《《多媒体技术基础》复习题及答案201420151.docx.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《《多媒体技术基础》复习题及答案201420151.docx.pdf（7页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、多媒体技术基础复习题一、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( )。 AMIDI 是合成声音 BMIDI 的回放依赖设备CMIDI 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
2、些压缩方法是冗余压缩法? ( ) (1)Huffman编码 (2)PCM (3) 行程编码 (4)LempelZev 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（） 。AAction BToolBo CHyperCard DVisual 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 (
3、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
4、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
5、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+SAAuthorware B IconAuthor C. Director D Delphi 4Y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
6、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
7、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VGA640 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
8、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12345678910CDDCDCDDDB1112131415DACCC二、填空题1多媒体信息逻辑连接交互 2数字化模数 3PAL 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
9、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
10、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
11、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
12、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 0.25X3 0.20X4 0.15X5 0.10X6 0.05其中：X1X2X3X4X5X601 10 11 000 0010 0011 （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)640480 点阵存储一幅256 色的彩色图像所需的存储空间：25628，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： 6404801 Byte 307200 Byt
13、e ，约为 029MB 。(4 分) (2)根据公式：110100.150.3000.4500.550111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 11000(16 8) 2 (1 60) (1024 1024) 1009MB(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：1kHz1000Hz 数据量单位换算：1MB 1024l024 l048576B3 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11025kHz、 2205k
14、Hz和 441kHz 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 X1 0.50X2 0.25X3 0.125X4 0.0625X5 0.0625100000.11010