高频电子线路课后习题答案-曾兴雯

高频电子线路习题集

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：

扬声器音频放大器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）；

1

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

2

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：

1

由f0得： 2LC11

L222（2f0）C44651062001012

1060.586mH 424652200

f 由B0.7070得：QL

f0465103QL58.1253

B0.707810 Q0100109因为：R0171.22k 0C2465103200101224652 C0CQ0QL0Rgg0gL 10RL

Q0QL58.125 所以：R（1）RR171.22237.66kL00QQ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。

3

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

113 1605102LCmin2L(121012Ct) 11535103 2LCmax2L(2601012Ct) 2601012Ct2601012Ct1605，9 535121012Ct121012Ct

12128C2601091210t

260108

Ct101219pF8

1 L2（2535103）（26019）10-12

1060.3175mH 3149423435

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

 4

C1C240000C80pF,

C1C2500

1L (2f0)2C 10.317mH (2106)2801012

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RLp20.64

Q0100回路固有谐振阻抗为R199k 02f0C6.28106801012

Q0100有载品质因数Q1.546 LR01991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 0.024Cq1112 2C0 11109品质因数Q88464260 2f0Crq251030.0241012153.6

5

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4kTGBIn2－7 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R11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)021(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4kTRBnnn0R

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）。

6

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-VD9.3I=0.465mA, 0R20000 26mV二极管电阻为RD56 I0 网络传输函数为 RD11H(j),H0RD11 1jCRDjCjCR//RR DD

等效噪音带宽为：



|H(j)|2df 110Bn=dfdf222H01(CR)1(2fCR) DD00111 arctan(2fCRD)02CRD4CRD4100101256

1010 44.64MHz224 22U2IqBHn0n0

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。

7

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

(RsR1)R3输出电阻为R0R2

RsR1R3

（1）采用额定功率法 2R3 Es2RRRE13 输入匹配功率Psmis，输出匹配功率Psmos4Rs4R0

2PRRRR 13噪音系数NFsmi0sPsmoRsR3 

（2）采用开路电压法

2 R32Unio4kTBRs，RRR 13s22 UnoR0RsR1R3NF2 UnioRsR3

（3）采用短路电流法

1 2Ino4kTBR0

2Uno4kTBR02  RR12s3Inio4kTBRR RsR2R323RsR1RR 232 RsR314kTB RsR2(RsR1R3)R3(RsR1) 2 2RRR4kTBs33 4kTBRs2R0(RsR1R3)R3(RsR1) (RsR1R3)R2RsR1R3

22InoR0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RR23 8

RsR1

（1）采用额定功率法

Es2 输入匹配功率Psmi4Rs

2

RR31 EsRsR12RsR1RR 23RRsRR1RRs132 输出匹配功率PsmoPRRRsmi0s14R 得噪音系数为NFPR0R1smosR RsR13 2R0RsR1(R2R3)(RsR1) RsR1R3

2 1R1RsR2RsR1R2 RsR0R1

（2）采用开路电压法

2 Uno4kTBR0 2 RR231 Unio4kTBRsRRR1Rs1s RR23R1Rs

2 R R014kTBRs R1RsR1Rs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RRs1 I24kTBGniosRRRRRR2s121s

9 R14kTBRsRRRRRR2s121s2Ino21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 12Ni10kTB NFSo15.8515.851.371023290104

N0

106 158832dB15.851.3729

答：接收机的噪音系数应为32dB。

10

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：

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）

11

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 2222CCpCpC2000.35180.035142202pF1oe2ie 固有谐振电导为

2f0C246510320210-127.374S g0Q080 回路总电导为 22gp1goep2gieg0

26236 0.3555100.0350.4107.3741014.6S

2f0C246510320210-12 品质因数QL40.46g14.610

f465

3dB带宽B0.7011.51kHz QL40.4 p1p2|yfe|0.350.03536.8103谐振增益K030.88 g14.6106

N1p10.35 中和电容CnCbcCbc31.615pFNN11p10.65 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1.615pF

3－3 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：

1 因为总带宽为BB2310.71

则每级带宽为B1B0.71321f有载品质因数QL029.6B1815.7kHz0.509812

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：

1 4根据总带宽B0.7B1231得：

B0.7 8每级带宽为B111.2kHz1 0.7144321

当偏离中心频率10kHz时，根据谐振特性，有： K2A21

K01(1A22)242A144 33KK288 13344242 K0K014(4)f42Q f0 8833 4222f0f422f )4(24BB1f01 88 0.027,20log0.02731.4dB329942 2210443 11.210

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31.4dB

3－6 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

 13

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。 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。

14

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，0.5v, 得到晶体管的Eb diCg1S,并得到如下方程组m dube

uEcUccost ce代入数值后得ig(UcostEEcmbbb  题3－11图 uce2421cost可以解出： icgm(3cost0.5） (1)当t时

晶体管截止，因此ic=0,但uceEcUC242135V，

位于C点

(2)当t时 0.5晶体管临界导通i=0,且有UcosE0.5,cos,cbb 3 0.50.5因此arccos80o。uceEcUccos242120.5V,

33

位于B点。

(3)当t0时

uceEcUC3V,ic=icmaxgm(3cos00.5）=2.5gm2.5A.

位于A点。

连接A、B、C三点，就是它的动态特性曲线。

ic/A

Aube3.0V

2.5

2.0

15 1.5B01273339Cuce/V39152145

2、求解θ、P1、P0、η及负载阻抗的大小。

0.5arccos80o 3 UC2121R17.8 LIC11(80o)icmax2.50.472 IC1UC1212.50.472P12.39W 122

P0IC0EC1(80o)icmaxEC0.2862.52417.16W1

PCP0P117.1612.394.77W

P112.390.722vDP017.16

+

ubUbCOSt3、符合要求的基极回路为 _

3－12 某高频功放工作在临界伏态，通角 θ=75o”，输出功率为 30 W，Ec=24 V，所用高频功率管的SC=1.67V，管子能安全工作。（1）计算此时的集电极效率和临界负载电阻； （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 C（1） 因为IC11iCmax1SC(ECUC)

11112所以P1=IC1UC1SC(ECUC)UC1SCECUC1SCUC

2222解之得到

2 1SCEC(1SCEC)281SCP1ECEC2P1UC 21SC241SC

代入数值后得到集电极电压振幅为

2424223060

UC12144128.06 241(75o)1.670.4551.67

20.06V(取正值)集电极效率=UC20.060.836EC242UC16 B

（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： 1L(rjL) CrC回路阻抗为ZL 1Lr0rjL1jQ C0

L 在0时，ZL1rC

L

rC 在n0时，ZLn1 1jQnn

所以

ZLn1n

 11jQ(n21)ZL11jQn n

ZLnnn2 2ZL11[Q(n21)]2Q(n1)n23Q

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？

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。

17

(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。 也可以选择在过压状态，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CbˊC 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3-15 hfehfeZZj1LZjLeiiei ff1j1j ff

ff jLehfeff1 ZiLehfeZji222 fffff111 fff

2f

Zi2LehfefZi2Lehfef 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。

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。

18

题3－16图

解3-16： C2

L2

E2

3—17 试画出一高频功率放大器的实际线路。要求(1)采用NPN型晶体管，发射极直接接地；

(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12感耦合。

解3-17： 根据要求画出的高频功率放大器电路如下

D C1 vLcL C

EcCc Rb

Cb C3－18 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，调谐时电容 C=200 pF，回路有载品质因数QL=20，放大器要求的最佳负载阻抗RLr=50 Ω，试计算回路电感L和接入系数 P。

19 3D

解3-18：

1 由f0=得，2LC

11L5.07H221212 (2f0)C4251020010 RLcr0CRLcr0CRLcr2f0C因Q,所以，pL p2QLQL 50251062001012350102将它分为两个0.125L型网络，3－19 如图（a）所示的D型网络，两端的匹配阻抗分别为RP1、RP2。20根据L型网络的计算公式，当给定Q2=RP2/XP2时，证明下列公式： Rp1Xp1

Rp1 (1Q22)1R p2

Rp2Rp12 XsXs1Xs2Q2(1Q2)121QR 2p2

并证明回路总品质因数Q=Q1＋Q2。 123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）。 Xs1Xp14Xs1Xp2Rp2Xs1Xp1Xs1Xs3Xs1RsXp1XpRpRsXp1(1)C(2)(3)(4) 根据串并转换关系，得： RsjXs3jXp2Rp22Xp2Rp2jXp2RX2p22p2jXp2Rp22220 Rp2Xp22Rp2(Rp2jXp2)Xp2Rp2jRX2p22p2

Rp2Xs3

因为Q2=,所以 Xp2Rs

Rp2Rp2Xp2Xp222 Rs2X=，XRp2s3p222221RX1QRXp2p22p2p2 12Q2

当Xs3Xs2时，产生谐振，电路简化为图（3），谐振电阻为Rs 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），其中

RpXs112Rp（1Q1）Rs，Xp（12）Xs1，其中Q1

Q1XPRs 当Xp1Xp,产生并联谐振，谐振阻抗为Rp=Rp1，因此有

2Rp1（1Q1）Rs1

2 （1Q2）Rs2Rp2由1,2得到，

Rp1 Q31Xp1

Rp1Rp12Q1（1Q2）1代入3得1 RsRp2

Rp1Rp1 Xp1=(证明完毕）QR 1p1（1Q212） Rp2 又因为， 2Rp1Xp2Xp2Q22 Xs1RsQ1Rs（1Q2）1,Xs2Xs3， 因此21Rp21Q2 12Q2

XsXs1Xs2RsRsRsRp1Xp2Q222（1Q2）12Rp21Q2Rp1Xp2Q222（1Q2）1Rp2Rp2Rp12（1Q2）1Q2Rp2(1Q2)1Q22Rp2Rp1（证明完毕）Rp21Q2221

因为Xs2Xs3，因此从图（2）可以看出，总的品质因数为

XXs2Xs1Xs3

Qs1Q1Q2(证明完毕） RsRs

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3-20

Rp2Rp12 X(1Q)1QsR221Q2 2p2

100202 (15)1527.11215100 Xs27.11L0.144Hs 2f230106 Rp1209.76 Xp1Rp120 (152)1（1Q2）12100 Rp2

11 Cp1544pF62fXp1230109.76

Rp210020 Xp2Q52

11

Cp2265pF 2fXp223010620

Rp120 2Q1（1Q2）1(15)12.052 Rp2100

QQ1Q252.057.05

3－21 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？

22

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rf，

中介回路效率k天线功率为PA，次级总功率为P2。则：

题3－21 图

因为P2P1PARA10.2，得到r2RA5012.5P2RAr20.8PA10Q1012.5W，k1L10.90.8Q0100P212.5L15013.9W，r10.5k0.9Q0100L1L150,所以rfr10.54.5r1rfQL10因为QLMr（4.562.516.8fRAr2）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。

23

D解3-23

根据题意，将（a）图简化为（b）图所示的等效电路。设Rcs1=Rcs2=Rcs,LC回路对开关频率谐振，则：

Ec

Ecic1 T1V1uce1R

L0C0iLCL

ic2 iLV2RRL •uce2R

(b)(a)

输出电压振幅  Ec2EcRLRLRL122ULEcostdtsintc RcsRLRcsRLRcsRL22

集电极平均电流 22Ec2Ec1UL12 IC0costdtcostdt2RL2(RcsRL)2(RcsRL) 22 直流输入功率

2Ec2P0ECIC02

(RcsRL)

负载上的功率 22RLEc2UL PL222R(RR)LcsL

集电极效率PRL LP0(RcsRL)

集电极耗散功率 2Ec22RLEc2PCP0PL2 (RcsRL)2(RcsRL)2

2Ec2RcsRcs2 P0(RcsRL)RcsRLRcs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：

Ccs1S?00SW SPSTLcs1BA123 24

不平衡- 平衡转换 反相分配 T3T1T29.3753DA7V19.3751:4阻抗变换 37.5反相合成 平衡- 不平衡转换 T5Ze＝18.518.7537.5T7R275 T8阻抗变换 V2T6Z＝18.5c3DA7－36 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 反相功率合成器的实际线路 100 W

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R0则有：

U2U2U

，U R02R02 那么，流过合成器的电流为

I1I（I1+ 22

合成后的功率为

2 12I1+R 2 与正常相比，有 2211 I21+1+22 0.72824I4

所以，故障后的合成功率为 P=0.72810072.8W

3－25 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

25

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)1振幅条件起振条件：T(j)1，即 (T)2n,n0,1,2.....相位条件. T(j)1振幅条件平衡条件：T(j)1，即

(T)2n,n0,1,2......相位条件

T 0振幅稳定条件UUUiiiA 稳定条件：L 相位稳定条件01 

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？

26

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f034－3 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）L1C1L3C3; （4）L1C1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？

题4-3图

解4-3

27

根据给定条件，可知

（1）fo1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

28

Ec•CbECC1C2123 4－5 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。 D 题4-5图 C解4-5， 画出的实际电路如下 EcEc••VT-Ec•v•T•Q?PNPT•B 4－6 振荡器交流等效电路如图所示，工作频室为10 MHZ，（1）计算C1、C2取值范围。（2） 29 画出实际电路。

题4-6

解4-6 （1）因为 111B2f10 eb2f105 (2f)21016139.438410210,呈感性，所以 2f1052f1052 （2f）3105C111 Bec2fC12f3105=2f3105，也应呈感性，即 2（2f）3105C110, 2f3105 11109C8.5pF2 1(2f）31054210143105122 (2f)22105C211 5Xbc2f210应该呈容性，及2fC2fC22 25 (2f)210C210,2fC2 11212.7pF C22514(2f)2104102105 （2）实际电路如下 3245EcLCCCvCbC130H20H10pF10HC2 4－7 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，2345TitleSizeBDate:File: 30 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5151 反馈系数KFC10.02487C1C25120002051

CC10200050pF 总电容为C12C1C22051

1C150固有谐振电导g10662S,0 Q0L1001.3

负载电导gL111mSRL1000gmggmgLg0KF2RereReregmgLg0KF2gm放大器增益KgmKF环路增益T(1)KFK1时满足起振条件，即

gLg0KF2gm

gmKFgLg0KF2gm,

1(10.062)103gm(gg0)43.8mS

KF(1KF)L0.02487(10.02487)

IeQgmVT43.8261.14mA

4－8 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

C2C130000回路总电容C===75pF C2+C1400 1振荡频率f1f0=2LC

1 2.6MHz625010751012

当以uce作为放大器的输出时， C反馈系数KF=1 C2 要维持振荡，应满足KK1，即K=1C23003FKFC1100

4-9 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

31

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

C1C2

回路总电容CC0C333.33C0C3CC 12 Cmin33.3310C043.33C0 Cmax33.33260C0293.33C0 因此得到方程组如下 1162010fmax 2L(43.33C0)2LCmin,代入数值后得 11f10106 min2LCmax2L(293.33C0)

解之得

C40pF,L0.76H 0C1501反馈系数KF

C1C21503

gm 放大器增益K121g0KF

RRi

gmgm 因此，KKF3，即9112121g0KF 3g0KFRRiRRi

1Cmax11 2121gm9g0KF9KFQRRLRR ii0 1330.33101211112.88103 961000.761010009500

ICQgmVT12.8826335A

32

2344－10 对于图示的各振荡电路；（1）画出交流等效电路，说明振荡器类型；（2）估算振荡频率和反馈系数。 5 题4-10图 解4-10 （1）交流等效图如下 15pF15k1000pF47H5.1k32k57H8.2pF3.3pF68125pF50H2.2pF510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0.268F 8.2 8.22.215 8.22.2C3.34.855pF 8.22.215 8.22.2 11f9.57MHz1 6122LC257104.85510 对于（b）电路 1 f02min=2.014MHz-6122501012510 TitleSizeBDate:File:2 333 45f02max=1250106810-612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：111 15010601291681010911 110614710

整理后得到：

4215981031153.732101511.0680

53.732101553.7322103041.06815981031 2131961031

(53.73247)1016 3151012(或211012)3196

11所以f31510122.826MHz,1max1 22 1或者f1max2110120.73MHzf02max， 2因此在频率0.73MHz下不满足相位条件，不能振荡。

当LC串联支路的电容取125pF时,

111650100112 111251011099110 147106将上式整理得： 2 12061012(或151012)11

因此f1min120610122.285MHz,22

11 或者f1min11510120.616MHzf02min，22

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。

1

910111 K9(1091)F1101471061

19101 471061 111111152152 47104710(2f1)1853.61015f12 1KFmin10.9321853.61032.8262

1 KFmin10.8971853.61032.2852

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。

34

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。

4－12 振荡器的频率稳定度用什么来衡量？什么是长期、短期和瞬时稳定度？引起振荡器频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=ΔCbe=1pF，试计算因极间电容产生的频率相对变化Δω1/ω1 解4-13

C1C230000

C75pFCC400 121 11LC50106751012

109 16.33Mrad/S50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

1CCLCC1 CLCCCLC

C0.687

9.161031C75

35

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。

4－15 图示是两个实用的晶体振荡器线路，试画出它们的交流等效电路，并指出是哪一种振

234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H20pF300pF4.7H5MHz47010pF3/10pF47MHz12pF36pF200pF(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。 36 24－16 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。 3解4-16 所设计的电路如下 ECR1R24L1C3R2EC 4－17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11 n11 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。 234 37 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)011232123121323 222a3(u1u2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)6a3u1u2u3222222u2u1u3u1u2u2u3u1u3u2u3) 3a3(u1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：

22U2U1U2 a0a（3）2222

基频分量为： 3U2U23U13U12U1 a3a3a1U1a3cos1t224

23U2U1U23U23U2 a1U2a3a3a3cos2t224

223U1U3U2U33U3

a1U3a3a3a3cos3t224 2次频率分量和组合系数为2的频率分量为：22U1U2U2a2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)t3次频率分量和组合系数为3的频率分量313233

UUUa3cos31tcos32tcos33t44422U1U2U1U23a3cos(212)tcos(212)t442U2U2U12U1cos(221)tcos(221)t44 38

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 442U2U3 U22U3cos(223)tcos(223)t4 42U2U3U2 3U2cos(232)tcos(232)t4 4 3a3U1U2U3cos(213)tcos(213)t2 cos(213)tcos(213)t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分量的振幅为：a1U1a3a3a3 122423a3U1U2

212分量的振幅为：4

3aUUU 213分量的振幅为：31232

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 u0gDui

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223 222 gDu2n2t2n33 i2402n2t2n

33

39

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23 K(2t)sincosn2tcos2t31n33

333 cos22tcos42tcos52t......245 所以 U2iK(t)guK(t)g(U1cos1tU2cos2t)2D2D 2U

K(2t)gD(2U2cos2t)K(2t)gDU1cos1t2

时变跨导

233 cos2tcos22t32 g(t)K(2t)gDgD33cos42tcos52t......

54

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

40

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）。 Ec H(j)H(j) －u＋o

V1V2 u AV3

uBRe

－Ec

题5-6图

41

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)itanh(1tanh C2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。

Ec RLRLi1uoi2

V1V2V3V4

uAi1i2i3i4

V5V6

uBi5i6

I0

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i422tanh2V

T

所以

uA i= (i  i)i5i6i5i6tanhU1VTo24222VT 42

u i5i6I0tanhB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 ocoLc2L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)2tm0n0

ube5－8 在图示电路中，晶体三极管的转移特性为

VTiaIe0s

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.......)nnu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) 2VT2VT214VT2E

I0U12R0a0IsU12R0VTb所以uocos21tecos21t

4VT24VT2

43

(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ucucIIII2 IC0(t)a0IseVTI0eVTI00uc02uc03uc3......0nucnVT2VT3VTn!VT

取一次和三次项，包含c分量的如I03I0I0Uc313 I0ucuUcostcos3tcosctccc3c33VTVT3VT44 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 1VTVTiI(t)g(t)uaIeaIeu1cC0m10s0s VT Ebu2

其中线性时变静态电流IC0(t)a0IseVT

Ebu21

时变跨导gm(t)a0IseVT VT

将g(t)展开为级数得m Eb1112131VTn gm(t)a0Ise1u2uu......u2232n2VV2V6Vn!V TTTTTEb 3U21VTU2a0Isecos2t 取一次和三次项，包含2分量的为3VTVT4VT

Eb3 U21VTU2而且aIecos2tU1cos1t0s3

VTVT4VT

E3a0IsU1VTbU2U2

ecos(21)tcos(21)t3 2VTVT4VT Eb3aIURUUV0s1022T 所以uecos(21)to32VT VT4VT

44

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digm(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cos2t gm(t)gm012VP2

gg m0m0cos2tgmQgm1cos2t22

gg gmQm0,gm1m022

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

45

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 1222K(2t)cos2tcos32tcos52t.... 235 根据题意，只取2分量，则

uo2R0gD4R0gDU12cos2tu1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g=uo11rDRfrDR04R0gU1cos2tcos1t2R0gU12R0gU1cos(21)tcos(21)t信号各分量的振幅降低了

46

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

2 PRLUC42C221000.08W PPm20.0810.52avC10.09W

22P边频PavPC0.090.080.01W

47

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

uX uC+ uAMu+ 常数（直流）X uCuAMuX uCuDSBuX uC滤波器 uSSB

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123cos22t3cos42t......48

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gDuc44gDcosctcos3ct......UcostgDUccosct3cos(c)tcos(c)t2gDUgUcost11Dcc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)uc212

2gDcosctcos3ct.....Uccosct3 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：

uuD1cu2,uucuD222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

22uo(t)i1i2RL2RLa1Ucost2RLa2UUCcosctcost

49

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D222

在忽略负载的反作用时，uc igK(t)ugK(t)1DcD1Dc2u uc i2gDK(ct)ugK(t)uD2Dc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uciK(t)uK(t)u1rRRcD1c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tcccrDRRL235

50

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0uc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ctcos3ctcos5ct.....cost 352 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。

51

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：

RL

uoK(2t)u1RR 0L RL12cost2cos3t.....u122R0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

uD1uuC uD2uC uuCD3 uD4uuC

ii1i2i3i4

i1gDK(ct)uD1gDK(ct)uuCi2gDK(ct)uD2gDK(ct)uCi3gDK(ct)uD3gDK(ct)uCigK(t)ugK(t)(uu)DcD2DcC4K(ct)K(ct)uC52 gDK(ct)K(ct)uCK(ct)K(ct)ugDK(ct)K(ct)ugDK(ct)u4g4g4g

uiLRL o4gD4gD 4gDRLcosctcos3ctcos5ct.....Ucost 35uo()4gD10.750.50.250234567

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)

iC2

uCI0(t)1tanh22VTEeu11K(ct)2REeeEeU4453 4cost1cosctcos3ctcos5ct.....12ReEe35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）。

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 VP42

61030.50.25cos103t

时变跨导为：

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

因此，漏级电流为：

iD=ID0(t)gm(t)uC

61030.50.25cos103t231030.50.25cos103t50103cos107t61030.50.25cos103t0.310310.5cos103tcos107（tV）254

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 u(t)iR104oD0.310310.5cos103tcos107t



23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) A1222 kMUcostcos3tcos5t......2costCCC35

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

ukMuBK(Ct) C2K1kMU cos(C)tcos(C)t

2212cosCtcos3Ctcos5Ct......

352 22K1K2kMU112K1K2kMUcost uDcostcost2

各点波形如下

55

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。

56

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 3rD33125电流通角：336o3 R4.710 检波效率：Kdcos36o0.81 因为RC3.21030.0110632106S 1m2m57

10.520.7548106RC，325100.515700

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

3rD33100 电流通角30.455rad26o3R1010

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)

3uo(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？

58

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FuC1uu

（2）当C2增大到2μF时

11 fH40Hz2R2C221032106

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

59

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)UUcost2U2sin2trsm1s

Ur22UrUscostUs2

2UsUs2

Ur1cost2Ur12mcostUUr rn 2m3 n1nnm2Ur1mcost(1)mcostn! n2

Uscost 1(t)arccosUrUscost

同样求得

uD2urusUm2(t)cosct2(t)

222 式中Um2(t)UrUscostUssint

Ur22UrUscostUs2

2UsUs2

Ur1cost2Ur12mcostUrUr

n 2m3

nnm2Ur1mcostmcost n!n2



Uscost(t)arccos 2UrUscost 因此

uuuoo1o2 n 2m3nnn1m2 2KUmcostKUmcost(1)drdrn!n2

1， 60

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 32C3

10010010050 costcos25tcos27tcos51t...2323232

502cos53t.....361

各点波形如下 u

t u

t

u u

t

u

t

u t

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 3a3UL2g(t)2a2uL3a3uL2a2ULcosLtcos2Lt1 m222 3a3UL3a3UL2a2ULcosLtcos2Lt 22gm0gm1cosLtgm2cos2Lt

因此得到 ggC1m1a2UL 22 gm23a3ULgC2 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。

62

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=0QLSC

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

22 13133costdtsint LLL223 3

g3 故gCm122

(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Q2

因为K(Lt)的基频分量振幅为由EQuL

E01E0cosLt0得：Ltarccos()22363

ggCm122costdtLL2sinLt333332

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diDg(t)21m duGSuGSEGSuLVPVP

IIIDSS 2DSS2DSSE2ULcosLtGS22VPVpVp

2IDSSUL231.5103 gm1103(S)1(mS)22Vp3

ggCm10.5(mS) 2输出回路在谐振时，它两端的总电导为 0C21gg0gnL Q0RL 2246510360010121137.93106(S) 3100710

则混频电压增益为：

gU nCSUIU SgUSgC0.5103n1.88g737.9310664

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 2EGSEGS10,代入数值并整理得到VPIRVPDSSS

10100642 EGS10160,解出EGS532

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 mVPVP44

0.0010.0009cosLt

gmQ0.0011(mS) g0.0009gCm10.451030.45(mS) 22（2）

65

iDID0(t)gm(t)uS 2EGSuL2 ID0(t)IDSS10.0040.50.45costLVP

20.0010.0018osLt0.00081cosLt

g(t)u0.0010.0009costUcostmSLSS

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

u1I0u2u1I0i5i6

iItanhtanh 222V2Re2VTT

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？

66

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 I2Re2V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 iI0（1mcost)cosCt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

67

（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 IUiI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。

68

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。

ACDFGBE

题6-25图

解6-25

各点频谱如下

ABCD03003000f/Hz05f/MHz05f/MHz05f/MHzEFG015f/MHz01020f/MHz020f/MHz

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3fIp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。

69

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11.2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。

70

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。

71

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104Hz2

(2)最大相偏mmP10rad

3(3)信号带宽B2(fF)2(101)1022kHzSm

2UC102

(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103tf

12103cos2103t18103cos3103t

t

(t)(t)dt 0t

33331210cos210t1810cos310t dt0 336sin210t6sin310t

7 uFM(t)5cos210t(t) 7335cos210t6sin210t6sin310tV

7－3 调制信号如图所示。



题7-3图

72

（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

信号（a）在FM时，它们的频率为线性变化，称为线性调频或扫频信号； t由于 (t)(t)dt的积分限不定，所以 我的(t)波形实际上可沿纵坐标上下移动； 0(a)

信号（b）在PM时，它们的频率为线性变化，称为线性调频或扫频信号； (b)

73

信号（c）可以认为是数字信号，因此实现的调制为数字调制，又因为是二元信号，对它进行 FM 和 PM分别称为 2FSK和 2PSK。 PM信号的波形与DSB信号的波形相同，故在数字调制中，可用产生DSB信号的方法产生PM（或PSK）信号。 (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mf增大一倍。

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

F)2(10010)220kHzBs2(fm

74

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)

fcfm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

Cj0Cj0Cj0

Cj(t) 12u12EQu2u12E1Q 12EQ

CjQ1mcost 75

Cj0Cj0Cj0

其中，CjQ312EQ124

2U22

m12EQ1249

1111 f(t)41mcostfC1mcost42LCj2LCjQ

31 fC1mcostm2cos2t......324

f33 fCfCm2CmcostfCm2cos2t64464

321f， 因此：fCmfC=64432C 111fmff,ffmCC2m 418432C

fm1kf555KHz/V fU18C f2m31Km f2f1624m (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m4C43

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

Cj0Cj0Cj0C(t) j463cos10tEu(t)u 11Q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68.7pF1 1f(t)fC1mcost4 2LCj 3212f1mcostmcost......C 324 32132f1mmcostmcos2t......C 46464 因此得到： 11（1）fC13.6（MHz）2LCjQ2210668.71012 76

323（2）fCmfC0.5213.60.159（MHz） 646411

（3）fmmfC0.513.61.7（MHz）44

fm1.7

（4）kf0.57(MHz/V)U3  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。

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 CCC2CjQC1C2CjQ1

C1C2CjQ0.52010C0.33pF

C1C2C1CjQC2CjQ0.5200.52030.5

111L0.6H22212124360100.331016867022fcC

77

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CjQCCjC1mcostCjQC 1mcost

111

f(t) 2LCCCjQCCjQCCjQ2L CCjQCCjQC1mcostCjQ

C 令pjQ32060,则：C

1 1mcostp21 f(t)fcfc1pCCjQ  C1mcostCjQ

2(1)22 fc1mcostmcost.....221p41p81p 

(1)22 1mmcost281p161p21p fc 2(1)2 mcos2t.....281p161p 

（3）

3 fmmfc0.153601061.33MHz21p2160

1f2m(1)3 kf2f481pm0.15281600.074m

78

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

79

解7-11

（1）从图中可以得到 R2EQEQ1EQ1E R1R2 Cj0Cj0Cj0C jEQuEQuu 1111uuuEuQ

CjQU

,其中mEQu 1mcost

CjCjQ 回路总电容为C221mcost

振荡频率为：

11 f(t)1mcost2fc1mcost22LCCjQ 2L2

 fc1mcost1m2cos2t......242

fc11m2mcost1m2cos2t......

82282

（2） fm2mfc

（3） f2m1m2fc2m2fc 8216 f2m1k2m f2fm8

7－12 方波调频电路如图所示，其中，Ec=Ee=E1=12V，E2=5V，E3=3V，R1=4.5kΩ，R2=3kΩ，C1=C2=1000pF，调制信号υΩ(t)=1.5cos104tV（V），晶体管的β＞100。求调频方波的瞬时表达式。

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题7-12图

解7-12

在该电路中，V5、V6、R1、R2组成受控电流源，使I1、I2随调制信号uΩ而变化。

V1、V2、VD1、VD2和V3、V4、VD3、VD4以及电容C1、C2、组成一个多谐振荡器。其振荡频率受I1、I2的控制。因此，当调制信号uΩ变化时，振荡频率也随之改变，达到了调频的目的。输出LC回路是一个选频电路，对振荡器输出调频方波的中心频率基频谐振，从而输出正弦调频信号。

V3截止时，VE4输出为高电平，VOH=VE4=E2=5V，V3饱和时，VE4输出为低电平，VOL=VE4=0V。

设在某个时刻V3开始导通，经过C1、C2耦合形成的正反馈，使得V3很快由截止变为饱和，则VE4从高电平5V跳变为低电平0V，而V1由饱和变为截止，VE2从低电平0V跳变为高电平5V。此时C2上的电压为V1的导通电压VB1ON-5V，然后C2充电，当充电到VBE1=VB1ON时，V1开始导通，经过C1、C2耦合形成的正反馈，使得V1很快由截止变为饱和，则VE2输出从高电平5V跳变为低电平0V，而V3由饱和变为截止，VE4从低电平0V跳变为高电平5V。然后C1充电，当充电到VBE3=VB1ON时，V3又开始导通，开始下个周期，如此循环，形成振荡。

可见，C1、C2的充电速度决定振荡频率。

设图中每个二极管的导通电压和每个晶体管的发射结导通电压相等。且忽略晶体管的饱和压降。则： R2R1EuE 13RRRR212 II1I21R1//R2

R2RR2 R1E1uE31 R1R2R1R2R1R2

4.54.522.53124.53312 u3u4.534.534.534.534.534.53

13.54.5

1.5cost10.5cost1mcost 13.513.5

m

4.51.50.513.581

UITc2C2

Uc2C2(Ub1onUb1on5)100010125109T

I10.5cost10.5cost

1 f10.5cost108(Hz)10010.5cost(MHz)2T

因此fc100MHz,fm50MHz

7－13 设计一个调频发射机，要求工作频率为 160 MHz，最大频偏为 1MHz，调制信号最高频率为10kHz，副载频选 500 kHz，请画出发射机方框图，并标出各处的频率和最大频偏值。

解7-13

从给定条件可以看出，相对频偏比较小，工作频率较高，如直接在高频端调频，要求电路的Q值很高，因此，为了保证教好的线性，最好采用间接调频，实现在较低的频率上调频，然后通过倍频器和混频器，来得到所需的工作频率和最大频偏。 发射机的基本框图如下：

晶体载波振荡器 晶体 振荡器 500KHz调相器 倍频器 X50 21MHz混频器 倍频器 X40 功率 放大器 fc1500KHzfc225MHzf3c4MHz积分器 f1m500Hzf2m25KHzf3m25KHzfc4160MHzf4m1MHzu

7－14 在图示的两个电路中，那个能实现包络检波，哪个能实现鉴频，相应的回路参数如何配置

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题7-14图

解7-14

（b）电路可以实现包络检波，这时要求两个回路的参数应该相等，首先电感抽头应位于中点，而且要使f01=f02=fc,回路带宽要大于等于输入AM信号中调制信号的最高频率分量的2倍。

（a）电路可以实现鉴频，即用做一个平衡斜率鉴频器，利用两个回路对输入信号失谐而实现鉴频的。为了减小失真，要合理的选择两个回路的谐振频率。当输入信号的最大频偏为Δfm时，可选择 f01fC(2~4)fm f02fC(2~4)fm

7－15 己知某鉴频器的输入信号为

υFM（t）=3sin(ωct+10sin2πⅹ103t)(V) ，

鉴频跨导为SD=-5mV/kHZ，线性鉴频范围大2△fm。 求输出电压的υo的表示式。 解7-15

(t)10sin2103t(rad) d(t)33(t)2010cos210t(rad/S)

dt

(t)10103cos2103t(Hz)10cos2103t(kHz) f(t)2

uo(t)f(t)SD510310cos2103t

50cos2103t(mV)

7－16 已知某互感耦合相位鉴频器的耦合因数A=3，f0=10MHz，晶体管的Yfe=30mA/V，回路电容C=20 pF，有效Qe=60，二极管检波器的电流通角θ=20o，输入信号振幅为 Um=20 mV。求：（1）最大鉴频带宽Bm；（2）鉴频跨导 SD。

解7-16

设互感耦合相位鉴频器的简化电路如下图所示。并且初级和次级参数完全相同。

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在忽略了晶体管的Yoe和Yre的影响后

考虑到反射电阻，初级回路的谐振阻抗为 QeQe60R24k P2C4fC410720101200

ICYfeUi

当失谐不大时，可近似认为 U1ICRPYfeUiRPYfeUiRPe1 301032010324103e114.4e1(V)

U jM1MU111jL 所以U2f1jCjLCr1j2Q rjLef0C

kQeA jU1jU11j1j

1j(1.5)U23jUUU1U111 D1221j1j

2 UUU1(1.5)D1D1112

1j(1.5)U23jUD2U1U11U1 221j1j

21(1.5) UD2UD2U112 1(1.5)21(1.5)2 Uo(t)kdUD1UD2U12211

1(1.5)21(1.5)23.25321(1.5)2

U1U12 112

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

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