Re )cos s s t BO OO BO AB i h i t i OO h λλθλλθθ''

?-=?

'==+???=+???'=+??

考虑到地球以角速度e ω由东向西自转带来的影响，经度公式修正为

0()arctan(cos tan )s e t i t λλθω=+?-?

为了消除反正切函数的取值影响，进一步做如下修正

·对顺行轨道面，cos i 取值为正值：当瞬时弧角[]90,90θ?-??时，经度取值不用修正；当[]90,180θ???时，反正切函数的取值为负值，加上180o修正值后可以获得准确值；当[]180,90θ?-?-?，反正切函数的取值为正值，减去180o修正值后可以获得准确值；

·对顺行轨道面，cos i 取值为负值，其情况恰好与顺行轨道时的相反；

最终，完整的经度公式为

0180(90180)()arctan(cos tan )0(9090)180(18090)s e t i t θλλθωθθ??<≤???

=+?-±?-?≤≤???-?-?≤<-??

第7章题解

7.1假设TCP 在卫星链路上实现了一个扩展：允许接收窗口的远大于64KB 。假定正在使用这个扩展的TCP 在一条延时为100ms ，带宽1Gb/s 的卫星链路上传送一个10MB 大小的文件，且TCP 接收窗口为1MB 。如果TCP 发送的报文段大小为1KB ，在网络无拥塞，无分组丢失的情况下： （1）当慢启动打开发送窗口的大小到达1MB 时，经历了多少个RTT ？ （2）发送该文件用了多少个RTT ？ （3）如果发送文件的时间由所需的RTT 数量与链路延时的乘积给出，这次传输的有效吞吐量是多少？链路带宽的利用率是多少？

解: （1）在慢启动阶段，发送窗口大小呈指数增长，因此，当开发送窗口达到1MB 时，所需RTT 数量为：

22log (/)log (1024KB/1KB)10SST MMS ==

（2）根据慢启动阶段，RTT 发送数据按指数增长可知，发送的数据量呈等比数列（公比为2）。当发送窗口的大小达到接收窗口的大小（1MB ）后，窗口停止增长。由于假设网络无拥塞，无分组丢失，因此该窗口大小会一直保持到传输结束。因此，在N 个RTT 内发送的数据量之和为

11(2-1)+1024(N-10) (KB) 101024 (KB) 19D S N =?≥??≥

式中第一项表示慢启动阶段发送的千字节数据量，第二项表示后面各个RTT 内发送的千字节数据量。

（3）本次传输的有效吞吐量：10MB/(190.1) 5.2632 MB/s s ?=

传输的带宽利用率：5.2632 8/1000 = 4.2106 %?

7.2考虑一个简单的拥塞控制算法：使用线性增加和成倍减少，但是不启动慢启动，以报文段而不是字节为单位，启动每个连接时拥塞窗口的值为一个报文段。画出这一算法的详细设计图。假设只考虑传输中的延时，而且每发送一个报文段时，只返回确认信号。在下列报文段：9，25，30，38和50丢失的情况下，画出拥塞窗口作为RTT 的函数图。为简单起见，假定有一个完美的超时机制，它可以在一个丢失报文段恰好被传送了一个RTT 后将其检测到，再画一个类似的图。

解: 参照图7-5：由于采用在启动阶段和拥塞避免阶段和拥塞避免阶段均采用线性增长，这两个阶段实际上合二为一；由于有完美的超时机制，因此忽略重复确认问题。最终，该简单的拥塞控制算法如下图所示。