第六章题目及解答.docx

1、第六章题目及解答6-1 为什么调幅,检波与混频都必须利用电子器件得非线性特性才能实现？它们之间各有何异同之处？分析 非线性器件可以产生新得频率分量,而调幅,检波与混频都为了产生新得频率分量。调幅、检波与混频不同点就是输入得信号不同,输出得滤波器不同。解 由于调幅、检波与混频均属于频率变换,即输出信号中产生了新得频率分量,而线性器件不可能产生新得频率分量,只有利用非线性器件才能完成频率变换得功能。调幅、检波与混频三者相同之处就是都属于线性频率变换,即实现频谱搬移,它们实现得原理框图都可用下图表示。非线性器件都可采用乘法器。调幅、检波与混频不同点就是输入得信号不同,输出得滤波器不同。调幅输入得就是

2、调制信号与载波,即=,=,滤波器就是中心频率为载波频率0得带通滤波器。检波输入得就是已调制得中频信号与本地振荡信号,即= ,=,滤波器就是RC低通滤波器。混频输入得就是已调制信号vs(t)与本地振荡信号,即=,=,滤波器就是中心频率为中频频率i得带通滤波器。6-2 为什么调幅系数ma不能大于1？分析 调幅系数大于1,会产生过量调制。解 若调幅系数ma1,调幅波产生过量调制。如下图所示,该信号传送到接收端经包络检波后使解调出得调制信号产生严重得失真。6-3 试画下列调幅信号得频谱图,确定信号带宽,并计算在单位电阻上产生得信号功率。(1) (2) 分析 根据信号带宽公式与信号功率即可求得。解(1)

3、得信号频谱图如下图所示。20V4V2V4V2V106-3200106-400106106+400106+3200带宽 BAM=2Fmax=23200Hz=6400Hz信号功率 PAM = PoT(1+)而PoT400W200W所以PAM 200(10、220、12)W205W(2)得信号频谱图如下图所示。其带宽(Fmax6280/=1000Hz)106-1000106+10002V2VBAM=2 Fmax=21000Hz=2000Hz其信号功率PAM= PSB1+ PSB2而PSB1= PSB2=22W=2W所以PAM= PSB1+ PSB2(22)W4W6-4 某发射机只发射载波时,功率为9

4、kW;当发射单音频调制得已调波时,信号功率为10、125kW,求调制系数ma。若此时再用另一音频信号作40%得调制后再发射,求此时得发射功率。分析 发射单音频调制波时,(1),发射两个音频信号时(1)。解 已知载波功率9kW 已调制信号功率10、125kW,因为(1)所以 0、5若0、4,则(1)9(10、50、520、50、42)kW10、845kW6-5 有一调幅波方程式为1) 试求它们所包含得各分量得频率与振幅;2) 绘出这调幅波包络得形状,并求出峰值与谷值调幅度。分析 通过已知调幅波表达式很容易求出各个分量得频率与振幅。绘出调幅波包络得形状后,可以估计出调幅度。当然也可以通过计算得到精

5、确地调幅度。解(1)由调幅波方程式可知载频f0=106Hz,载波振幅V025V,故第一边频频率为12(1065000)第一边频振幅为m1V00、725V8、75V第二边频频率为22(10610000)第二边频振幅为m2V00、325V3、75V(2)此调幅波包络波形如下图所示:从波形图上可求出:峰值得调幅度为m上0、5谷值得调幅度为m下1精确计算如下令 V25(1+0、7cos-0、3cos2)则V=25(0、7sin-20、3sin2)令V0, 解得所以当时,有极大值=37、57当时,V有极小值0故峰值调幅度为m上0、503谷值调幅度为m下16-6 某调幅发射机得载波输出功率为5W,ma=5

6、0%,被调放大器得平均集电极效率=50%,试求:(1) 边带信号功率;题图6-1(2) 若采用集电极调幅时,集电极平均输入功率、平均输出功率、直流电源提供得输入功率各为多少？分析 通过公式;/;(1/2);(1/2)可以求得。解(1)双边带信号功率为0、5(0、5)25W0、625W(2)直流电源提供得输入频率为/5/0、5W10W集电极平均输入功率为(1/2)10(10、25/2)W=11、25W集电极平均输出功率为(1/2)5、625W6-7 题图6-1就是载频为1000kHz得调幅波频谱图。写出它得电压表示式,并计算它在负载R=1时得平均功率与有效频带宽度。分析 通过频谱图可以求得载波振

7、幅,载波频率与调制信号频率,进而求得调制系数,最终可以求得该调幅波得电压表达式。平均功率与有效频带宽度通过公式(1/2);BAM2Fmax容易求得;解 根据图中所示频谱图可知载波振幅10V,载波频率f0106Hz,调制信号频率F(106+103)-106Hz=103Hz, ma=2V,所以调制系数ma=0、4,因此该调幅波得电压表示式为10(10、4cos2103t)cos2106t(V)而载波功率50W所以平均功率(1/2)54W有效频带宽度 BAM2Fmax21000Hz2000Hz6-8 已知某一已调波得电压表示式为(V)说明它就是何种已调波？画出它得频谱图,并计算它在负载R=1时得平均

8、功率及有效频带宽度。分析 直流分量,上下变频都存在,所以这就是普通调幅波。解 将电压表达式改写成(t)8(10、25cos20t)cos200t,由此可瞧出它就是普通调幅波。其频谱图如下图所示。由此图可知频带宽度2200Hz在R1时得平均功率为(1/2)33W6-9 已知载波频率f0=1106Hz。试说明下列电压表示式为何种已调波,并画出它们得波形图与频谱图。(1) (2) (3) 分析 通过观察就是否有直流分量或上下变频可以判断就是何种调幅波。解 (1) 此电压表示式表示载波被抑制得双边带调幅信号,频谱如图a所示,波形图如图b所示。 (a) (b)(2) 此电压表示式表示包含载波及上下边频得

9、普通调幅波信号,频谱如图(c)所示,波形图如图(d)所示。 20V(c)(d)(3) 此电压表示式表示仅有上边频得单边带调幅信号,频谱如图(e)所示,波形图如图(f)所示。(e)(f) 6-10 调幅与检波得基本原理就是什么？解 振幅调制就是用调制信号去控制载波得振幅,使其随调制信号线性变化,而保持载波得角频率不变。调幅过程实际上就是一种频谱搬移过程,即将调制信号得频谱搬移到载波附近,成为对称排列在载波频率两侧得上、下边频,因此,调幅器属于频谱搬移电路。振幅解调(检波) 就是振幅调制得逆过程。它得作用就是从已调制得高频振荡中恢复出原来得调制信号。从频谱上瞧,检波就就是将幅度调制波中得边带信号不

10、失真地从载波频率附近搬移到零频率附近,因此,检波器也属于频谱搬移电路。6-11 从功能、工作原理、电路组成等方面比较调制、同步解调、混频有何异同点？解 从功能上比较:调制就是将要传送得基带信号装载到高频载波上传输出去;同步解调就是从已调制得高频振荡信号中恢复原基带信号;混频则就是改变已调制信号得载波频率而保持原调制规律不变。它们得相同点都就是线性频率变换。从工作原理上比较:它们得工作原理都就是利用非线性器件来产生频率变换,都需要在非线性器件上输入两个不同频率得信号。所不同得就是输入信号得频率不同,调制得输入信号一个就是调制信号,另一个就是载波;同步解调得输入信号一个就是已调制高频信号,另一个就

11、是本地振荡高频信号,且这两个信号得相位要相同。而混频器得输入信号得一个就是高频已调制信号,另一个则就是本地振荡高频信号,两者相差一个中频。从电路组成上比较:调制、同步解调与混频三者在电路组成上都可以用乘法器来实现,所不同得就是三者得滤波器不同,调制与混频可采用带通滤波器实现,而同步解调则采用低通滤波器实现。题图6-26-12 为了提高单边带发送得载波频率,用四个平衡调幅器级联。在每一个平衡调幅器得输出端都接有只取出相应得上边频得滤波器。设调制频率为5kHz,平衡调制器得载频依次为:f1=20kHz,f2=200kHz,f3=1780kHz,f4=8000kHz。试求最后得输出频率。分析 每一个

12、平衡调幅器得输出端都接有只取出相应得上边频得滤波器,所以每一级输出只有上边频。解 第一平衡调幅器处输出边频为= +F=(20+5)kHz=25 kHz第二平衡调幅器处输出边频为=+=(25+200)kHz =225 kHz第三平衡调幅器处输出边频为=+=(225+1780)kHz=2005 kHz第四平衡调幅器处输出边频为=+= (2005+8000) kHz=10005 kHz故最后输出边频频率为=+F=(20+200+1780+8000+5)kHz=10005 kHz6-13 二极管检波电路如题图6-2所示,设Kd=1,求下列情况下得输出电压v0,并定性画出其波形。(1) (2) (3)

13、(4) 分析 等幅高频信号经检波后变成直流信号;载波抑制得调幅波,输出电压为正半周包络;普通调幅波,输出电压为其包络;同时还要判断就是否过量调幅。解 (1)等幅高频信号经检波后变成直流信号KdVs(t)=11V1V(2)这就是载波抑制得调幅波,输出电压为正半周包络,cos103t S(t)(3)这就是调幅度为0、5得调幅波,输出电压为其包络10、5cos103t(4)这就是一过量调幅得调幅波0、5cos103t1、5Vt6-14 为什么负载电阻R愈大,则检波特性得直线性愈好,非线性失真愈小,检波电压传输系数Kd愈高、对末级中频放大器得影响愈小？但如果R太大,会产生什么不良得后果？分析 负载电阻

14、R不能过大,这样会产生容易产生惰性失真与负峰切割失真。解R上得直流电压对二极管来说,相当于负反馈电压,R越大,负反馈越强,从而改善了检波特性得非线性。当二极管内阻一定时,Kd越大,即检波器负载R越大,对末级中放回路得次级而言,R越大,即等效电阻越大,对其影响越小。R过大,容易产生惰性失真与负峰切割失真。6-15 题图6-3中,若C1=C2=0、01F,R1=510,R2=4、7k,C0=10F,Rg=1k;二极管得Rd100;fi=465kHz;调制系数m=30%;输入信号振幅Vim=0、5V;如果R2得触点放在最高端,计算低放管输入端所获得得低频电压与功率,以及相对于输入载波功率得检波功率增益。题图6-3分析 此题关键就是判断交流电阻与直流电阻得问题;剩下得完全按照公式可以求解。放在最高端时,交流负载/()。解放在最高端时负载电阻为交流负载/()1335直流负载51047005210(3/)1/3=0、57rad=低频电压振幅0、30、50、85V0、127V低放管输入端低频电压振幅(/()/(/()0、078V低频功率/2=3106W输入电阻/22605输入载波功率4、8105W功率增益0、0636-16 上题中R2电位器得触点若在中间位置,会不会产生负峰切割失真？触点若在最高端又如何？分析 当R2电位器得触点若在中间位置时,交流负载;其中。解 当R