高频电子线路习题答案

高频电子线路

课后习题集

西华师范大学

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f0 11

L2f0C4246521062001012

1060.586mH

424652200

f 由B0.7070得：QL

f0465103

QL58.125

B0.7078103

Q0100109

因为：R0171.22k 0C2465103200101224652 C0CQ0

QL0

Rgg0gL 10RL

Q0QL58.125 所以：R1）R0R0171.22237.66kL（QQQ10058.125L0L

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。

2－2 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Ct,因此可以得到以下方程组

3

 160510

 

 535

103

 2601012Ct1605

912 5351210Ct

1212

8C2601091210t

260108

Ct101219pF

8

1 L2

253510326019

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

路电感L。若 Q0=100，RL=2kΩ，求回路有载 QL值。

题2－3图

解2-3

C1C240000C80pF,

C1C2500

1

L (2f)2C



1

C1400 负载RL接入系数为p=0.8C1C2500

R2L3.125k 折合到回路两端的负载电阻为RL2

p0.64

Q0100

回路固有谐振阻抗为R02fC6.28106801012199k

Q0100

有载品质因数Q1.546L R0199

11

3.125RL

答：回路电感为0.317mH,有载品质因数为1.546

2－4 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。

2－5 一个5kHz的基频石英晶体谐振器， Cq=2.4X10－2pF C0=6pF，，ro=15Ω。求此谐振器

的Q值和串、并联谐振频率。 解2-5： C0Cq60.024

总电容C0.024pFCq

C0Cq60.024 f0f0

串联频率fq0.998f04.99kHz

Cq

1112 2C0

11109

品质因数Q88464260 2f0Crq251030.0241012153.6

答：该晶体的串联和并联频率近似相等，为5kHz，Q值为88464260。

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。

2

噪音电压功率谱SU4kTR,噪音电压均方值En4kTRB 噪音电流功率谱S4kTG，噪音电流均方值I24kTGB

In

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。设电阻R=10kΩ，C=200

pF，T=290 K。

题2－7图 解2-7：

网络传输函数为

1R

H(j),H0R

11jCRjC

R

则等效噪音带宽为  |H(j)|2df

1

Bn=0df22H01(CR)0



11 dfarctan(2fCR)02

1(2fCR)2CR 0

11106

125kHz

4CR410420010128

输出噪音电压均方值为

12

U24kTGBH4kTBnR24kTRBnnn0

R 23432

41.3710290101251019.865(V)

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-VD9.3

0.465mA, I0=20000 26mV二极管电阻为RD56 I0 网络传输函数为 RD11H(j), 111jCRD

jCjC

R//RDRD

H0RD

等效噪音带宽为：



|H(j)|2df

 110

Bn=dfdf222H1(CR)1(2fCR) 0DD00

111 arctan(2fCRD)0

2CRD4CRD4100101256

1010 44.64MHz224 22 Un2I0qBnH0

319622

20.465101.61044.6410562083(V)

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

(RR1)R3

输出电阻为R0sR2

RsR1R3

（1）采用额定功率法 2

R3 Es2

RRRE13 输入匹配功率Psmis，输出匹配功率Psmos

4Rs40

2

PsmiR0RsR1R3

噪音系数NF

PRR3 smos

（2）采用开路电压法

2

R32

Unio4kTBRs， RsR1R3

22 UnoR0RsR1R3

NF2 UnioRsR3

（3）采用短路电流法

1 2

Ino4kTB

R0

2

Uno4kTBR0

2



 RR12s3Inio4kTB

23 RsR2R3

RsR1R2R3 

2 RsR31

4kTB RsR2(RsR1R3)R3(RsR1)

2



2

RRR4kTBs33 4kTBRs2R(RRR)R(RR)0s131 (RsR1R3)R23sRsR1R3

22

InoR0RsR1R3

NF2 InioRsR32.解П型网络

RsR1

R2R3

RR1R1RsR2RsR1R2R3 输出电阻为：R0s

RsR1(R2R3)(RsR1)RsR1

R2R3 

RsR1

（1）采用额定功率法

Es2

输入匹配功率Psmi

4Rs

2



R3

EsR1

s12RsR1

RR23s1

RR 输出匹配功率Psmosmi0s1得噪音系数为NF R1PsmoRs

R3 RsR1

2

R0RsR1(R2R3)(RsR1)



RsR1R3

2

RRRRRR11s2s12

 RsR0R1

（2）采用开路电压法

2 Uno4kTBR0

2



RR231 Unio4kTBRs

1sR1Rs

RR23R1Rs

2



R R014kTBRs

R1Rs1s

R2 R1Rs

2

R1 4kTBRsR02RRRRRR212s1s

22 Uno1R1RsR2R1R2Rs

NF2 UnioRsR0R1

（3）采用短路电流法

2 Ino4kTBG0

2

RR2 s1

Inio4kTBGs

RRRRRR 2s121s

2

R1

4kTBRs

RRRRRR2s121s

2

Ino1R1RsR2RsR1R22

2－10 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

So2

101。15.85

N0

Si1012

12

N10i NF

So15.8515.851.371023290104

N0

610 158832dB15.851.3729

答：接收机的噪音系数应为32dB。

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a2u2a3u3

式中：uu1u2u3U1cos1tU2cos2tU3cos3t

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5-1 ia0a1(u1u2u3)a2(u1u2u3)2a3(u1u2u3)3

aa(uuu)a(u2u2u22uu2uu2uu)

[**************]

22

a3(u1u22u32u1u22u1u32u2u3)(u1u2u3) 222a0a1(u1u23)a2(u1u2u3)2a2(u1u2u1u3u2u3)

333

a3(u1u2u3)6a3u1u2u3

222222

3a3(u1u2u1u3u1u2u2u3u1u3u2u3)

那么，频率分量的频率通式可表示为 q1p2r3

将uU1cos1t，u2U2cos2t，u3U3cos3t代入后可求出i中的 1

常数项为：

22

U2U1U2

a0a（3）2

222

基频分量为： 3

U2U2U13U13U12 aUaaa11cos1t333

224

23

U2U1U23U23U2 a1U2a3a3a3cos2t

224

223

U1U3U2U33U3

a1U3a3a3a3cos3t

224 2次频率分量和组合系数为2的频率分量为：

2

U1U2U22a2cos21tcos22t3cos23t

222

a2U1U2cos(12)tU1U2cos(12)t

a2U1U3cos(13)tU1U3cos(13)ta2U3U2cos(32)tU3U2cos(32)t

3次频率分量和组合系数为3的频率分量

33U1U3U2a3cos31tcos32t3cos33t

44422

U1U2U1U2

3a3cos(212)tcos(212)t

44





22

U1U3U1U33a3cos(213)tcos(213)t 44

2 U2U3U13U1

cos(231)tcos(231)t 44

2

U2U U2U3

cos(223)t23cos(223)t

4 4

U2U2U3U2 cos(232)t32cos(232)t

4 4

3aUUUcos(213)tcos(213)t 3123

2cos()tcos()t213213

从上面可以看出：

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

U2U23U13U12U11分量的振幅为：a1U1a3a3a3

224

2

3a3U1U2

2124

3aUUU 2133123

2

2

5－2 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 gDuu0

i

0u0

式中，u＝EQ＋ul＋u2＝EQ＋U1COSω1t＋U2COSω2t。若U1很小，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，

112 U2

由U2cos2t0得：cos2t，2tarccos(),所以2223

22 gu2nt2n2D33

i

2402n2t2n 



3

3

设一个开关函数

1

K(w2t)

0

2n

22

2t2n33242n2t2n

33

将

K(2t)进行展开为富式级数为

222n2 K(2t)sincosn2t2t

31n33

22t2t2t......

所以 U2iK(t)guK(t)g(U1cos1tU2cos2t)2D2D 2

U

K(2t)gD(2U2cos2t)K(2t)gDU1cos1t

2

时变跨导

2 t2t223 g(t)K(2t)gDgD42t52t......



5－4 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=U1COSω1t，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：

当假设负载电阻RL时

uRgK(t)uugK(t)uuoLD212D212

K(2t)K(2t)u1K(2t)K(2t)u2

gDRL

gRK(t)uu

uD1u1u2

uD2u1u2



DL



212



444

costcos3tcos5t........Ucost1222135gDRLU2cos2t

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： uD1u1u2igDK(2t)(u1u2)

，D1

uD2(u1u2)iD2gDK(2t)(u1u2) 则负载电流为： iLiD1iD2gDK(2t)K(2t)(u1u2)gDK(2t)(u1u2) 展开后为：

444

iLgDcos2t3cos32t5cos52t......



UcostUcost.....1122 11

cos(21)tcos(21)t 

gD2U11cos(321)t1cos(321)t......

33



1cos(5)t1cos(5)t

2121 55

2112

gD2U2cos22tcos42tcos62t.....

155 3

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）。

u A

题5-6图

解5-6 设:

uUcostuEeube3A11则：I0(t)ie3B ReuBU2cos2t

uEeEeuB

B1

RREeee

uAI0(t)uAI0(t)I0(t)

tanh iC2(1tanh222V22VTT

 EeU2

1cost1(x)cos(2n1)t 22n11,式中

x2ReEen1

当谐振回路对ω1谐振时，设谐振阻抗为RL,且ω1>>ω2，则：

EeU2

i1cost c221(x)cos1t2ReEe Ee1(x)U2

cos2tcos1t1 uoECic2RLEC2ReEe

5－7 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。

题5-7图

解5-7 设:

uUcostA11 uUcost,B22

uAi5i5

itanh2

222VT

因为 uAi6i6

itanh422 2VT

所以

i= (i  i)i5i6i5i6tanhuA



U1VT

o24



22



2VT

 i5i6I0tanhuB而2VT 

i5i6I0

Iuu I

所以io=00tanhBtanhA 222VT2VT

则在V2与V4集电极的输出电压 uBuAI0uEiRER1tanhtanh ocoLc

2L2V2VTT

I0RL

Ec(x)cos(2m1)1t]

2m02m11



2m1(x1)2m1(x2)cos(2m1)1tcos(2n1)2t

m0n0

ube

5－8 在图示电路中，晶体三极管的转移特性为

VT

iaIe 0s

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U1cos1t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I0a0IseVT

dnicI0

bn(n0,1,2,3.......)nn

uEn!dun!V bebbeT

icb0b1ub2u2b3u3........bnun IIII

I00u02u203u3........0nun

VT2VT6VTn!VT I02I0I0U1222

因为2uUcos1t(cos21t1) 2VT2VT214VT2

E

I0U12R0a0IsU12R0VTb

所以uocos21tecos21t

4VT24VT2

(2)ube=u+EbucuEbUccosctUcostEb 因为Uc>>U满足线性时变条件，所以 iI(t)g(t)ucC0m

显然只有时变静态电流I(t)才能产生分量，因此将其展开为级数得

C0c

Ebucuc

IIII2

IC0(t)a0IseVTI0eVTI00uc02uc03uc3......0nucn

VT2VT3VTn!VT

取一次和三次项，包含c分量的如

I03I0I0Uc313 I0

ucuUcostcos3tcostccc3VT3cVTc3VT344 VT

Eb

UcUc3Uc3VT1

因此，uoR0I0V4V3cosctR0a0IseVUc4V3cosct

TTTT

(3)ubeu1u2EbU1cos1tU2cos2tEb

因为U2>>U1满足线性时变条件，所以

Ebu2Ebu2

1VTVT

iI(t)g(t)uaIeaIeu1cC0m10s0s VT

Ebu2

其中线性时变静态电流IC0(t)a0IseVT

Ebu2

1时变跨导gm(t)a0IseVT VT

将g(t)展开为级数得m Eb

1112131VTn gm(t)a0Ise1u2uu......u2232n2VT2VT6VTn!VT VT

Eb 3

U1VTU 取一次和三次项，包含2分量的为a0Isecos2t3VTVT4VT

Eb3 U21VTU2

而且aIecos2tU1cos1t0s 3VTVT4VT

E3

a0IsU1VTbUU

ecos(21)tcos(21)t3 2VTVT4VT Eb3

aIURUUV0s1022 所以uT

ecos(21)to32VT VT4VT

5－9 场效应管的静态转移特性如图所示

iDIDSS(1

uGS2

)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5-9 2IEu22IDSSEGSu2di

gm(t)DDSS1GS1 duGSVPVPVP|VP|

EGSU2

g1cos2t，gm0 m0VVPP

V

当U2|VPEGS|,EGSP时

2

11VP

gm(t)gm01cos2t

2VP2

gg m0m0cos2tgmQgm1cos2t22

gg

gmQm0,gm1m0

22

显然，在这种条件下，gm1gmQ

5－10 图示二极管平衡电路，输入信号u1=U1COSω1t，u2=U2COSω2t, 且ω2>>ω1，U2>>U1。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

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 1222

K(2t)cos2tcos32tcos52t.... 235 根据题意，只取2分量，则

4R0gDU12

uo2R0gDcos2tu1cos2tcos1t

2R0gDU12R0gDU1cos(21)tcos(21)t



（2）当考虑输出的反作用的时候反射电阻为Rf=n2R0R0因此，此时的跨导为11g=

rDRfrDR0

4R0gU1

cos2tcos1t2R0gU12RgUcos(21)t01cos(21)t



信号各分量的振幅降低了

uo

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

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 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

R2

2LUC4 PC221000.08W m20.0810.52

PavPC1

220.09W

P边频PavPC0.090.080.01W

V。求

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；（2） DSB信号；

（3）SSB信号。 解6-3

uDSB

6－4 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,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。（1）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6-4

iLai1i20

iLbi1i2gDK(ct)(ucu)gDK(ct)(ucu) gK(t)(uu)

Dcc

44

gDcosctcos3ct......UccosctUcost 3 cos(c)tcos(c)t

2gDU 11

cos(3c)tcos(3c)t.....

3

3

2gDUc2cos2t1cos4t......



3

2

3

2



iLci1i2gDK(ct)(uuc)gDK(ct)(uuc)gDK(ct)K(ct)ugDK(ct)K(ct)ucgDK(ct)ugDuc

44

gDcosctcos3ct......UcostgDUccosct

3

cos(c)tcos(c)t

2gDUgUcost

11Dcc

cos(3c)tcos(3c)t.....

33

iiigDK(ct)(ucu)gDK(ct)(ucu)

Ld12 2gDK(ct)uc

212

2gDcosctcos3ct.....Uccosct

32

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

（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uuD12

,

uucu



D22

2

ucuci1a0a1ua2u222ucuci2a0a12ua22u



iiaaucuaucuaaucuaucu

120120122222

2a1u2a2ucu2a1Ucost2a2UUCcosctcost

uo(t)i1i2RL2RLa1Ucost2RLa2UUCcosctcost

22

因此，输出信号中包含了的基频分量和c、c

频率分量。（2） ucuc

uu,uuD1D2

22

在忽略负载的反作用时，

uc igK(t)ugK(t)u1DcD1Dc2 

 uci2gDK(ct)ugK(t)uD2Dc 2

uoi1i2RL2RLgDK(ct)u 2212

2RLgDUcosctcos3ctcos5ct.....cost 352

因此，与(1)相比，输出信号也中包含了的基频分量和、

c

频率分量,但多了c的奇次谐波与的组合频率 c（ 2n+1)c分量在考虑负载的反作用时





11u

K(ct)cui1rRRK(ct)uD1rDRRL2DL



11uciK(t)uK(t)u2cD2c2rDRRLrDRRL 

uo(t)i1i2RL



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)。

2RLU1222

costcos3tcos5t.....costccc

rDRRL235

题6-6图

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0uc0

K(ct)u或写成uo

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 K(c)u uo 2212

Ucostcos3tcos5t.....costccc 235 2Uucosctcost, o



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。

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：

RL

uoK(2t)u

R0RL1

RL12cost2cos3t.....u

122

R0RL32

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=2π/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

i1gDK(ct)uD1gDK(ct)uuC uD1uuC



uD2uCi2gDK(ct)uD2gDK(ct)uC

 uuCD3i3gDK(ct)uD3gDK(ct)uC

igK(t)ugK(t)(uu)uD4uuCDcD2DcC4

ii1i2i3i4

K(ct)K(ct)uC

gD K(t)K(t)uK(t)K(t)uccccC

gDK(ct)K(ct)ugDK(ct)u

4g4g4g

DcosctDcos3ctDcos5ct.....Ucost

35

uoiLRL

4g4g

4g

RLDcosctDcos3ctDcos5ct.....Ucost 35

uo()4gD

10.75

0.5

0.25

c

6－9 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)

iI0(t)uCEeu

C21tanh11K(ct)

22VT2ReEe Ee1Ucost14cost4cos3t4cos5t.....

2RccceEe35 经过谐振电路选频后 io

2EeR1Ucostcos

7ct1.310.563cos104tcos10t

eEe u(t)E47

oCioRL106.510.563cos10t

cos10t(V)



(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）。

6－10 调制电路如图所示。已知uΩ=cos103t V ，uC=50cos107tmV。试求：（1）uo(t)表示式及波形；（2）调制系数m。

题6-10图

解6-10

从给定条件可知，U>>UC,电路满足线性时变条件

2

静态栅极电压为：EGS122V

210

栅极电压为：uGS=EGS+u-uC

时变静态电流为：

22

EGSucos103t23ID0(t)IDSS16101 V4P

2

61030.50.25cos103t

时变跨导为：

2IDSSEGSucos103t23g(t)13101m VPVP433 3100.50.25cos10t

因此，漏级电流为：

iD=ID0(t)gm(t)uC

2

61030.50.25cos103t

31030.50.25cos103t50103cos107t

2

61030.50.25cos103t0.310310.5cos103tcos107（tV）

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30.50.25cos103t2

4 u(t)iR10

oD

0.310310.5cos103tcos107t



2

3

600.50.25cos10t310.5cos103tcos107t(V)









6－11 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6-11

ukMuK(Ct) A

1222 kMUcos3Ctcos5Ct......costcosCt

352

2K1kMUKkU uBcosCtcost1Mcos(C)tcos(C)t

ukMuBK(Ct) C

2K1kMU

cos(C)tcos(C)t

2212

cosCtcos3Ctcos5Ct......

352

22

K1K2kMU112K1K2kMU

cost uDcostcost2



各点波形如下

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（见图所示）能否检波？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。

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 104.7R3.2k 4.710 R

因此，输入阻抗为Ri1.6k 2 电流通角：36o

检波效率：Kdcos36o0.81

因为RC3.21030.0110632106S

48106RC，

故不产生惰性失真。

又因为100.68m0.5，

104.7

所以也不产生底边切割失真。

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=0.5cos2πⅹ106t 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+0.5cos2πⅹ103t)cos2πⅹ106t mA, 求uo(t)的表示式.

题6-15图

解6-15 （1） R10

输入电阻Ri5k

22

520 回路阻抗RpRi//R04k520

电流通角0.455rad26o

检波效率Kd=cos0.9

us(t)isRp41030.5cos2106t1032cos2106t(V)

uo(t)KdUs0.921.8(V)

（2）

us(t)Rpi41030.5(10.5cos2103t)cos2106t103

2(10.5cos2103t)cos2106t(V)

3

uo(t)KdU（st)1.8(10.5cos210t)(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？

题6-16图

解6-16

（1）此时低通网络的截止频率为 11fH1.59kHz,

2R2C221030.01106

因为F

uC

1

uBD

uAD

（2）当C2增大到2μF时

11

fH40Hz36

2RC21021022

因为fH

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6-17

设二极管为过零点的理想折线特性 .检波效率为Kd U

令m=s,则：

Ur

uD1urusUscos(c)tUrcosrt

UscostcosctUssintsinctUrcosrt rc

UscostUrcosctUssintsinct

Um1(t)cosct1(t)

式中U(t)

m1



UU

n 

2m3 n1nnm2

Ur1mcost(1)mcost

n! n2



Uscost 1(t)arccos

UrUscost

同样求得

uD2urusUm2(t)cosct2(t)

式中U(t)

m2



UrU

n 2m3

nnm2

Ur1mcostmcost n!n2





Uscost

2(t)arccos

UrUscost

因此

uuuoo1o2 n 2m3

nnn1m2 2KUmcostKUcost(1)1，drdrn!n2

当忽略高次项后，得到：

u2KUmcostodr

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C13 44

uC=5K(Ct)5cosCtcos3Ct...

3 44

5cos13tcos39t...(V) 3

u0.5cost(V)

44cos39t... 所以u1kuCu2.5costcos13t3

5555

cos12tcos14tcos38tcos40t...(V)

33

当带通滤波器的中心频率为载波频率，且带宽为2Ω时，得 55ucos12tcos14t 2 5454ukuu5cos12tcos14tcos13tcos39t 32C

3

100cost100cos25t100cos27t50cos51t

2323232

50

2cos53t..... 3

100 ucost10cos

t42

各点波形如下

...



6－19 已知混频器晶体三极管转移特性为：iC=a0+a2u2+a3u3,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

3a3UL2

g(t)2a2uL3a3uL2a2ULcosLtcos2Lt1 m2

22

3aU3aU

3L2a2ULcosLt3Lcos2Lt 22

gm0gm1cosLtgm2cos2Lt

因此得到 g

gC1m1a2UL

2

2

gm23a3UL

gC2 24

6－20 设一非线性器件的静态伏安特性如图所示，其中斜率为a；设本振电压的振幅UL=E0。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。

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 au0EQuL i

0EQuL0

(1)当EQE0时

由EQuLE0E0cosLt0得：Ltarccos(1) 所以iaua(Euu)，此时变频跨导g=0

QLSC

E

(2)当EQ0时

2

E12由EQuL0E0cosLt0得：Ltarccos() 223 22au2nt2nL33

in0,1,2,3....或i=K(Lt)au

24 02nLt2n

33

因为K(t)的基频分量振幅为

L

2

2 13

13

costdtsintLLL 2

2

3 3

g 故gCm1

2

(3)当E0时

Q

 由

EQuL0E0cosLt0得：Ltarccos(0)2





gm12gCcosLtdLtsinLt2

222

2

2

E (4)当E0时Q

E1 由EQuL0E0cosLt0得：Ltarccos()223





gm13 gCcosLtdLtsinLt3

222

3

3

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ULEGS1.5V

2

因为uGSEGSuLuS,所以时变跨导为 IDSSEGSuLdiD

g(t)21m

duGSuGSEGSuLVPVP

IIIDSS

2DSS2DSSE2ULcosLtGS22

VPVpVp

2IDSSUL231.5103

gm1103(S)1(mS)22

Vp3

g

gCm10.5(mS) 2

输出回路在谐振时，它两端的总电导为 0C1gg0gn2L Q0RL 2

2465103600101211637.9310(S) 3

100710

则混频电压增益为：

gU nCSggC0.5103 UIn1.886

UUg737.9310 SS

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）

2

EGS

EGSIDSS1VRS,整理后得：

P

1212

EGS10,代入数值并整理得到 2EGS

VPIRVPDSSS

2

EGS10160,解出EGS53

因为VP=4V，所以，静态偏置应为EGS2(V),UGSEGS2(V) IDSSEGSuL2410321.8cosLtg(t)211 m

VPVP44

0.0010.0009cosLt

gmQ0.0011(mS) g0.0009gCm10.451030.45(mS) 22（2） iDID0(t)gm(t)uS 2

EGSuL2

ID0(t)IDSS10.0040.50.45cosLtVP

2

0.0010.0018osLt0.00081cosLt g(t)u0.0010.0009costUcostmSLSS

0.0010.0010.0009cosLtcosSt

106cosSt0.45106cos(LS)tcos(LS)t因此可以看出：

I1061A,I0.00181.8mA,I0.451060.45AmsmLmI

（3）当工作点不超过平方律范围时，仍然会出现其他频率分量，如ωL、ωS 、2ωS、2ωL、ωL+ωS，所以仍有失真。

6－23 一双差分对模拟乘法器如图所示，其单端输出电流

uIuIiiu

iI056tanh102tanh1

222VT2Re2VT

试分析为实现下列功能（要求不失真）： （1）双边带凋制； （2）振幅已调波解调； （3）混频。

各输入端口应加什么信号电压？输出端电流包含哪些频率分量？对输出滤波器的要求是什么？

题6-23图

解6-23

（1）要实现双边带调幅，u1应为载波信号，u2应为调制信号，此时单端输出电流为 u1I0u2itanh I

2Re2VT

IU 02cost1(x)cosCt3(x)cos3Ct...,2Re

U

其中x=1,电流中包括2n1C频率分量(n=0,1,2...)， VT

要求输出滤波器为带通滤波器，中心频率为，带宽为2。

C

如果调制信号是多频信号，则应该保证滤波器的高频截止频

率等于2倍调制信号的最高频率分量，即2max.

（2）要实现对AM信号的解调，u1应为插入载波信号，u2应为AM信号，此时单端输出电流为

IU2

i01mcost)cosCtI1(x)cosCt3(x)cos3Ct...,2Re

2nC、2n频率分量(n1,2,3...)，要求输出滤波器 电流中包括、

为低通滤波器，如果调制信号是多频信号，则应该保证滤波器的高

频截止频率大于调制信号的最高频率分量max.

（3）要实现混频，u1应为本振信号，u2应为输入信号，此时单端输出电流为 IU

iI02(1mcost)cosSt1(x)cosLt3(x)cos3Lt..., 2Re

U1

其中x=电流中包括2n1LS频率分量(n=0,1,2...)，

VT

要求输出滤波器为带通滤波器，中心频率为I=L-S，带宽为2。

如果调制信号是多频信号，则应该保证滤波器的带宽等于2倍的调 制信号的最高频率，即为2max.

6－24 图示为二极管平衡电路，用此电路能否完成振幅调制（AM、DSB、SSB）、振幅解调、倍频、混频功能？若能，写出u1、u2应加什么信号，输出滤波器应为什么类型的滤波器，中心频率f0、带宽B如何计算？

题6-24图

解6-24

设输出滤波器的谐振频率为f0，调制信号最高频率为Fmax。

当满足U2>>U1的条件下，输出电流iL=2gDK(ω2t)u1,因此：

（1）将u1,加载波信号，u2,加调制信号，可实现AM调制。此时要求滤波器为带通滤波器，中心频率为载波频率，f0=fC,带宽为2倍的调制信号最高频率,B0.7=2Fmax，即输入信号的带宽。 （2）将u1,加调制信号，u2,加载波信号，可实现DSB或SSB调制。滤波器为带通滤波器DSB调制时，f0=fC，B0.7=2Fmax。SSB调制时，B0.7=Fmax.- Fmin.≈Fmax, 中心频率f0=fC+0.5( Fmax+ Fmin)。

（3）将u1,加调幅信号，u2,加插入载波信号，可实现振幅解调。此时要求滤波器为低通滤波器，滤波器的高频截止频率fH> Fmax. 。

（4）将u1,加正弦信号信号，u2不加信号，可实现倍频。此时要求滤波器为窄带滤波器，中心频率为所需倍频的频率。

（5）将u1,加调幅信号，u2,加本振信号，可实现混频。此时要求滤波器为带通滤波器，中心频率为中频频率，f0=fI=fL-fC，带宽为2倍的调制信号最高频率,B0.7=2Fmax.，即输入信号的带宽。

6－25 图示为单边带（上边带）发射机方框图。调制信号为 300～3000 HZ的音频信号，其频谱分布如图中所示。试画出图中各方框输出端的频谱图。

ACD

F

G

BE

题6-25图

解6-25

各点频谱如下

Hz

6－26 某超外差接收机中频fI= 500 kHz，本振频率fL

解6-26

由于混频电路的非线性作用，有用输入信号和本振信号所产生的某些组合频率分量接近中频频率，对有用中频形成干扰，经检波后差拍出音频频率，即干扰哨声。 根据已知条件，得，本振频率fL=fs-fI=1501-500=1001kHz 根据

fSp11.501 3.0023

fIpq0.5

可以找出，

p=2,q=1时产生3阶干扰，2fL-fS=2002-1501=501kHz p=4,q=3时产生7阶干扰；3fS-4fL=4503-4004=503kHz p=5,q=3时产生8阶干扰；5fL-3fS=5005-4503=502kHz p=7,q=5时产生12阶干扰，5fS-7fL=7505-7007=498kHz 等等，尤其是3阶干扰最为严重。

6－27 试分析与解释下列现象：

(1）在某地，收音机接收到 1090 kHz信号时，可以收到 1323 kHz的信号； (2) 收音机接收 1080 kHz信号时，可以听到 540 kHz信号；

(3）收音机接收 930 kHz信号时，可同时收到 690 kHz和 810 kHz信号，但不能单独收到其中的一个台(例如另一电台停播)。 解6-27 (1)

接收到 1090 kHz信号时，同时可以收到 1323 kHz的信号；证明1323kHz是副波道干扰信号，它与本振信号混频，产生了接近中频的干扰信号。此时本振频率为fL=1090+465=1555kHz,根据pfL-qfJ=±fI的判断条件，当p=2,q=2时，2fL-2fJ=3110-2646=464≈fI。因此断定这是4阶副波道干扰。 (2)

接收到 1080 kHz信号时，同时可以收到540 kHz的信号；证明也是副波道干扰信号，此时本振频率为fL=1080+465=1545kHz,当p=1,q=2时， fL-2fJ=1545-1080=465=fI。因此断定这是3阶副波道干扰。 (3)

当接收有用台信号时，同时又接收到两个另外台的信号，但又不能单独收到一个干扰台，而且这两个电台信号频率都接近有用信号并小于有用信号频率，根据fS-fJ1=fJ1-fJ2的判断条件，930-810=810-690=120kHZ，因此可证明这可是互调干扰,且在混频器中由4次方项产生，在放大器中由3次方项产生，是3阶互调干扰。

6－28 某超外差接收机工作频段为 0.55～25 MHz，中频fI=455 kHZ，本振fL＞fs。试问波段内哪些频率上可能出现较大的组合干扰（6阶以下）。 解6-28

可以看出，因为没有其他副波道干扰信号，所以可能出现的干扰只能是干扰哨声。 根据

p1fSp1p1 1.2~55,fSfI0.455qpfIfS0.55~25MHzqpqp p+q6



因此出现的6阶以下的干扰点应满足条件,从而得到p1

1.255 qp

p1

(1)当p1,q2时,2,fS20.4550.91MHz，

qp

fLfSfI1.635MHz,组合干扰fL2fS0.455MHzfI

p1

(2)当p2,q3时,3,fS30.4551.365MHz,

qp

fLfSfI1.82MHz,组合干扰3fS-2fL0.455MHzfI

p1

(3)当p2,q4时,1.5,fS1.50.4550.6825MHz, qp fLfSfI1.1375MHz,组合干扰4fS-2fL0.455MHzfI

上述结果说明，一旦接收信号频率和中频确定后，那么形成干扰哨声的点也就确定了，而且最严重的是那些阶数较低的干扰。

6－29 某发射机发出某一频率的信号。现打开接收机在全波段寻找（设无任何其它信号），发现在接收机度盘的三个频率（6.5 MHz、7.25 MHz、7.5 MHZ）上均能听到对方的信号，其中以 7.5 MHZ的信号最强。问接收机是如何收到的？设接收机人fI=0.5 MHZ，fL>fs. 解6-29

（1）从给定的题可以看出，7.5MHz信号最强，说明发射频率就是7.5MHz。而调谐到在6.5 MHz和7.25 MHz时听到的信号是7.5MHz信号对其形成的干扰 （2）在调谐到6.5 MHz时

此时，fS=6.5 MHz，本振频率fL=fS+fI=6.5+0.5=7MHz,干扰信号频率fJ=7.5MHz，且fJ-fL=7.5-7=0.5 MHz = fI,所以7.5MHz信号正好是6.5 MHz信号的镜像干扰信号。 （3）在调谐到7.25 MHz时

此时，fS=7.25 MHz,本振频率fL=fS+fI=7.25+0.5=7.75MHz, 干扰信号频率fJ=7.5MHz，且有 2fL-2fJ=15.5-15=0.5 MHz= fI,显然，这是干扰信号与本振信号的组合频率产生的4阶副波道干扰。

6－30 设变频器的输入端除有用信号（fS=20 MHz）外，还作用着两个频率分别为fJ1=19.6 MHz，fJ2=19.2 MHz的电压。已知中频fI=3 MHz，问是否会产生干扰？干扰的性质如何？ 解6-30

由于有两个干扰信号，而且这两个信号频率都接近并小于有用的信号频率。所以可能会产生互调干扰。因为fS- fJ1=20-19.6=0.4MHz, fJ1- fJ2=19.6=19.2=0.4MHz,满足fS- fJ1= fJ1- fJ2的条件，因此将产生3阶互调干扰。

第七章 频率调制与解调

7－1 角调波u（t）=10cos(2ⅹ106t + 10cos2000πt)（V），试确定: （1）最大频偏；（2）最大相偏；（3）信号 带宽；（4）此信号在单位电阻上的功率；（5）能否确定这是FM波还是PM波？（6）调制电压。 解7-1

根据给定条件，可以看出，

2000rad/S，F=1000Hz，(t)10cos2000t

d(t)d10cos2000t (1)最大频偏2104sin2000tdtdt

m

m2104rad/s,fm104Hz

2

(2)最大相偏mmP10rad

3

(3)信号带宽B2(fF)2(101)1022kHzSm

2UC 102

(4)因为调角波的功率就等于载波功率，所以P50W 2RL2

(5)因为题中没给出调制信号的形式，因此无法判定它是FM还是PM信号。

7－2 调制信号uΩ=2cos2πⅹ103t + 3cos3π*103t，调频灵敏度kf=3kHZ/V，载波信号为uc=5cos2πⅹ107t (V)，试写出此FM信号表达式。 解7-2 由题意可知：

(t)2ku231032cos2103t3cos3103t

f

12103cos2103t18103cos3103t

t

(t)(t)dt 0

t

3333

1210cos210t1810cos310t dt0

6sin2103t6sin3103t

7

210t(t) uFM(t)5cos

733 5cos210t6sin210t6sin310tV

7－3 调制信号如图所示。





题7-3图

（1）画出FM波的△ω(t)和△φ(t) 曲线；（2）画出PM波的△ω(t)和△φ(t)曲线； （3）画出 FM波和 PM波的波形草图。 解7-3 波形如下图所示

(a)

(b)

(c)

7－4 频率为 100 MHz的载波被频率被 5 kHz的正弦信号调制，最大频偏为 50 kHz。，求此时FM波的带宽。若 UΩ加倍，频率不变，带宽是多少？若UΩ不变，频率 增大一倍，带宽如何？若UΩ和频率都增大一倍，带宽又如何？ 解7-4

根据题意，已知

100MHz,F5kHz,f50kHzCm

(1)Bs2(fmF)2(505)110kHz

(2)当U加倍时，因为fm正比于U，所以fm也加倍， 调频指数m增大一倍。f

F)2(1005)210kHzBs2(fm

(3)当U不变时，F加倍时，最大频偏不变，但调频指数mf减小一倍，

所以带宽为 Bs2(fmF)2(5010)120kHz

(4)当U、F都加倍时，最大频偏加倍，但调频指数mf不变，所以带宽为

B2(fF)2(10010)220kHz

s

m

7－5 电视四频道的伴音载频fc=83.75MHz，△fm=50kHz，Fmax=15kHz。(1)画出伴音信号频谱图；（2）计算信号带宽；（3）瞬时频率的变化范围是多少？ 解7-5

(１) 因为没有给定伴音调制信号的频谱，而且伴音是一个多频调制调频波。由于调频是非线性频谱搬移，多个频率分量调频所产生的结果不能看作是每个频率分量单独调频所得结果的线性叠加。因此，伴音信号的频谱中除了包含载频与调制信号各频率分量的n次谐波的组合频率分量外，还包含着载频与调制信号的每一频率分量的各次谐波分量一起产生的组合频率分量。所以伴音信号的频谱很复杂，无法正确画出。 (2) 信号带宽为 Bs2(fmFmax)2(5015)130(kHz)(3)

fcfm83.750.0583.7(MHz)

f

cf

m83.750.0583.8(MHz)

所以，伴音信号瞬时频率的变化范围为100kHz，

从83.7MHz到83.8MHz

7－6 有一个AM和FM波，载频均为1MHz，调制信号均为υΩ（t）=0.1sin(2πⅹ103t) V。FM灵敏度为kf =1kHz/V，动态范围大于20 V。（1）求AM波和FM波的信号带宽；（2）若υΩ（t）=20sin(2π*103t) V，重新计算AM波和FM波的带宽；(3)由此(1)、（2）可得出什么结论。 解7-6

(1) 根据已知条件，调制信号频率F=1000Hz

AM调幅时，信号带宽为B=2F=2ⅹ1000=2000Hz。 FM调制时，

Δfm=0.1kf=100Hz, 则调频信号带宽为BS=2(Δfm+F)= 2(100+1000)=2200Hz.

(2) 若υΩ（t）=20sin(2π*103t),则：

AM调幅时，信号带宽仍然B=2F=2ⅹ1000=2000Hz。 但在FM调制时，Δfm=20kf=20Hz, 则调频信号带宽为 BS=2(Δfm+F)= 2(20+1)=42kHz.

(3) 比较（1）和（2）的结果，可以看到，AM调幅时的信号带宽只取决于调制信号的频率，

而与调制信号的大小无关。对于FM调制，在窄带调制时，信号带宽基本上等于AM信号带宽，但在宽带调制时，主要取决于调制灵敏度和调制信号的振幅，带宽基本不随调

7－7 调频振荡器回路的电容为变容二极管，其压控特性为Cj=Cj0/（1+2u）1/2。为变容二极管反向电压的绝对值。反向偏压EQ=4 V，振荡中心频率为10MHz，调制电压为υΩ(t)=cosΩtV。（1）求在中心频率附近的线性调制灵敏度；（2）当要求Kf2＜1％时，求允许的最大频偏值。 解7-7

(1) 变容二极管的等效电容为

CCC

Cj(t)

C 

CCCj0

其中，CjQ3

2U22

m

12EQ1249

11

f(t)41mcostfC1mcost4

321 fC1mcostmcos2t......324

f33

fCfCm2CmcostfCm2cos2t

64464

321

f， 因此：fCmfC=

64432C

111fmff,ffmCC2m 418432C

fm1

f555KHz/V kfU18C

f2m31K f2f16m24

m

(2)

当要求二次谐波失真系数小于1%时， 30.16应满足Kf2m0.01,即m

163

所以所允许的最大频偏为f1mf10.16107133.3kHzm

4C43

7－8 调频振荡器回路由电感L和变容二极管组成。L=2uH，变容二极管参数为: Cj0=225 pF，γ=0.5，υφ=0.6V ， EQ= -6V，调制电压为υΩ（t）=3cos(104t) V。求输出调频波的（1）载频；（2）由调制信号引起的载频漂移；（3）最大频偏；（4）调频系数；（5）二阶失真系数。 解7-8

Cj0Cj0Cj0

 Cj(t)4

63cos10tEu(t)uQ 1110.6uu 

CjQ68.71

(pF)

10.5cos104t21mcost

可以看出，0.5,m0.5,CjQ68.7pF

1 f(t)fC

1mcost4 3212

f1mcostmcost......C 324 32132

f1mmcostmcos2t......C64 464 因此得到：

（1）fC13.6（MHz）

323

mfC0.5213.60.159（MHz）

6464

11

（3）fmmfC0.513.61.7（MHz）

44

fm1.7

（4）kf0.57(MHz/V)

U3

323（5）f2mmfC0.5213.60.159（MHz） 6464

f2m0.159

kf20.094

fm1.7

7－9 如图所示变容管FM电路，fc=360MHz，γ=3，υφ=0.6V，υΩ(t)=cosΩtV。图中Lc为高频扼流圈，C3、C4和C5为高频旁路电容。（1）分析此电路工作原理并说明其它各元件作用；（2）调节 R2使变容管反偏电压为6V，此时CjΩ=20pF，求L；（3）计算最大频偏和二阶失真系数。

（2）fC

题7-9图

解7-9

（1）该电路是一个变容二极管部分接入的直接调频电路，C1、C2、Cj和L组成谐振回路，并与晶体管组成一个电容三点式振荡器。调制信号经Lc加到二极管上，形成随调制信号变化的反向偏压。当调制信号随时间改变时，振荡器的频率也随之改变，达到了调频的目的。Lc为高频扼流圈，C3、C4和C5为高频旁路电容。Lc、C5和Lc、C4组成的低通滤波器保证了高频正弦信号不会影响直流偏置，并避免了给电源带来高频干扰，C3对高频信号相当短路，从而提高了振荡器的环路增益。调节R2，可改变变容二极管的静态偏置电压，达到调整中心载波频率的目的。 （2）

在调制信号为0时，回路总电容 1C1C2C1CjQC2CjQ111 CC1C2CjQC1C2CjQ C1C2CjQ0.52010C0.33pF

C1C2C1CjQC2CjQ0.5200.52030.5

111

L0.6H2221212

4360100.331016867022fCc

当调制信号不为0时

Cj0CjQ20Cj3 costEQuu

11160.6 uEQu

CjQ20 3pF，m0.15

10.15cost1mcost

C1C21 CpF,C1C23

CjQ

C

CCjCCjQ1mcost C

jQCCjC1mcostCjQ



C 

1mcost

f(t)

C 令pjQ32060,则：C

1



1mcostp2

f(t)fcfc

1p 

2(1)22 fc1mcostmcost.....2

21p41p 81p

(1)22 1mmcost2

81p21p161p 

fc 2(1)2 mcos2t.....2

81p161p 

（3）

3

fmmfc0.153601061.33MHz

21p2160

1f2m(1)3

kf2f481pm0.15281600.074

m

7－10 图示为晶体振荡器直接凋频电路，试说明其工作原理及各元件的作用。

题7-10图

解7-10

在该电路中，由晶体管，和偏置电阻R3、R4、R5、耦合电容C2、旁路电容CL、高频扼流圈LC1和LC2、以及回路元件变容二极管Cj、电容C1、C2、C3、石英晶体、电感L1组成了一个皮尔斯失迎晶体振荡电路。稳压二极管2CW4、电阻R1、R2、高频扼流圈LC1、电容CL、和电位器W构成变容二极管的直流馈电电路，调节电位器W，可改变加在变容二极管上的反偏电压，从而调节了调频电路的中心频率和调制灵敏度。当加上调制电压后，变容二极管上的反偏电压随调制信号改变，因此振荡频率也随调制信号改变，达到了调频的目的。由高频扼流圈LC1、电容CL组成的低通滤波器，保证了直流电压加在变容二极管上，同时又避免了高频振荡信号反馈到电源，从而保证了中心频率的稳定，也消除了高频信号通过电源带来的交叉耦合干扰。

电路中的L1和C1是用来进行扩大频偏，其原理是加大了晶体串联频率和并联频率的间隔，调整微调电容C1，可调节频偏的大小。

该电路的调频范围在晶体的串联频率和并联频率。

7－11 变容管调频器的部分电路如图所示，其中，两个变容管的特性完全相同，

γ

均为Cj=Cj0／(1＋u／uφ) ，ZL1及ZL2为高频扼流圈，C1对振荡频率短路。 试推导：（1）振荡频率表示式；（2）基波最大频偏；（3）二次谐波失真系数。

题7-11图