在这个图中哪个是调制信号，哪个是高频载波，并请麻烦说明一下是怎么判断的呢？_百度知道
在这个图中哪个是调制信号，哪个是高频载波，并请麻烦说明一下是怎么判断的呢？
我有更好的答案
很好判断，都是低频调制高频而不是相反，区分高低频最直观是看周期，因为频率为周期的倒数，周期长的肯定频率低，弄清这两点就不难判断了。
那就是第一个是调制信号？
好的，谢谢啦！
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我们会通过消息、邮箱等方式尽快将举报结果通知您。调幅波时候可以看成是载波与调制信号的叠加?为什么
使已调波的幅度随调制信号的大小线性变化,而保持载波的角频率不变.调幅波的问题,如图,把调制信号加到载波信号上之后为什么得到的已调波am信号的频率与载波相同,也就是说,载波仅仅是幅度受到了调制,频率没图中可以看出,高频信号的幅度随着调制信号作相应的变化,这就是调幅波调幅波的特点是频率与载波信号的频率相等,幅度随输入信号幅度的变化
上一篇：　　下一篇：正在初始化报价器载波带宽是什么福斯特同一般来说，加载波就是对原信号乘以一个cos(2 pi f t)。注意一下，不同的调制模式决定的是占用的带宽，所谓WCDMA的5Mhz，TD-SCDMA的1.6Mhz，LTE的1.4-20Mhz，802.11的20-160Mhz 指的是上面这幅图里那个信号的宽度有多大。
更多回答尛菇wyV其实就是不同调制模式占用的带宽。GSM200Khz，WCDMA的5Mhz，TD-SCDMA的1.6Mhz，LTE的1.4-20Mhz，802.11的20-160Mhz，加载波就是对原信号乘以一个cos(2 pi f t)。注意一下，不同的调制模式决定的是占用的带宽，所谓WCDMA的5Mhz，TD-SCDMA的1.6Mhz，LTE的1.4-20Mhz，802.11的20-160Mhz 。
plbrdtr由于普通电话线上只能传输声音信号，因此调制解调器要将计算机上的数字信号，转换为声音信号后经电话线传输。载波实际上也是一种声音信号，它携带着计算机上的数字信息。调制解调器需要载波信号进行彼此的沟通，因此只有载波信号在两台调制解调器之间建立起来，调制解调器才称为连通。
的是佛的您好，例如对于2ASK来说，y=a*m(t)cos(wc*t),对于在一个周期内，由于wc的增大，周期变小，所以比特速率Rb增大，而我们通常所说的带宽，也经常是指信道的传输速率，也就是说，当载波频率wc增大时，比特速率增大，所以带宽增大。
dxDLlo其实就是不同调制模式占用的带宽。GSM200Khz，WCDMA的5Mhz，TD-SCDMA的1.6Mhz，LTE的1.4-20Mhz，802.11的20-160Mhz
如果你用的是电话线这样的有线传输信道，基本上就没载波什么事了，这条电缆上的频谱都是你的，想怎么用就怎么用。但是！如果用的是无线信道，那载波就很有必要。因为无线频谱是公共的，谁都可以在上面传输，如果不加任何限制的话，你传这个信号我传那个信号，大家相互干扰然后最后结果就是谁都别想有好的接收信号。所以政府会规定哪一段信号可以用来干什么，比如说GSM只能在900MHz上面的某一段传输，3G下面WCDMA用1.8GHz上面5MHz。但是基带信号基本只集中在0Hz附近，怎么弄到900MHz或者1.8GHz呢？这个时候就要用到载波了。载波自身不具有任何信号，它只是信号的搬运工。
tiantian018就是载波最高频率与最低频率之差就是载波带宽。B=Fh-Fl
ttj917vbl7载波实际上也是一种声音信号，它携带着计算机上的数字信息。
载波或者载频(载波频率)是一个物理概念，其实就是一个特定频率的无线电波，单位Hz。在无线通信技术上我们使用载波传递信息，将数字信号调制到一个高频载波上然后再在空中发射和接收。所以载波是传送信息(话音和数据)的物理基础，最终的承载工具。形象的说载波就是一列火车，用户的信息就是货物。
由于普通电话线上只能传输模拟信号，因此调制解调器要将计算机上的数字信号，转换为模拟信号后经电话线传输。载波实际上也是一种信号，它携带着计算机上的数字信息。调制解调器需要载波信号进行彼此的沟通，因此只有载波信号在两台调制解调器之间建立起来，调制解调器才称为连通。
载波带宽就是载波最高频率与最低频率之差就是载波带宽，例如GSM900上行频段890~915、下行935~960、带宽则为2*25
孔嘉福载波宽带就是指载波最高频率和最低频率之差 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。
热门问答123456789101112131415161718192021222324252627282930第一章 绪论1－1 画出无线通信收发信机的原理框图，并说出各部分的功用。答：话 筒 音频 放大器 调制器 变频器 激励放大 输出功 率放大载波 振荡器 天线开关 扬 声 器音频 放大器解调器中频放大 与滤波混频器高频放大本地 振荡器上图是一个语音无线电广播通信系统的基本组成框图，它由发射部分、接收部分以及无 线信道三大部分组成。发射部分由话筒、音频放大器、调制器、变频器（不一定必须） 、功 率放大器和发射天线组成。 低频音频信号经放大后，首先进行调制后变成一个高频已调波，然后可通过变频，达到 所需的发射频率，经高频功率放大后，由天线发射出去。接收设备由接收天线、高频小信号 放大器、混频器、中频放大器、解调器、音频放大器、扬声器等组成。由天线接收来的信号， 经放大后，再经过混频器，变成一中频已调波，然后检波，恢复出原来的信息，经低频功放 放大后，驱动扬声器。 1－2 无线通信为什么要用高频信号？“高频”信号指的是什么？ 答： 高频信号指的是适合天线发射、 传播和接收的射频信号。 采用高频信号的原因主要是： （1）频率越高，可利用的频带宽度就越宽，信道容量就越大，而且可以减小或避免频道间 的干扰； （2）高频信号更适合电线辐射和接收，因为只有天线尺寸大小可以与信号波长相比拟时， 才有较高的辐射效率和接收效率，这样，可以采用较小的信号功率，传播较远的距离，也可 获得较高的接收灵敏度。 1－3 无线通信为什么要进行凋制？如何进行调制？ 答： 因为基带调制信号都是频率比较低的信号，为了达到较高的发射效率和接收效率，减小 天线的尺寸，可以通过调制，把调制信号的频谱搬移到高频载波附近；另外，由于调制后的 信号是高频信号，所以也提高了信道利用率，实现了信道复用。 调制方式有模拟调调制和数字调制。 在模拟调制中， 用调制信号去控制高频载波的某个参 数。在调幅方式中，AM 普通调幅、抑制载波的双边带调幅（DSB） 、单边带调幅（SSB） 、残 留单边带调幅（VSSB） ；在调频方式中，有调频（FM）和调相（PM） 。 在数字调制中，一般有频率键控（FSK） 、幅度键控（ASK） 、相位键控（PSK）等调制方法。 1－4 无线电信号的频段或波段是如何划分的？各个频段的传播特性和应用情况如何？ 答: 无线电信号的频段或波段的划分和各个频段的传播特性和应用情况如下表第二章 高频电路基础2－1 对于收音机的中频放大器，其中心频率 f0=465 kHz．B0.707=8kHz，回路电容 C=200pF， 试计算回路电感和 QL 值。若电感线圈的 QO=100，问在回路上应并联多大的电阻才能 满足要求。 解 2-1：由f 0 =1 得： 2π LC 1 1 L= = 2 2 2 （2π f 0） C 4π × 465 × 106 × 200 × 10?12 = 106 ≈ 0.586mH 4π 2 × 4652 × 200由B0.707 = QL = f0 B0.707f0 得： QL = 465 × 103 = 58.125 8 × 103因为：R0 = QL =Q0 100 109 = = ≈ 171.22k ? ω0C 2π × 465 × 103 × 200 × 10?12 2π × 465 × 2ω 0Cg∑ Q0=ω 0Cg0 + g L=Q0 R 1+ 0 RL QL R0 =1所以：RL = （? 1）R0 =58.125× 171.22 ≈ 237.66k ?答：回路电感为 0.586mH,有载品质因数为 58.125,这时需要并联 236.66kΩ的电阻。 图示为波段内调谐用的并联振荡回路，可变电容 C 的变化范围为 12～260 pF，Ct 2－ 2 为微调电容，要求此回路的调谐范围为 535～1605 kHz，求回路电感 L 和 Ct 的值，并要 求 C 的最大和最小值与波段的最低和最高频率对应。题 2－2 图根据已知条件，可以得出： 回路总电容为C ∑ = C + C t ,因此可以得到以下方程组 1 1 ? 3 ?1605 ×10 = 2π LC = 2π L(12 × 10?12 + C t ) min ? ? 1 1 ?535 ×103 = = ? 2π LC max 2π L(260 × 10?12 + C t ) ?260 × 10?12 + C t 1605 ， = 535 12 × 10?12 + C t260 × 10?12 + C t =9 12 × 10?12 + C t8C t = 260 × 10?12 ? 9 × 12 × 10?12 Ct = 260 ? 108 × 10?12 = 19 pF 8 1 L= 3 2 （2π × 535 × 10 ） 260 + 19）10-12 （ × = 106 ≈ 0.3175mH 答：电容 Ct 为 19pF，电感 L 为 0.3175mH. 2－3 图示为一电容抽头的并联振荡回路。谐振频率 f0=1MHz，C1=400 pf，C2=100 pF 求回2路电感 L。若 Q0=100，RL=2kΩ，求回路有载 QL 值。题 2－3 图 解 2-3C= L= = C 1C 2 40000 = = 80 pF , C1 + C 2 500 1 (2π f 0 )2 C 1 ≈ 0.317mH (2π × 10 ) 80 × 10?126 2负载R L 接入系数为p=C1 400 = = 0.8 C1 + C 2 500RL 2 = 3.125k ? 2 = p 0.64′ 折合到回路两端的负载电阻为RL = 回路固有谐振阻抗为R 0 = 有载品质因数QL =Q0 100 = ≈ 199k ? 2π f 0C 6.28 × 106 × 80 × 10?12Q0 100 = ≈ 1.546 R 199 1+ 0 1+ ′ 3.125 RL答：回路电感为 0.317mH,有载品质因数为 1.5462－4 石英晶体有何特点？为什么用它制作的振荡器的频率稳定度较高？ 答 2-4： 石英晶体有以下几个特点 1. 晶体的谐振频率只与晶片的材料、尺寸、切割方式、几何形状等有关，温度系数非 常小，因此受外界温度影响很小 2. 具有很高的品质因数 3. 具有非常小的接入系数，因此手外部电路的影响很小。 4. 在工作频率附近有很大的等效电感，阻抗变化率大，因此谐振阻抗很大 5. 构成震荡器非常方便，而且由于上述特点，会使频率非常稳定。3，r 2－5 一个 5kHz 的基频石英晶体谐振器， Cq=2.4X10－2pF C0=6pF， o=15Ω。求此谐振器 的 Q 值和串、并联谐振频率。 解 2-5：总电容C = C0Cq C0 + Cq = 6 × 0.024 ≈ 0.024pF = Cq 6 + 0.024串联频率fq =f0 f0 = ≈ 0.998f 0 = 4.99kHz 0.024 Cq ? ? ?1 + ? 1 + 12 2C0 ? ? 1 1 109 品质因数Q = = = =
?12 2πf0Crq 2π × 5 × 10 × 0.024 × 10 × 15 3.6π答：该晶体的串联和并联频率近似相等，为 5kHz，Q 值为 。 2－6 电阻热噪声有何特性？如何描述 答 2-6： 电阻的热噪音是由于温度原因使电阻中的自由电子做不规则的热运动而带来的， 因此热噪 音具有起伏性质，而且它具有均匀的功率谱密度，所以也是白噪音，噪音的均方值与电阻的 阻值和温度成正比。噪音电压功率谱SU = 4kTR,2 噪音电压均方值En = 4kTRB 2 噪音电流功率谱S I = 4kTG， 噪音电流均方值I n = 4kTGB 设电阻 R=10kΩ， C=200 2－7 求如图所示并联电路的等效噪声带宽和输出均方噪声电压值。pF，T=290 K。题 2－7 图 解 2-7：网络传输函数为 1 R H(jω ) = , = 1 1 + jω CR + jω C R 则等效噪音带宽为 Bn = 0H0 = R∫∞| H ( jω ) |2 df H2 0=∫0∞1 df 1 + (ω CR)2 1 arctan(2π fCR ) 2π CR∞ 0=∫0∞1 1 + (2π fCR )2df ==1 1 106 = = = 125kHz 4CR 4 × 104 × 200 × 10?12 84输出噪音电压均方值为 1 2 U2 = 4kTGBn H 0 = 4kT Bn R 2 = 4kTRBn n R ?23 = 4 × 1.37 × 10 × 290 × 104 × 125 × 103 = 19.865( ?V 2 )答：电路的等效噪声带宽为 125kHz，和输出均方噪声电压值为 19.865μV2. 2－8 如图所示噪声产生电路，已知直流电压 E=10 V，R=20 kΩ,C=100 pF，求等效噪声带 宽 B 和输出噪声电压均方值（图中二极管 V 为硅管） 。题 2－8 图 解 2-8： 此题中主要噪音来自二极管的散粒噪音，因此流过二极管的电流为 E-VD 9.3 I0 = = = 0.465mA, 20000 R 26mV 二极管电阻为RD = ≈ 56? I0 网络传输函数为 H(jω ) = RD 1 1 , ≈ = 1 1 1 + jω CRD + jω C + jω C R // RD RD H 0 = RD等效噪音带宽为：∞Bn = 0 = =∫| H ( jω ) |2 df H2 0=∫0∞∞ 1 1 df = ∫ df 2 1 + (ω CRD ) 1 + (2π fCRD )2 0 ∞ 0∞1 arctan(2π fCRD ) 2π CRD 1010 ≈ 44.64 MHz 224=1 1 = 4CRD 4 × 100 × 10?12 × 56U2 = 2 I 0 qBn H 02 n = 2 × 0.465 × 10?3 × 1.6 × 10 ?19 × 44.64 × 106 × 562 ≈ 2083 × ( ?V 2 )52－9 求图示的 T 型和П 型电阻网络的噪声系数。题 2－9 图 解 2-9 设两个电路的电源内阻为 Rs 1. 解 T 型网络输出电阻为R 0 =( Rs + R1 ) R3 + R2 Rs + R1 + R3（1）采用额定功率法? ? R3 Es ? ? R + R1 + R3 ? =? s 4R 02输入匹配功率Psmi = 噪音系数N F =E s2 ， 4 Rs输出匹配功率Psmo2Psmi R0 ? Rs + R1 + R3 ? = ×? ? Psmo Rs ? R3 ?（2）采用开路电压法? ? R3 2 U nio = ? ? 4kTBRs， Rs + R1 + R3 ? ? NF =2 U no R0 ? Rs + R1 + R3 ? = ? ? 2 U nio Rs ? R3 ? 2 22 U no = 4kTBR0（3）采用短路电流法 1 2 I no = 4kTB R0? ? ? Rs R3 ? 1 ? = 4kTB ? × R2 R3 Rs ? R2 + R3 ? ? Rs + R1 + R + R ? 2 3 ? ? 1 = 4kTB Rs22 I nio? ? Rs R3 ? ? ? R2 ( Rs + R1 + R3 ) + R3 ( Rs + R1 ) ?26 ? ? 2 ? ? ? R3 R3 ? ? = 4kTB Rs ? = 4kTBRs ? ? 2 ? R0 ? ( Rs + R1 + R3 ) ? ? R3 ( Rs + R1 ) ? ? ? ( Rs + R1 + R3 ) ? R2 + ?? ? R +R +R ?22.解П型网络? Rs R1 ? + R2 ? R3 ? Rs + R1 ( R1 Rs + R2 Rs + R1 R2 ) R3 ? 输出电阻为：R0 = ? = Rs R1 + ( R2 + R3 )( Rs + R1 ) ? Rs R1 ? + R2 ? + R3 ? ? Rs + R1 ?（1）采用额定功率法输入匹配功率Psmi = E s2 4 Rs2输出匹配功率Psmo得噪音系数为N F =? ? ? ? R3 R1 ? Es ? × Rs R1 ? Rs + R1 ? + R2 + R3 ? ? 2 ?R Rs R1 ? + R1 + R + R s ?3 ? 2 = ?P R0 ? 4 R + R1 smi ? Rs ?Psmo=Rs×? ? ? ?0R1 R Rs + R1 3? ? ? ?R ? R R + ( R2 + R3 )( Rs + R1 ) ? = 0? s 1 ? Rs ? R1 R3 ? 1 ? R1 Rs + R2 Rs + R1 R2 ? = ? ? Rs R0 ? R1 ?（2）采用开路电压法2 U no = 4kTBR0222 U nio? ? ? R ? R3 1 ? = 4kTBRs ? × R1 Rs ? R1 + Rs ? + R2 + R3 ? ? R1 + Rs ? ? ? ? ? R ? R0 1 ? ? = 4kTBRs × R1 Rs ? R1 + Rs ? + R2 ? ? R1 + Rs ? ? ? ? R1 = 4kTBRs R0 ? ? ? R1 Rs + R2 R1 + R2 Rs ?2 2222 U no 1 ? R1 Rs + R2 R1 + R2 Rs 7 NF = 2 = ? U nio Rs R0 ? R1? ? ?2（3）采用短路电流法2 I no = 4kTBG0 2 nioI? ? Rs R1 = 4kTBGs ? ? ? R1 Rs + R2 Rs + R1 R2 ? ? ? R1 = 4kTBRs ? ? ? R1 Rs + R2 Rs + R1 R2 ?222 I no 1 ? R1 Rs + R2 Rs + R1 R2 ? NF = 2 = ? ? I nio Rs R0 ? R1 ?22－10 接收机等效噪声带宽近似为信号带宽，约 10kHz，输出信噪比为 12 dB，要求接收 机的灵敏度为 1PW，问接收机的噪声系数应为多大？ 解 2-10： 根据已知条件So 2 = 101。 = 15.85 N0 Si 10 ?12 N 10 ?12 N F = i = kTB = So 15.85 15.85 × 1.37 × 10 ?23 × 290 × 104 N0 = 106 ≈ 1588 ≈ 32dB 15.85 × 1.37 × 29答：接收机的噪音系数应为 32dB。第三章 高频谐振放大器3－1 对高频小信号放大器的主要要求是什么？高频小信号放大器有哪些分类？ 答 3-1：8对高频小信号器的主要要求是: 1. 比较高的增益 2. 比较好的通频带和选择性 3. 噪音系数要小 4. 稳定性要高 高频小信号放大器一般可分为用分立元件构成的放大器、 集成放大器和选频电路组成的放 大器。根据选频电路的不同，又可分为单调谐回路放大器和双调谐回路放大器；或用集中参 数滤波器构成选频电路。 3－2 一晶体管组成的单回路中频放大器，如图所示。已知 fo=465kHz，晶体管经中和后的 参数为：gie=0.4mS,Cie=142pF，goe=55μS，Coe=18pF，Yie=36.8mS,Yre=0，回路 等效电容 C=200pF，中频变压器的接入系数 p1=N1/N=0.35，p2=N2/N=0.035,回路无 载品质因数 Q0=80，设下级也为同一晶体管，参数相同。试计算： （1）回路有 载品质因数 QL 和 3 dB 带宽 B0.7;（2）放大器的电压增益；(3) 中和电容值。 （设 Cb’c=3 pF）题 3－1 图 解 3-2： 根据已知条件可知,能够忽略中和电容和 yre 的影响。得：回路总电容为2 C ∑ = C + p12C oe + p2 C ie = 200 + 0.352 × 18 + 0.0352 × 142 ≈ 202 pF固有谐振电导为 g0 = 2π f 0C ∑ 2π × 465 × 103 × 202 × 10-12 = ≈ 7.374? S Q0 80回路总电导为2 2 g ∑ = p1 goe + p2 gie + g0= 0.352 × 55 × 10?6 + 0.0352 × 0.4 × 10?3 + 7.374 × 10?6 ≈ 14.6 ? S品质因数QL = 3dB带宽B0.7 = 谐振增益K 0 = 中和电容C n = 2π f 0C ∑ 2π × 465 × 103 × 202 × 10-12 = ≈ 40.4 g∑ 14.6 × 10?6 f0 465 = ≈ 11.51kHz QL 40.4 p1 p2 | y fe | g∑ = 0.35 × 0.035 × 36.8 × 10?3 = 30.88 14.6 × 10?6N1 p1 0.35 9 C b′c = C b′c = × 3 = 1.615 pF N ? N1 1 ? p1 0.65答： 品质因数 QL 为 40.4,带宽为 11.51kHz,谐振时的电压增益为 30.88,中和电容值为 1.615pF3－3 高频谐振放大器中，造成工作不稳定的王要因素是什么？它有哪些不良影响？为使放 大器稳定工作，可以采取哪些措施？ 答 3-3 集电结电容是主要引起不稳定的因素，它的反馈可能会是放大器自激振荡；环境温度的 改变会使晶体管参数发生变化，如 Coe、Cie、gie、goe、yfe、引起频率和增益的不稳定。 负载阻抗过大，增益过高也容易引起自激振荡。 一般采取提高稳定性的措施为： （1）采用外电路补偿的办法如采用中和法或失配法 （2）减小负载电阻，适当降低放大器的增益 （3）选用 fT 比较高的晶体管 （4）选用温度特性比较好的晶体管，或通过电路和其他措施，达到温度的自动补偿。3－4 三级单调谐中频放大器，中心频率 f0=465 kHz，若要求总的带宽 B0.7=8 kHZ，求每一 级回路的 3 dB 带宽和回路有载品质因数 QL 值。 解 3－4： 设每级带宽为 B1，则：因为总带宽为B 0.7 = B1 2 3 ? 1 则每级带宽为B1 = B 0.71 3 1=2 ?1 f0 有载品质因数Q L = ≈ 29.6 B18 ≈ 15.7kHz 0.5098答：每级带宽为 15.7kHz,有载品质因数为 29.6。3－5 若采用三级临界耦合双回路谐振放大器作中频放大器（三个双回路），中心频率为 fo=465 kHz，当要求 3 dB 带宽为 8 kHz 时，每级放大器的 3 dB 带宽有多大？当偏离 中心频率 10 kHZ 时，电压放大倍数与中心频率时相比，下降了多少分贝？ 解 3-5 设每级带宽为 B1，则：根据总带宽B 0.7 = B1 2 3 ? 1 每级带宽为B1 =441得：B 0.7 2 ?11 3=10 8 ≈ 11.2kHz 0.714当偏离中心频率10kHz时，根据谐振特性，有：K1 2A 2 = = 2 2 2 2 A =1 K 01 (1 + A ? ξ ) + 4ξ 4 + ξ43 K∑ ? K ? ? 2 =? 1 ? =? K 0∑ ? K 0 1 ? ? 4 + ξ4 ?? 8 8 ? = 3 = 3 ? 4 2 ? (4 + ξ4 ) 2 ? ? ?f ? ? ? 4 + ? 2Q ? ? f0 ? ? ? ? ? ? 8 8 = 3 = 3 4 ? 2f0 ?f 4 ? 2 ? ? 2 2?f ? ? 2 × ) ? ? 4 + (2 × ?4 + ? ? ? B1 f0 ? ? ? ? ? B1 ? ? ? ? ? ? ? 8 8 20 log 0.027 = ? 31.4dB = ≈ 0.027, 3 ≈ 299 ? ? 2 2 × 104 ? 4 ? 2 ?4 + ? ? 3 ? ? ? ? 11.2 × 10 ? ? ? ? ?3答：每级放大器的 3 dB 带宽为 11.2kHz,当偏离中心频率 10 kHZ 时，电压放大倍数与中心 频率时相比，下降了多少 31.4dB3－6 集中选频放大器和谐振式放大器相比，有什么优点？设计集中选频放大器时，主要任 务是什么？ 答 3-6 优点： 选频特性好、中心频率稳定、Q 值高、体积小、调整方便。设计时应考虑： 滤波器与宽带放大器及其负载之间的匹配。 另外还要考虑补偿某些集中参数滤波器的信 号衰减。 3－7 什么叫做高频功率放大器？它的功用是什么？应对它提出哪些主要要求？为什么高频 功放一般在 B 类、C 类状态下工作？为什么通常采用谐振回路作负载？ 答 3-7 高频功率放大器是一种能将直流电源的能量转换为高频信号能量的放大电路， 其主要功 能是放大高频信号功率，具有比较高的输出功率和效率。对它的基本要求是有选频作用、输 出功率大、自身损耗小、效率高、所以为了提高效率，一般选择在 B 或 C 类下工作，但此时 的集电极电流是一个余弦脉冲， 因此必须用谐振电路做负载， 才能得到所需频率的正弦高频 信号。 3－8 高频功放的欠压、临界、过压状态是如何区分的？各有什么特点？当 EC、Eb、Ub、RL 四个外界因素只变化其中的一个时，高频功放的工作状态如何变化？ 答 3-8 当晶体管工作在线性区时的工作状态叫欠压状态，此时集电极电流随激励而改变，电压 利用率相对较低。如果激励不变，则集电极电流基本不变，通过改变负载电阻可以改变输出 电压的大，输出功率随之改变；该状态输出功率和效率都比较低。11当晶体管工作在饱和区时的工作状态叫过压状态， 此时集电极电流脉冲出现平顶凹陷， 输出 电压基本不发生变化，电压利用率较高。 过压和欠压状态分界点，及晶体管临界饱和时，叫临界状态。此时的输出功率和效率都比较 高。 ?当单独改变 RL 时，随着 RL 的增大，工作状态的变化是从欠压逐步变化到过压状态。 ?当单独改变 EC 时，随着 EC 的增大，工作状态的变化是从过压逐步变化到欠压状态。 ?当单独改变 Eb 时，随着 Eb 的负向增大，工作状态的变化是从过压逐步变化到欠压状态。 ?当单独改变 Ub 时，随着 Ub 的增大，工作状态的变化是从欠压逐步变化到过压状态。 3－9 已知高频功放工作在过压状态，现欲将它调整到临界状态，可以改变哪些外界因素来 实现，变化方向如何？在此过程中集电极输出功率如何变化？ 答 3-9 可以通过采取以下措施 1. 减小激励 Ub，集电极电流 Ic1 和电压振幅 UC 基本不变，输出功率和效率基本不变。 2. 增大基极的负向偏置电压， 集电极电流 Ic1 和电压振幅 UC 基本不变， 输出功率和效率 基本不变。 3. 减小负载电阻 RL，集电极电流 Ic1 增大，IC0 也增大，但电压振幅 UC 减小不大，因此 输出功率上升。 4. 增大集电极电源电压，Ic1、IC0 和 UC 增大，输出功率也随之增大，效率基本不变。 3－10 高频功率放大器中提高集电极效率的主要意义是什么？ 答 3-10 主要意义在于提高了电源的利用率，将直流功率的更多的转换为高频信号功率，减小晶 体管的功率损耗，可降低对晶体管的最大允许功耗 PCM 的要求，提高安全可靠性。 3－11 设一理想化的晶体管静特性如图所示，已知 Ec=24 V，Uc=21V，基极偏压为零偏，Ub=3 V，试作出它的动特性曲线。此功放工作在什么状态？并计算此功放的θ、P1、P0、η 及负载阻抗的大小。画出满足要求的基极回路。 解 3-11 1、求动态负载线根据给定静态特性， ′ 得到晶体管的Eb = 0.5v , gm = diC = 1 S , 并得到如下方程组 dube 代入数值后得 可以解出：? uce = Ec ? U c cos ωt ? ′ ? ic = gm (U b cos ωt ? Eb + Eb ? uce = 24 ? 21cos ωt ? ? ic = gm (3cos ωt ? 0.5）题 3－11 图(1)当ωt = π时 晶体管截止，因此 i c = 0, 但uce = Ec + U C = 24 + 21 = 35V， 位于C点 (2)当ωt = θ时 0.5 , 3 0.5 0.5 因此θ = arccos ≈ 80o。uce = Ec ? U c cos θ = 24 ? 21 × = 20.5V, 3 3 位于B点。 (3)当ωt = 0时 晶体管临界导通 i c = 0, 且有Ub cos θ = E′ = 0.5,cos θ = b uce = Ec ? U C = 3V, i c = i cmax = g m (3cos 0 ? 0.5）=2.5g m = 2.5A. 位于A点。12连接A、B、C三点，就是它的动态特性曲线。ic / AAue =3 .0V b 2 .5 2 .0 1 .5B0127 33 39Cuce /V391521452、求解θ、P1、P0、η及负载阻抗的大小。θ = arccos0.5 ≈ 80o 3 U 21 21 RL = C = = ≈ 17.8? I C1 α1 (80o ) × i cmax 2.5 × 0.472P1 =I C1 UC1 21 × 2.5 × 0.472 = = 12.39W 2 2 P0 = I C0 EC = α1 (80o ) × i cmax × EC = 0.286 × 2.5 × 24 = 17.16W PC = P0 ? P1 = 17.16 ? 12.39 = 4.77W η= P1 12.39 = ≈ 0.722 P0 17.16+vub = U b COS ωt_3、符合要求的基极回路为，输出功率为 30 W，Ec=24 V，所用高频 3－12 某高频功放工作在临界伏态，通角 θ=75o” （1）计算此时的集电极效率和临界负载电阻； 功率管的 SC=1.67V，管子能安全工作。 （2）若负载电阻、电源电压不变，要使输出功率不变。而提高工作效率，问应如何凋 整？ (3）输入信号的频率提高一倍，而保持其它条件不变，问功放的工作状态如何 变化，功放的输出功率大约是多少？ 解 3-12 （1） 因为 I C1 = α1i Cmax = α1S C (EC ? U C )1 1 1 1 2 所以P1 = I C1U C = α1SC (EC ? U C )U C = α1SC EC U C ? α1SC U C 解之得到 2 2 2 22 α1S CEC ± ( α1S CEC )2 ? 8α1S C P1 EC EC 2P1 UC = = ± ? 2α1S C 2 4 α1S C代入数值后得到集电极电压振幅为 UC = 24 24 2 2 × 30 13 60 ± ? = 12 ± 144 ? = 12 ± 8.06 o 2 4 0.455 × 1.67 α1 (75 )1.67= 20.06V( 取正值)（2）可增加负向偏值，但同时增大激励电压，保证 IC1 不变，但这样可使导通角减小，效率 增加。 （3）由于频率增加一倍，谐振回路失谐，集电极阻抗变小，电路由原来的临界状态进入欠 压状态，输出幅度下降，故使输出功率和效率都下降。对于 2ω的频率，回路阻抗为：1 ωC 回路阻抗为Z L = 1 ? ? r + j ? ωL ? ? ωC ? ? (r + jωL) 在ω = ω0时，Z L1 = 在ω = nω0时，Z Ln L rC L rC = 1? ? 1 + jQ ? n ? ? n? ? L rC ≈ r ? ω ω0 ? 1 + jQ ? ? ? ? ω0 ω ?ωL所以 Z Ln = Z L1 1 n = 1 ? 1 + jQ(n 2 ? 1) ? 1 + jQ ? n ? ? n? ?n= 2Z Ln n n = ≈ 2 2 Z L1 Q(n 2 ? 1) 1 + [Q(n ? 1)]=2 3Q因此，输出功率下降到原来的 2/3Q 倍。3－13 试回答下列问题： (1)利用功放进行振幅调制时，当调制的音频信号加在基极 或集电 极时、应如何选择功放的工作状态？ (2)利用功放放大振幅调制信号时，应如何选择功放的工作状态？。 (3)利用功放放大等幅度的信号时，应如何选择功放的工作状态？14解 3-13 (1）利用功放进行振幅调制时，当调制的音频信号加在基极或集电极时、功放应选在过压状 态。 (2）利用功放放大振幅调制信号时，功放应选在欠压状态，并为乙类工作。 (3) 利用功放放大等幅度的信号时，功放应选在过压状态，此时有较大的输出功率和效率。 也可以选择在欠压状态，此时输出电压幅度比较稳定。 3－14 当工作频率提高后，高频功放通常出现增益下降，最大输出功率和集电极效率降低， 这是由哪些因素引起的？ 解 3-14 主要原因是 1. 放大器本身参数，如β、α随频率下降。 2. 电路失谐，集电极阻抗减小。 3. 少数载流子渡越时间效应。 4. 非线性电抗效应，如 Cb@C 的影响。 5. 发射极引线电感的影响，对高频反馈加深。3－15 如图所示，设晶体管工作在小信号 A 类状态，晶体管的输入阻抗为 Z，交流电流放大 倍数为 hfe/(1+j/f/fβ)，试求 Le 而引起的放大器输入阻抗 Z`i。并以此解释晶体管发射 极引线电感的影响。题 3 ? 15图解 3-15h fe h fe ? ? ? ? Z′ = Z i + j ? 1 + ? ωL e ≈ Z i + j ? ? ωL e i f ? f ? ? ? 1+ j 1+ j fβ fβ ? = Z i + ωL eh fe ? ? j+ f fβ2?f ? 1+ ? ? ?f ? ? β?2? ? = Zi + ?ωL eh fef fβ2?f ? 1+ ? ? ? ? ? fβ ?+j1 ?f ? 1+ ? ? ?f ? ? β?2 f f β?f ? = Z i + 2πL eh fefβ + ? β ? ≈ Z i + 2πL eh fefβ ?f ?可见，Le 越大，输入阻抗越大，反馈越深，电流越小，反馈越深，输出功率和效率越低。153－16 改正图示线路中的错误，不得改变馈电形式，重新画出正确的线路。题 3－16 图解 3-16：C2L2E2要求(1)采用 NPN 型晶体管， 发射极直接接地； 3―17 试画出一高频功率放大器的实际线路。 (2)集电极用并联馈电，与振荡回路抽头连接；(3)基极用串联馈电，自偏压，与前级互 感耦合。 解 3-17： 根据要求画出的高频功率放大器电路如下C1vLc CLRb CbEcCc163－18 一高频功放以抽头并联回路作负载，振荡回路用可变电容调谐。工作频率 f=5 MHZ， 放大器要求的最佳负载阻抗 RLr=50 Ω， 调谐时电容 C=200 pF， 回路有载品质因数 QL=20， 试计算回路电感 L 和接入系数 P。 解 3-18： 由 f = 01 得， 2π LC 1 1 L= = 2 ≈ 5.07?H 2 ?12 (2π f 0 ) C 4π × 25 × 10 × 200 × 10?12 R Lcr ω0C , 所以，p = p2 R Lcr ω0C = QL R Lcr 2πf0C QL因Q L = =50 × 2π × 5 × 106 × 200 × 10?12 = 50 × 10?3 2π ≈ 0.125 203－19 如图（a）所示的 D 型网络，两端的匹配阻抗分别为 RP1、RP2。将它分为两个 L 型网络， 根据 L 型网络的计算公式，当给定 Q2=RP2/XP2 时，证明下列公式：Xp1 =R p1 R p1 Rp 2 (1 + Q 2 ) ? 1 2 Rp 2 1+ Q2 2Xs = Xs1 + Xs2 =[Q2 +R p1 R p2(1 + Q 2 ) ? 1 2]并证明回路总品质因数 Q=Q1＋Q2。题 3－19 图解 3-19 首先将电路分解成两个 L 回路，如图（1） 。然后利用并串转换，将 Xp2 和 Rp2 的并联转换 为 Rs 和 Xs3 的串联，得到图（2） 。Xs1Xs1Xs1Xs1Xs3Xs1 Rs X p1 Xp RpXp1Xp2Rp2Xp1RsX p1(1)(2)17(3)(4)根据串并转换关系，得：R s ? jXs3 =? jXp2 R p2 R p2 ? jXp22 Xp2=?jXp2 R p22 2 R p2 + Xp2 2 R p2(R p2 + jXp2 )X =R 2 X 2 R p2 ? j 2 2 p2 R p2 + Xp2 p2 因为Q 2 = R p2 + sX,所以 = 3 p2 Xp2 R sRs = Rp2 R +X2 p2 2 p2 2 Xp2 =Rp2 1+ Q2 2，Xs 3 =Xp2 R +X2 p2 2 p22 R p2 =Xp2 1 1+ 2 Q2当Xs 3 = Xs2时，产生谐振，电路简化为图（3），谐振电阻为R s。 ，其中 再利用串并转换，将 Xs1 和 Rs 的并联转换为 Rp 和 Xp 的并联，得到图（4）1 ）Xs1， 2 Q1 Rp XP Xs1 Rs2 R p = 1 + Q1）R s， （Xp = 1 + （其中Q1 ==当 Xp1 = Xp , 产生并联谐振，谐振阻抗为R p =R p1，因此有2 ? R p1 = 1 + Q1）R s （ ? 2 （ ? R p2 = 1 + Q 2）R s ? R p1 ? ? Q1 = X p1 ?&1& & 2& & 3& 代入 & 3 & 得 由 & 1 & , & 2 & 得到，Q1 =R p1 Rs Q1?1= =R p1 （1 + Q 2） 1 2 ? R p2 R p1Xp1 =R p1R p1 （1 + Q 2） 1 2 ? R p2(证明完毕）又因为， X s1 = R sQ1 = R s2 R p1 Xp2 Xp2Q 2 （1 + Q 2） 1, Xs2 = Xs3 = ， 因此 ? = 2 1 R p2 1 + Q2 2 1+ 2 Q22 R p1 Xp2Q 2 2 （1 + Q 2） 1 + ? 2 R p2 1 + Q2Xs = Xs1 + Xs2 = R s ? = Rs ? ? ? = Rs ? ? =2 R p1 Xp2Q 2 ? 2 （1 + Q 2） 1 + ? ? R p2 R p2 ?R p1 ? （1 + Q 2） 1 + Q 2 ? 2 ? R p2 ? R p1 R p2 ? (1 + Q 2 ) ? 1 + Q 2 ? 2 ? （证明完毕）18R p2 ? 1 + Q2 ? 2 ?因为Xs2 = Xs3，因此从图（2）可以看出，总的品质因数为 Q= Xs1 + Xs2 Xs1 + Xs3 = = Q1 + Q 2 Rs Rs (证明完毕）3－20 上题中设 RP1=20Ω，Rp2=100Ω，F=30MHz，指定 Q2=5，试计算 Ls、CP1、CP2 和回路总品 质因数 Q。 解 3-20Xs = = Ls =R p2 ? ? 1 + Q2 ? 2 100 1 + 52 ? ? ?? (1 + Q 2 ) ? 1 + Q 2 ? 2 R p2 ? R p1 20 (1 + 52 ) ? 1 + 5 100 ? ? ≈ 27.11? ?Xs 27.11 = ≈ 0.144?H 2πf 2π × 30 × 106 R p1 20 Xp1 = = ≈ 9.76? R p1 20 2 2 (1 + 5 ) ? 1 （1 + Q 2） 1 ? 100 R p2Cp1 = Xp 2 = Cp 2 = Q1 =1 1 = ≈ 544pF 2πfXp1 2π × 30 × 106 × 9.76 Rp2 Q2 = 100 = 20? 51 1 = ≈ 265pF 2πfXp2 2π × 30 × 106 × 20 R p1 20 2 （1 + Q 2） 1 = (1 + 5 2 ) ? 1 ≈ 2.05 ? Rp2 100Q = Q1 + Q 2 = 5 + 2.05 = 7.053－21 如图示互感耦合输出回路，两回路都谐振，由天线表 IA 测得的天线功率 PA=10 W，已 知天线回路效率 η2=0 .8。中介回路的无载品质因数 QO=100，要求有载品质因数 QL=10， 工作于临界状态。 问晶体管输出功率 P1 为多少？设在工作频率ωL1=50Ω， 试计算初级的 反映电阻 rf，和互感抗ωM。当天线开路时，放大器工作在什么状态？19解3-21： 设次级损耗电阻为r2，初级损耗电阻为r1，反射电阻为r， f 中介回路效率ηk 天线功率为PA，次级总功率为P2。则：因为 P2 = P1 = PA RA 1? η 0.2 RA = = = η，得到r2 = × 50 = 12.5? P2 R A + r2 0.8 η PA 10 Q 10 = = 12.5W， ηk = 1 ? L = 1 ? = 0.9 Q0 100 η 0.8 P2 12.5 ωL1 50 = = 13.9W， r1 = = = 0.5? 0.9 Q0 100 ηk ωL1 ω L1 50 , 所以rf = ? r1 = ? 0.5 = 4.5? r1 + rf QL 10题 3－21 图因为Q L =（ ωM = rf R A + r2） 4.5 × 62.5 ≈ 16.8? =当天线开路时，反射电阻为零，初级回路等效并联阻抗增大，放大器将从临界状态进入 过压状态。3－22 什么是 D 类功率放大器， 为什么它的集电极效率高？什么是电流开关型和电压开关型 D 类放大器？ 答 3-22 D 类放大器是一种工作在开关状态的功率放大器，两个晶体管在输入激励控制下交替饱 和导通或截止，饱和导通时，有电流流过，但饱和压降很低；截止时，流过晶体管的电流为 零。所以晶体管的平均功耗很小，效率很高。 在电流开关型电路中，两管推挽工作，电源通过一个大大电感供给一个恒定电流，分别交替 流过两个晶体管，两管轮流导通和截止。通过谐振电路得到正弦输出电压。 在电压开关型电路中，两晶体管是与电源电压和地电位串联的，在输入控制下，一个导通， 一个截止，因此，两管的中间点电压在 0 和电源电压之间交替切换。通过谐振电路，获的正 弦输出信号。3－23 图 3－33 的电压开关型 D 类放大器，负载电阻为 RL，若考虑晶体管导通至饱和时，集 电极饱和电阻 Rcs(Rcs=1/Sc)，试从物理概念推导此时开关放大器的效率。 解 3-23 根据题意，将（a）图简化 频率谐振，则：T1Ec ic1为（b）图所示的等效电路。设 Rcs1=Rcs2=Rcs,LC 回路对开关EcV1 uce1R cs1L0 ic2 V2C0 i LL0C0? uce220RLR cs1→ ?? iLRL(a)(b)输出电压振幅 RL 1 UL = Rcs + RL π 集电极平均电流 IC 0 1 = 2π UL 1 ∫π RL cos ωtd ωt = 2π2 π 2∫E? π 2π 2ccos ωtd ωt =RL Ec sin ωt Rcs + RL π?π 2 π ? 2=RL 2 Ec Rcs + RL π??∫ π( Rπ 2π 22 Ec 2 Ec cos ωtd ωt = 2 + RL ) π ( Rcs + RL ) cs直流输入功率 P0 = EC I C 0 = 负载上的功率 PL =2 2 RL Ec2 UL = 2 2 RL π ( Rcs + RL )22 Ec2 π ( Rcs + RL )2集电极效率 P RL η= L = P0 ( Rcs + RL ) 集电极耗散功率 PC = P0 ? PL = = 2 Ec2 2 RL Ec2 ? 2 π 2 ( Rcs + RL ) π ( Rcs + RL )22 Ec2 Rcs ( 2 π ( Rcs + RL ) Rcs + RL) = P0 (Rcs Rcs + RL)3－24 根据图 3－37 的反相功率合成器线路，说明各变压器和传输线变压器所完成的功用， 标出从晶体管输出端至负载间各处的阻抗值。 设两管正常工作时， 负载电阻上的功率为 100 W，若某管因性能变化，输出功率下降一半，根据合成器原理，问负载上的功率下 降多少瓦？ 解 3－24：不平衡平衡转换反相分配1:4阻抗变换反相合成T3 T1 T29.375? ?3DA7 V19.375? ?37.5? ?平衡不平衡转 换T5 Ze＝18.518.75? ?37.5? ?T7R275 ? T8阻抗变换V2 3DA721T6Zc＝18.5－36 V当某管上的功率下降一半时，证明该管上的输出电压降低，其值是原来的 0.707 倍。那么 最后流过合成器负载的电流 W反相功率合成器的实际线路 100设功率降低一半的晶体管原来正常输出电压为U , 它贡献合成器 的电流为I，异常输出电压为U ′，该管的负载电阻为R 0则有： U 2 那么，流过合成器的电流为 U′ = I 1 ? ? = （?1+ I ? 2 2? ? 合成后的功率为 I+ 1 ? ? I ?1+ ? R 2? ?2 2U ′2 U 2 ， = R0 2 R0与正常相比，有 1 ? 1 ? ? ? I ?1+ ? ?1+ ? 2? 2? ? =? ≈ 0.728 4I 2 4 所以，故障后的合成功率为 P′=0.728 × 100 = 72.8W2 2 23－25 射频摸块放大器的最基本形式是什么样的电路？它可以完成哪些功能？它有哪些王 要优点答 3-25 射频模块放大器的最基本的形式是一个采用混合电路技术的薄膜混合电路，是把固态元 件和无源元件（包括分立元件和集成元件）外接在一块介质衬底上，并将有源和无源元件以 及互连做成一个整体。 用这种放大器可以构成振荡器、 调制器、混频器、 功率合成与分配期、环行器、 定向耦合器； 采用多个模块可构成一个射频系统。 采用射频模块的主要优点是电路性能好、可靠性高、尺寸小、重量轻、散热好、损耗低、价 格便宜等。第四章 正弦波振荡器4－1 什么是振荡器的起振条件、平衡条件和稳定条件？振荡器输出信号的振幅和频率分别 是由什么条件决定？ 答 4-1? T ( j ω) & 1 起振条件：T ( jω) & 1，即 ? ?(T ) = 2nπ , ? ? T ( j ω) = 1 平衡条件：T ( jω) = 1，即 ? ?(T ) = 2nπ, ? ? ?T &022振幅条件 n = 0,1, 2..... 相位条件 . 振幅条件 n = 0,1, 2......相位条件振幅稳定条件4－2 试从相位条件出发，判断图示交流等效电路中，哪些可能振荡，哪些不可能振荡。能 振荡的属于哪种类型振荡器？题 4-2 图 答 4-2 (a) 可能振荡，电感三点式反馈振荡器, (b) 不能, (c) 不能, (d) 不能, (e) 可能振荡，振荡的条件是 L1C1 回路呈容性，L2C2 回路呈感性，即要求 f01&f&f02,这时 是一个电感反馈振荡器, (f) 可能振荡，振荡的条件是 LC3 支路呈感性，即要求 f03&f,这时是一个电容反馈振荡器 4－3 图示是一三回路振荡器的等效电路，设有下列四种情况： （1） L1C1&L2C2&L3C3; （2）L1C1&L2C2&L3C3; （3）L1C1=L2C2&L3C3; （4）L1C1&L2C2=L3C3。 试分析上述四种情况是否都能振荡，振荡频率 f1 与回路谐振频率有何关系？23题 4-3 图 解 4-3 根据给定条件，可知 （1）fo1&f02&f03,因此，当满足 fo1&f02&f&f03,就可能振荡，此时 L1C1 回路和 L2C2 回路呈容性， 而 L3C3 回路呈感性，构成一个电容反馈振荡器。 （2）fo1&f02&f03,因此，当满足 fo1&f02&f&f03,就可能振荡，此时 L1C1 回路和 L2C2 回路呈感性， 而 L3C3 回路呈容性，构成一个电感反馈振荡器。 （3）fo1=f02&f03, 因此，当满足 fo1=f02&f&f03,就可能振荡，此时 L1C1 回路和 L2C2 回路呈容性， 而 L3C3 回路呈感性，构成一个电容反馈振荡器。 （4）fo1&f02=f03 不能振荡，因为在任何频率下，L3C3 回路和 L2C2 回路都呈相同性质，不可能 满足相位条件。 4－4 试检查图示的振荡器线路，有哪些错误？并加以改正。题 4-4 图 解 4-4 改正过的电路图如下24Ec?CbECC1 C24－5 将图示的几个互感耦合振荡器交流通路改画为实际线路，并注明互感的同名端。题 4-5 图 解 4-5， 画出的实际电路如下Ec? ?V TEc-Ec?v??Q? PNP?TT（2） （1）计算 C1、C2 取值范围。 4－6 振荡器交流等效电路如图所示，工作频室为 10 MHZ，25画出实际电路。题 4-6 解 4-6 （1）因为Beb = 2πf × 10?11 ? = 1 2πf × 10?5(2πf )2 × 10?16 ? 1 39.4384 × 10?2 ? 1 = & 0, 呈感性，所以 2πf × 10?5 2πf × 10?52 （2πf ）3 × 10?5 C1 ? 1 1 = ，也应呈感性，即 ?5 2πf × 3 × 10 2πf × 3 × 10?5Bec = 2πfC1 ?2 （2πf ）3 × 10 ?5 C1 ? 1 & 0, 2πf × 3 × 10?5C1 &1 1 10?9 = 2 = ≈ 8.5 pF 14 ?5 ?5 (2πf ）3 × 10 4π × 10 × 3 × 10 12π 22X bc = 2πf × 2 × 10?5 ?1 (2πf )2 × 2 × 10?5 C 2 ? 1 应该呈容性，及 = 2πf × C 2 2πf × C 2(2πf )2 × 2 × 10?5 C 2 ? 1 & 0, 2πf × C 2 C2 & 1 1 = ≈ 12.7 pF (2πf )2 × 2 × 10?5 4π 2 × 1014 × 2 × 10?5（2）实际电路如下EcLCCCvCbC130? H20? H10 pF10? HC24－7 在图示的三端式振荡电路中，已知 L=1.3μH，C1=51pF，C2=2000pF，Q0=100，RL=1kΩ，26Re=500Ω试问 IEQ 应满足什么要求时振荡器才能振荡？ 解 4-7以回路两端为放大器的输出，则当忽略晶体管的影响后 C1 51 51 反馈系数K F = = = = 0.02487 C1 + C2 51 +
总电容为C = C1C2 102000 = ≈ 50pF C1 + C2
C 1 50 = × 10?6 ≈ 62?S, L 100 1.3固有谐振电导g 0 =负载电导g L =1 1 = = 1mS R L 1000 gm = g∑ gm gL + g 0 + K F2 R e + re R e re ≈ gm gL + g 0 + K F 2gm放大器增益 K =环路增益T( ω1 ) = K F K = g m K F & g L + g 0 + K F 2gm , gm &gm K F & 1时满足起振条件，即 g L + g 0 + K F 2g m1 (1 + 0.062) × 10?3 (g L + g 0 ) = ≈ 43.8mS K F (1 ? K F ) 0.02487(1 ? 0.02487)I eQ = g m VT & 43.8 × 26 = 1.14mA4－8 在图示的电容三端式电路中，试求电路振荡频率和维持振荡所必须的最小电压增益。 解 4-8题 4-8 图回路总电容 C = C2C1 30000 = = 75pF C2 + C1 400 1 2π LC 1振荡频率 f1 ≈ f 0 = =2π 50 × 10?6 × 75 × 10?12 当以uce 作为放大器的输出时， 反馈系数 K F = C1 C2≈ 2.6 MHz要维持振荡，应满足K K F = 1，即K=C 1 300 = 2 = =3 K F C1 1004-9 图示是一电容反馈振荡器的实际电路，已知 C1=50 pF，C2=100 pF，C3= 10～260pF，要27求工作在波段范围，即 f=10～1OMHz，试计算回路电感 L 和电容 C。设回路无载 Q。=100， 负载电阻 R=1kΩ，晶体管输入电阻 Ri=500Ω．若要求起振时环路增益 K。KF=3，问要求的跨 gs。和静态工作电流 IcQ 必须多大？题 4-9 图 解 4-9回路总电容C =C1C2 + C0 + C3 ≈ 33.33 + C0 + C3 C1 + C2Cmin = 33.33 + 10 + C0 = 43.33 + C0 Cmax = 33.33 + 260 + C0 = 293.33 + C0 因此得到方程组如下 ? ? fmax = 2π ? ? ?f = ? min 2π ? 解之得 1 LCmin 1 LCmax 1 ? 6 ? 20 × 10 = 2π L(43.33 + C ) 0 ? , 代入数值后得 ? 1 ?10 × 106 = ? 2π L(293.33 + C0 ) ?C0 ≈ 40pF, L = 0.76?H C1 50 1 反馈系数K F = = = C1 + C2 150 3放大器增益K =gm g0 + 1 2 1 + KF R Ri因此，KK F =gm gm ≥ 3，即 ≥9 1 ? 2 1 1 2 1 ? g 0 + + KF 3 ? g0 + + KF ? R Ri R Ri ? ? ? Cmax 1 2 1 + + KF ? ? L R Ri ?? 1 ? 1 2 1 ? gm ≥ 9 ? g0 + + KF ? ? = 9? R Ri ? ? ? Q0? 1 330.33 × 10?12 1 1 1 ? ? = 12.88 × 10?3 = 9? + + × ?6 ? 100 ? 0.76 × 10
? ? I CQ = g m VT = 12.88 × 26 ≈ 335?A28（1）画出交流等效电路，说明振荡器类型； （2）估算振荡频 4－10 对于图示的各振荡电路； 率和反馈系数。题 4-10 图 解 4-10 （1）交流等效图如下15pF15k? ?1000pF 47?H 5.1k? ? 32k? ? 68 125pF 50?H57?H8.2pF 3.3pF2.2pF510? ?12k? ?1000pF(a)是一个西勒振荡器，当忽略 15pF 的电容后，是一个电容三点式反馈振荡器； （b）是一个 电容三点式反馈振荡器 （2） 2.2对于(a)电路，反馈系数为K F =8.2≈ 0.2688.2 × 2.2 × 15 8.2 + 2.2 C= + 3.3 ≈ 4.855pF 8.2 × 2.2 + 15 8.2 + 2.2 1 1 f1 = = ≈ 9.57MHz ?6 2π LC 2π 57 × 10 × 4.855 × 10?12对于（b）电路f 02min =1 2π 50 × 10 × 125 × 10?12-6≈ 2.014MHz29f 02max =1 2π 50 × 10 × 68 × 10?12-6≈ 2.731MHz因此，要电路振荡，振荡频率应该满足f1max & f02max , f1min & f02min当LC串联支路的电容取 68pF时，在回路电抗为0时振荡，即： 1 1 1 ω1 × 50 × 10?6 ? ? ? =0 ?12 1 ω1 × 68 × 10 ω1 × 10 ?9 ω1 × 10 ?9 ? ω1 × 47 × 10?6 整理后得到：4 2 1598 × 10?31 ω1 ? 53.732 × 10?15 ω1 × +1.068 = 053.732 × 10 ?15 ± 53.7322 × 10?30 ? 4 × 1.068 × 1598 × 10 ?31 3196 × 10?31 (53.732 ± 47) × 1016 ≈ 315 × 1012 (或 21 × 1012 ) =
所以f1max = ω = × 315 × 1012 ≈ 2.826MHz, 2 π 1 2π 1 或者f1max = × 21 × 1012 ≈ 0.73MHz & f 02max， 2π 因此在频率 0.73MHz下不满足相位条件，不能振荡。2 ω1 =当LC串联支路的电容取125pF时, 1 1 1 ω1 × 50 × 10?6 ? ? ? =0 1 ω1 × 125 × 10?12 ω1 × 10?9 ?9 ω1 × 10 ? ω1 × 47 × 10?6 将上式整理得：2 ω1 = 206 × 1012 (或15 × 1012 )因此f1min =1 1 206 × 1012 ≈ 2.285MHz, ω1 = 2π 2π 1 1 或者f1min = 15 × 1012 ≈ 0.616MHz & f02min， ω1 = 2π 2π 故在0.616MHz不满足相位条件，也不能振荡。答：该电路的振荡频率可在 2.285MHz 到 2.826MHz 范围内调节。KF =?91 10?9 ω1 1 1 10 ω1 ? 47 × 10?6 ω1=1 10 ω1?9(10 ?9 ω1 ?1 ) 47 × 10?6 ω1= 1? K Fmin = 1 ? K Fmin1 1 1 = 1? = 1? 47 × 10?15 ω2 47 × 10?15 (2πf1 )2 1853.6 × 10?15 f1 21 ≈ 0.932 1853.6 × 10?3 2.8262 1 = 1? ≈ 0.897 1853.6 × 10?3 2.2852因此，该电路的的反馈系数随着振荡频率的调节也发生改变，近似值为 0.9。304－11 克拉泼和西勒振荡线路是怎样改进了电容反馈振荡器性能的？ 答 4-11 由于克拉波振荡器在回路中串行接入了一个小电容， 使的晶体管的接入系数很小， 耦合 变弱，因此，晶体管本身的参数对回路的影响大幅度减小了，故使频率稳定度提高，但使的 频率的调整范围变小，所以，西勒振荡器是在克拉波振荡器的基础上，在回路两端在并联一 个可调电容，来增大频率调节范围。由于存在外接负载，当接入系数变小时，会带来增益的 下降。 短期和瞬时稳定度？引起振荡器频 4－12 振荡器的频率稳定度用什么来衡量？什么是长期、 率变化的外界因素有哪些？ 答 4-12 振荡器的稳定度是用在一定的时间间隔内，振荡频率的相对变化量大小来衡量的。 长期稳定度：一般是指一天以上时间内的稳定度。 短期稳定度：一天或小于一天时间内，如小时、分、或秒 计时间隔的频率稳定度 瞬时稳定度：秒或毫秒时间间隔内的频率的相对变化。 4 － 13 在题 4－8 图所示的电容反馈振荡器中，设晶体管极间电容的变化量为ΔCce=Δ Cbe=1pF，试计算因极间电容产生的频率相对变化Δω1/ω1 解 4-13C= ω1 = C1C2 30000 = = 75pF C1 + C2 4001 1 = ?6 LC 50 × 10 × 75 × 10?12 109 = ≈ 16.33Mrad / S 50 × 75当考虑晶体管的电容的变化量时 (C1 + ?Cce )(C2 + ?Cbe ) 101 × 302 ?C = ?C= ? 75 = 0.687pF (C1 + ?Cce ) + (C2 + ?Cbe ) 101 + 302 ?ω = 1 ? ?C ?ω ?ω ?ω ? ?C + ?L = ?C = ?C ? ? ω1 ?= ?C ?L ?C ? C LC ? C?ω ?C 0.687 = = = 9.16 × 10?3 C 75 ω1314－14 泛音晶体振荡器和基频晶体振荡器有什么区别？在什么场合下应选用泛音晶体振荡 器？为什么？ 答 4-14 所谓泛音，就是石英晶体振动的机械谐波，位于基频的奇数倍附近，且两者不能同时存 在。在振荡器电路中，如果要振荡在某个泛音频率上，那么就必须设法抑制基频和其他泛音 频率。而因为石英晶体的带宽很窄，所以在基频振荡时，肯定会抑制泛音频率。 当需要获得较高的工作频率时， 如果不想使用倍频电路， 则可采用泛音振荡器直接产生较高 的频率信号。 试画出它们的交流等效电路， 并指出是哪一种振 4－15 图示是两个实用的晶体振荡器线路， 荡器，晶体在电路中的作用分别是什么？题 4-15 图 解 4-15 交流等效电路如下0.45 ~ 0.55?H20pF 10pF300pF 4.7 ?H47MHz3 / 10pF12pF5MHz200pF47036pF(a)(b)图（a）电路是一个并联晶体振荡器，晶体在电路中相当于一等效的大电感，使电路构成电 容反馈振荡器。 图（B）电路是一个串联晶体振荡器，晶体在电路中在晶体串联频率处等效一个低阻通道， 使放大器形成正反馈，满足相位条件，形成振荡。324－16 试画出一符合下列各项要求的晶体振荡器实际线路； （1）采用 NPN 高频三极管； （2）采用泛音晶体的皮尔斯振荡电路； （3）发射极接地，集电极接振荡回路避免基频振荡。 解 4-16 所设计的电路如下ECR1R2L1C3R2EC4－17 将振荡器的输出送到一倍频电路中，则倍频输出信号的频率稳定度会发主怎样的变 化？并说明原因。 解 4-17 如果将振荡器的频率为 f1 的输出信号送入一 n 倍频器，则倍频器输出信号频率为 n f1。 但由于倍频器是对输入频率倍频， 所以如果倍频器本身是稳定的， 则它的频率稳定度不会发 生改变。因为倍频器输出信号的稳定度为：n?ω1 ?ω1 = nω1 ω1但实际上倍频器电路同样也存在着不稳定因素， 所以实际上， 振荡器信号经倍频后的信号频 率稳定度将会降低。 4－18 在高稳定晶体振荡器中，采用了哪些措施来提高频率稳定度？ 答 4-18 ●采用温度系数低的晶体切片。 ●保证晶体和电路在恒定温度环境下工作，如采用恒温槽或温度补偿电路。 ●选择高稳定性的电源。 ●选择温度特性好的电路器件。33第五章 频谱的线性搬移电路5－l 一非线性器件的伏安特性为：i = a0 + a1u + a 2u 2 + a 3u 3 式中：u = u1 + u 2 + u 3 = U1 cos ω1t + U 2 cos ω2 t + U 3 cos ω3 t试写出电流 i 中组合频率分量的频率通式， 说明它们是由哪些乘积项产生的， 并求出其中的 ω1、2ω1+ω2、ω1+ω2-ω3 频率分量的振幅。 解 5-1i = a 0 + a1 (u1 + u 2 + u 3 ) + a 2 (u1 + u 2 + u 3 )2 + a 3 (u1 + u 2 + u 3 )32 2 2 = a 0 + a1 (u1 + u 2 + u 3 ) + a 2 (u1 + u 2 + u 3 + 2u1u 2 + 2u1u 3 + 2u 2u 3 ) 2 + a 3 (u1 + u 2 + u 2 + 2u1u 2 + 2u1u 3 + 2u 2u 3 )(u1 + u 2 + u 3 ) 2 3 2 = a 0 + a1 (u1 + u 2 + 3 ) + a 2 (u1 + + u 2 + u 2 ) + 2a 2 (u1u 2 + u1u 3 + u 2u 3 ) 2 3 3 + a 3 (u1 + u 3 + u 3 ) + 6a 3u1u 2u 3 2 3 2 2 2 2 2 2 +3a 3 (u1 u 2 + u1 u 3 + u1u 2 + u 2u 3 + u1u 3 + u 2u 3 ) 那么，频率分量的频率通式可表示为ω = ± qω1 ± pω2 ± rω3将u1 = U1 cos ω1t，u 2 = U 2 cos ω2 t，u 3 = U 3 cos ω3 t代入后可求出i中的 常数项为：2 2 U1 U 2 U 2 + + 3） 2 2 2 基频分量为：（ a0 + a 23 ? U2U U2U 3U1 ? a1 U 1 + a 3 2 1 + a 3 3 1 + a 3 ? ? cos ω1t 2 2 4 ? ? ? U2U U2U 3U 3 ? 2 + ? a1 U 2 + a 3 1 2 + a 3 3 2 + a 3 ? cos ω2 t 2 2 4 ? ?? U2U U2U 3U 3 ? 3 + ? a1 U 3 + a 3 1 3 + a 3 2 3 + a 3 ? cos ω3 t 2 2 4 ? ?2次频率分量和组合系数为2的频率分量为： ? U2 ? U2 U2 a 2 ? 1 cos 2ω1t + 2 cos 2ω2 t + 3 cos 2ω 3 t ? 2 2 ? 2 ? + a 2 ? U1 U 2 cos(ω1 + ω2 )t + U1 U 2 cos(ω1 ? ω2 )t ? ? ? + a 2 [ U1 U 3 cos( ω1 + ω3 )t + U1 U 3 cos(ω1 ? ω3 )t + a 2 [ U 3 U 2 cos(ω 3 + ω2 )t + U 3 U 2 cos(ω3 ? ω2 )t3次频率分量和组合系数为3的频率分量? U3 ? U3 U3 a 3 ? 1 cos 3ω1t + 2 cos 3ω2 t + 3 cos 3ω3 t ? 4 4 ? 4 ? 2 2 ? U1 U 2 U1 U 2 cos(2ω1 + ω2 )t + cos(2ω1 ? ω2 )t +3a 3 ? 4 4 ? + U 2 U1 U2U ? 2 cos(2ω 2 + ω1 )t + 2 1 cos(2ω2 ? ω1 )t ? 4 4 ?34] ]U2U ? U2U +3a 3 ? 1 3 cos(2ω1 + ω 3 )t + 1 3 cos(2ω1 ? ω3 )t 4 4 ? U2U U 2U + 3 1 cos(2ω3 + ω1 )t + 3 1 cos(2ω3 ? ω1 )t 4 4 2 UU U2U + 2 3 cos(2ω 2 + ω 3 )t + 2 3 cos(2ω2 ? ω 3 )t 4 4 2 2 UU UU ? + 3 2 cos(2ω 3 + ω 2 )t + 3 2 cos(2ω3 ? ω 2 )t ? 4 4 ? ?cos( ω2 + ω1 + ω3 )t + cos( ω2 + ω1 ? ω3 )t ? ? ? ? + cos(ω2 ? ω1 + ω3 )t + cos( ω2 ? ω1 ? ω 3 )t ? 从上面可以看出： + 3a 3 U1U 2 U 3 2直流分量是由 i 的表达式中的常数项和 2 次项产生 各频率的基频分量是由 i 的表达式中的 1 次和 3 次项产生 各频率的 3 次谐波分量和组合系数之和等于 3 的组合频率分量是由 i 的表达式中的 3 次项产 生3 U 2 U1 U2U 3U1 2 + a3 3 1 + a 3 2 2 4 2 3a 3 U1 U 2 2ω1 + ω 2分量的振幅为： 4 3a U U U ω 2 + ω1 ? ω 3分量的振幅为： 3 1 2 3 2ω1分量的振幅为：a1U1 + a 35－2 若非线性器件的伏安特性幂级数表示 i=a0+a1u+a2u ,式中 a0、a1、+a2 是不为零的常数， 信号 u 是频率为 150 kHz 和 200 kHz 的两个正弦波，问电流中能否出现 50 kHz 和 350 kHz 的频率成分？为什么？ 答 5-2 能出现 50 kHz 和 350 kHz 的频率成分，因为在 u2 项中将会出现以下 2 次谐波和组合 频率分量。 200 kHz-150 kHz=50 kHz 200 kHz+150 kHz=350 kHz 2x200 kHz=400 kHz 2x150 kHz=300 kHz 5－3 一非线性器件的伏安特性为2?g u u&0 i=? D ?0 u ≤ 0式中， Q＋ul＋u2＝EQ＋U1COSω1t＋U2COSω2t。 U1 很小， u＝E 若 满足线性时变条件， 则在 EQ=-U2/2 时，求出时变电导 gm(t)的表示式。 解 5-3，根据已知条件，由 U2 1 1 2π cos + U 2 cos ω2 t = 0得： ω2 t = ? ，ω2 t = arccos( ? ) = ± ,所以 2 2 2 3 2π 2π ? 2nπ ? ≤ ω 2 t & 2nπ + ? g Du ? 3 3 i=? 2π 4π ?0 2nπ + ≤ ω 2 t & 2nπ + ? 3 3 ?35设一个开关函数 ? ?1 ? K(w 2t) = ? ?0 ? ? 2nπ ? 2π 2π ≤ ω2 t & 2nπ + 3 3 2π 4π 2nπ + ≤ ω2 t & 2nπ + 3 3将 K(ω2 t)进行展开为富式级数为 K(ω2 t) = 2 2 2nπ 2 3 sin cos nω2 t = + cos ω2 t +∑ 3 1 nπ 3 3 π ?所以 i = K(ω2 t)g Du = K(ω2 t)g D ( = K(ω 2 t)g D ( 时变跨导 ?2 ? 3 3 cos ω2 t ? cos 2ω2 t ? + ? 3 π 2π ? g(t) = K(ω2 t)g D = g D ? ? ? 3 3 cos 4ω2 t ? cos 5ω2 t + ...... ? ?+ 5π ? 4π ? U2 + U1 cos ω1t + U 2 cos ω2 t) 23 3 3 cos 2ω2 t + cos 4ω2 t ? cos 5ω2 t + ...... 2π 4π 5πU2 + U 2 cos ω2 t) + K(ω2 t)g D U1 cos ω1t 25－4 二极管平衡电路如图所示，u1 及 u2 的注入位置如图所示，图中， u1=U1COS ω 1t ， u2=U2COSω2t 且 U2&&U1.求 u0(t)的表示式，并与图 5－7 所示电路的输出相比较。题 5 ? 4图解 5-4 设变压器变比为 1：1，二极管伏安特性为通过原点的理想特性，忽略负载的影响，则 每个二极管的两端电压为：? u D1 = u1 + u 2 ? ?u D2 = u1 ? u 2当假设负载电阻 RL 时u o = R L ? g D K(ω2 t) ( u1 + u 2 ) ? g DK( ω2 t ? π ) ( u1 ? u 2 ) ? ? ? = g D R L ?K(ω2t) ? K(ω2 t ? π )? u1 + ?K(ω2 t) + K(ω2 t ? π )? u 2 ? ? ? ? = g D R L ?K ′(ω2t)u1 + u 2 ? ? ? ?? 4 ? 4 4 ? ?? π cos ω2 t ? 3π cos 3ω2 t + 5π cos 5ω2 t + ........ ? U1 cos ω1t ? = g D R L ?? ? ? ? + U 2 cos ω2 t ? ? ?36这个结果和把 u1、u2 换位输入的结果相比较，输出电压中少了ω1 的基频分量，而多了ω2 的基频分量，同时其他组合频率分量的振幅提高了一倍。 5－5 图示为二极管平衡电路，u1=U1COSω1t，u2=U2COSω2t, 且 U2&&U1。试分析 RL 上 的电压或流过 RL 的电流频谱分量，并与图 5－7 所示电路的输出相比较。题 5 ? 5图解 5-5 设变压器变比为 1：1，二极管伏安特性为通过原点的理想特性，忽略负载的影响，则每个 二极管的两端电压为： ?u D1 = u1 + u 2 ? i = g DK(ω2 t)(u1 + u 2 ) ， ? D1 ? ? u D2 = ?(u1 + u 2 ) ? i D2 = ? g D K(ω2 t ? π )(u1 + u 2 )则负载电流为： i L = i D1 + i D2 = g D ?K(ω2 t) ? K(ω2 t ? π )? (u1 + u 2 ) = g D K ′(ω2t)(u1 + u 2 ) ? ? 展开后为：4 4 ?4 ? i L = g D ? cos ω2 t ? cos 3ω2 t + cos 5ω2 t + ...... ? 3π 5π ?π ? × ( U1 cos ω1t + U 2 cos ω2 t.....) 1 ?1 ? ? π cos(ω2 + ω1 )t + π cos(ω2 ? ω1 )t ? ? ? ? ? 1 cos(3ω + ω )t ? 1 cos(3ω ? ω )t ? + ...... = g D 2U1 ? 2 1 2 1 ? 3π 3π ? ? ? + 1 cos(5ω + ω )t + 1 cos(5ω ? ω )t ? 2 1 2 1 ? 5π ? 5π ? ? 2 1 ?1 2 ? cos 2ω2 t ? cos 4ω2 t + cos 6ω2 t + ..... ? + g D 2U 2 ? + 15π 5π π 3π ? ?和把这个结果与 u1、u2 换位输入的结果相比较，输出电压中少了ω1 的基频分量，而多了直 流分量和ω2 的偶次谐波分量。 5－6 试推导出图 5－17（下图）所示单差分对电路单端输出时的输出电压表示式（从 V2 集 电极输出） 。EcH(jω)H(jω)－ u ＋ oV1 uA V3 uB Re V2－Ec题 5-6 图37解 5-6设: u A = U1 cos ω1t u B = U 2 cos ω2 t则：I 0 (t) = i e3 = ≈u B + Ee ? u be3 Reu B + Ee Ee ? uB ? = ?1 + ? Re Re ? Ee ?i C2 =? u ? I (t) ? ? u ?? I 0 (t) I 0 (t) ? tanh ? A ? = 0 ? (1 ? tanh ? A ? ? 2 2 2 ? ? 2VT ? ? 2VT ? ? ? ?∞ ?? Ee ? U2 U ? cos ω2 t ? ?1 ? ∑ β 2n?1 (x)cos(2n ? 1)ω1t ? ,式中x = 1 = ?1 + 2 Re ? Ee VT ? ? ? n=1当谐振回路对ω1 谐振时，设谐振阻抗为 RL,且ω1&&ω2，则：i′ = ? c2? Ee ? U2 cos ω2 t ? β1 (x)cos ω1t ?1 + 2 Re ? Ee ? ? Eeβ1 (x) ? U2 cos ω2 t ? cos ω1t ?1 + 2 Re ? Ee ?u o = EC ? i ′ R L = E C + c25－7 试推导出图 5－18 所示双差分电路单端输出时的输出电压表示式。Eci1 V1 uA i1RL uo V2 i2 V5 i3RL i2 V3 V4 i4 V6 i6 I0uBi5题 5-7 图 解 5-7设: u A = U1 cos ω1t u B = U 2 cos ω2 t, ? ? uA ? i5 i5 ? i 2 = ? tanh ? ? 2 2 ? ? 2VT ? 因为 ? ? uA ? i6 i6 ? ? i 4 = 2 + 2 tanh ? 2V ? ? T? ? 所以 ? u ? i ?i ? ?i +i i o = (i 2 + i 4 ) = ? 5 6 ? 5 6 ? tanh ? A ? 2 ? ? 2 ? 2VT ?38? ? uB ? ? i 5 ? i 6 = I 0 tanh ? ? 而? ? 2VT ? ? ? i5 + i6 = I 0 ?I ? u ?? ? u ? I 所以 i o = ? 0 ? 0 tanh ? B ? ? tanh ? A ? ?2 2 ? 2VT ? ? ? 2VT ? ? ? 则在V2与V4 集电极的输出电压 u o = Ec ? i o R L = Ec ? = Ec ?∞ ∞? ? u ?? ? u ? I0 R L ?1 ? tanh ? B ? ? tanh ? A ? 2 ? ? 2VT ? ? ? 2VT ? ? ? (x1 )cos(2m ? 1)ω1t]I0RL 2m=0∑β∞2m?1+ ∑ ∑ β 2m?1 (x1 )β 2m?1 (x 2 )cos(2m ? 1)ω1t cos(2n ? 1)ω2 tm =0 n=05－8 在图示电路中，晶体三极管的转移特性为i = a0 I s ? eube VT题 5-8 图 若回路的谐振阻抗为 R。试写出下列三种情况下输出电压 u。的表示式。 （1）u1=U1COSω1t ，输出回路谐振在 2ω1 上； （2）u=UCCOSωCt+UΩCOSωΩt,UΩ很小，满足线性时变条 件，输出回路谐振在ωC 上； （3）u=U1COSω1t+ U2COSω2t,且ω2&&ω1,U1 很小,满足线性时变条件,输出回路谐振在 (ω2-ω1)上。 解 5-8(1)ube = u + Eb = U1 cos ω1t + Eb , 先将晶体管特性在静态工作 点展开为泰勒级数Eb静态电流I 0 = a0 I s e VT bn = d n ic n ! dube nube = Eb=I0 = n !VTn( n = 0,1, 2, 3.......)ic = b0 + b1u + b2 u 2 + b3 u 3 + ........ + bn u n = I0 + 因为 I0 I I I u + 0 2 u 2 + 0 3 u3 + ........ + 0 n u n VT 2VT 6VT n !VTI0 2 I I U 12 u = 0 2 U12 cos 2 ω1t = 0 2 (cos 2ω1t + 1) 2VT2 2VT 4VTEb I U 2R a I U 2R 所以uo = 0 1 2 0 cos 2ω1 t = 0 s 1 0 e VT cos 2ω1t 4VT 4VT239(2)ube = u + Eb = uc + u? + Eb = U c cos ωc t + U ? cos ω? t + Eb因为 U c && U ? 满足线性时变条件，所以 ic = I C 0 ( t ) + gm ( t )u? 显然只有时变静态电流I C 0 ( t )才能产生ωc分量，因此将其展开为级数得 I C 0 ( t ) = a0 I s eEb + uc VT uc= I 0e VT = I 0 +I0 I I I n u + 0 u2 + 0 u 3 + ...... + 0 n uc VT c 2VT2 c 3VT3 c n !VT取一次和三次项，包含ωc分量的如 I0 I I I U3 ? 1 3 ? uc + 0 3 uc3 = 0 U c cos ωc t + 0 3c ? cos 3ωc t + cos ωc t ? VT 3VT VT 3VT ? 4 4 ?b ?U U3 ? 因此，uo = R0 I 0 ? c + c 3 ? cos ωc t = R0 a0 I s e VT ? VT 4VT ?E? 1 U3 ? U c + c 3 ? cos ωc t ? 4VT ? ? VT(3)ube = u1 + u2 + Eb = U 1 cos ω1 t + U 2 cos ω 2 t + Eb因为 U 2 && U1 满足线性时变条件，所以Eb + u2 VTic = I C 0 ( t ) + gm ( t )u1 = a0 I s e1 aIe + VT 0 sEb + u2 VTEb + u2 VTu1其中线性时变静态电流I C 0 ( t ) = a0 I s e 1 aIe 时变跨导gm ( t ) = VT 0 sEb + u2 VT将gm ( t )展开为级数得b 1 gm ( t ) = a0 I s e VT VTE? ? 1 1 2 1 3 1 u2 + u + u + ...... + un ?1 + n 2 ? 2 2 3 2 2VT 6VT n !VT ? VT ?Eb U3 ? 1 VT ? U 2 取一次和三次项，包含ω2分量的为 a0 I s e ? + 2 3 ? cos ω2 t VT ? VT 4VT ?1 而且 a0 I s e VT VTEb3 ? U2 U2 ? cos ω2 t ? U 1 cos ω1t + ? 3 ? ? VT 4VT ? E 3 ? U2 U2 ? + ? ?cos(ω2 ? ω1 )t + cos(ω2 + ω1 )t ? ? 3 ?? ? VT 4VT ? E 3 ? U2 U2 ? + ? ? cos( ω2 ? ω1 )t VT 4VT3 ? ?a0 I sU 1 VTb e = 2VTb aIU R 所以uo = 0 s 1 0 e VT 2VT405－9 场效应管的静态转移特性如图所示i D = I DSS (1 ?uGS 2 ) Vp题 5-9 图 式中，uGS=EGS+U1COSω1t＋U2COSω2t;若 U1 很小，满足线性时变条件。 （1）当 U2≤|VP-EGS|,EGS=VP／2 时，求时变跨导 gm(t)以及 gm1； （2）当 U2=|VP-EGS|,EGS=VP／2 时，证明 gm1 为静态工作点跨导。 解 5-9gm ( t ) =2I di D = ? DSS duGS VP? EGS + u2 ? 2 I DSS ?1 ? ?= VP ? ? | VP |? EGS + u2 ? ?1 ? ? VP ? ?? E ? U = gm 0 ? 1 ? GS ? ? gm 0 2 cos ω2 t， VP ? VP ? V 当U 2 =| VP ? EGS |, EGS = P 时 2 1 ? 1 VP ? gm ( t ) = gm 0 ? 1 ? ? ? cos ω2 t 2 ? VP 2 ? g g = m 0 + m 0 cos ω2 t = gmQ + gm1 cos ω2 t 2 2 gm 0 g gmQ = , gm 1 = m 0 2 2 显然，在这种条件下，gm1 = gmQ输入信号 u1=U1COSω1t， 2=U2COSω2t, 且ω2&&ω1， 2&&U1。 u U 5－10 图示二极管平衡电路， 。 输出回路对ω2 谐振，谐振阻抗为 R0，带宽 B=2F1(F1=ω1/2π） （1）不考虑输出电压的反作用，求输出电压 u。的表示式； （2）考虑输出电压的反作用，求输出电压 u。的表示式，并与（1）的结果相比较。题 5-10 图41解 5-10 (1)设变压器变比n为1：1,二极管为理想二极管，则开关函数 1 2 2 2 cos 3ω2 t + cos 5ω2 t + .... + cos ω2 t ? 2 π 3π 5π 根据题意，只取ω2分量，则 K (ω2 t ) = uo = 2 R0 g D 4 R0 g DU 1 2 cos ω2 t u1 = cos ω 2 t cos ω1 t π π 2 R0 g DU 1 2R g U cos( ω2 + ω1 )t + 0 D 1 cos( ω2 ? ω1 )t = π π（2）当考虑输出的反作用的时候 反射电阻为R f = n 2 R0 = R0 因此，此时的跨导为 g= 1 1 = rD + R f rD + R04 R0 gU 1 cos ω2 t cos ω1t π 2 R0 gU 1 2 R0 gU 1 cos( ω2 + ω1 )t + cos( ω2 ? ω1 )t = π π 信号各分量的振幅降低了 uo =42振幅调制、 第六章 振幅调制、解调及混频6－1 已知载波电压 uc=UCsinωCt，调制信号如图所示，fC&&1/TΩ。分别画出 m=0.5 及 m=1 两种情况下所对应的 AM 波波形以及 DSB 波波形。题 6-1 图 解 6-1，各波形图如下Ω ω 6－2 某发射机输出级在负载 RL=100Ω上的输出信号为 u0(t)=4(1-0.5cosΩt)cosωct V。求 总的输出功率 Pav、载波功率 Pc 和边频功率 P 边频。 解 6-2 显然，该信号是个 AM 调幅信号，且 m=0.5,因此2 R L UC 42 PC = = = 0.08W 2 2 × 100 ? ? m2 ? 0.52 ? Pav = PC ? 1 + = 0.08 ? 1 + ? ? = 0.09W 2 ? 2 ? ? ? P边频 = Pav ? PC = 0.09 ? 0.08 = 0.01W43（2） DSB 信号； 6－3 试用相乘器、相加器、滤波器组成产生下列信号的框图（1）AM 波； （3）SSB 信号。 解 6-3u?uAMu?uAMXuC++常数（直流）XuCu?uDSBu?XuC uCX滤波器uSSB6－4 在图示的各电路中，调制信号 uΩ (t)=UΩ cosΩt，载波电压 uC=UCcosωct，且ωc&& Ω， ω ω （1） Ω,UC&&UΩ，二极管 VD1 和 VD2 的伏安特性相同，均为从原点出发，斜率为 gD 的直线。 试问哪些电路能实现双边带调制？（2）在能够实现双边带调制的电路中，试分析其输出电 流的频率分量。题 6-4 图 解 6-4i La = ( i1 ? i2 ) = 0 i Lb = ( i1 + i2 ) = g D K (ωc t )( uc + u? ) ? g D K (ωc t ? π )( uc + u? ) = g D K ′(ωc t )( uc + u? ) 4 ?4 ? cos 3ωc t + ...... ? ( U c cos ωc t + U ? cos ω? t ) = g D ? cos ωc t ? 3π ?π ? ?cos(ωc + ω? )t + cos(ωc ? ω? )t ? 2g U ? = D ?? 1 1 π ? ? cos(3ωc + ω? )t ? cos(3ωc ? ω? )t + .....? ? ? 3 ? 3 ? + 2 g DU c π 1 ? 2 ? ? + 3 cos 2ω2 t ? 3 cos 4ω2 t + ...... ? ? ?44i Lc = ( i1 ? i2 ) = g D K ( ωc t )( u? + uc ) ? g D K (ωc t ? π )( u? ? uc ) = g D ? K ( ωc t ) ? K (ωc t ? π )? u? + g D ? K ( ωc t ) + K ( ωc t ? π )? uc ? ? ? ? = g D K ′(ωc t )u? + g D uc 4 ?4 ? cos 3ωc t + ...... ? U ? cos ω? t + g DU c cos ωc t = g D ? cos ωc t ? 3π π ? ? ?cos(ωc + ω? )t + cos( ωc ? ω? )t ? 2 g DU ? ? ? + g U cos ω t 1 1 D c c π ? ? cos(3ωc + ω? )t ? cos(3ωc ? ω? )t + .....? ? 3 ? 3 ? ?i Ld = ( i1 + i2 ) = g D K ( ωc t )( uc + u? ) + g D K (ωc t )( uc ? u? ) = 2 g D K ( ωc t )uc 2 ?1 2 ? cos 3ωc t + ..... ? U c cos ωc t = 2 g D ? + cos ωc t ? 3π ?2 π ? 所以， （b）和（c）能实现 DSB 调幅 而且在（b）中，包含了ωc 的奇次谐波与Ω的和频与差频分量，以及ωc 的偶次谐波分量。 在（c）中，包含了ωc 的奇次谐波与Ω的和频与差频分量，以及ωc 的基频分量。6－5 试分析图示调制器。图中，Cb 对载波短路，对音频开路； uC=UCcosωct, uΩ=UΩcosΩt ω Ω （1）设 UC 及 UΩ均较小，二极管特性近似为 i=a0+a1u2+a2u2.求 输出 uo(t)中含有哪些频率分量（忽略负载反作用）？ （2）如 UC&&UΩ,二极管工作于开关状态，试求 uo(t)的表示式。 （要求：首先，忽略负载反作用时的情况，并将结果与（1）比较；然后，分析考虑 负载反作用时的输出电压。)题 6-5 图 解 6-5 （1）设二极管的正向导通方向为他的电压和电流的正方向，则：uc ? ? uD1 = 2 + u? ? , ? ? u = uc ? u ? ? D2 2 ?2 ? ?u ? ?u ? ? i1 = a0 + a1 ? c + u? ? + a2 ? c + u? ? ? ? 2 ? ? 2 ? ? 2 ? ? uc ? ? uc ? ? i2 = a0 + a1 ? 2 ? u? ? + a2 ? 2 ? u? ? ? ? ? ? ??u ? ?u ? ?u ? ?u ? i1 ? i2 = a0 + a1 ? c + u? ? + a2 ? c + u? ? ? a0 ? a1 ? c ? u? ? ? a2 ? c ? u? ? 2 2 2 2 ? ? ? ? ? ? ? ? = 2a1 u? + 2a2 uc u? = 2a1U ? cos ?t + 2a2U ?U C cos ωc t ? cos ?t uo ( t ) = ( i1 ? i2 ) RL = 2 RL a1U ? cos ?t + 2 RL a2U ?U C cos ωc t ? cos ?t4522因此，输出信号中包含了?的基频分量和 ( ωc + ? ) 、ωc ? ? ) ( 频率分量。（2）uc u u′ 2 = c ? u? + u? , D 2 2 在忽略负载的反作用时， u′ 1 = D ? ? uc ? D ? i1 = g D ? K ( ωc t )u′ 1 = g D ? K (ωc t ) ? 2 + u? ? ? ? ? ? ? i = g ? K (ω t )u′ = g ? K ( ω t ) ? uc ? u ? D c D2 D c ? ? ? 2 ?2 ? ? ? uo = ( i1 ? i2 ) RL = 2 RL g D ? K ( ωc t )u? 2 2 ?1 2 ? cos 3ωc t + cos 5ωc t + ..... ? cos ?t = 2 RL g DU ? ? + cos ωc t ? 2 π 3π 5π ? ?因此，与(1)相比，输出信号也中包含了?的基频分量和 ( ωc + ? ) 、( ωc ? ? ) 频率分量,但多了ωc的奇次谐波与?的组合频率（2n+1)ωc ± ?分量在考虑负载的反作用时? 1 1 ? uc ? D ? i1 = r + R + R ? K (ωc t )u′ 1 = r + R + R ? K (ωc t ) ? 2 + u? ? ? ? ? D L D L ? 1 1 ?u ? ?i = ? K (ωc t )u′ 2 = ? K (ωc t ) ? c ? u? ? 2 D ? 2 rD + R + RL rD + R + RL ? ? ?uo ( t ) = ( i1 ? i2 ) RL = 2 RLU ? ? 1 2 2 2 ? ? 2 + cos ωc t ? 3 cos 3ωc t + 5 cos 5ωc t + ..... ? cos ?t rD + R + RL ? π π π ?与不考虑负载的反作用时相比，出现的频率分量相同，但每个分量的振幅降低了。 6－6 调制电路如图所示。载波电压控制二极管的通断。试分析其工作原理并画出输出电压 波形；说明 R 的作用(设 TΩ=13TC, TC 、TΩ分别为载波及调制信号的周期)。46题 6-6 图 解 6-6 设二极管为过原点的理想二极管，跨导为 gD,，变压器变比为 1:1.。电阻 R 可看作两个 电阻的串联 R=R1+R2 则：当在 uc 的正半周，二极管都导通，导通电阻 RD 和 R1、R2 构成一 个电桥，二极管中间连点电压为零，初级线圈中有电流流过，且初级电压为 uΩ。当在 uc 的 负半半周，二极管都截止，变压器初级下端断开，初级线圈中电流为零。下图是该电路的等 效电路图。因此在 uc 的正半周，次级获的电压为:? u? ? ′ uo = ? ?0 ?uc ≥ 0 uc ≥ 0′ 或写成uo = K ( ωc t )u?通过次级谐振回路，选出所需要的频率。输出电压的只包含ωC±Ω频率分量′ uo = K ( ωc )u? 2 2 ?1 2 ? cos 3ωc t + cos 5ωc t ? ..... ? cos ?t = U ? ? + cos ωc t ? 2 π 3π 5π ? ? 2U ? uo = cos ωc t cos ?t , π 因此，该电路是一个DSB调制电路。其输出波形如下：在图中 R 的作用是用来调整两个二极管的一致性，以保证在二极管导通是电桥平衡，使变 压器下端为地电位。6－7 在图示桥式调制电路中，各二极管的特性一致，均为自原点出发、斜率为 gD 的直线， 并工作在受 u2 控制的开关状态。 若设 RL&&RD(RD=1/gD)， 试分析电路分别工作在振幅调制和 混频时 u1、u2 各应为什么信号，并写出 uo 的表示式。47解 6-7 当 u2 的正半周，二极管全部导通，电桥平衡，输出为零。 当 u2 的负半周，二极管全部截止， ，输出为电阻分压。 所以输出电压为：uo = K ( ω2 t ) = RL u R0 + RL 1RL ? 1 2 2 ? ? 2 + π cos ω2 t ? 3π cos 3ω2 t + ..... ? u1 R0 + RL ? ?当做 AM 调制时，u1 应为载波信号，u2 应为调制信号. 当做 DSB 调制时，u1 应为调制信号，u2 应为载波信号. 当做混频器时，u1 应为输入信号，u2 应为本振信号 6－8 在图(a)所示的二极管环形振幅调制电路中，调制信号 uΩ=UΩcosΩt，四只二极管的伏安 特性完全一致，均为从原点出发，斜率为 gd 的直线，载波电压幅值为 UC，重复周期为 TC=2 π/ωC 的对称方波，且 UC&&UΩ，如图(b)所示。试求输出电压的波形及相应的频谱。题 6-8 图 解 6-8? uD1 = u? ? uC ? ? uD 2 = uC ? ? uD 3 = ? uC ? ? uD 4 = ? u? + uCi = i1 ? i2 ? i3 + i4? i1 = g D K (ωc t ? π )uD1 = g D K (ωc t ? π ) ( u? ? uC ) ? ? i2 = g D K ( ωc t )uD 2 = g D K (ωc t )uC ? ? i3 = g D K ( ωc t ? π )uD 3 = ? g D K (ωc t ? π )uC ? i = g K (ω t )u = g K (ω t )( u ? u ) D c D2 D c C ? ?4? ? ? ? ? ? ? K (ωc t ) + K (ωc t ? π )? uC ? 48 = gD ? ? ? + ? K (ωc t ) + K (ωc t ? π )? uC ? ? K (ωc t ) ? K (ωc t ? π )? u? ? ? ? ? ? ? ? = ? g D ? K (ωc t ) ? K (ωc t ? π )? u? = ? g D K ′(ωc t )u? ? ? 4g 4g 4guo = i L RL 4g 4g ? 4g ? = RL ? ? D cos ωc t + D cos 3ωc t ? D cos 5ωc t + ..... ? U ? cos ?t 3π 5π π ? ?πuo (ω) 4 gD10.750.50.250ωc2ω c3ω c4ω c5ω c6ω c7 ωcω6－9 差分对调制器电路如图所示。设： （1）若ωC=107rad/S，并联谐振回路对ωC 谐振，谐振电阻 RL=5kΩ, Ee=Ec=10V,Re=5kΩ, uC=156cosωCt mV, uΩ=5.63cos104t V。 试求 uo(t)。 （2）此电路能否得到双边带信号？为什么？题 6-9 图 解 6-9 (1)iC 2 = =? uC I0 (t ) ? ?1 ? tanh ? 2 ? ? 2VT ??? Ee ? u? ?1 + ?? ≈ Ee ?? 2 Re ? ?? ? ? ? ?1 ? K ′( ωc t )? ??? Ee ? U? 4 4 49 4 ? cos ?t ? ?1 ? cos ωc t + cos 3ωc t ? cos 5ωc t + .....? ?1+ 2 Re ? Ee 3π 5π ? ?? π经过谐振电路选频后(2) 该电路不能产生 DSB 信号，因为调制信号加在了线性通道，无法抑制载波分量。要想产 生 DSB 信号，调制信号应该加在非线性通道，且信号幅度比较小（小于 26Mv） 。 （1）uo(t)表示式及 6－10 调制电路如图所示。已知 uΩ=cos103t V ，uC=50cos107tmV。试求： 波形； （2）调制系数 m。题 6-10 图 解 6-10从给定条件可知，U ? && U C ,电路满足线性时变条件 静态栅极电压为：EGS = ?12 × 栅极电压为：uGS = EGS时变静态电流为： ? E + u? ? cos103 t ? 2 ? ?3 ? I D 0 ( t ) = I DSS ? 1 ? GS ? = 6 × 10 ? 1 + ? VP 4 ? ? ? ? = 6 × 10 ?3 ( 0.5 + 0.25cos10 3 t ) 时变跨导为： gm ( t ) = ? 2 I DSS ? EGS + u? ? cos10 3 t ? 2 ? ?3 ? ?1 ? ? = 3 × 10 ? 1 + ? VP ? VP 4 ? ? ?2 2 22 = ?2V 2 + 10 + u? - uC= 3 × 10 ?3 ( 0.5 + 0.25cos103 t )因此，漏级电流为：i D = I D 0 ( t ) ? gm ( t )uC = 6 × 10?3 ( 0.5 + 0.25cos103 t )2?3 × 10?3 ( 0.5 + 0.25cos103 t ) × 50 × 10?3 cos107 t23 t = 6 × 10?3 ( 0.5 + 0.25cos103 t ) ? 0.3 × 10?50 1 + 0.5 cos103 t ) cos107（ V ） (可见，由 uC 引起的时变电流分量是一个 AM 信号，而且调制深度 m=0.5.输出电压为? 6 × 10 ?3 ( 0.5 + 0.25cos103 t ) 2 ? ? ? uo ( t ) = i D R = 10 × ? ?0.3 × 10?3 1 + 0.5cos103 t cos107 t ? ( ) ? ?4= 60 ( 0.5 + 0.25cos103 t ) ? 3 ( 1 + 0.5cos103 t ) cos107 t ( V )26－11 图示为斩波放大器模型，试画出 A、B、C、D 各点电压波形。题 6-11 图 解 6-11uA = k M u? K (ωC t ) 2 2 ?1 2 ? cos 3ωC t + cos 5ωC t ? ...... ? cos ?t = k M U ? ? + cos ωC t ? 2 π 3π 5π ? ? 2 K1k M U ? K1k M U ? uB = cos ωC t cos ?t = ?cos(ωC + ? )t + cos(ωC ? ? )t ? ? ?ππuC = k M uB K (ωC t ) =2 K 1k M U ?π?cos(ω C + ? )t + cos(ω C ? ? )t ? ? ?2 2 ?1 2 ? cos 3ωC t + cos 5ωC t ? ...... ? × ? + cos ωC t ? 3π 5π ?2 π ? 2 K K k2 U ? 1 1 ? 2 K1 K 2 kM U ? uD = 1 2 M ? ? cos ?t + cos ?t ? = cos ?t π π π2 ?π ?各点波形如下51（见图所示） 能否检 6－12 振幅检波器必须有哪几个组成部分？各部分作用如何？下列各图 波？图中 R、C 为正常值，二极管为折线特性。题 6-12 图 解 6-12 振幅检波器应该由检波二极管，RC 低通滤波器组成，RC 电路的作用是作为检波器的 负载，在其两端产生调制电压信号，滤掉高频分量；二极管的作用是利用它的单向导电性， 保证在输入信号的峰值附近导通，使输出跟随输入包络的变化。 (a)不能作为实际的检波器，因为负载为无穷大，输出近似为直流，不反映 AM 输入信 号包络。它只能用做对等幅信号的检波，即整流滤波。 (b)不能检波，因为没有检波电容，输出为输入信号的正半周，因此是个单向整流电路。 (c)可以检波 (d)不可以检波，该电路是一个高通滤波器，输出与输入几乎完全相同。 6－13 检波电路如图所示，uS 为已调波(大信号)。根据图示极性，画出 RC 两端、Cg 两端、 Rg 两端、二极管两端的电压波形。52题 6-13 图 解 6-13 各点波形如右图6－14 检波电路如图所示，其中 us=0.8(1+0.5cosΩt)cosωCtV,F=5kHz, fC=465kHz,rD=125Ω. 试计算输入电阻 Ri、传输系数 Kd，并检验有无惰性失真及底部切削失真。题 6-14 图 解 6-14根据已知条件，得 R′ = 10 × 4.7 ≈ 3.2k ? 4.7 + 10因此，输入阻抗为Ri = 电流通角：θ =3R′ 1.6k ? 23π rD 3 3 × 125π = ≈ 36o 3 R 4.7 × 10 o 检波效率：K d = cos 36 = 0.81因为R′C = 3.2 × 103 × 0.01 × 10?6 = 32 × 10?6 S 1 ? m2 1 ? 0.52 0.75 = = ≈ 48 × 10?6 & R′C， 3 2π × 5 × 10 × 0.5 15700 ?m536－15 在图示的检波电路中，输入信号回路为并联谐振电路，其谐振频率 f0=106Hz,，回路 本身谐振电阻 R0=20kΩ, ,检波负载为 10kΩ,C1=0.01μF,rD=100Ω.。 （1）若 is=0.5cos2π106t mA,，求检波器输入电压 us(t)及检波器输出电压 uo(t)的表示式； （2）若 is=0.5(1+0.5cos2π103t)cos2π106t mA, 求 uo(t)的表示式.题 6-15 图 解 6-15 （1）R 10 = = 5k ? 2 2 5 × 20 回路阻抗R p = Ri // R0 = = 4k ? 5 + 20 输入电阻Ri = 电流通角θ = 3π rD 3 3π × 100 = ≈ 0.455rad ≈ 26o R 10 × 103 检波效率K d = cos θ ≈ 0.93us ( t ) = is R p = 4 × 103 × 0.5cos 2π × 106 t × 10?3 = 2cos 2π × 106 t ( V ) uo ( t ) = K d U s = 0.9 × 2 = 1.8( V )（2）us ( t ) = R p i = 4 × 103 × 0.5(1 + 0.5cos 2π × 103 t )cos 2π × 106 t × 10?3 = 2(1 + 0.5 cos 2π × 103 t )cos 2π × 106 t ( V ) uo ( t ) = K d U s t ) = 1.8(1 + 0.5 cos 2π × 103 t )( V ) （6－16 并联检波器如图所示。输入信号为调幅波，已知 C1=C2=0.01μF,R1=1kΩ，R2=5kΩ 调制频率 F=1kHz，载频 fC=1MHz，二极管工作在大信号状态。 （1）画出 AD 及 BD 两端的电压波形； （2）其它参数不变，将 C2 增大至 2μF ，BD 两端电压波形如何变化？54题 6-16 图 解 6-16 （1）此时低通网络的截止频率为 1 1 fH = = ≈ 1.59kHz , 3 2π R2C 2 2π × 10 × 0.01 × 10?6 因为 F&fH&fC,所以电路是正常检波。各点波形如下uC 1uBD u AD（2）当 C2 增大到 2μF 时fH =1 1 = ≈ 40 Hz 3 2π R2C 2 2π × 10 × 2 × 10?6因为 fH&&F，所以，BD 端输出信号已不在是调制信号，而是直流，其大小约为输入 AM 信 号中载波信号分量的振幅。 6－17 图示为一平衡同步检波器电路，us=Uscos(ωC+Ω)t,ur=Urcosωrt,Ur&&Us。求输出电压 表达式，并证明二次谐波的失真系数为零。题 6-17 图 解 6-1755设二极管为过零点的理想折线特性 .检波效率为 Kd令m =Us , 则： UruD1 = ur + us = U s cos(ω c + ? )t + U r cos ω r t = U s cos ?t cos ωc t ? U s sin ?t sin ω c t + U r cos ω r t = ( U s cos ?t + U r ) cos ωc t ? U s sin ?t sin ω c t = U m1 ( t )cos ?ω c t + ? 1 ( t )? ? ?式中U m 1 ( t ) =ωr = ωc(U r + U s cos ?t )2+ U s2 sin 2 ?t= U r2 + 2U r U s cos ?t + U s2 = Ur 1 + 2U s U2 cos ?t + s2 ≈ U r 1 + 2m cos ?t Ur Urn ? ? 2m ? 3 ) ? ? ∞ ∏( ( ?1)n+1 m n cos n ?t ? = U r ? 1 + m cos ?t + ∑ m = 2 n! ? ? n= 2 ? ? ? ? U s cos ?t ?1 ( t ) = arccos U r + U s cos ?t同样求得uD 2 = ur ? us = U m 2 ( t )cos ?ω c t + ? 2 ( t )? ? ?式中U m 2 ( t ) =( U r ? U s cos ?t )2+ U s2 sin 2 ?t= U r2 ? 2U r U s cos ?t + U s2 = Ur 1 ? 2U s U2 cos ?t + s2 ≈ U r 1 ? 2m cos ?t Ur Urn ? ? 2m ? 3 ) ? ? ∞ ∏( m n cos n ?t ? = U r ? 1 ? m cos ?t ? ∑ m = 2 ? n! ? n=2 ? ? ? ? U s cos ?t ? 2 ( t ) = arccos U r ? U s cos ?t因此uo = uo1 ? uo 2 = 2 K d U r m cos ?t + K d U r ∑ m = 2n= 2 ∞∏ ( 2m ? 3 )n!56nm n cos n ?t ?( ?1)n+1 + 1? ， ? ?当忽略高次项后，得到：uo ≈ 2 K dU r m cos ? t另外从上式可见，由于Ω二次谐波都是由 coΩt 的偶次方项产生的，但平衡输出后，n 为偶 次方项被彻底抵消掉了， 所以输出只有调制信号的基频和奇次谐波分量， 偶次谐波分量为 0； 而二次失真系数定义为Ω的二次谐波振幅与基频分量振幅之比，所以二次失真系数为 0。 6－18 图(a)为调制与解调方框图。调制信号及载波信号如图(b)所示。试写出 u1、u2、u3、u4 的表示式，并分别画出它们的波形与频谱图（设ωC&&Ω） 。题 6-18 图 解 6-18已知0.25T? = 3.25TC , 即ω C = 13? 4 ?4 ? uC = 5 K ′( ω C t) = 5 ? cos ωC t ? cos 3ωC t + ... ? 3π π ? ? 4 4 ? ? cos 39?t + ... ? ( V ) = 5 ? cos13?t ? 3π π ? ? u? = 0.5cos ?t ( V )4 ?4 ? cos 39?t + ... ? 所以u1 = kuC u? = 2.5cos ?t ? cos13?t ? 3π ?π ? 5 5 5 ?5 ? cos 38?t ? cos 40?t + ... ? ( V ) = ? cos12?t + cos14?t ? 3π 3π π ?π ?当带通滤波器的中心频率为载波频率，且带宽为 2Ω时，得u2 =55 4 ?5 ?? 4 ? u3 = ku2 uC = 5 ? cos12?t + cos14?t ? ? cos13?t ? cos 39?t + ... ? 3π π ?π ?? π ? 100 100 100 50 cos 25?t + cos 27?t ? 2 cos 51?t = 2 cos ?t + 2 2 3π 3π 3π π 50 57 ? 2 cos 53?t + ..... 3ππcos12?t +5πcos14?t各点波形如下uCtu?tu1u2tu3tu4t2 3 6－19 已知混频器晶体三极管转移特性为：iC=a0+a2u +a3u ,式中， u=UScosωSt+ULcosωLt,UL&&US,求混频器对于及(ωL-ωS)及(2ωL-ωS)的变频跨导。 解 6-19 根据已知条件，电路符合线性时变条件。则线性时变跨导为2 gm ( t ) = 2a2 uL + 3a3 uL = 2a2U L cos ω L t + 2 3a3U L ( cos 2ω L t + 1) 22 3a3U L 3a U 2 + 2a2U L cos ω L t + 3 L cos 2ω L t 2 2 = gm 0 + gm 1 cos ω L t + gm 2 cos 2ω L t=因此得到 gC 1 = gC 2 gm1 = a2U L 2 g 3a U 2 = m2 = 3 L 2 4其中斜率为 a； 设本振电压的振幅 UL=E0。 6－20 设一非线性器件的静态伏安特性如图所示， 求当本振电压在下列四种情况下的变频跨导 gC。 （1）偏压为 E0； （2）偏压为 E0/2； （3）偏压为零； （4）偏压为-E0/2。58题 6-20 图 解 6-20 设偏压为 EQ,输入信号为 uS=UScosωSt,且 UL&&US,即满足线性时变条件。根据已知条件，则 电流可表示为? au ? i=? ? 0 ? 0 & EQ + uL(E(Q+ uL ≤ 0))(1)当EQ = E0时 由EQ + uL = E0 + E0 cos ω L t = 0得：ω L t = arccos( ?1) = ±π 所以i = au = a ( EQ + uL + uS )，此时变频跨导g C =0E0 时 2 E 1 2π 由EQ + uL = 0 + E 0 cos ω L t = 0得：ω L t = arccos( ? ) = ± 2 2 3 2π 2π ? 2nπ ? ≤ ω L t & 2nπ + ? au ? 3 3 i? n = 0,1, 2, 3....或i = K( ω L t)au 2π 4π ?0 2nπ + ≤ ω L t & 2nπ + ? 3 3 ? (2)当EQ =因为K( ω L t)的基频分量振幅为 12π 3π?∫π cosω tdωL 2 3Lt=1πsin ω L t2π 3 2π ? 3=3π故 gC =gm 1 α 3 = 2 2π(3)当EQ = 0时 由EQ + uL = 0 + E0 cos ω L t = 0得：ω L t = arccos(0) = ± g α gC = m 1 = 2 2π(4)当EQ = ? E0 时 2π2?α ∫π cosω L tdω L t = 2π sin ω L t2 2ππ2 ?π2=α π由EQ + uL = ? gC = gm 1 α = 2 2πE0 1 π + E0 cos ω L t = 0得：ω L t = arccos( ) = ± 2 3 2π59?∫π33cosω L td ω L t =α sin ω L t 2ππ3 ?π3=α 3 2π6－21 图示为场效应管混频器。已知场效应管静态转移特性为 iD=IDSS(1-uGS/VP)2，式中， IDSS=3mA,VP=-3V.。输出回路谐振于 465kHz，回路空载品质因数 Q0=100，RL=1kΩ，回路 电容 C=600pF，接入系数 n=1/7，电容 C1、C2、C3 对高频均可视为短路。现调整本振电压和 自给偏置电阻 Rs，保证场效应管工作在平方律特性区内，试求： （1）为获得最大变频跨导所需的 UL； （2）最大变频跨导 gC 和相应的混频电压增益。题 6-21 图 （1）为获得最大的不失真的变频跨导，应该调整自给偏压电阻，使场效应管的静态偏置工 作点位于平方律特性的中点上。V EGS = P = ?1.5 ( V )，因此要求U L = EGS = 1.5 ( V ) 2 因为uGS = EGS ? uL + uS ,所以时变跨导为gm ( t ) = di D duGSuGS = EGS ? uL= ?2= ?2 gm 1I DSS I + 2 DSS EGS VP V p2I DSS ? EGS ? uL ? ?1? ? VP ? VP ? I + 2 DSS U L cos ω L t V p22 I DSS U L 2 × 3 × 1.5 × 10?3 = = = 10?3 ( S ) = 1( mS ) 2 2 Vp 3 gm 1 = 0.5( mS ) 2gC =输出回路在谐振时，它两端的总电导为g∑ = g0 + g ′ = L =ω0CQ0+ n21 RL22π × 465 × 103 × 600 × 10?12 ? 1 ? 1 +? ? ≈ 37.93 × 10?6 ( S ) 100 7 ? 103 ? 则混频电压增益为： UI = US n gC U S g∑ g 0.5 × 10?3 =n C = ≈ 1.88 US g∑ 7 × 37.93 × 10?6606－22 N 沟道结型场效应管混频器如图所示。已知场效应管参数 IDSS=4mA，Vp=-4V，本振电压 振幅 UL=1.8V,源极电阻 Re=2kΩ。试求； (1）静态工作点的 gmQ 及变频跨导 gC； (2）输入正弦信号幅度为 lmV 时，问漏极电流中频率为ωs、ωL、ωI 的分量各为多少？ (3）当工作点不超出平方律范围时，能否说实现了理想混频而不存在各种干扰？题 6-22 图 解 6-22 （1）? E ? EGS = ? I DSS ? 1 ? GS ? VP ? ? 1 2 ? 1 2 EGS + ? ? 2 VP ? I DSS RS VP2RS , 整理后得： ? ? EGS + 1 = 0, 代入数值并整理得到 ??10 ± 100 ? 64 = ?5 ± 3 2 因为VP = ?4V，所以，静态偏置应为EGS = ?2( V ), U GS = ? EGS = 2( V )2 EGS + 10 + 16 = 0, 解出EGS =I DSS ? EGS ? uL ? 2 × 4 × 10?3 ? 2 + 1.8cos ω L t ? g m ( t ) = ?2 ?1 ? ?= ?1 ? ? VP ? VP 4 4 ? ? ? = 0.001 ? 0.0009cos ω L t gmQ = 0.001 = 1( mS ) gC =（2）gm 1 0.0009