（谈文心主编，西安交通大学出版社,1996年）
高频电子线路部分习题参考题解
2005年6月张相臣目录第 1章,小信号调谐放大器第 2章,非线性电路与时变参量电路的分析方法第 3章,高频功率放大器第 4章,正弦波振荡器第 5章,振幅调制与解调第 6章,角度调制与解调第 7章,混频第 8章,反馈控制电路第01章 小信号调谐放大器
1-1 解：已知 r=25Ω，L=800 μH，
C=200pF，则
0
612
11
2
1
2 800 10 200 10
398
f
LC
kHz
π
π
=
=
×××
≈
R
2
2
0
2
36
2 398 10 800 10
25 160
25
L
RQr r
r
k
ω
π
=?
××××
= ×= Ω
第01章 小信号调谐放大器
312
11
2 31250 / 4.974
160 10 200
BW rad s kHz
RC
α
== = = =
××
1-2 解,已知 C
1
=15pF,C
2
=5pF,R
i
=75Ω，R
L
=300Ω
根据题意，R
i
和 R
L
折算到回路两端后的R'
i
和 R'
L
应相等。根据功率等效原理，有
N
22
12
11
iL
iL
RR
pp
RR
′ ′
=
=
1
N
即又知：
12
12
12
NC
pp
C
==
+
，
则有
2 2
1
115
75 300 5 15
N
N
=
+
第01章 小信号调谐放大器所以有
2
1
1
75 5
0.125
300 5 15
N
p
N
== =
+
1-3 解：
⑴并联电阻后，使回路损耗增大，即α增大，所以极点将远离虚轴。另外，损耗增大则使谐振增益减小、同频带增宽、选择性变差。
⑵回路电感 L的损耗电阻 r增大，则将使回路的Q 减小，
将引起同⑴一样的变化。
()
2
2
02
0
p
LL
L
L
RQr r
rr
ω
ω
=?=
()
2
0
1
L
p
p
r
G
R
Lω
==，
已知所以：
LpV
rGA
BW
↑→ ↑→ ↓
↑→ 2 选择 变性差第01章 小信号调谐放大器
1-4 解：
TV
由于 r
L
不变，所以
L QG A
BW
↑→ ↑→ ↓→ ↑
↓ 2
所以,L大的回路能取得较高的增益和较窄的通频带。
1-5 解：
不管信号是单频信号、宽频信号，只要它的频率落在窄带放大器同频带内，该信号就可以得到放大。
1-6 解：
因为采用部分接入，晶体管的参数折算到谐振回路两端后，其值大大减小，所以，晶体管参数的变化对回路的影响也相对大大减小，当更换晶体管时，晶体管参数的不同对回路的影响很小。
1-7 解,已知 p
1
=48/162=0.296,p
2
=13/162=0.08,f
0
=465kHz，
Q
0
=100,L=560μH，以及晶体管的参数。
可计算出：
第01章 小信号调谐放大器
36
00
11
6.112
2 465 10 560 10 100
p
Gs
LQ
μ
ωπ
== =
×××××
22
122
62 62 3
6.112 10 0.296 290 10 0.08 1.7 10
42.4
Toei
GGppg pg
sμ
=+ +
=×+ ××+××
=
3
12
0
6
0.296 0.08 32 10
17.872
42.4 10
fe
V
T
pp y
A
G
×××
=? =? =?
×
⑴
2
2
2
3
12
2
0
6
0.296 0.08 32 10
42.4 10
319.398
iie
fe
i
Pgg
Tie
pp y
g
A
Gg
=
×××
=×
×
=
⑵
(注意：由于 g'
ie
≠ g'
oe
，不能按匹配情况计算)
第01章 小信号调谐放大器
36 6
0
3
11
14.415
2 465 10 560 10 42.4 10
465 10
= 32.26
14.415
L
T
0
L
Q
LG
f
BW kHz
Q
ωπ
== =
××××××
×
==
⑶
2
2
0
14.415
11 0.73
100
L
Q
Q
η
=? =? =
⑷
1-8 双参差调谐放大器中，两级单调谐放大器的衰减系数 α 相等（参看教材29页图1-19，在双参差调谐放大器中，两级单调谐放大器的衰减系数 α 必须相等）,其中第二个回路的有载品质因数Q
L2
=50,调谐频率分别为
f
o1
= 6.2MHz,f
02
= 6.8MHz，
试判断此放大器是欠参差还是过参差？若保持 α 不变，要达到平坦参差，两级放大器应调谐在什么频率上？最大平坦带宽
BW 等于多少？
第01章 小信号调谐放大器
66
02 01
6.8 10 6.2 10
0.3
22
s
ff
f MHz
×?×
Δ= = =
⑴
( )
6
220.310 /
ss
f rad sωπ πΔ=Δ= ×
已知 f
o1
= 6.2MHz,f
02
= 6.8MHz，两回路的 α 相等，其中第二个回路的有载品质因数Q
L2
=50。
6
6
02 02
22
16.810
2 2 2 (0.068 10 ) /
22 25
LL
f
rad s
QQ
ω
απππ
×
== = = ×
×
所以?ω
s
>α,为过参差
⑵ 平坦参差应为?ω
s
=α 即
()
6
66
01 0
66
02 0
2 (0.068 10 )
0.068
22
6.5 10 0.068 10 6.432
6.5 10 0.068 10 6.568
s
s
s
fMHz
f ff MHz
f ff MHz
απ
ππ
×
Δ= = =
=?Δ= ×? × =
=+Δ= × + × =
解：
第01章 小信号调谐放大器
⑶ BW = 2
1/2
α ——平坦参差的同频带
6
22
2
2(0.06810)
2
2
96.166
BW Hz
kHz
α
α
π
π
π
==
×
=
=
≈
α
02
ω
01
ω
1
p
ω
0
BW
∑
m
I
e
R
o
2
p
D
1
p
′
2
p
′
S
ωΔ
S
ωΔ
90
D
45
D
图 1-19 双参差调谐放大器的极零点图第01章 小信号调谐放大器
1-9 解：
两级相同的单调谐放大器平坦参差级联时，因为中心频率不在两级的谐振频率上，而处在两级的半功率点处，
即 A
VoΣ
= (A
Vo1
/ √2)( A
Vo2
/ √2)= A
Vo
/2，所以总的电压增益将小于同步级联时的谐振增益。
1-10 解,(1) 在回路两端并联一个电阻，将使
2
2
S
T
TV
re fe
G
GAS
yy
↑ →↓→→= 越大越稳定
(2) 缺点是
TVL
GAQBW↑↓↓→→→↑→选择性变差
1-11 解,因为当频率变化较大时,y
re
的电纳部分将发生变化，
原来的中和电容不再能实现中和。
第01章 小信号调谐放大器
1-13 解,已知 f
0
= 465kHz,C = 200pF,BW = 8kHz
(1)
23212
0
11
585.739
(2 ) (2 465 10 ) 200 10
LH
fC
μ
ππ
== =
×××
3
0
3
465 10
58.125
810
L
f
Q
BW
×
== =
×
22
22
00
2
2
11
11
1
0.375
465+10 465
1 58.125
465 465 10
LL
S
ff
QQ
ff
ωω
ωω
==
+? +?
==
+?
+
第01章 小信号调谐放大器
(2) 若并联电阻，使 BW=10kHz，则
3
0
3
465 10
46.5
10 10
L
f
Q
BW
×
== =
×
0
312
0
2
46.5
79.577
2 2 465 10 200 10
Lp
L
p
QfRC
Q
R k
fC
π
ππ
′
=
′
= ==Ω
××××
R'
p
是并联电阻后的回路总的等效并联电阻。未并联电阻时，BW=8kHz,则回路总的等效并联电阻可按如下计算
Q
L
又可表示为
3
0
0
3
3
312
3
0
465 10
2
810
465 10
2 465 10 200 10 99.471
8102
Lp
L
p
f
QfRC
BW
Q
R k
fC
π
π
π
×
== =
×
×
= =×××=Ω
×
设，外接并联电阻为R
x
，则第01章 小信号调谐放大器
Xp
p
Xp
R R
R
RR
′
=
+
所以，由此式可求出外接并联电阻为
R
X
=397.887 kΩ
1-14 解：
已知
00
100 10 500
fe
V
T
y
A fMHzBW kHz
G
== = =，，
以及晶体管的 y参数，可先算出如下结果
22
20 5 20.616
fe
ymS=+=
206.16
100
fe
T
y
GSμ==
6
0
3
0
1101
20
500 10
L
T
f
Q
LG BWω
×
= == =
×
根据以上计算结果，可得
66
0
11
3.86
2 10 10 20 206.16 10
LT
L H
QG
μ
ωπ
== =
×× ×× ×
图 p1-14
i
v
第01章 小信号调谐放大器
2626
0
11
65.623
(2 10 10 ) 3.86 10
T
CpF
Lωπ
== =
×× × ×
6
0
6
6
40 10
65.623
40 10
65.623 64.986
21010
Toe
CC pF
pFpF
C
ω
π
×
=?=?
×
=? =
× ×
66
00
11
68.72
210103.861060
p
GS
LQ
μ
ωπ
== =
×× × × ×
1
206.16 68.72 20 117.44
Tpoe
GGG S
R
μ===
6
1
8514.986
117.44 10
R
= =Ω
×
第02章 非线性电路与时变参量电路的分析方法
2-1 解：
1
1
s D
Ds
VIRV
VVIR
=? +
=
V
D
为二极管的端电压。
该方程为二极管的外特性，为直线
1
0
B0
Ds
S
D
AI VV
V
VI
R
= =
==
点：,
点：,
D
v
i
A
B
o
Q
●
Q
V
Q
Is
V
I
图 p2-1
（ a）
（ b）
第02章 非线性电路与时变参量电路的分析方法
2-2 解：
12 1 1 2 2mm
vvv VcostVcostω ω=+= +设
(1)
非线性的伏安特性中只有 a
2
项才能产生差频成分，所以
2
21 1 2 2
22 22
21 1 12 1 2 2 2
()
(2 )
mm
m m
aVcostVcos t
a V cos t V V cos tcos t V cos t
ω ω
ω ωω ω
+
=+ +
其中，差频分量为
21 2 1 2
()
mm
aV V cos tω ω?
振幅为
21 2mm
aV V
(2)
m
vVcostω=设
222 2
2
1
(1 2 )
2
mm
a v a V cos t a V cos tω ω==?
二倍频成分的振幅为
2
2
1
2
m
aV
2-3 解：
第02章 非线性电路与时变参量电路的分析方法由题意可做出如下图
2θ
o
o
-2V
1V
●●
5.2V
●
tω
v
i
10
m
gmS=
1
0.91
1
m
Lm
gmS
Rg
′
==
+
3
cos 54.77
5.2
o
arcθ ==
5.2 3
2
1
M
Lm
ImA
Rg
==
+
3
00 0
210 0.4
M
II mAα α
= =××
3
11 1
210 0.73
M
II mAα α
= =××
3
22 2
210 0.55
M
II mAα α
= =××
(2) 由图可以看出，要使 I
1
增大，需要减小 |V
Q
|或增大 V
i
，这样既增大了 I
M
又增大了导通角。
(1)
M
I
第02章 非线性电路与时变参量电路的分析方法
2-4 解：
已知
22
2
43
1151 151
8
GS GS s
DDS
GS off GS off
vVv cos t
iI
VV
ω
+?+
=? =×? =×?
GS
3cos
s GS s
vtvVvω= =+输入信号,则,得
22
2
43 13
15 1 15 cos
828
13 9
15 cos cos
48 64
13 9 9
15 cos cos2
4 8 128 128
15 135 45 135
cos cos2
4 128 8 128
cos t
t
tt
tt
tt
ω
ω
ωω
ωω
ωω
=×? = +
=+ +
=+ ++
=+ + +
01 2
4.8 5.625 1.055I mA I mA I mA 所以,,
第02章 非线性电路与时变参量电路的分析方法
2-5 解,已知非线性器件伏安特性 i = a
0
+ a
1
v + a
2
v
2
+a
3
v
3
输入信号为两个余弦波，频率分别为 f
1
=150kHz和 f
2
=200
kHz，根据非线性器件幂级数分析法中组合频率 |pf
1
± qf
2
|
原则，得
a
0
项：
直流
a
1
项,n=1 取 p+q=1
p=1,q=0 f
1
=150 kHz
p=0,q=1 f =200 kHz
2
a
2
项：
n=2 取 p+q=2
p=2,q=0 2f
1
=300 kHz
p=0,q=2 2f
2
=400 kHz
p=1,q=1 |f
1
± f
2
|,为 50kHz 和 350kHz
n＜ 2 取 p+q=0
直流
a
2
项：
n=3 取 p+q=3
p=3,q=0 3f
1
=450 kHz
p=0,q=3 3f
2
=600 kHz
p=2,q=1 |2f
1
± f
2
|,为 100kHz 和 500kHz
p=1,q=2 |f
1
± 2f
2
|,为 250kHz 和 550kHz
n＜ 3 取 p+q=1
p=1,q=0 f
1
=150 kHz
p=0,q=1 f
2
=200 kHz
所以 i 中会出现 50kHz,100kHz,250kHz,300kHz,350kHz分量。
第02章 非线性电路与时变参量电路的分析方法
2-6 解,（ 1）由题意可作图如下
123
o
C
i
be
v
123
o
m
g
be
v
o
π
2π
θ
θ
v
ctω
v
c
10
m
gm
由图可看出，在 v
c
在 0V～ 1V变化时,g
m
=10mS，在 v
c
≤ 0V和 v
c
≥ 2V
时,g
m
=0 。因此 g
m
(t)的脉冲宽度为
S=
10mS
π 2π
2
π
3
2
π
5
2
π
sin 1 2 0.5 6θ θπ?== =
()
m
gt
3
π
5
3
π
253
1
332
1
sin sin
133
(1 ) ( 1)
22
1
(2 3) 0.0853 0.853
mm
m
mm
gg t t
g
ggmS
ππ
ωω
π
π
π
=+
=?+?+
=?= =
tω
（ 2）由题意可作图如下第02章 非线性电路与时变参量电路的分析方法
123
o
C
i
be
v
123
o
m
g
be
v
o
π
2π
2θ
v
ctω
v
c
10
m
gm
由图可看出,g
m
(t)的脉冲宽度为
S=
10mS
π 2π
cos 1 2 0.5 3θ θπ?= ==
()
m
gt
3
π
7
3
π
3
1
0
23
sin 5.513
mmc m
ggt g mS
π
ω
π π
===
3
π
5
3
π
tω
第02章 非线性电路与时变参量电路的分析方法
2-7 解：
2-8 解：
第02章 非线性电路与时变参量电路的分析方法
22
44 4
12 3
223
4
12 3
()
oii ii
ii i
RR R
vvKvKvv
RR R
vKvKv
R
RR R
=? + +?
=? + +
第03章 高频功率放大器
3-1 解：
第03章 高频功率放大器
3-2 解：
3
0
(1) 250 10 24 6
dc c CC
PIV W
= =××=
5
(2) 0.833
6
o
c
dc
P
P
η ===
1
1
10
00
3
1
1
2
(3) 0.833 2 0.833
2
2 250 10 0.833 0.4165
CC c
oc
ccc
dc CC c c
VI
PI
II
PVI I
A
ξ
η
== = = =××
=×
×× =
11
24
(4) 57.623
0.4165
opt CC
CC
e
cc
V
V
R
II
ξ
= == = Ω
11
00
0.4165
(5) 1.666
0.25
c
c
I
I
α
α
== =由由图 2-7查曲线，得 θ ≈ 76
o
。
第03章 高频功率放大器
3-3 解,22
214
ok
PIr W=?=×=①
1
2 24
0.741
10.8
o
c
cm
P
IA
V
×
== =②
4
5.714
0.7
o
dc
c
P
PW
η
== =③
0
5.714
0.476
12
dc
c
cc
P
V
== =④
11
00
0.741
1.557
0.476
c
c
I
I
α
α
== =(1)
5.714 4 1.714
cdco
PPP W=?=?=(2)
3-4 解：
由图 2-7查曲线，得 θ ≈ 90
o
。
01
1sin cos 1 sin cos
0.318 0.5
1 cos 1 cos
θ θθ θ θθ
α α
π θπ
====
，
3
1
10
0
1.572 90 10 141.48
cc
II mA
α
α
==××=
22
1e
11
(1) 141.48 200 2.002
22
oc
PIR W==?×=
3
0
2.002
(2) 0.7452
30 90 10
oo
c
CC c
PP
Pdc V I
η
== = =
××
第03章 高频功率放大器
3-5 解,（ 1）现在谐振功放是工作在欠压状态；
（ 2）由晶体管的输出特性可求出（可看出 V
BB
=0V）：
0.2( )
2
0.1( )
C
m
i
I A
gS
VV
Δ
== =
Δ
B点的电流值 I
c
，为
( ) 2(0 0.6) 1.2
cmBDB
IgVV A=?=?=?
点
B点的电压值 V
CC
，为
22 14
22 p3 5 1.2 12
0.8 0
cc B
VV V V
=+Δ? Δ=?=
点
，由图 可看出所以 22 22 12 34
cc B
VV= +Δ = + =
点
14 20
cm cc
VV V=?=
0.6 0
cos 0.6
1
DBB
im
VV
V
θ
===
由图可看出，晶体管的起始导通电压 V
D
=0.6V（横轴在 0.6V处）
（ 3）若要功率增大、效率高，负载 Re应增大。
第03章 高频功率放大器
3-6 解,(1) Re增大一倍,I
CM
↓,P
o
↓
(2) Re减小一半,I
CM
不变，但 V
cm
↓ → P
o
↓
3-7 解：
(1) 调整 Re或 V
CC
，或 V
im
，或 V
BB;
(2) 不同的调整方法，输出功率将不同。
由教材图 3-5的负载线，可以分析出
3-8 解：
(1) 此时放大器工作在欠压状态；
(2) 调整 Re，即，使 Re↑，才能使 P
o
,I
c0
接近设计值。
3-11 解,(1) 天线断开,集电极负载电阻 Re将增大,晶体管将进入强过压状态,所以,集电极直流电流 I
c0
↓，天线电流等于零。
(2) 天线接地，集电极负载电阻 Re将减小，晶体管将进入欠过压状态，所以，集电极直流电流 I
c0
↑，天线电流将增大。
(3) 中介回路失谐，集电极负载阻抗 Ze将减小，晶体管将进入欠过压状态，所以，集电极直流电流 I
c0
↑,I
c1
↓，输出电压减小，天线电流将减小。
(1) 当输入信号频率增加一倍，谐振回路呈现阻抗仍为 Re；
由于输入信号振幅及偏置不变，所以，导通角 2θ不变,I
CM
不变，α
0
不变；但此时相当于高频功放，输出功率正比于
α
1
，而不是α
2
，因此 P
O
↑,I
c0
不变,P
dc
不变；所以效率提高。
第03章 高频功率放大器
3-13 解：
3-12 解：
(1) P
A
=P
o
-P
K
=3-1=2 W
(2) η
k
=P
A
/P
o
=2/3=0.667
(3) η
c
=P
o
/P
dc
=3/10=0.3
η =η
k
η
c
=0.667× 0.3=0.2
(2) 因为 Re不变、输入信号振幅及偏置不变所以晶体管的工作不变状态。
第03章 高频功率放大器
3-14 解：
(a) 电压、电流的大小和方向如图示。若 R上的电压为 V，则每个传输线变压器的始端和终端电压均为 V，因此，信号源端的电压为 3V。当信号源端提供的电流为 I，则，每个传输线上、下两绕组的电流也均为 I，因此，
流过 R的电流为 3I。所以
I
I
I
I
V
-
+
3I
V
V
V
V
--
--
+
+
+
+
图 p3-14(a)
3
i
V
R
I
=输入电阻
3
V
R
I
=输出电阻所以
33 9
i
R RR=? =
第03章 高频功率放大器
(b) 电压、电流的大小和方向如图示。
V
V
2V
94R
+
+
+
-
-
-
V
V
+
+
-
-
由图可看出，信号源端电压为 3V，负载端电压为 2V。如果下面传输线电流为 I，负载端电流为 3I，信号源端电流为 2I。所以
2I
2I
I
I
3I
32
i
R VI=
输入电阻
23R VI=
输出电阻所以
33 9
22 4
i
R RR=? =
图 p3-14(b)
第03章 高频功率放大器
(c) 电压电流的大小和方向如图示。
V
V
V
V
V
+
++
++
-
-
-
-
-
4R
由图可看出，信号源端电压为 2V，负载端电压为 V。如果信号端电流为 I，负载端电流为 2I。所以图 p3-14(c)
I
I
I
I
2I
2
i
R VI=
输入电阻
2R VI=
输出电阻所以
22 4
i
R RR=? =
3-15 解：
第03章 高频功率放大器
I
I
I
I
I
I
4I
16R
V
V
V
V
V
V
V
-
-
-
-
-
-
+
+
+
+
+
+
+
-
由图可看出，如果负载端电压为 V，信号端电流为 I，信号源端电压为 4V，负载端电流为 4I。所以
(1) 画出第一种 16:1结构如图示。
4
i
R VI=
输入电阻
4R VI=
输出电阻所以
44 16
i
R RR=? =
答题图 p3-15 (1)
第03章 高频功率放大器
(2) 画出第二种 16:1结构如图示。
16R
V
+
-
VV
2V
2V
+
+
+
+
----
I
I
2I
2I
答题图 p3-15 (2)
由图可看出，如果信号端电流为 I，负载端电压为 V，则信号源端电压为 4V，负载端电流为 4I。所以
4I
4
i
R VI=
输入电阻
4R VI=
输出电阻所以
44 16
i
R RR=? =
第03章 高频功率放大器
3-16 解：
已知 P
o
=100W，所以晶体管 T
1
,T
2
各输出 50W。即得
2
12
()
50
2
cc ces
MM
A
VV
PP W
R
== =
′
因此，要求 A'对地电阻应为
2 2
1
()(22 2)
4
2250
cc ces
A
M
VV
R
P
′
===Ω
×
所以,T
r6
的特性阻抗 Z
c6
= 8Ω,R4=8/4=2 Ω
各传输线变压器的特性阻抗为：
T
r1
T
r2
T
r3
T
r4
T
r5
T
r6
R
1
R
2
R
3
R
4
40 210101084101020
Zc
(Ω)
第04章 正弦波振荡器
4-1 解：
(1) 反馈振荡器由放大部分、选频网络、反馈网络组成；
(2) 放大部分对反馈的信号进行足够放大，
选频网络使振荡器稳定工作在一定频率上，
反馈网络形成正反馈，以便产生自激振荡条件；
(3) 能够产生自激振荡的条件是：正反馈,A(jω
0
)F(jω
0
)＞ 1。
4-2 解,(1)
平衡条件是,
00
()()1 2 0,1,2A jFj nnω ω?π= =，=
起振条件是,
()()1 2 0,1,2Aj F j nnω ω?π=＞，=
稳定条件是,
0
0
() ()
00
i
A
V
ωω
ω? ω
ω
=
iiA
V=V
＜＜
(2)
物理意义第04章 正弦波振荡器起振条件的物理意义是：
在满足起振条件时，振荡器在接通电源后，振荡回路电压将逐渐增大，进而形成自激振荡。
平衡条件的物理意义是：
在满足平衡条件时，经过放大、反馈后形成的反馈信号，应等于输入信号，使振荡器工作在等幅状态，输出是一个频率稳定的等幅信号。
稳定条件的物理意义是：
①振幅稳定条件的物理意义：当有外界干扰使振荡幅值发生了变化时，通过振荡器自身调节，仍能满足振幅稳定条件。当干扰消除后，振荡器又恢复原来的振幅。
②当有外界干扰使振荡频率发生了变化时，在新的频率上仍能满足相位平衡条件。当干扰消除后，振荡器又恢复到原来的频率。
第04章 正弦波振荡器
4-3 解：
4-4 解：
(1) X
ce
,X
be
为同性质元件,X
bc
应与前两个元件性质相反。
(a) 不能振荡，基极直流对地短路；
(b) 不能振荡，变压器的同名端不对，是负反馈；
(c) 不能振荡，不满足三点式构成原则；
(d) 不能振荡，基极无偏压；
(e) 不能振荡，集电极无供电。
(2) 由起振条件
1
moe ieV
V
gg gF
F
>+
可以看出，反馈系数太大或太小都不利于起振。
4-5 解：
(a) 不能，不满足三点式构成原则；
(b) 不能，三极管供电错误,PNP管集电极应是负压供电，变压器反馈相位也不对，是负反馈；
第04章 正弦波振荡器
(c) 能，变压器反馈式 ;
(d) 能，电容三点式；
(e) 能，多级串联正反馈式。
4-6 解：
(a)基极对地直流短路；同名端错。改正：串入隔直电容；
改正同名端。
(b) 基极交流悬浮；射极交流接地。改正：基极对地接旁路电容；去掉 Ce。
(c) 不符合三点构成原则。改正：按电感三点式修改电路；
(d) C,E直流短路。改正：串入隔直电容。
(e) C,B直流短路；射极交流悬浮。改正：串入隔直电容；
去掉 Re。
(f)集电极无供电； C,B直流短路。改正：按电容三点式修改电路；
第04章 正弦波振荡器
4-7 解：
11 22 33
01 02 03
01 0 0c 3s2 o
(1)
LC LC LC
fff
f fff
>>
<<
<<<
可能振荡电容三点式
11 22 33
01 01 01
01 0 0c 3s2 o
(2)
LC LC LC
fff
f fff
<<
>>
>>>
可能振荡电感三点式
11 22 33
01 01 01
01 0 0c 3s2 o
(3)
LC LC LC
fff
f fff
=>
=<
=<<
可能振荡电容三点式第04章 正弦波振荡器
(4) 不能振荡。不管 f
osc
安排在何处，三个回路的等效电抗都不能满足三点式电路的构成原则。
4-8 解：
0
12
12
612
1
2
1
14.304
100 2000
2 1.3 10 10
100 2000
f
CC
L
CC
MHz
π
π
=
+
==
×
×× ×
+
第04章 正弦波振荡器回路谐振电阻
66
e0 0 0
100 2 14.304 10 1.3 10 11.684R QL kω π
= =×× ×××= Ω
22 3
e0
11 1 1
1.086
2 250 11.684 10
L
LL
gmS
Rp R
′
=+= + =
××
反馈系数：
1
12
100
0.04762
100 200
L
V
be
VC
F
VCC
== = =
++
起振条件,A
V
F
V
>1,即
2
11
mm
mL Vi
LVi V V
gg
gg Fg
GgFgF F
′
=>>+
′
+
g
i
为基极回路的输入电导，通常 g
i
>>1/R
E
，且
1
26
EQ
im
E
I
gg
r
= =≈
p
L
是负载 RL到回路的接入系数,p
L
=0.5。
第04章 正弦波振荡器
111
23.766
1
mL Vm mL
VVV
gg Fg gg mS
FFF
′′
>+ >?=
又知
23.766
26
EQ
m
I
g mS>
0.618
EQ
ImA>所以
4-10 解：
通过减小晶体管和谐振回路耦合程度。
ce
CΔ
be
CΔ
答题图 p4-11
4-11 解：
12
12
414.022
CC
CpF
CC
==
+
回路电容
12
12
1
OSC
CC
L
CC
ω =
+
12
()()
()()
ce be
OSC
ce be
CCCC
L
CC CC
ω
+Δ +Δ
′
=
+Δ + +Δ
第04章 正弦波振荡器
12 1 2
12 12
12
12
4
11
()()
()()
1
8.804 10
ce be
ce be
OSC OSC OSC
OSC OSC
CC C C C C
CC CC CC
CC
CC
ωωω
+Δ +Δ
+ +Δ + +Δ′
Δ?
==
+
=×
4-12 解：
第04章 正弦波振荡器
(1) L的同名端标在最上面；
(2) C
b
,C
e
为交流旁路电容；它们开路将不能振荡；
(3) 改变 L中心抽头，会改变起振条件；
(4)
3
12
231
231
612
1
()
2
1
6.07
(10 12)10
2 100 10 10
10 12 10
OSC C pF
f
CCC
L
CCC
MHz
π
π
=
=
+
++
==
+
×× ×
++
C
3
=12pF 时，振荡频率为
C
3
=250pF 时，振荡频率为
3
250
231
231
612
1
()
2
1
5.129
(10 250)10
2 100 10 10
10 250 10
OSC C pF
f
CCC
L
CCC
MHz
π
π
=
=
+
++
==
+
×× ×
+ +
第04章 正弦波振荡器
(5) C1将使低端频率抬高,C2将使高端频率拉低。
f
L
f
S
f
LS I
f ff? =
C
3
最大 C
3
最小第04章 正弦波振荡器
4-13 解：
(a)并联型皮尔斯电路 (b)串联型电路
(c)多级串联型电路
(d)串联型电路
(e)此电路不能振荡答题图 p4-13
第04章 正弦波振荡器
4-14 解：
612
1
11
2
2110 42010
7.766
LC
MHz
π
π
=
×××
=
须使
1
1
7.766
2
OSC
fMHz
LCπ
>=
所以 3.686 3 11.058
OSC
fMHz>×=
答题图 p4-14
则 LC
1
回路失谐为容性，电路为电容三点式振荡电路。
(3) T2是缓冲放大，同时起隔离作用，有利于振荡器稳定。
(1) 画出等效电路如图示。
(2) 振荡频率计算如下：
第05章 振幅调制与解调例 5-2 解：
1,D2极性接反，如教材图 (5-18)(a)，此时画出等效电路如下：
v
Ω
v
Ω
C
v
1D
v
1D
v
1
2
Dc
Dc
vvv
vvv
Ω
Ω
= +
=?+
v
c
正半周,D
1
导通,D
2
截止；
相应的开关函数为 S
1
(t)
v
c
负半周,D
1
截止,D
2
导通；
相应的开关函数为 S
1
(t+Tc/2)
1
12 2 2
() cos cos3 cos5
235
ccc
St t t tωωω
π ππ
= +? +
21
() ( )
2
12 2 2
cos( ) cos(3 ) cos(5 )
235
c
ccc
T
St St
tttωπ ωπ ωπ
π ππ
=+
= + +? + + +
12 2 2
cos cos3 cos5
235
ccc
tttωωω
π ππ
=? +? +
第05章 振幅调制与解调
111 1
222 2
() ( ) ()
() ( ) ()
DD D c
DD D c
igvStgvv St
igvStgvvSt
Ω
Ω
=?=+?
=?=?+?
由此可以写出
12 1 1
11
11 11
()()( )(2)
()() )(2)
[() ( 2)] [() ( 2)]
cos
44 4
cos [ cos cos3 cos5 ]
35
LDc Dc c
Dc D Dc D c
c
Dm
Dcm c c c c
iiigvvStgvvStT
gv gv St gv gv St T
gv St St T gvSt St T
gV t
gV t t t tωω ω ω
π ππ
ΩΩ
Ω
Ω
= += +? +?+?+
=+?+?+?+
+?
=Ω
+? +
可见 i
L
中无 (ω
c
±Ω )频率分量，故不能实现调幅。
第05章 振幅调制与解调
2,v
c
与 v
Ω
互换位置，如教材图 (5-18)(b)，画出等效电路如下：
v
Ω
C
v
C
v
1D
v
1D
v
v
c
正半周,D
1
导通,D
2
截止；
相应的开关函数为 S(t)
v
c
负半周,D
1
截止,D
2
导通；
相应的开关函数为 S(t+Tc/2)
S
1
(t)和 S
1
(t+Tc/2)同上。
1
2
Dc
Dc
vvv
vvv
Ω
Ω
= +
=?+
11
21
()()
()(2)
Dc
Dc c
igvv St
igvvStT
Ω
Ω
= +?
=?+?+
12 1 1
11
11 11
()()( )(2)
()()
[() ( 2)] [() ( 2)]
LDc Dc c
Dc D Dc D c
D cc
iiigvvStgvvStT
gv gv St gv gv St T
gvSt St T gvSt St T
ΩΩ
Ω
=?= ++? +
=++?+
=+++?+
cos
44 4
cos [ cos cos3 cos5 ]
35
Dcm c
Dm c c c
gV t
gV t t t t
ω
ωωω
π ππ
Ω
=
+Ω? +
第05章 振幅调制与解调可见 i
L
中含有 (ω
c
±Ω )频率分量，故可以实现标准调幅,AM
波。
第05章 振幅调制与解调
5-1 解：
6
( ) 20(1 0.2cos2 400 0.1cos2 3200 )cos2 10 ( )vt t t t Vπ ππ= ++
(1) 已知调幅信号为得出 3200 =6400Hz
max
FHzBW=,所以
2 2222
0.2 0.1
2
20 20 20
22
205
2 2
AV o DSB
P PP W=+ = + + =
载波功率边频功率边频功率
(2) 已知调幅信号为
6
( ) 4cos2 1000 cos2 10 ( ) DSBvt t t Vπ π= —— 波得出 1000 =2000Hz
max
FHzBW=,所以
2
2
2
2
1
()
2
4
2221
() 4
1
acm acm
AV DSB
L L
mV mV
PP
RR
W==?= = =
66
22
1
( ) 4 [cos(2 10 2 1000) cos(2 10 2 1000) ] ( )
2
22 22 224
L L
vt t t V
RR W
ππ ππ= + +
=+=+=
或第05章 振幅调制与解调
5-2 解：
22
33
3
3
(1 ) 9 10 (1 ) 10.125 10
10.125 10
(1)20.5
910
aa
AV o
a
mm
PP
m
=+=××+= ×
×
=?×=
×
(1) 已知 P
o
=9kW,P
AV
=10.125 kW，则
(1) 已知 P
o
=9kW,m
a1
=0.5,m
a2
=0.4，则
22
12
12
22
333
22
0.5 0.4
9 10 9 10 9 10 10.845
aa
AV o DSB DSB o o o
mm
PPP P P P P
kW
=+ + =+ +
=× + ×× + ×× =
5-3 解：
第05章 振幅调制与解调
2
2
2
10 2(1.5sin 5sin ) 0.02(1.5sin 5sin )
10 3sin 10sin 0.045sin
0.3sin sin 0.5sin
cc
c
cc
itttt
tt t
tt t
ωω
ω
ωω
=+ Ω+ + Ω+
=+ Ω+ + Ω
+Ω +
其中调幅信号为
10sin 0.3sin sin
10sin 0.3sin sin
0.3
10(1 sin )sin
10
Ic c
cc
c
ittt
tt
tt
ω ω
ω ω
ω
= +Ω
=+Ω
=+ Ω
由上式可以看出 m
a
=0.3/10=0.03
第05章 振幅调制与解调
5-4 解：
(a) 标准平衡调制器，可实现 DSB波调幅；
(b) 参考教材例 5-2的第二个问题，可知，可实现 AM波调幅；
(c) 参考教材例 5-2的第一个问题，可知，不能实现调幅；
(d) 这里和标准平衡调制器相比，① v
Ω
,v
c
互换了位置，② D2
反接。这和教材例 5-2的第二个问题类似，只是 D2反接，所以
v
c
正半周,D1,D2导通
v
c
负半周,D1,D2截止故，这里仅需要一个开关函数,S(t)
12Dc Dc
vvvvvv
Ω Ω
=+ =?，
(()
Dc Dc
igvv igvv
Ω Ω
=+ =?)，
12
[( ( )]()
[]
2()
LDcDc
Dc D Dc D
Dc
iii gvv gvv St
gv gv gv gv St
gvSt
ΩΩ
ΩΩ
= += + +
=++
=
)
第05章 振幅调制与解调
12 2 2
2 cos [ cos cos3 cos5 ]
235
Dcm c c c
gV ct t t tωωωω
π ππ
=+?+
可见,i
L
中无 (ω
c
±Ω )成分，故不能实现调幅。
5-5 解：
(1) 在教材图 5-11平衡调幅电路中，若 D2反接，则
12
23
101 2 3
201 2 3
()()()
()()()
DcDc
c
Dcc
vvvvvv
iaavvavv avv
iaavvavvavv
ΩΩ
ΩΩ Ω
Ω ΩΩ
= +=?
=+ ++ + + +
=+?+? +?
，
12
223 2
01 2 2 3 3
22 2 2 2 6
LDD
CC
iii
aavavavavavv
Ω ΩΩΩ
= +
=+++++
可见,i
L
中无 v
Ω
v
c
乘积项，故不能实现调幅。
(2) 参考教材例 5-2的第二个问题，可知，可产生 AM波。不能产生 DSB波。
第05章 振幅调制与解调
5-6 解：
等效电路如下，属于全桥调幅电路
v
Ω
C
v
R
′
O
v
答题图 p5-6
v
c
正半周,D
1
～ D
4
均导通
v
c
负半周,D
1
～ D
4
均截止所以仅需一个开关函数 S(t+ T
c
/2)
设，二极管的导通电阻 R
D
=1/g
D
，则,v
o
为
00
0
D
D
RR c
D
O
c
R
vv
RR
v
vv
Ω>>
Ω
≈>
+
=
≤
用开关函数表示 v
c
的控制作用，即
(/2)
12 2 2
cos ( cos cos3 cos5 )
235
Oc
mc
vvStT
Vt t t tωωω
π ππ
Ω
Ω
=?+
= Ω? +? +
第05章 振幅调制与解调可见,v
O
中包含有Ω,(ω
c
±Ω ),(3ω
c
±Ω )，所以，该电路可以实现 DSB调幅。
v
Ω
C
v
O
v
O
v
′
t
t
t
t
v'
O
是 v
O
经滤波后的输出电压。
答题图 p5-6 桥式调幅波形第05章 振幅调制与解调
5-7 解：
5-8 解,2 2
0.5
5 0.625
22
a
DSB o
m
PP W==×=(1)
(2)
5
10
0.5
o
dc
P
PW
η
== =
22
11
0.5 10 1.25
22
adc
PmP W
Ω
==××=
集电极平均输入功率：
10 1.25 11.25
dc
PP W
Ω
+ =+ =
集电极平均输出功率：
5 0.625 5.625
oDSB
PP W+=+ =
第05章 振幅调制与解调
5-9 解：
(1)
3
3
22
4700
58.75
80
33
0.543 ( )
58.75
cos cos(0.543) 0.856
4700
3.207
2 2 0.856
DL
DL
d
L
i
d
gR
rad
gR
K
R
Rk
K
ππ
θ
θ
==
===
== =
= ==Ω
×
(2) 当 C断开时,R
L
上的波形如下：
DM
I
o
t
sm
DM
DL
V
I
R R
=
+
() () ()
DM
DAV oAV DAV L
I
iViR
π
==，
D
i
第05章 振幅调制与解调
() ()
()()
4700
0.313
(80 4700)
oAV DAV L smDM L L L
d
sm sm smDLsmDL
ViR VIR R R
K
VV VRRVRRππ π
π
== = = =
++
==
+
1
22()
2
2(80 4700) 9.56
sm sm DL
ismDL
DM
Ds
VV R R
R VRR
I
IV
k
+
== =? = +
=+ = Ω
第05章 振幅调制与解调
5-10 解：
7
( ) 1cos10 ( )(1)
s
vt t V=
t
o
o
v
37
( ) 1cos10 cos10 ( )
(2)
s
vt t t V=
t
o
o
v
等幅波，输出电压为
1
o
vV
DSB波，输出电压为
=
()
o
vt=
3
sin(10 ) ( ) 0 2tV tT≤＜
3
sin(10 ) ( ) 2 2tV T tT? ≤＜
(3)
37
( ) 1(1 0.5cos10 )cos10 ( )
s
vt t t V= +
t
o
o
v
标准 AM波，输出电压为
3
() 1 0.5cos(10 ) ( )
o
vt t V=+
为方便起见，这里用正弦表示。
第05章 振幅调制与解调
(4)
37
( ) 1(0.5 cos10 )cos10 ( )
s
vt t t V= +
t
o
过调制的 AM波，输出电压略。
o
v
5-11 解,由 v
i
表达式
0.3
0.3
1
a
m ==
(1) 当 R
2
滑动端在中间位置时，由电路参数，根据教材（ 5-41）
式，有
12
1 2350 1000
510 1212
2 2350 1000
g
RRR
×
+ =+ = Ω
+
&
37
( ) 1(1 0.3cos10 )cos10 ( )
i
vt t t V=+
可求出调幅指数，为
3
12
1
510 2.35 10 2860
2
RR+ =+×= Ω
直流负载电阻为交流负载电阻为所以
1212
0.3 0.424
2860
a
m =< = 不产生负峰切割失真。
第05章 振幅调制与解调
(2) 当 R
2
滑动端在最高位置时，由电路参数，根据教材（ 5-41）
式，有
12
1 4700 1000
510 1335
2 4700 1000
g
RRR
×
+ =+ = Ω
×
&
3
12
510 4.7 10 5210RR+ =+×= Ω
直流负载电阻为交流负载电阻为所以
1335
0.3 0.256
5210
a
m => = 将产生负峰切割失真。
5-12 解：
略第05章 振幅调制与解调
5-13 解：
原题所给条件不明确。
5-14 解：
0
465
46.5
10
L
f
Q
BW
===回路有载品质因数
LC回路谐振总电导
312
00
2 2 465 10 200 10
12.57 S
46.5 46.5
T
L
CfC
G
Q
ω π π
μ
× ×××
== = =
二极管并联检波器的输入电阻
3
3
14.710
1.567 10
33
iL
RR
×
= ==×Ω
输入电导
3
1 1 1.567 10 638 S
ii
gR μ== ×=
G
T
应等于
22
12Toei
Gngng= +
阻抗匹配时，应有
22
12oe i
ng ng=
第05章 振幅调制与解调
2
1
212.57
Toe
Gng Sη==
所以由得
6
1
6
12.57 10
0.561
2 2 20 10
T
oe
G
n
g
×
== =
××
2
2
2 12.57
Ti
Gng Sη==
而由
6
2
6
12.57 10
0.099 0.1
2263810
T
i
G
n
g
×
== =≈
××
得第05章 振幅调制与解调
5-14 解：
A
V
B
V
C
V
D
V
A,B,C,D各点的波形 V
A
,V
B
,V
C
,V
D
如下
t
t
t
t
第05章 振幅调制与解调
5-18 解：
解调部分相加器输出
12
() ()cos ()sin
cc
vt f t t f t tω ω= +
解调部分上面乘法器器输出
2
12
11 2
( )cos ( )cos ( )sin cos
11 1
() ()cos2 ()sin2
22 2
cc c
cc
vt t f t t f t t t
f tft tft t
ωωωω
ω ω
=+
=+ +
经低通滤波器后，仅输出 f
1
(t)/2部分，故不失真地恢复 f
1
(t)。
解调部分下面乘法器器输出
2
12
122
( )sin ( )sin cos ( )sin
111
()sin2 () ()cos2
22
ccc c
cc
vt t f t t t f t t
f t t ft ft t
ωωω ω
ω ω
=+
=+?
经低通滤波器后，仅输出 f
2
(t)/2部分，故不失真地恢复 f
2
(t)。
第06章 角度调制与解调
6-1 解：
(1) 调频时设，调制信号的幅值为 V
Ω m
，周期为 T，则
()tv vω
Ω Ω
Δ① 与 成线性关系，波形 (t)相似；
00
() () ()
tt
f
ttdtKvtd?ω
Ω
Δ=Δ =
∫∫
②
T
() 0
2
a 在～ 期间
2
2
0
42
()
T
MM
fM fM f
tK tdtK tK t
TT
ω ω
ω ω
Δ Δ
Δ= Δ? =Δ
∫
为一二次曲线。
T
()
2
b 在～T期间
2
2
42
()
T
MM
fM fM f
T
tK tdtK tK t
TT
ω ω
ω ω
Δ Δ
Δ=?Δ+ =?Δ?+
∫
为一二次曲线。
第06章 角度调制与解调
(2) 调相时
()tv v?
Ω Ω
Δ① 与 成线性关系，波形 (t)相似；
() ( ())
p
d
tKvt
dt
ω
Ω
Δ=②
T
() 0
2
a 在～ 期间
4
()
m
p
tK
T
ω
Δ
Δ=?
T
()
2
b 在～T期间
4
()
m
p
tK
T
ω
Δ
Δ=
ω (t)为一方波。
调频、调相时的?ω (t),?φ (t)的波形如下图所示：
第06章 角度调制与解调
o
v
Ω
2
T
T
t
o
()tωΔ
t
m
V
Ω
o
()t?Δ
t
o
v
Ω
2
T
T
t
o
()t?Δ
t
m
V
Ω
o
()tωΔ
t
调频时的波形 调相时的波形答题图 p6-1
第06章 角度调制与解调
6-2 解：
因为没有给出调制信号的方程表达式，所以不能确定 v(t)是 FM、还是 PM波。
6-3 解：
(1) 已知 F=1000Hz,V
Ω m
=0.1V
调幅时,BW=2F=2000Hz
调频时：
3
3
110 0.1
0.1
10
fm
f
K V
m
Ω
× ×
= ==
Ω
2( 1) 2(0.1 1) 1000 2.2
f
BW m F kHz= += +× =
(2) 已知 F=1000Hz,V
Ω m
=20V
调幅时,BW=2F=2000Hz
调频时：
3
3
110 20
20
10
fm
f
K V
m
Ω
× ×
= ==
Ω
2( 1) 2(20 1) 1000 42
f
BW m F kHz= += +× =
6-4 解,已知 f
c
=83.75MHz,?f
m
=50kHz,F
max
=15kHz
(1)
3
3
max
2 50 10
3.333
21510
mm
f
f
m
F
ω π
π
ΔΔ×
== = =
Ω×
3
max
2( 1) 2(3.333 1) 15 10 130
f
BW m F kHz=+ = +××≈
第06章 角度调制与解调
(1)
3
2 2 50 10 100
m
f kHzΔ =× × =
变化范围
()()
(83.75 50 ) (83.75 50 )
83.7 83.8
cm cm
ff ff
MHz kHz MHz kHz
MHz MHz
Δ+Δ
+?
～
～
～
6-5 解：
612
11
13.664
2
221067.8410
c
jQ
f MHz
LCπ
π
== =
×× ×
()
()
12
0
-12
0.5
225 10
67.84 10
160.6
1
j
jQ
QD
C
CF
VV
γ
×
===×
+
+
由已知参数，算出
(1)
2
266
11
(1)
282
1 1 0.5 0.136
0.5 ( 1) 0.4545 13.664 10 10
28 2 2
cc
fM
Hz
γ
γω
π
π π
Δ≈ =
=?××?× × ×= ×
由于非线性引起的中心频率偏移第06章 角度调制与解调
(2)
66
1 1 0.5 1.554
0.455 13.664 10 10
22 2 2 2
mc
fM Hz
γ
ω
π ππ
Δ=? =? × × × = ×
3
0.454545
0.6 6
m
DQ
V
M
VV
Ω
===
+
+
由已知参数算出
(3)
(4)
66
1 1.554 0.518
10 10 ( )
32 2
m
f
m
f
KHzV
V ππ
Ω
Δ
==? ×= ×
(5)
6
2
2
6
0.136 10 2 0.136
0.08752
2 1.554 10 1.554
mc
f
mm
ff
k
ff
π
π
ΔΔ ×
===? ==
ΔΔ ×
第06章 角度调制与解调
6-6 已知变容二极管的特性为
[ ]
12
12
0
() 1 2( cos ) 1 cos
jj Qm jQ
Ct C V V t C M t
Ω
=++ Ω=+Ω
cos
Qm
vV V t
Ω
= +Ω
( )
0
12
jj
CC v=?
将它全部接入振荡回路调频，外加固定电压 V
Q
= -4V，当载频 f
c
=10MHz，调制电压 v
Ω
(t)=V
Ω m
cosΩ t时，试计算
(1) 调制灵敏度 K
f；
(2) 若要求 k
f2
＜ 0.01，则最大频偏不能超过多少？
解,加到变容二极管两端的电压为所以其中
0
12 (0.5 )
jQ j Q m Q
CC V MV V
Ω
=+ = +
12
14
() () (1 cos )
jc
tLCt M tωω
==+Ω
第06章 角度调制与解调将ω (t)在 cosΩ t=0处展开为泰勒级数，得：
222
12
31 3
() (1 cos cos )
64 4 64
cos cos2
c
cm m
tMMtMt
tt
ωω
ωω ω
=? + Ω? Ω +
= +Δ Ω +Δ Ω +
(1)
6
1
6
11 21010
2248
0.5
10 10 1
556
40.54
mc m
f
mm m
Q
MV
K
VV V
V
kHz V
ω ω π
ππ
Ω
ΩΩ Ω
Δ ××
=?=?=?
+
×
=?=
+
(2)
2
2
2
1
3412
64 64
m
f
m
KMM
M
ω
ω
Δ
==?=
Δ
当要求 K
f 2
＜ 1%时：
2
12
0.01
64
f
KM=<
64
0.01 0.0533
12
M <×=
第06章 角度调制与解调
64
0.01 0.0533
12 0.5 4
mm
DQ
VV
M
VV
ΩΩ
<×= = =
+
+
所以 V必须限制在,0.0533 (0.5 4) 0.24
mΩ
< ×+=
所允许的最大频偏：
3
556 10 0.24 133.44
cfm
fKV kHzV
Ω
Δ <=××=
6-7 解：
(1) 该电路为电容三点式振荡电路,R2调节变容二极管静态电容,v
Ω
(t)控制电容 Cj以改变瞬时振荡频率 f(t)，谐振回路由 C
1
、
C
2
,C
j
和 L组成。
(2)
回路总电容为
12
12 1 2
1 0.5 20
0.328
1 0.5 1 20 0.5 20
j
jj
CCC
CpF
CC CC CC
∑
××
== ≈
++ ×+×+×
26212
0
11
0.596
(2 ) (2 360 10 ) 0.328 10
LH
fC
μ
ππ
∑
== =
×× × ×
第06章 角度调制与解调
(3)
11
0.6 6 6.6
m
DQ
V
M
VV
Ω
===
+
+
由小频偏直接调频原理（教材 P178-179），可计算如下
6
31
360 10 1.341
2 2 61 6.6
mc
fMf MHz
P
γ
Δ= = × =
×
1
12
1,2
12
20
60
1 0.5
1 0.5
jQ jQ
CC
P
CC
C
CC
== = =
×
++
，
2
0P =
由于这里变容二极管没有串联电容，所以
2
1212 1
0
(1 ) (1 ) 1 1 60 61
P
PPPP P
=
= +++ +=+=，
1
3
0.0246
2261
A
P
γ
== ≈
×
第06章 角度调制与解调
22
2
2
1
2
31(1)1
84 2(1)
33 13(31) 1 3
0.0243
8 61 4 61 2 61 (1 60)
A
PPPP
γ γγ γ?
=+
+
××?
=+ =
2
2
1
0.0243 1
0.0748
2 2 0.0246 6.6
f
A
KM
A
== ×=
×
6-9 解：
2
1
22(1 cos)
jjQ
CC
C
M t
∑
==?
+Ω
(1)
2
1
() (1 cos )
2
cc
jQ
tMt
C
L
γ
ωωω+Ω，
(2)
2
mc
M
γ
ω ωΔ=
(3)
2
(1)
41
f
M
K
γ
=?
第06章 角度调制与解调
6-10 解：
(1)
0
11
oo
ms mo m
vv
R
CgvgvjCRjgCRωωω
>> ≈ =，
故该支路等效电容为 g
m
CR，因此 C
Σ
= C
0
+C+g
m
CR
(2)
由给定元件参数，得总电容
0
12 12 6 3 12
14 10 2 10 4000 10 5 10 2 10 56
QmQ
CCCgRC
pF
∑
= ++
=× +× + × ×× ×× =
6
0
612
11
3.008 10
2
250105610
Q
fHz
LCπ
π
∑
== =×
×××
(3) 受调时：当 g
m
=3800μS时
10
12 12 6 3 12
14 10 2 10 3800 10 5 10 2 10 54
m
CCCgRC
pF
∑
= ++
=× +× + × ×× ×× =
6
1
612
1
11
3.063 10
2
2 5010 5410
fHz
LCπ
π
∑
== =×
×××
当 g
m
=3800μS时第06章 角度调制与解调
20
12 12 6 3 12
14 10 2 10 4250 10 5 10 2 10 58.5
m
CCCgRC
pF
∑
= ++
=× +× + × ×× ×× =
6
2
612
2
11
2.943,10
2
2 50 10 58.5 10
fHz
LCπ
π
∑
== =×
×××
因此,f 在 2.943MHz-3.063MHz之间变化，
f
m
=(f
1
-f
2
)/2= (3.063-2.943)/2=60 kHz
6-12 解：
20
() sin ()
cf c f
vA Kf ttKf tdtωω?
=? +? + +
∫
2
2
30
1
( ) 1 cos2( ( ) )
2
cf c f
vA Kft t Kftdt
=+ ++
∫
22 22
4
1
2() ()
2
ccf f
vA KtKtωω
=+ +
v
4
中含调制信号 f(t)，但还有失真项 f
2
(t)。
第06章 角度调制与解调
6-13 解：
333 3
10 10 5 10 10 50 10
om m D
VS Vω
=Δ × = × × × = ×
2 10( / ) 10( )
mfm m
KV rad s V f kHz Vω π
Ω
Δ= =×? Δ=
3
10 10 10 2 1 10 2 10 ( / )
fm
ffm
KV
mKV radsVππ
Ω
Ω
== =Ω=××? × =?
Ω
已知 m
f
=10,F=1kHz，得
3
() cos 50cos2 10
oom
vt V t tmVπ=Ω= ×
6-14 解：
鉴频输出电压幅值所以，输出电压
(1)
0
2
LPP
m
Qf
f
ξη
Δ
==在 时，为鉴频宽度的边沿，所以得
6
6
0
10 10
230.51
60
pp pp
L
f
fBW Hz
Q
η
×
Δ= = = ×=×
(2) 21.5
D
SVMHz=
第06章 角度调制与解调
1.21
DD
SS
′
=
6-15 解：
0
00
22 1.8
1.5
21.2
1.5
PPLPP
mL
PP
ffQf kk
kQ
fffk
kk
ξη
′ ′ ′
ΔΔ
=== ==
′
=
=
Δ
(1)
(2)
(3) 如果 k 不变，增大 Q
L
,B
P-P
不变,S
D
增大。
2 6.32( / )
mfm
KV rad s Vω π
Ω
Δ ==?
3
6.32
6.32 6.32 2 1 10 2 6.32 ( / )
fm
f
fm
KV
m
KV rad S Vππ
Ω
Ω
==
Ω
=Ω=×× = ×
6-16 解：
(1)
6.32( )
m
fkHzV?Δ =?
2?f
m
=12.64kHz ＜ 20kHz，不产生失真。
210( / )
mfm
KV rad s Vω π
Ω
×?Δ= =?
3
10
10 10 2 1 10 2 10 ( / )
fm
f
fm
KV
m
KV rad S Vππ
Ω
Ω
==
Ω
= Ω= × × × = ×
(2)
10( )
m
fkHzV?Δ=?
第06章 角度调制与解调
2?f
m
=20kHz =20kHz，将产生失真。
第07章 混频
7-1 解：
已知，非线性元件的伏安特性
2
01 2
ia avav=++
外加电压为
cos (1 cos )cos
BBLm L sm a s
vV V tV m t tω ω= +++Ω
将外加电压 v 代入元件伏安特性表达式，得
[ ]
[]
01
2
2
cos (1 cos )cos
cos (1 cos )cos
BB Lm L sm a s
BB Lm L sm a s
ia aV V tV m t t
aV V tV m t t
ω ω
ωω
= ++ ++Ω
++ ++Ω
整理，经中心频率为（ ω
L
-ω
s
）的滤波器滤波后，得
2
2
(1 cos )cos( )
(1 cos )cos
I Lm sm a L s
Lmsm a I
iaVV m t t
aV V m t t
ω ω
ω
= +?
=+
中频电流为混频跨导为
2
I
cLm
sm
i
gaV
V
==
第07章 混频
7-2 解,本振频率为
57.75 38 95.75
L vc vI
fff MHz=+= +=
95.75 64.25 31.5
aI L ac
fff MHz=?=? =
伴音中频为
7-3 解：
略第07章 混频
7-4 解：
第08章 反馈控制电路
8-1 解：
第08章 反馈控制电路
高频电子线路部分习题参考题解
2005年6月张相臣目录第 1章,小信号调谐放大器第 2章,非线性电路与时变参量电路的分析方法第 3章,高频功率放大器第 4章,正弦波振荡器第 5章,振幅调制与解调第 6章,角度调制与解调第 7章,混频第 8章,反馈控制电路第01章 小信号调谐放大器
1-1 解：已知 r=25Ω，L=800 μH，
C=200pF，则
0
612
11
2
1
2 800 10 200 10
398
f
LC
kHz
π
π
=
=
×××
≈
R
2
2
0
2
36
2 398 10 800 10
25 160
25
L
RQr r
r
k
ω
π
=?
××××
= ×= Ω
第01章 小信号调谐放大器
312
11
2 31250 / 4.974
160 10 200
BW rad s kHz
RC
α
== = = =
××
1-2 解,已知 C
1
=15pF,C
2
=5pF,R
i
=75Ω，R
L
=300Ω
根据题意，R
i
和 R
L
折算到回路两端后的R'
i
和 R'
L
应相等。根据功率等效原理，有
N
22
12
11
iL
iL
RR
pp
RR
′ ′
=
=
1
N
即又知：
12
12
12
NC
pp
C
==
+
，
则有
2 2
1
115
75 300 5 15
N
N
=
+
第01章 小信号调谐放大器所以有
2
1
1
75 5
0.125
300 5 15
N
p
N
== =
+
1-3 解：
⑴并联电阻后，使回路损耗增大，即α增大，所以极点将远离虚轴。另外，损耗增大则使谐振增益减小、同频带增宽、选择性变差。
⑵回路电感 L的损耗电阻 r增大，则将使回路的Q 减小，
将引起同⑴一样的变化。
()
2
2
02
0
p
LL
L
L
RQr r
rr
ω
ω
=?=
()
2
0
1
L
p
p
r
G
R
Lω
==，
已知所以：
LpV
rGA
BW
↑→ ↑→ ↓
↑→ 2 选择 变性差第01章 小信号调谐放大器
1-4 解：
TV
由于 r
L
不变，所以
L QG A
BW
↑→ ↑→ ↓→ ↑
↓ 2
所以,L大的回路能取得较高的增益和较窄的通频带。
1-5 解：
不管信号是单频信号、宽频信号，只要它的频率落在窄带放大器同频带内，该信号就可以得到放大。
1-6 解：
因为采用部分接入，晶体管的参数折算到谐振回路两端后，其值大大减小，所以，晶体管参数的变化对回路的影响也相对大大减小，当更换晶体管时，晶体管参数的不同对回路的影响很小。
1-7 解,已知 p
1
=48/162=0.296,p
2
=13/162=0.08,f
0
=465kHz，
Q
0
=100,L=560μH，以及晶体管的参数。
可计算出：
第01章 小信号调谐放大器
36
00
11
6.112
2 465 10 560 10 100
p
Gs
LQ
μ
ωπ
== =
×××××
22
122
62 62 3
6.112 10 0.296 290 10 0.08 1.7 10
42.4
Toei
GGppg pg
sμ
=+ +
=×+ ××+××
=
3
12
0
6
0.296 0.08 32 10
17.872
42.4 10
fe
V
T
pp y
A
G
×××
=? =? =?
×
⑴
2
2
2
3
12
2
0
6
0.296 0.08 32 10
42.4 10
319.398
iie
fe
i
Pgg
Tie
pp y
g
A
Gg
=
×××
=×
×
=
⑵
(注意：由于 g'
ie
≠ g'
oe
，不能按匹配情况计算)
第01章 小信号调谐放大器
36 6
0
3
11
14.415
2 465 10 560 10 42.4 10
465 10
= 32.26
14.415
L
T
0
L
Q
LG
f
BW kHz
Q
ωπ
== =
××××××
×
==
⑶
2
2
0
14.415
11 0.73
100
L
Q
Q
η
=? =? =
⑷
1-8 双参差调谐放大器中，两级单调谐放大器的衰减系数 α 相等（参看教材29页图1-19，在双参差调谐放大器中，两级单调谐放大器的衰减系数 α 必须相等）,其中第二个回路的有载品质因数Q
L2
=50,调谐频率分别为
f
o1
= 6.2MHz,f
02
= 6.8MHz，
试判断此放大器是欠参差还是过参差？若保持 α 不变，要达到平坦参差，两级放大器应调谐在什么频率上？最大平坦带宽
BW 等于多少？
第01章 小信号调谐放大器
66
02 01
6.8 10 6.2 10
0.3
22
s
ff
f MHz
×?×
Δ= = =
⑴
( )
6
220.310 /
ss
f rad sωπ πΔ=Δ= ×
已知 f
o1
= 6.2MHz,f
02
= 6.8MHz，两回路的 α 相等，其中第二个回路的有载品质因数Q
L2
=50。
6
6
02 02
22
16.810
2 2 2 (0.068 10 ) /
22 25
LL
f
rad s
ω
απππ
×
== = = ×
×
所以?ω
s
>α,为过参差
⑵ 平坦参差应为?ω
s
=α 即
()
6
66
01 0
66
02 0
2 (0.068 10 )
0.068
22
6.5 10 0.068 10 6.432
6.5 10 0.068 10 6.568
s
s
s
fMHz
f ff MHz
f ff MHz
απ
ππ
×
Δ= = =
=?Δ= ×? × =
=+Δ= × + × =
解：
第01章 小信号调谐放大器
⑶ BW = 2
1/2
α ——平坦参差的同频带
6
22
2
2(0.06810)
2
2
96.166
BW Hz
kHz
α
α
π
π
π
==
×
=
=
≈
α
02
ω
01
ω
1
p
ω
0
BW
∑
m
I
e
R
o
2
p
D
1
p
′
2
p
′
S
ωΔ
S
ωΔ
90
D
45
D
图 1-19 双参差调谐放大器的极零点图第01章 小信号调谐放大器
1-9 解：
两级相同的单调谐放大器平坦参差级联时，因为中心频率不在两级的谐振频率上，而处在两级的半功率点处，
即 A
VoΣ
= (A
Vo1
/ √2)( A
Vo2
/ √2)= A
Vo
/2，所以总的电压增益将小于同步级联时的谐振增益。
1-10 解,(1) 在回路两端并联一个电阻，将使
2
2
S
T
TV
re fe
G
GAS
yy
↑ →↓→→= 越大越稳定
(2) 缺点是
TVL
GAQBW↑↓↓→→→↑→选择性变差
1-11 解,因为当频率变化较大时,y
re
的电纳部分将发生变化，
原来的中和电容不再能实现中和。
第01章 小信号调谐放大器
1-13 解,已知 f
0
= 465kHz,C = 200pF,BW = 8kHz
(1)
23212
0
11
585.739
(2 ) (2 465 10 ) 200 10
LH
fC
μ
ππ
== =
×××
3
0
3
465 10
58.125
810
L
f
Q
BW
×
== =
×
22
22
00
2
2
11
11
1
0.375
465+10 465
1 58.125
465 465 10
LL
S
ff
ff
ωω
ωω
==
+? +?
==
+?
+
第01章 小信号调谐放大器
(2) 若并联电阻，使 BW=10kHz，则
3
0
3
465 10
46.5
10 10
L
f
Q
BW
×
== =
×
0
312
0
2
46.5
79.577
2 2 465 10 200 10
Lp
L
p
QfRC
Q
R k
fC
π
ππ
′
=
′
= ==Ω
××××
R'
p
是并联电阻后的回路总的等效并联电阻。未并联电阻时，BW=8kHz,则回路总的等效并联电阻可按如下计算
Q
L
又可表示为
3
0
0
3
3
312
3
0
465 10
2
810
465 10
2 465 10 200 10 99.471
8102
Lp
L
p
f
QfRC
BW
Q
R k
fC
π
π
π
×
== =
×
×
= =×××=Ω
×
设，外接并联电阻为R
x
，则第01章 小信号调谐放大器
Xp
p
Xp
R R
R
RR
′
=
+
所以，由此式可求出外接并联电阻为
R
X
=397.887 kΩ
1-14 解：
已知
00
100 10 500
fe
V
T
y
A fMHzBW kHz
G
== = =，，
以及晶体管的 y参数，可先算出如下结果
22
20 5 20.616
fe
ymS=+=
206.16
100
fe
T
y
GSμ==
6
0
3
0
1101
20
500 10
L
T
f
Q
LG BWω
×
= == =
×
根据以上计算结果，可得
66
0
11
3.86
2 10 10 20 206.16 10
LT
L H
QG
μ
ωπ
== =
×× ×× ×
图 p1-14
i
v
第01章 小信号调谐放大器
2626
0
11
65.623
(2 10 10 ) 3.86 10
T
CpF
Lωπ
== =
×× × ×
6
0
6
6
40 10
65.623
40 10
65.623 64.986
21010
Toe
CC pF
pFpF
C
ω
π
×
=?=?
×
=? =
× ×
66
00
11
68.72
210103.861060
p
GS
LQ
μ
ωπ
== =
×× × × ×
1
206.16 68.72 20 117.44
Tpoe
GGG S
R
μ===
6
1
8514.986
117.44 10
R
= =Ω
×
第02章 非线性电路与时变参量电路的分析方法
2-1 解：
1
1
s D
Ds
VIRV
VVIR
=? +
=
V
D
为二极管的端电压。
该方程为二极管的外特性，为直线
1
0
B0
Ds
S
D
AI VV
V
VI
R
= =
==
点：,
点：,
D
v
i
A
B
o
Q
●
Q
V
Q
Is
V
I
图 p2-1
（ a）
（ b）
第02章 非线性电路与时变参量电路的分析方法
2-2 解：
12 1 1 2 2mm
vvv VcostVcostω ω=+= +设
(1)
非线性的伏安特性中只有 a
2
项才能产生差频成分，所以
2
21 1 2 2
22 22
21 1 12 1 2 2 2
()
(2 )
mm
m m
aVcostVcos t
a V cos t V V cos tcos t V cos t
ω ω
ω ωω ω
+
=+ +
其中，差频分量为
21 2 1 2
()
mm
aV V cos tω ω?
振幅为
21 2mm
aV V
(2)
m
vVcostω=设
222 2
2
1
(1 2 )
2
mm
a v a V cos t a V cos tω ω==?
二倍频成分的振幅为
2
2
1
2
m
aV
2-3 解：
第02章 非线性电路与时变参量电路的分析方法由题意可做出如下图
2θ
o
o
-2V
1V
●●
5.2V
●
tω
v
i
10
m
gmS=
1
0.91
1
m
Lm
gmS
Rg
′
==
+
3
cos 54.77
5.2
o
arcθ ==
5.2 3
2
1
M
Lm
ImA
Rg
==
+
3
00 0
210 0.4
M
II mAα α
= =××
3
11 1
210 0.73
M
II mAα α
= =××
3
22 2
210 0.55
M
II mAα α
= =××
(2) 由图可以看出，要使 I
1
增大，需要减小 |V
Q
|或增大 V
i
，这样既增大了 I
M
又增大了导通角。
(1)
M
I
第02章 非线性电路与时变参量电路的分析方法
2-4 解：
已知
22
2
43
1151 151
8
GS GS s
DDS
GS off GS off
vVv cos t
iI
VV
ω
+?+
=? =×? =×?
GS
3cos
s GS s
vtvVvω= =+输入信号,则,得
22
2
43 13
15 1 15 cos
828
13 9
15 cos cos
48 64
13 9 9
15 cos cos2
4 8 128 128
15 135 45 135
cos cos2
4 128 8 128
cos t
t
tt
tt
tt
ω
ω
ωω
ωω
ωω
=×? = +
=+ +
=+ ++
=+ + +
01 2
4.8 5.625 1.055I mA I mA I mA 所以,,
第02章 非线性电路与时变参量电路的分析方法
2-5 解,已知非线性器件伏安特性 i = a
0
+ a
1
v + a
2
v
2
+a
3
v
3
输入信号为两个余弦波，频率分别为 f
1
=150kHz和 f
2
=200
kHz，根据非线性器件幂级数分析法中组合频率 |pf
1
± qf
2
|
原则，得
a
0
项：
直流
a
1
项,n=1 取 p+q=1
p=1,q=0 f
1
=150 kHz
p=0,q=1 f =200 kHz
2
a
2
项：
n=2 取 p+q=2
p=2,q=0 2f
1
=300 kHz
p=0,q=2 2f
2
=400 kHz
p=1,q=1 |f
1
± f
2
|,为 50kHz 和 350kHz
n＜ 2 取 p+q=0
直流
a
2
项：
n=3 取 p+q=3
p=3,q=0 3f
1
=450 kHz
p=0,q=3 3f
2
=600 kHz
p=2,q=1 |2f
1
± f
2
|,为 100kHz 和 500kHz
p=1,q=2 |f
1
± 2f
2
|,为 250kHz 和 550kHz
n＜ 3 取 p+q=1
p=1,q=0 f
1
=150 kHz
p=0,q=1 f
2
=200 kHz
所以 i 中会出现 50kHz,100kHz,250kHz,300kHz,350kHz分量。
第02章 非线性电路与时变参量电路的分析方法
2-6 解,（ 1）由题意可作图如下
123
o
C
i
be
v
123
o
m
g
be
v
o
π
2π
θ
θ
v
ctω
v
c
10
m
gm
由图可看出，在 v
c
在 0V～ 1V变化时,g
m
=10mS，在 v
c
≤ 0V和 v
c
≥ 2V
时,g
m
=0 。因此 g
m
(t)的脉冲宽度为
S=
10mS
π 2π
2
π
3
2
π
5
2
π
sin 1 2 0.5 6θ θπ?== =
()
m
gt
3
π
5
3
π
253
1
332
1
sin sin
133
(1 ) ( 1)
22
1
(2 3) 0.0853 0.853
mm
m
mm
gg t t
g
ggmS
ππ
ωω
π
π
π
=+
=?+?+
=?= =
tω
（ 2）由题意可作图如下第02章 非线性电路与时变参量电路的分析方法
123
o
C
i
be
v
123
o
m
g
be
v
o
π
2π
2θ
v
ctω
v
c
10
m
gm
由图可看出,g
m
(t)的脉冲宽度为
S=
10mS
π 2π
cos 1 2 0.5 3θ θπ?= ==
()
m
gt
3
π
7
3
π
3
1
0
23
sin 5.513
mmc m
ggt g mS
π
ω
π π
===
3
π
5
3
π
tω
第02章 非线性电路与时变参量电路的分析方法
2-7 解：
2-8 解：
第02章 非线性电路与时变参量电路的分析方法
22
44 4
12 3
223
4
12 3
()
oii ii
ii i
RR R
vvKvKvv
RR R
vKvKv
R
RR R
=? + +?
=? + +
第03章 高频功率放大器
3-1 解：
第03章 高频功率放大器
3-2 解：
3
0
(1) 250 10 24 6
dc c CC
PIV W
= =××=
5
(2) 0.833
6
o
c
dc
P
P
η ===
1
1
10
00
3
1
1
2
(3) 0.833 2 0.833
2
2 250 10 0.833 0.4165
CC c
oc
ccc
dc CC c c
VI
PI
II
PVI I
A
ξ
η
== = = =××
=×
×× =
11
24
(4) 57.623
0.4165
opt CC
CC
e
cc
V
V
R
II
ξ
= == = Ω
11
00
0.4165
(5) 1.666
0.25
c
c
I
I
α
α
== =由由图 2-7查曲线，得 θ ≈ 76
o
。
第03章 高频功率放大器
3-3 解,22
214
ok
PIr W=?=×=①
1
2 24
0.741
10.8
o
c
cm
P
IA
V
×
== =②
4
5.714
0.7
o
dc
c
P
PW
η
== =③
0
5.714
0.476
12
dc
c
cc
P
V
== =④
11
00
0.741
1.557
0.476
c
c
I
I
α
α
== =(1)
5.714 4 1.714
cdco
PPP W=?=?=(2)
3-4 解：
由图 2-7查曲线，得 θ ≈ 90
o
。
01
1sin cos 1 sin cos
0.318 0.5
1 cos 1 cos
θ θθ θ θθ
α α
π θπ
====
，
3
1
10
0
1.572 90 10 141.48
cc
II mA
α
α
==××=
22
1e
11
(1) 141.48 200 2.002
22
oc
PIR W==?×=
3
0
2.002
(2) 0.7452
30 90 10
oo
c
CC c
PP
Pdc V I
η
== = =
××
第03章 高频功率放大器
3-5 解,（ 1）现在谐振功放是工作在欠压状态；
（ 2）由晶体管的输出特性可求出（可看出 V
BB
=0V）：
0.2( )
2
0.1( )
C
m
i
I A
gS
VV
Δ
== =
Δ
B点的电流值 I
c
，为
( ) 2(0 0.6) 1.2
cmBDB
IgVV A=?=?=?
点
B点的电压值 V
CC
，为
22 14
22 p3 5 1.2 12
0.8 0
cc B
VV V V
=+Δ? Δ=?=
点
，由图 可看出所以 22 22 12 34
cc B
VV= +Δ = + =
点
14 20
cm cc
VV V=?=
0.6 0
cos 0.6
1
DBB
im
VV
V
θ
===
由图可看出，晶体管的起始导通电压 V
D
=0.6V（横轴在 0.6V处）
（ 3）若要功率增大、效率高，负载 Re应增大。
第03章 高频功率放大器
3-6 解,(1) Re增大一倍,I
CM
↓,P
o
↓
(2) Re减小一半,I
CM
不变，但 V
cm
↓ → P
o
↓
3-7 解：
(1) 调整 Re或 V
CC
，或 V
im
，或 V
BB;
(2) 不同的调整方法，输出功率将不同。
由教材图 3-5的负载线，可以分析出
3-8 解：
(1) 此时放大器工作在欠压状态；
(2) 调整 Re，即，使 Re↑，才能使 P
o
,I
c0
接近设计值。
3-11 解,(1) 天线断开,集电极负载电阻 Re将增大,晶体管将进入强过压状态,所以,集电极直流电流 I
c0
↓，天线电流等于零。
(2) 天线接地，集电极负载电阻 Re将减小，晶体管将进入欠过压状态，所以，集电极直流电流 I
c0
↑，天线电流将增大。
(3) 中介回路失谐，集电极负载阻抗 Ze将减小，晶体管将进入欠过压状态，所以，集电极直流电流 I
c0
↑,I
c1
↓，输出电压减小，天线电流将减小。
(1) 当输入信号频率增加一倍，谐振回路呈现阻抗仍为 Re；
由于输入信号振幅及偏置不变，所以，导通角 2θ不变,I
CM
不变，α
0
不变；但此时相当于高频功放，输出功率正比于
α
1
，而不是α
2
，因此 P
O
↑,I
c0
不变,P
dc
不变；所以效率提高。
第03章 高频功率放大器
3-13 解：
3-12 解：
(1) P
A
=P
o
-P
K
=3-1=2 W
(2) η
k
=P
A
/P
o
=2/3=0.667
(3) η
c
=P
o
/P
dc
=3/10=0.3
η =η
k
η
c
=0.667× 0.3=0.2
(2) 因为 Re不变、输入信号振幅及偏置不变所以晶体管的工作不变状态。
第03章 高频功率放大器
3-14 解：
(a) 电压、电流的大小和方向如图示。若 R上的电压为 V，则每个传输线变压器的始端和终端电压均为 V，因此，信号源端的电压为 3V。当信号源端提供的电流为 I，则，每个传输线上、下两绕组的电流也均为 I，因此，
流过 R的电流为 3I。所以
I
I
I
I
V
-
+
3I
V
V
V
V
--
--
+
+
+
+
图 p3-14(a)
3
i
V
R
I
=输入电阻
3
V
R
I
=输出电阻所以
33 9
i
R RR=? =
第03章 高频功率放大器
(b) 电压、电流的大小和方向如图示。
V
V
2V
94R
+
+
+
-
-
-
V
V
+
+
-
-
由图可看出，信号源端电压为 3V，负载端电压为 2V。如果下面传输线电流为 I，负载端电流为 3I，信号源端电流为 2I。所以
2I
2I
I
I
3I
32
i
R VI=
输入电阻
23R VI=
输出电阻所以
33 9
22 4
i
R RR=? =
图 p3-14(b)
第03章 高频功率放大器
(c) 电压电流的大小和方向如图示。
V
V
V
V
V
+
++
++
-
-
-
-
-
4R
由图可看出，信号源端电压为 2V，负载端电压为 V。如果信号端电流为 I，负载端电流为 2I。所以图 p3-14(c)
I
I
I
I
2I
2
i
R VI=
输入电阻
2R VI=
输出电阻所以
22 4
i
R RR=? =
3-15 解：
第03章 高频功率放大器
I
I
I
I
I
I
4I
16R
V
V
V
V
V
V
V
-
-
-
-
-
-
+
+
+
+
+
+
+
-
由图可看出，如果负载端电压为 V，信号端电流为 I，信号源端电压为 4V，负载端电流为 4I。所以
(1) 画出第一种 16:1结构如图示。
4
i
R VI=
输入电阻
4R VI=
输出电阻所以
44 16
i
R RR=? =
答题图 p3-15 (1)
第03章 高频功率放大器
(2) 画出第二种 16:1结构如图示。
16R
V
+
-
VV
2V
2V
+
+
+
+
----
I
I
2I
2I
答题图 p3-15 (2)
由图可看出，如果信号端电流为 I，负载端电压为 V，则信号源端电压为 4V，负载端电流为 4I。所以
4I
4
i
R VI=
输入电阻
4R VI=
输出电阻所以
44 16
i
R RR=? =
第03章 高频功率放大器
3-16 解：
已知 P
o
=100W，所以晶体管 T
1
,T
2
各输出 50W。即得
2
12
()
50
2
cc ces
MM
A
VV
PP W
R
== =
′
因此，要求 A'对地电阻应为
2 2
1
()(22 2)
4
2250
cc ces
A
M
VV
R
P
′
===Ω
×
所以,T
r6
的特性阻抗 Z
c6
= 8Ω,R4=8/4=2 Ω
各传输线变压器的特性阻抗为：
T
r1
T
r2
T
r3
T
r4
T
r5
T
r6
R
1
R
2
R
3
R
4
40 210101084101020
Zc
(Ω)
第04章 正弦波振荡器
4-1 解：
(1) 反馈振荡器由放大部分、选频网络、反馈网络组成；
(2) 放大部分对反馈的信号进行足够放大，
选频网络使振荡器稳定工作在一定频率上，
反馈网络形成正反馈，以便产生自激振荡条件；
(3) 能够产生自激振荡的条件是：正反馈,A(jω
0
)F(jω
0
)＞ 1。
4-2 解,(1)
平衡条件是,
00
()()1 2 0,1,2A jFj nnω ω?π= =，=
起振条件是,
()()1 2 0,1,2Aj F j nnω ω?π=＞，=
稳定条件是,
0
0
() ()
00
i
A
V
ωω
ω? ω
ω
=
iiA
V=V
＜＜
(2)
物理意义第04章 正弦波振荡器起振条件的物理意义是：
在满足起振条件时，振荡器在接通电源后，振荡回路电压将逐渐增大，进而形成自激振荡。
平衡条件的物理意义是：
在满足平衡条件时，经过放大、反馈后形成的反馈信号，应等于输入信号，使振荡器工作在等幅状态，输出是一个频率稳定的等幅信号。
稳定条件的物理意义是：
①振幅稳定条件的物理意义：当有外界干扰使振荡幅值发生了变化时，通过振荡器自身调节，仍能满足振幅稳定条件。当干扰消除后，振荡器又恢复原来的振幅。
②当有外界干扰使振荡频率发生了变化时，在新的频率上仍能满足相位平衡条件。当干扰消除后，振荡器又恢复到原来的频率。
第04章 正弦波振荡器
4-3 解：
4-4 解：
(1) X
ce
,X
be
为同性质元件,X
bc
应与前两个元件性质相反。
(a) 不能振荡，基极直流对地短路；
(b) 不能振荡，变压器的同名端不对，是负反馈；
(c) 不能振荡，不满足三点式构成原则；
(d) 不能振荡，基极无偏压；
(e) 不能振荡，集电极无供电。
(2) 由起振条件
1
moe ieV
V
gg gF
F
>+
可以看出，反馈系数太大或太小都不利于起振。
4-5 解：
(a) 不能，不满足三点式构成原则；
(b) 不能，三极管供电错误,PNP管集电极应是负压供电，变压器反馈相位也不对，是负反馈；
第04章 正弦波振荡器
(c) 能，变压器反馈式 ;
(d) 能，电容三点式；
(e) 能，多级串联正反馈式。
4-6 解：
(a)基极对地直流短路；同名端错。改正：串入隔直电容；
改正同名端。
(b) 基极交流悬浮；射极交流接地。改正：基极对地接旁路电容；去掉 Ce。
(c) 不符合三点构成原则。改正：按电感三点式修改电路；
(d) C,E直流短路。改正：串入隔直电容。
(e) C,B直流短路；射极交流悬浮。改正：串入隔直电容；
去掉 Re。
(f)集电极无供电； C,B直流短路。改正：按电容三点式修改电路；
第04章 正弦波振荡器
4-7 解：
11 22 33
01 02 03
01 0 0c 3s2 o
(1)
LC LC LC
fff
f fff
>>
<<
<<<
可能振荡电容三点式
11 22 33
01 01 01
01 0 0c 3s2 o
(2)
LC LC LC
fff
f fff
<<
>>
>>>
可能振荡电感三点式
11 22 33
01 01 01
01 0 0c 3s2 o
(3)
LC LC LC
fff
f fff
=>
=<
=<<
可能振荡电容三点式第04章 正弦波振荡器
(4) 不能振荡。不管 f
osc
安排在何处，三个回路的等效电抗都不能满足三点式电路的构成原则。
4-8 解：
0
12
12
612
1
2
1
14.304
100 2000
2 1.3 10 10
100 2000
f
CC
L
CC
MHz
π
π
=
+
==
×
×× ×
+
第04章 正弦波振荡器回路谐振电阻
66
e0 0 0
100 2 14.304 10 1.3 10 11.684R QL kω π
= =×× ×××= Ω
22 3
e0
11 1 1
1.086
2 250 11.684 10
L
LL
gmS
Rp R
′
=+= + =
××
反馈系数：
1
12
100
0.04762
100 200
L
V
be
VC
F
VCC
== = =
++
起振条件,A
V
F
V
>1,即
2
11
mm
mL Vi
LVi V V
gg
gg Fg
GgFgF F
′
=>>+
′
+
g
i
为基极回路的输入电导，通常 g
i
>>1/R
E
，且
1
26
EQ
im
E
I
gg
r
= =≈
p
L
是负载 RL到回路的接入系数,p
L
=0.5。
第04章 正弦波振荡器
111
23.766
1
mL Vm mL
VVV
gg Fg gg mS
FFF
′′
>+ >?=
又知
23.766
26
EQ
m
I
g mS>
0.618
EQ
ImA>所以
4-10 解：
通过减小晶体管和谐振回路耦合程度。
ce
CΔ
be
CΔ
答题图 p4-11
4-11 解：
12
12
414.022
CC
CpF
CC
==
+
回路电容
12
12
1
OSC
CC
L
CC
ω =
+
12
()()
()()
ce be
OSC
ce be
CCCC
L
CC CC
ω
+Δ +Δ
′
=
+Δ + +Δ
第04章 正弦波振荡器
12 1 2
12 12
12
12
4
11
()()
()()
1
8.804 10
ce be
ce be
OSC OSC OSC
OSC OSC
CC C C C C
CC CC CC
CC
CC
ωωω
+Δ +Δ
+ +Δ + +Δ′
Δ?
==
+
=×
4-12 解：
第04章 正弦波振荡器
(1) L的同名端标在最上面；
(2) C
b
,C
e
为交流旁路电容；它们开路将不能振荡；
(3) 改变 L中心抽头，会改变起振条件；
(4)
3
12
231
231
612
1
()
2
1
6.07
(10 12)10
2 100 10 10
10 12 10
OSC C pF
f
CCC
L
CCC
MHz
π
π
=
=
+
++
==
+
×× ×
++
C
3
=12pF 时，振荡频率为
C
3
=250pF 时，振荡频率为
3
250
231
231
612
1
()
2
1
5.129
(10 250)10
2 100 10 10
10 250 10
OSC C pF
f
CCC
L
CCC
MHz
π
π
=
=
+
++
==
+
×× ×
+ +
第04章 正弦波振荡器
(5) C1将使低端频率抬高,C2将使高端频率拉低。
f
L
f
S
f
LS I
f ff? =
C
3
最大 C
3
最小第04章 正弦波振荡器
4-13 解：
(a)并联型皮尔斯电路 (b)串联型电路
(c)多级串联型电路
(d)串联型电路
(e)此电路不能振荡答题图 p4-13
第04章 正弦波振荡器
4-14 解：
612
1
11
2
2110 42010
7.766
LC
MHz
π
π
=
×××
=
须使
1
1
7.766
2
OSC
fMHz
LCπ
>=
所以 3.686 3 11.058
OSC
fMHz>×=
答题图 p4-14
则 LC
1
回路失谐为容性，电路为电容三点式振荡电路。
(3) T2是缓冲放大，同时起隔离作用，有利于振荡器稳定。
(1) 画出等效电路如图示。
(2) 振荡频率计算如下：
第05章 振幅调制与解调例 5-2 解：
1,D2极性接反，如教材图 (5-18)(a)，此时画出等效电路如下：
v
Ω
v
Ω
C
v
1D
v
1D
v
1
2
Dc
Dc
vvv
vvv
Ω
Ω
= +
=?+
v
c
正半周,D
1
导通,D
2
截止；
相应的开关函数为 S
1
(t)
v
c
负半周,D
1
截止,D
2
导通；
相应的开关函数为 S
1
(t+Tc/2)
1
12 2 2
() cos cos3 cos5
235
ccc
St t t tωωω
π ππ
= +? +
21
() ( )
2
12 2 2
cos( ) cos(3 ) cos(5 )
235
c
ccc
T
St St
tttωπ ωπ ωπ
π ππ
=+
= + +? + + +
12 2 2
cos cos3 cos5
235
ccc
tttωωω
π ππ
=? +? +
第05章 振幅调制与解调
111 1
222 2
() ( ) ()
() ( ) ()
DD D c
DD D c
igvStgvv St
igvStgvvSt
Ω
Ω
=?=+?
=?=?+?
由此可以写出
12 1 1
11
11 11
()()( )(2)
()() )(2)
[() ( 2)] [() ( 2)]
cos
44 4
cos [ cos cos3 cos5 ]
35
LDc Dc c
Dc D Dc D c
c
Dm
Dcm c c c c
iiigvvStgvvStT
gv gv St gv gv St T
gv St St T gvSt St T
gV t
gV t t t tωω ω ω
π ππ
ΩΩ
Ω
Ω
= += +? +?+?+
=+?+?+?+
+?
=Ω
+? +
可见 i
L
中无 (ω
c
±Ω )频率分量，故不能实现调幅。
第05章 振幅调制与解调
2,v
c
与 v
Ω
互换位置，如教材图 (5-18)(b)，画出等效电路如下：
v
Ω
C
v
C
v
1D
v
1D
v
v
c
正半周,D
1
导通,D
2
截止；
相应的开关函数为 S(t)
v
c
负半周,D
1
截止,D
2
导通；
相应的开关函数为 S(t+Tc/2)
S
1
(t)和 S
1
(t+Tc/2)同上。
1
2
Dc
Dc
vvv
vvv
Ω
Ω
= +
=?+
11
21
()()
()(2)
Dc
Dc c
igvv St
igvvStT
Ω
Ω
= +?
=?+?+
12 1 1
11
11 11
()()( )(2)
()()
[() ( 2)] [() ( 2)]
LDc Dc c
Dc D Dc D c
D cc
iiigvvStgvvStT
gv gv St gv gv St T
gvSt St T gvSt St T
ΩΩ
Ω
=?= ++? +
=++?+
=+++?+
cos
44 4
cos [ cos cos3 cos5 ]
35
Dcm c
Dm c c c
gV t
gV t t t t
ω
ωωω
π ππ
Ω
=
+Ω? +
第05章 振幅调制与解调可见 i
L
中含有 (ω
c
±Ω )频率分量，故可以实现标准调幅,AM
波。
第05章 振幅调制与解调
5-1 解：
6
( ) 20(1 0.2cos2 400 0.1cos2 3200 )cos2 10 ( )vt t t t Vπ ππ= ++
(1) 已知调幅信号为得出 3200 =6400Hz
max
FHzBW=,所以
2 2222
0.2 0.1
2
20 20 20
22
205
2 2
AV o DSB
P PP W=+ = + + =
载波功率边频功率边频功率
(2) 已知调幅信号为
6
( ) 4cos2 1000 cos2 10 ( ) DSBvt t t Vπ π= —— 波得出 1000 =2000Hz
max
FHzBW=,所以
2
2
2
2
1
()
2
4
2221
() 4
1
acm acm
AV DSB
L L
mV mV
PP
RR
W==?= = =
66
22
1
( ) 4 [cos(2 10 2 1000) cos(2 10 2 1000) ] ( )
2
22 22 224
L L
vt t t V
RR W
ππ ππ= + +
=+=+=
或第05章 振幅调制与解调
5-2 解：
22
33
3
3
(1 ) 9 10 (1 ) 10.125 10
10.125 10
(1)20.5
910
aa
AV o
a
mm
PP
m
=+=××+= ×
×
=?×=
×
(1) 已知 P
o
=9kW,P
AV
=10.125 kW，则
(1) 已知 P
o
=9kW,m
a1
=0.5,m
a2
=0.4，则
22
12
12
22
333
22
0.5 0.4
9 10 9 10 9 10 10.845
aa
AV o DSB DSB o o o
mm
PPP P P P P
kW
=+ + =+ +
=× + ×× + ×× =
5-3 解：
第05章 振幅调制与解调
2
2
2
10 2(1.5sin 5sin ) 0.02(1.5sin 5sin )
10 3sin 10sin 0.045sin
0.3sin sin 0.5sin
cc
c
cc
itttt
tt t
tt t
ωω
ω
ωω
=+ Ω+ + Ω+
=+ Ω+ + Ω
+Ω +
其中调幅信号为
10sin 0.3sin sin
10sin 0.3sin sin
0.3
10(1 sin )sin
10
Ic c
cc
c
ittt
tt
tt
ω ω
ω ω
ω
= +Ω
=+Ω
=+ Ω
由上式可以看出 m
a
=0.3/10=0.03
第05章 振幅调制与解调
5-4 解：
(a) 标准平衡调制器，可实现 DSB波调幅；
(b) 参考教材例 5-2的第二个问题，可知，可实现 AM波调幅；
(c) 参考教材例 5-2的第一个问题，可知，不能实现调幅；
(d) 这里和标准平衡调制器相比，① v
Ω
,v
c
互换了位置，② D2
反接。这和教材例 5-2的第二个问题类似，只是 D2反接，所以
v
c
正半周,D1,D2导通
v
c
负半周,D1,D2截止故，这里仅需要一个开关函数,S(t)
12Dc Dc
vvvvvv
Ω Ω
=+ =?，
(()
Dc Dc
igvv igvv
Ω Ω
=+ =?)，
12
[( ( )]()
[]
2()
LDcDc
Dc D Dc D
Dc
iii gvv gvv St
gv gv gv gv St
gvSt
ΩΩ
ΩΩ
= += + +
=++
=
)
第05章 振幅调制与解调
12 2 2
2 cos [ cos cos3 cos5 ]
235
Dcm c c c
gV ct t t tωωωω
π ππ
=+?+
可见,i
L
中无 (ω
c
±Ω )成分，故不能实现调幅。
5-5 解：
(1) 在教材图 5-11平衡调幅电路中，若 D2反接，则
12
23
101 2 3
201 2 3
()()()
()()()
DcDc
c
Dcc
vvvvvv
iaavvavv avv
iaavvavvavv
ΩΩ
ΩΩ Ω
Ω ΩΩ
= +=?
=+ ++ + + +
=+?+? +?
，
12
223 2
01 2 2 3 3
22 2 2 2 6
LDD
CC
iii
aavavavavavv
Ω ΩΩΩ
= +
=+++++
可见,i
L
中无 v
Ω
v
c
乘积项，故不能实现调幅。
(2) 参考教材例 5-2的第二个问题，可知，可产生 AM波。不能产生 DSB波。
第05章 振幅调制与解调
5-6 解：
等效电路如下，属于全桥调幅电路
v
Ω
C
v
R
′
O
v
答题图 p5-6
v
c
正半周,D
1
～ D
4
均导通
v
c
负半周,D
1
～ D
4
均截止所以仅需一个开关函数 S(t+ T
c
/2)
设，二极管的导通电阻 R
D
=1/g
D
，则,v
o
为
00
0
D
D
RR c
D
O
c
R
vv
RR
v
vv
Ω>>
Ω
≈>
+
=
≤
用开关函数表示 v
c
的控制作用，即
(/2)
12 2 2
cos ( cos cos3 cos5 )
235
Oc
mc
vvStT
Vt t t tωωω
π ππ
Ω
Ω
=?+
= Ω? +? +
第05章 振幅调制与解调可见,v
O
中包含有Ω,(ω
c
±Ω ),(3ω
c
±Ω )，所以，该电路可以实现 DSB调幅。
v
Ω
C
v
O
v
O
v
′
t
t
t
t
v'
O
是 v
O
经滤波后的输出电压。
答题图 p5-6 桥式调幅波形第05章 振幅调制与解调
5-7 解：
5-8 解,2 2
0.5
5 0.625
22
a
DSB o
m
PP W==×=(1)
(2)
5
10
0.5
o
dc
P
PW
η
== =
22
11
0.5 10 1.25
22
adc
PmP W
Ω
==××=
集电极平均输入功率：
10 1.25 11.25
dc
PP W
Ω
+ =+ =
集电极平均输出功率：
5 0.625 5.625
oDSB
PP W+=+ =
第05章 振幅调制与解调
5-9 解：
(1)
3
3
22
4700
58.75
80
33
0.543 ( )
58.75
cos cos(0.543) 0.856
4700
3.207
2 2 0.856
DL
DL
d
L
i
d
gR
rad
gR
K
R
Rk
K
ππ
θ
θ
==
===
== =
= ==Ω
×
(2) 当 C断开时,R
L
上的波形如下：
DM
I
o
t
sm
DM
DL
V
I
R R
=
+
() () ()
DM
DAV oAV DAV L
I
iViR
π
==，
D
i
第05章 振幅调制与解调
() ()
()()
4700
0.313
(80 4700)
oAV DAV L smDM L L L
d
sm sm smDLsmDL
ViR VIR R R
K
VV VRRVRRππ π
π
== = = =
++
==
+
1
22()
2
2(80 4700) 9.56
sm sm DL
ismDL
DM
Ds
VV R R
R VRR
I
IV
k
+
== =? = +
=+ = Ω
第05章 振幅调制与解调
5-10 解：
7
( ) 1cos10 ( )(1)
s
vt t V=
t
o
o
v
37
( ) 1cos10 cos10 ( )
(2)
s
vt t t V=
t
o
o
v
等幅波，输出电压为
1
o
vV
DSB波，输出电压为
=
()
o
vt=
3
sin(10 ) ( ) 0 2tV tT≤＜
3
sin(10 ) ( ) 2 2tV T tT? ≤＜
(3)
37
( ) 1(1 0.5cos10 )cos10 ( )
s
vt t t V= +
t
o
o
v
标准 AM波，输出电压为
3
() 1 0.5cos(10 ) ( )
o
vt t V=+
为方便起见，这里用正弦表示。
第05章 振幅调制与解调
(4)
37
( ) 1(0.5 cos10 )cos10 ( )
s
vt t t V= +
t
o
过调制的 AM波，输出电压略。
o
v
5-11 解,由 v
i
表达式
0.3
0.3
1
a
m ==
(1) 当 R
2
滑动端在中间位置时，由电路参数，根据教材（ 5-41）
式，有
12
1 2350 1000
510 1212
2 2350 1000
g
RRR
×
+ =+ = Ω
+
&
37
( ) 1(1 0.3cos10 )cos10 ( )
i
vt t t V=+
可求出调幅指数，为
3
12
1
510 2.35 10 2860
2
RR+ =+×= Ω
直流负载电阻为交流负载电阻为所以
1212
0.3 0.424
2860
a
m =< = 不产生负峰切割失真。
第05章 振幅调制与解调
(2) 当 R
2
滑动端在最高位置时，由电路参数，根据教材（ 5-41）
式，有
12
1 4700 1000
510 1335
2 4700 1000
g
RRR
×
+ =+ = Ω
×
&
3
12
510 4.7 10 5210RR+ =+×= Ω
直流负载电阻为交流负载电阻为所以
1335
0.3 0.256
5210
a
m => = 将产生负峰切割失真。
5-12 解：
略第05章 振幅调制与解调
5-13 解：
原题所给条件不明确。
5-14 解：
0
465
46.5
10
L
f
Q
BW
===回路有载品质因数
LC回路谐振总电导
312
00
2 2 465 10 200 10
12.57 S
46.5 46.5
T
L
CfC
G
Q
ω π π
μ
× ×××
== = =
二极管并联检波器的输入电阻
3
3
14.710
1.567 10
33
iL
RR
×
= ==×Ω
输入电导
3
1 1 1.567 10 638 S
ii
gR μ== ×=
G
T
应等于
22
12Toei
Gngng= +
阻抗匹配时，应有
22
12oe i
ng ng=
第05章 振幅调制与解调
2
1
212.57
Toe
Gng Sη==
所以由得
6
1
6
12.57 10
0.561
2 2 20 10
T
oe
G
n
g
×
== =
××
2
2
2 12.57
Ti
Gng Sη==
而由
6
2
6
12.57 10
0.099 0.1
2263810
T
i
G
n
g
×
== =≈
××
得第05章 振幅调制与解调
5-14 解：
A
V
B
V
C
V
D
V
A,B,C,D各点的波形 V
A
,V
B
,V
C
,V
D
如下
t
t
t
t
第05章 振幅调制与解调
5-18 解：
解调部分相加器输出
12
() ()cos ()sin
cc
vt f t t f t tω ω= +
解调部分上面乘法器器输出
2
12
11 2
( )cos ( )cos ( )sin cos
11 1
() ()cos2 ()sin2
22 2
cc c
cc
vt t f t t f t t t
f tft tft t
ωωωω
ω ω
=+
=+ +
经低通滤波器后，仅输出 f
1
(t)/2部分，故不失真地恢复 f
1
(t)。
解调部分下面乘法器器输出
2
12
122
( )sin ( )sin cos ( )sin
111
()sin2 () ()cos2
22
ccc c
cc
vt t f t t t f t t
f t t ft ft t
ωωω ω
ω ω
=+
=+?
经低通滤波器后，仅输出 f
2
(t)/2部分，故不失真地恢复 f
2
(t)。
第06章 角度调制与解调
6-1 解：
(1) 调频时设，调制信号的幅值为 V
Ω m
，周期为 T，则
()tv vω
Ω Ω
Δ① 与 成线性关系，波形 (t)相似；
00
() () ()
tt
f
ttdtKvtd?ω
Ω
Δ=Δ =
∫∫
②
T
() 0
2
a 在～ 期间
2
2
0
42
()
T
MM
fM fM f
tK tdtK tK t
TT
ω ω
ω ω
Δ Δ
Δ= Δ? =Δ
∫
为一二次曲线。
T
()
2
b 在～T期间
2
2
42
()
T
MM
fM fM f
T
tK tdtK tK t
TT
ω ω
ω ω
Δ Δ
Δ=?Δ+ =?Δ?+
∫
为一二次曲线。
第06章 角度调制与解调
(2) 调相时
()tv v?
Ω Ω
Δ① 与 成线性关系，波形 (t)相似；
() ( ())
p
d
tKvt
dt
ω
Ω
Δ=②
T
() 0
2
a 在～ 期间
4
()
m
p
tK
T
ω
Δ
Δ=?
T
()
2
b 在～T期间
4
()
m
p
tK
T
ω
Δ
Δ=
ω (t)为一方波。
调频、调相时的?ω (t),?φ (t)的波形如下图所示：
第06章 角度调制与解调
o
v
Ω
2
T
T
t
o
()tωΔ
t
m
V
Ω
o
()t?Δ
t
o
v
Ω
2
T
T
t
o
()t?Δ
t
m
V
Ω
o
()tωΔ
t
调频时的波形 调相时的波形答题图 p6-1
第06章 角度调制与解调
6-2 解：
因为没有给出调制信号的方程表达式，所以不能确定 v(t)是 FM、还是 PM波。
6-3 解：
(1) 已知 F=1000Hz,V
Ω m
=0.1V
调幅时,BW=2F=2000Hz
调频时：
3
3
110 0.1
0.1
10
fm
f
K V
m
Ω
× ×
= ==
Ω
2( 1) 2(0.1 1) 1000 2.2
f
BW m F kHz= += +× =
(2) 已知 F=1000Hz,V
Ω m
=20V
调幅时,BW=2F=2000Hz
调频时：
3
3
110 20
20
10
fm
f
K V
m
Ω
× ×
= ==
Ω
2( 1) 2(20 1) 1000 42
f
BW m F kHz= += +× =
6-4 解,已知 f
c
=83.75MHz,?f
m
=50kHz,F
max
=15kHz
(1)
3
3
max
2 50 10
3.333
21510
mm
f
f
m
F
ω π
π
ΔΔ×
== = =
Ω×
3
max
2( 1) 2(3.333 1) 15 10 130
f
BW m F kHz=+ = +××≈
第06章 角度调制与解调
(1)
3
2 2 50 10 100
m
f kHzΔ =× × =
变化范围
()()
(83.75 50 ) (83.75 50 )
83.7 83.8
cm cm
ff ff
MHz kHz MHz kHz
MHz MHz
Δ+Δ
+?
～
～
～
6-5 解：
612
11
13.664
2
221067.8410
c
jQ
f MHz
LCπ
π
== =
×× ×
()
()
12
0
-12
0.5
225 10
67.84 10
160.6
1
j
jQ
QD
C
CF
VV
γ
×
===×
+
+
由已知参数，算出
(1)
2
266
11
(1)
282
1 1 0.5 0.136
0.5 ( 1) 0.4545 13.664 10 10
28 2 2
cc
fM
Hz
γ
γω
π
π π
Δ≈ =
=?××?× × ×= ×
由于非线性引起的中心频率偏移第06章 角度调制与解调
(2)
66
1 1 0.5 1.554
0.455 13.664 10 10
22 2 2 2
mc
fM Hz
γ
ω
π ππ
Δ=? =? × × × = ×
3
0.454545
0.6 6
m
DQ
V
M
VV
Ω
===
+
+
由已知参数算出
(3)
(4)
66
1 1.554 0.518
10 10 ( )
32 2
m
f
m
f
KHzV
V ππ
Ω
Δ
==? ×= ×
(5)
6
2
2
6
0.136 10 2 0.136
0.08752
2 1.554 10 1.554
mc
f
mm
ff
k
ff
π
π
ΔΔ ×
===? ==
ΔΔ ×
第06章 角度调制与解调
6-6 已知变容二极管的特性为
[ ]
12
12
0
() 1 2( cos ) 1 cos
jj Qm jQ
Ct C V V t C M t
Ω
=++ Ω=+Ω
cos
Qm
vV V t
Ω
= +Ω
( )
0
12
jj
CC v=?
将它全部接入振荡回路调频，外加固定电压 V
Q
= -4V，当载频 f
c
=10MHz，调制电压 v
Ω
(t)=V
Ω m
cosΩ t时，试计算
(1) 调制灵敏度 K
f；
(2) 若要求 k
f2
＜ 0.01，则最大频偏不能超过多少？
解,加到变容二极管两端的电压为所以其中
0
12 (0.5 )
jQ j Q m Q
CC V MV V
Ω
=+ = +
12
14
() () (1 cos )
jc
tLCt M tωω
==+Ω
第06章 角度调制与解调将ω (t)在 cosΩ t=0处展开为泰勒级数，得：
222
12
31 3
() (1 cos cos )
64 4 64
cos cos2
c
cm m
tMMtMt
tt
ωω
ωω ω
=? + Ω? Ω +
= +Δ Ω +Δ Ω +
(1)
6
1
6
11 21010
2248
0.5
10 10 1
556
40.54
mc m
f
mm m
Q
MV
K
VV V
V
kHz V
ω ω π
ππ
Ω
ΩΩ Ω
Δ ××
=?=?=?
+
×
=?=
+
(2)
2
2
2
1
3412
64 64
m
f
m
KMM
M
ω
ω
Δ
==?=
Δ
当要求 K
f 2
＜ 1%时：
2
12
0.01
64
f
KM=<
64
0.01 0.0533
12
M <×=
第06章 角度调制与解调
64
0.01 0.0533
12 0.5 4
mm
DQ
VV
M
VV
ΩΩ
<×= = =
+
+
所以 V必须限制在,0.0533 (0.5 4) 0.24
mΩ
< ×+=
所允许的最大频偏：
3
556 10 0.24 133.44
cfm
fKV kHzV
Ω
Δ <=××=
6-7 解：
(1) 该电路为电容三点式振荡电路,R2调节变容二极管静态电容,v
Ω
(t)控制电容 Cj以改变瞬时振荡频率 f(t)，谐振回路由 C
1
、
C
2
,C
j
和 L组成。
(2)
回路总电容为
12
12 1 2
1 0.5 20
0.328
1 0.5 1 20 0.5 20
j
jj
CCC
CpF
CC CC CC
∑
××
== ≈
++ ×+×+×
26212
0
11
0.596
(2 ) (2 360 10 ) 0.328 10
LH
fC
μ
ππ
∑
== =
×× × ×
第06章 角度调制与解调
(3)
11
0.6 6 6.6
m
DQ
V
M
VV
Ω
===
+
+
由小频偏直接调频原理（教材 P178-179），可计算如下
6
31
360 10 1.341
2 2 61 6.6
mc
fMf MHz
P
γ
Δ= = × =
×
1
12
1,2
12
20
60
1 0.5
1 0.5
jQ jQ
CC
P
CC
C
CC
== = =
×
++
，
2
0P =
由于这里变容二极管没有串联电容，所以
2
1212 1
0
(1 ) (1 ) 1 1 60 61
P
PPPP P
=
= +++ +=+=，
1
3
0.0246
2261
A
P
γ
== ≈
×
第06章 角度调制与解调
22
2
2
1
2
31(1)1
84 2(1)
33 13(31) 1 3
0.0243
8 61 4 61 2 61 (1 60)
A
PPPP
γ γγ γ?
=+
+
××?
=+ =
2
2
1
0.0243 1
0.0748
2 2 0.0246 6.6
f
A
KM
A
== ×=
×
6-9 解：
2
1
22(1 cos)
jjQ
CC
C
M t
∑
==?
+Ω
(1)
2
1
() (1 cos )
2
cc
jQ
tMt
C
L
γ
ωωω+Ω，
(2)
2
mc
M
γ
ω ωΔ=
(3)
2
(1)
41
f
M
K
γ
=?
第06章 角度调制与解调
6-10 解：
(1)
0
11
oo
ms mo m
vv
R
CgvgvjCRjgCRωωω
>> ≈ =，
故该支路等效电容为 g
m
CR，因此 C
Σ
= C
0
+C+g
m
CR
(2)
由给定元件参数，得总电容
0
12 12 6 3 12
14 10 2 10 4000 10 5 10 2 10 56
QmQ
CCCgRC
pF
∑
= ++
=× +× + × ×× ×× =
6
0
612
11
3.008 10
2
250105610
Q
fHz
LCπ
π
∑
== =×
×××
(3) 受调时：当 g
m
=3800μS时
10
12 12 6 3 12
14 10 2 10 3800 10 5 10 2 10 54
m
CCCgRC
pF
∑
= ++
=× +× + × ×× ×× =
6
1
612
1
11
3.063 10
2
2 5010 5410
fHz
LCπ
π
∑
== =×
×××
当 g
m
=3800μS时第06章 角度调制与解调
20
12 12 6 3 12
14 10 2 10 4250 10 5 10 2 10 58.5
m
CCCgRC
pF
∑
= ++
=× +× + × ×× ×× =
6
2
612
2
11
2.943,10
2
2 50 10 58.5 10
fHz
LCπ
π
∑
== =×
×××
因此,f 在 2.943MHz-3.063MHz之间变化，
f
m
=(f
1
-f
2
)/2= (3.063-2.943)/2=60 kHz
6-12 解：
20
() sin ()
cf c f
vA Kf ttKf tdtωω?
=? +? + +
∫
2
2
30
1
( ) 1 cos2( ( ) )
2
cf c f
vA Kft t Kftdt
=+ ++
∫
22 22
4
1
2() ()
2
ccf f
vA KtKtωω
=+ +
v
4
中含调制信号 f(t)，但还有失真项 f
2
(t)。
第06章 角度调制与解调
6-13 解：
333 3
10 10 5 10 10 50 10
om m D
VS Vω
=Δ × = × × × = ×
2 10( / ) 10( )
mfm m
KV rad s V f kHz Vω π
Ω
Δ= =×? Δ=
3
10 10 10 2 1 10 2 10 ( / )
fm
ffm
KV
mKV radsVππ
Ω
Ω
== =Ω=××? × =?
Ω
已知 m
f
=10,F=1kHz，得
3
() cos 50cos2 10
oom
vt V t tmVπ=Ω= ×
6-14 解：
鉴频输出电压幅值所以，输出电压
(1)
0
2
LPP
m
Qf
f
ξη
Δ
==在 时，为鉴频宽度的边沿，所以得
6
6
0
10 10
230.51
60
pp pp
L
f
fBW Hz
Q
η
×
Δ= = = ×=×
(2) 21.5
D
SVMHz=
第06章 角度调制与解调
1.21
DD
SS
′
=
6-15 解：
0
00
22 1.8
1.5
21.2
1.5
PPLPP
mL
PP
ffQf kk
kQ
fffk
kk
ξη
′ ′ ′
ΔΔ
=== ==
′
=
=
Δ
(1)
(2)
(3) 如果 k 不变，增大 Q
L
,B
P-P
不变,S
D
增大。
2 6.32( / )
mfm
KV rad s Vω π
Ω
Δ ==?
3
6.32
6.32 6.32 2 1 10 2 6.32 ( / )
fm
f
fm
KV
m
KV rad S Vππ
Ω
Ω
==
Ω
=Ω=×× = ×
6-16 解：
(1)
6.32( )
m
fkHzV?Δ =?
2?f
m
=12.64kHz ＜ 20kHz，不产生失真。
210( / )
mfm
KV rad s Vω π
Ω
×?Δ= =?
3
10
10 10 2 1 10 2 10 ( / )
fm
f
fm
KV
m
KV rad S Vππ
Ω
Ω
==
Ω
= Ω= × × × = ×
(2)
10( )
m
fkHzV?Δ=?
第06章 角度调制与解调
2?f
m
=20kHz =20kHz，将产生失真。
第07章 混频
7-1 解：
已知，非线性元件的伏安特性
2
01 2
ia avav=++
外加电压为
cos (1 cos )cos
BBLm L sm a s
vV V tV m t tω ω= +++Ω
将外加电压 v 代入元件伏安特性表达式，得
[ ]
[]
01
2
2
cos (1 cos )cos
cos (1 cos )cos
BB Lm L sm a s
BB Lm L sm a s
ia aV V tV m t t
aV V tV m t t
ω ω
ωω
= ++ ++Ω
++ ++Ω
整理，经中心频率为（ ω
L
-ω
s
）的滤波器滤波后，得
2
2
(1 cos )cos( )
(1 cos )cos
I Lm sm a L s
Lmsm a I
iaVV m t t
aV V m t t
ω ω
ω
= +?
=+
中频电流为混频跨导为
2
I
cLm
sm
i
gaV
V
==
第07章 混频
7-2 解,本振频率为
57.75 38 95.75
L vc vI
fff MHz=+= +=
95.75 64.25 31.5
aI L ac
fff MHz=?=? =
伴音中频为
7-3 解：
略第07章 混频
7-4 解：
第08章 反馈控制电路
8-1 解：
第08章 反馈控制电路
