《多媒体技术基础》复习题及答案201420151.docx

一、选择题

1．超文本的结构是( )。

A．顺序的树形 B．线性的层次

C．非线性的网状 D．随机的链式 2．关于MIDI，下列叙述不正确的是( )。

A．MIDI是合成声音 B．MIDI的回放依赖设备

C．MIDI文件是一系列指令的集合 D．使用MIDI，不需要许多的乐理知识 3．一般说来，要求声音的质量越高，则( )。

A．分辨率越低和采样频率越低 B．分辨率越高和采样频率越低 C．分辨率越低和采样频率越高 D．分辨率越高和采样频率越高 4．位图与矢量图比较，可以看出( )。

A．位图比矢量图占用空间更少 B．位图与矢量图占用空间相同

C．对于复杂图形，位图比矢量图画对象更快 D．对于复杂图形，位图比矢量图画对象更慢 5．下列哪些压缩方法是冗余压缩法? ( )

(1)Huffman编码 (2)PCM

(3)行程编码 (4)Lempel—Zev编码 A．(1)，(3) B．(1)，(2)，(3) C．(1)，(2)，(4) D．(1)，(3)，(4) 6．影响视频质量的主要因素是( )。

(1)数据速率 (2)信噪比 (3)压缩比 (4)显示分辨率 A．仅(1) B．(1)，(2) C．(1)，(3) D．全部 7．以下多媒体创作工具基于传统程序语言的有（ ）。

A．Action B．ToolBo C．HyperCard D．Visual C++ 8．数字视频的重要性体现在( )。

(1)可以用新的与众不同的方法对视频进行创造性编辑

(2)可以不失真地进行无限次拷贝 (3)可以用计算机播放电影节目 (4)易于存储

A．仅(1) B．(1)，(2) C．(1)，(2)，(3) D．全部 9．下列描述中，属于CD-ROM光盘具有的特点的是( )。

(1)可靠性高 (2)多种媒体融合 (3)大容量特性 (4)价格低廉

A．仅(1) B．(1)(3) C. (1)(2)(3) D．全部

10．在软件测试过程中，由详细设计提供的文档，从软件的具体的逻辑结构和执行路径出发，设计测试用例，完成测试的目的，这种方法称为( )。

A．黑盒法 B．白盒法 C．动态测试法 D．静态分析法 11．多媒体数据具有( )特点。 A．数据量大和数据类型多 B．数据类型间区别大和数据类型少

C．数据量大、数据类型多、数据类型间区别小、输入和输出不复杂 D．数据量大、数据类型多、数据类型间区别大、输入和输出复杂 12．下述声音分类中质量最好的是( )。 A．数字激光唱盘 B．调频无线电广播 C．调幅无线电广播 D．电话

13．常用的视频编辑软件有( )。

(1)Video For Windows (2)Quick Time (3)Adobe Premiere (4)Audio Editor A．仅(1) B．(1)，(2) C．(1)，(2)，(3) D．全部 14．下列说法错误的是( )。

(1)图像都是由一些排成行列的点(像素)组成的，通常称为位图或点阵图 (2)图形是用计算机绘制的画面，也称矢量图

(3)图像的最大优点是容易进行移动、缩放、旋转和扭曲等变换

(4)图形文件中只记录生成图的算法和图上的某些特征点，数据量较小 15．下列多媒体创作工具中，基于时间的创作工具是( )。6u)@5s6V:y9@;n3L)I+S A．Authorware B．IconAuthor C. Director D．Delphi4Y

二、填空题

1．多媒体计算机技术是指运用计算机综合处理 的技术，包括将多

种信息建立 ，进而集成一个具有 性的系统。

2．分辨率是指把采样所得的值 ，即用二进制来表示模拟量，进而实现

转换。

3．国际常用的广播视频标准和记录格式有： 、 和SECAM。 4．多媒体创作系统大致可分为 、 和 三个部分。 5．视频采集是指将视频信号 并记录到 上的过程。 6．用计算机实现的动画有两种： 和 。 7． 多点视频会议系统的一个关键技术是 。

8.多媒体系统是指利用 和 来处理和控制

的系统，如：CAI课件、视频／音频演示系统等。

9.汉字的输入编码主要有三类： 、 和 。 10．超文本的主要成分有 和 。

11．多媒体应用系统开发从软件工程的角度可简单地分成四个阶段，即计划制订与成本 估算； ； ；提交。

三、简答题

1． 促进多媒体技术发展的关键技术有哪些？

2． 说出一个音频信号转换成在计算机中的表示过程。 3． 什么是OCR？它的功能是什么？ 4． 简述音频卡的主要功能。

5． 简述数字相机的工作原理及特点。 6.数据压缩技术的三个主要指标是什么？ 7.数字视频较模拟视频的优点有哪些？

8.音频录制中产生声音失真的原因及解决方法？

四、分析题

1、 信源符号的概率如下，画出其Huffman编码的编码树并给出各符号的码长。

X X1 X2 X3 X4 X5 X6 p(X) 0.25 0.25 0.20 0.15 0.10 0.05

2、多媒体技术的关键在于解决动态图像和声音的存储和传输问题。

(1)若不经过压缩，以VGA0×480点阵存储一幅256色的彩色图像大约需要多少MB存储空间？

(2)请计算一分钟双声道、16位采样位数、44．1kHz采样频率声音的不压缩的数据量是多少？

3、声卡对声音的处理质量可以用三个基本参数来衡量，即采样频率、采样位数和声道 数。请解释这三个参数的含义，并分析它们的变化与声音数据量之间的关系，最后给出不 经过压缩的声音数据量的计算公式。

4、信源符号的概率如下．求其Huffman编码及平均码长。(需要写清解答步骤)

X X1 X2 X3 X4 X5

P（X） 0.5 0.25 0.125 0.0625 0.0625

《多媒体技术基础》复习题答案

一、选择题

1 C 11 D

二、填空题

1．多媒体信息 逻辑连接 交互 2．数字化 模／数 3．PAL NTSC

4．素材库 编辑 播放 5．数字化 文件

6．帧动画 造型动画 7．多点控制问题

8．计算机技术 数字通讯网技术 多媒体信息 9．数字编码 拼音码 字型编码 10．结点 链

11. 设计与制作 测试

三、简答题

1．答：这些关键技术是：(1)CD-ROM解决了多媒体信息的存储问题；(2)高速计算机网络可以传送多媒体信息；(3)多媒体信息高速处理的硬件环境；(4)多媒体压缩技术、人机交互技术和分布式处理技术的出现促进了多媒体系统的产生与发展。

2．答：一个音频信号转换成在计算机中的表示过程为：(1)选择采样频率，进行采样；(2)选择分辨率，进行量化；(3)形成声音文件。

3．答：OCR是Optical Character Recognition的缩写，是光学字符识别软件。它的功能是将扫描进入计算机的图化文字转换为电子文档可识别的文字，如ASCII码或中文编码。

4．答：音频卡的主要功能如下：(1)音频的录制与播放；(2)编辑与合成；(3)MIDI接口和音乐合成；(4)文语转换和语言识别；(5)CD—ROM接口；(6)游戏棒接口等。

5．答：数字相机是一种采用电荷耦合器件CCD或互补金属氧化物半导体CMOS作为感光器件，将客观景物以数字方式记录在存储器中的照相机。

数字相机的特点是图像数字化，易于进入计算机存储和加工，而且数字相机的存储器可以重复使用。

6．答：数据压缩技术有三个主要指标，一是压缩前后所需的信息存储量之比要大；二是实现压缩的算法要简单，压缩、解压缩速度快，尽可能地做到实时压缩和解压缩；三是恢复效果要好，要尽可能地完全恢复原始数据。

7．答：数字视频较模拟视频的优点有：(1)不失真地进行无限次拷贝；(2)用新的与众不

2 D 12 A 3 D 13 C 4 C 14 C 5 D 15 C 6 C 7 D 8 D 9 D 10 B 同的方法对视频进行创造性编辑；(3)用计算机播放电影节目等；(4)将视频融进计算机化环境中；(5)用较少的时间和劳动就能创作出精致的高水平的交互产品。

8．答：产生失真的原因主要有：(1)信号频带宽，但采样频率不够高，数字音频信号发生混叠；(2)模拟音频信号幅度太大，超过了量化器范围。

前者的解决方法是选择与信号相匹配的采样频率；后者的解决办法是可以调整音源的输出幅度或调节采集卡输入放大器的增益，也可选用音频卡的line输入端，而不用microphone输入端。

四、分析题((每小题10分，共20分) 1、编码树如下：

（大概率为0，小概率为1,概率相同时上面为0，下面为1）：

X1 0.25 X2 0.25 X3 0.20 X4 0.15 X5 0.10 X6 0.05

其中：

X1 01 （4分）

从编码树可知，X1、X2、X3的码长均为2；X4的码长为3；X5、X6的码长均为4。 （6分） 2、解：

(1)0×480点阵存储一幅256色的彩色图像所需的存储空间：256＝2，存储256色的一个点的信息需要1个字节(Byte)的存储空间，于是一幅图像的存储量为： 0×480×1 Byte＝307200 Byte，约为0．29MB。(4分) (2)根据公式：

8

1 0 1 1 0.45 0 0 1 1 0.15 0 0.30 0.55 0 1 X2 10 X3 11 X4 000 X5 0010 X6 0011 数据量＝采样频率×(采样位数／8)×声道数×时间 代入相应的数据，得，

数据量＝44．1×1000×(16／8)×2×(1×60)／(1024×1024)＝10．09MB(6分) 注意几个单位的换算细节： 时间单位换算：1分＝60秒

采样频率单位换算：1kHz＝1000Hz

数据量单位换算：1MB＝1024×l024＝l048576B

3． 答：

采样频率是指单位时间内的采样次数。采样频率越大，采样点之间的间隔就越小，数字化后得到的声音就越逼真，但相应的数据量就越大。声卡一般提供11．025kHz、22．05kHz和44．1kHz三种不同的采样频率。

采样位数是记录每次采样值数值大小的位数。采样位数通常有8bits或16bits两种，采样位数越大，所能记录声音的变化度就越细腻，相应的数据量就越大。 采样的声道数是指处理的声音是单声道还是立体声。单声道在声音处理过程中只有单数据流，而立体声则需要左、右声道的两个数据流。显然，立体声的效果要好，但相应的数据量要比单声道的数据量加倍。

不经过压缩声音数据量的计算公式为：

数据量(字节／秒)＝ 其中，单声道的声道数为1，立体声的声道数为2。 4．解： （1）编码树

X1 0.50 X2 0.25 X3 0.125 X4 0.0625 X5 0.0625 1 0 0 0 0.0 0 1 1 0 1

Huffman编码： X1=0 X2=10 X3=110 X4=1110 X5=1111

（2） 码长为：X1=1；X2=2；X3=3；X4=4；X5=4 平均码长=1×0.5+2×0.25+3×0.125+4×(0.0625+0.0625)=1.875