第四章___频谱搬移电路

思考题与习题

4. １

已知调制信号υΩ(t )=⎡2cos 2π×2×10t +3cos (2π×300t )⎤V ，载波信号

⎣

(

3

)

⎦

υc (t )=5cos (2π×5×105t )V ，k a =1，试写出调幅波的表示式，画出频谱图，求出频

带宽度BW 。

解：调幅波的表示式

υc (t )=[5+k a υΩ(t )]cos(2π×5×105t )

3

⎤}cos(2π×5×105t )={5+⎡2cos 2π×2×10t +3cos 2π×300t ()()⎣⎦

=5[1+0.4cos (2π×2×103t )+0.6cos (2π×300t )]cos(2π×5×105t )

频谱图

w w

频带宽度4. ２

BW =2×2×103=4kHz

. k

(

6

h d

波的载波振幅V cm 、载波频率f c 、调制信号频率F 、调幅系数M a 和频带宽度BW 的解：载波振幅载波频率调幅系数

频带宽度

4. ３已知调幅波表示式

课

调制信号频率

后

63

⎤+cos ⎡2π(106−5×103)t ⎤V υAM (t )=5cos (2π×106t )+cos ⎡2π10510t +×()⎣⎦⎣⎦

{

答

V cm =20V

f c =1MHz

F =500Hz

12M a ==0.6

20

BW =2×500=1000Hz

案

值。

网 w

已知调幅波表示式υAM (t )=⎡试求该调幅⎣20+12cos (2π×500t )⎤⎦cos 2π×10t V ，

a w

. c o m

)

}

，试求出调幅系数及频带宽度，画出调幅波波形和频谱图。解：上式改写为

υAM (t )={5cos 2π×106t +2cos 2π×106t cos 2π×5×103t }

=5[1+0.4cos 2π×5×103t ]cos2π×106t

调幅系数

杨霓清

M a =0.4

共30页第1页

2010-11-4

频带宽度调幅波波形

BW =2×5000=

10kHz

频谱图

4.4调制信号如题4.4图所示，画出M a =0.5和M a =1的AM 波及DSB

信号的波形图。

后

答

案

课

′(t )的频谱解：参考信号频率为600kHz 时，υo

′

(t )的频谱参考信号频率为12kHz Hz 时，υo

网 w

题4.5图

′(t )的频谱。已知参考信号频率为：电压υo （a ）600kHz ；（b ）12kHz ；（ｃ）60kHz

；

杨霓清共30页第2页

w w

解：略。

4.5电路如题4.5图（a ）所示，试根据(b)、(c)、(d)所示输入信号频谱，画出相乘器输出

. k

题4.4图

h d

2010-11-4

a w . c o m

′

(t )的频谱参考信号频率为60kHz Hz 时，υo

4.6在题4.6图（a ）所示电路模型中，υc 是重复频率为100kHz 的方波信号，如图（b ）所

示。若将该电路模型作为下列功能的频谱搬移电路，试画出滤波器（理想）的幅频特性曲线，并写出电压υo 的表达式。（1）υ=υΩ=

n =1

（2）υ=υAM =V cm [1+

∑M

n =1

10

an

cos(2πn ×300t )]cos(2π×100×103t ) 要求输出电压不

失真的反映调制信号的变化规律；(3)υ=υDSB =V cm [

n =1

案

答

后

解：（1）当υ=υΩ=

∑V

n =1

10

课

滤波器（理想）的幅频特性曲线为

写出的电压υo 表达式为

υo =A m υΩυc =A m ∑V Ωm cos(2πn ×300t ) cos(2π×3×105t )

n =1

（2）当υ=υAM =V cm [1+

杨霓清

网 w

题4.6图

Ωm

要求输出载频为300kHz 的DSB 信号时，

cos(2πn ×300t ) ，

10

∑M

n =1

10

an

共30页第3页

w w

cos(2πn ×300t )]cos(2π×100×103t ) ，要求输出

2010-11-4

率为50kHz 的双边带调制信号。

. k

∑M

10

an

cos(2πn ×300t )]cos(2π×450×103t ) ，要求输出载波频

h d

a w

. c o m

∑V

10

Ωm

cos(2πn ×300t ) ，要求输出载频为300kHz 的DSB 信号；

电压不失真的反映调制信号的变化规律时，滤波器（理想）的幅频特性曲线为

写出的电压υo 表达式为

10

1

υo =A m V cm [1+∑M an cos(2πn ×300t )]

2n =1

10

(3)当υ=υDSB =V cm [

∑M

n =1

an

cos(2πn ×300t )]cos(2π×450×103t ) ，要求输出载波

频率为50kHz

的双边带调制信号时，滤波器（理想）的幅频特性曲线为

4.7有一调幅波的表达式为

υ=25(1+0.7cos 2π5000t −0.3cos 2π10000t ) cos 2π106t

（1）试求出它所包含的各分量的频率与振幅；

（2）绘出该调幅波包络的形状，并求出峰值与谷值幅度；解：（1）它所包含的各分量的频率与振幅分别为载频10

6

答

振幅

后

第一对边频

106±5000振幅0. 5×25×0.7=8.75106±104

振幅0. 5×25×0.3=3.75

第二对边频

（2

）绘出的该调幅波包络为：

课

求出的调幅峰值与谷值幅度为

V max =1.7，V min =0

案

25

网

w

杨霓清共30页第4页

w w

10

1

υo =A m V cm [∑M an cos(2πn ×300t )]cos(2π×50×103t )

2n =1

. k

h d

写出的电压υo 表达式为

a w

. c o m

2010-11-4

4.8当采用相移法实现单边带调制时，若要求上边带传输的调制信号为V Ωm 1cos Ω1t ，下边

带传输的调制信号为V Ωm 2cos Ω2t ，试画出其实现方框图。解：方框图如下图所示

υo (t ) =A M V Ωm 1cos(ωc +Ω1) t +A M V Ωm 2cos(ωc −Ω2) t

4.9电视图像传输系统如题4.9图，设输入的图像信号频谱在0～6MHz 范围内是均匀的，

试画出（A ～H ）各点的频谱图，证明系统输出信号υo 不失真地重现输入图像信号υ1频谱。

课

后

答

案

解：各点频谱如下图所示

网 w

题4.9图

杨霓清共30页第5页

w w

. k

h d

2010-11-4

a w . c o m

⎧g υ (υ>0) i =⎨D

⎩0 (υ≤0)

求得θ=

1π/31

g d ωt =g D D ∫−π/32π3

2g 1π/3n π

g n =∫g D cos n ωt =D sin() ，

π−π/3n π3

课

后

g 0=

答

π3

案

1

V m 1

1（1）V Q =−V 1m 时，画出g (t ) 波形如入（c ）所示，图中通角由cos θ==，22V m

12g g (t ) =g D +D

3π

（2）V Q =0时，画出的g (υ) 波形如图（b ）所示。

122

g (t ) =g D K 1(ω1t ) =g D (+cos ω1t −cos3ω1t +⋯)

2π3π

1∞2

=g D [+∑(−1) n −1cos(2n −1) ω1t ]

2n =1(2n −1) π

网 w

∞

解：根据伏安特性画出增量电导随υ的变化特性g (υ) 如下图所示。

1n πsin(cos n ω1t ∑3n =1n

杨霓清共30页第6页

w w

的表达式，分析该器件在什么条件下能实现振幅调制、解调和混频等频谱搬移功能。

. k

件，则在V Q =−V 1m /2、0、V 1m 三种情况下，画出g (υ1) 波形，并求出时变增量电导g (υ1)

h d

式中υ=V Q +υ1+υ2=V Q +V 1m cos ω1t +V 2m cos ω2t 。若V 2m 很小，满足线性时变条

a w

. c o m

4.10何谓过调幅？为什么双边带调制信号和单边带调制信号均不会产生过调幅？

答：调制信号振幅大于载波信号振幅的情况称为过调幅。因为双边带和单边带调制信号已经将载波信号抑制，故均不会产生过调幅。4.11一非线性器件的伏安特性为

2010-11-4

（3）V Q =V 1m ，g (t ) =g D ，如图（e ）所示。

可见，（1）、（2）中g (t ) 含有基波分量，能实现频谱搬移功能，而（3）中g (t ) 仅有直流分量，故无法实现频谱搬移功能。

在实现频谱搬移功能时，应遵循有用信号较弱，参考信号较强的原则，这样可以消除一些无用有害的组合频率分量，使输出有用信号的质量提高。

调制时：υ1=V cm cos ωc t （载波），υ2=V Ωm cos Ωt （调制信号。）

解调时：υ1=V cm cos ωc t （参考信号），υ2=V sm (1+M a cos Ωt ) cos ωc t （调幅信号）。，υ2=V sm (1+M a cos Ωt ) cos ωc t （调幅信号）。混频时：υ1=V Lm cos ωL t （本振信号）

课

后

答

案

网

w

w w

. k

h d

4.12在题4.12图所示的差分对管调制电路中，已知υc (t ) =360cos10π×10t mV ，

6

υΩ(t ) =5cos 2π×103t mV, V CC =EE =10V , R EE =15k Ω，晶体三极管β很大，

杨霓清

共30页第7页

2010-11-4

a w . c o m

V BE (on ) 可忽略。试用开关函数求i C =(i C 1−

i C 2) 值。

解：i C =i C 1−i C 2=i 0th (

υc

) 2V T

=i 0th (

其中

又

x c =

V cm 360mV

==13.85>10V T 26mV

4.13一双差分对平衡调制器如题4.13图所示，其单端输出电流

课

+0.047cos(50π×106t ) −⋯](mA )

i 1=

试分析为实现下列功能（不失真），两输入端各自应加什么信号电压？输出端电流包含

哪些频率分量，输出滤波器的要求是什么？

（1）混频（取ωΙ=ωL −ωC ）；（2）双边带调制；(3)双边带调制波解调。

后

=[1+10−3cos(2π×103t )][0.42cos(10π×106t ) −0.14cos(30π×106t )

I 0i 5−i 6q υ1I 0υ2q υ

+th ≈+th 1222kT 2R E 2kT

答

x c 444cos ω1t ) ≈K 2(ωc t ) =cos ωc t −cos3ωc t +cos5ωc t −⋯2π3π9π

x 1−33

所以i C =i o th (c cos ωc t ) ≈[1+10cos(2π×10t )]K 2(ωc t )

23

案

则th (

网

w

杨霓清共30页第8页

w w

1

i 0=[1+10−3cos(2π×103t )](mA )

3

. k

EE −5V 1υ(t ) 1

=mA ，i Ω(t ) ≈Ω=×103cos(2π×103t )(mA ) I 0≈

3R EE 3R EE

h d

x c

cos ω1t ) ，i 0=I 0+i Ω(t ) 2

a w . c o m

2010-11-4

题4.12图

题4.13图

解：（1）混频：υ1(t ) =υL (t ) =V Lm cos ωL t ，υ2(t ) =υS (t ) =V sm cos ωc t 当V Lm >260mV ，

V Lm >260mV 工作在开关状态时，产生的组合频率分量有ωL ±ωc ，3ωL ±ωc ，⋯，(2n +1) ωL ±ωc 。输出采用中心频率为ωI 的带通滤波器。

输出采用中心频率为ωc ，BW 0.7>2F 的带通滤波器。

（3）双边带调制波解调：υ1(t ) =υr (t ) =V rm cos ωc t ，

开关工作时组合频率分量有Ω，2ωc ±Ω，4ωc ±Ω⋯υ2(t ) =υS (t ) =V m 0cos Ωt cos ωc t 。

，2n ωc ±Ω。输出采用低通滤波器，BW 0.7>2F

课

后

4.14分析题4.14图所示电路的功能，求出输出电压υ0(t )。

解：A 点的输出为

υA =k 1A cos Ωtcos ω1t

B 点的输出为

杨霓清

共30页第9页

2010-11-4

答

案

题4.14图

网

w

w w

. k

工作在开关状态时，产生的组合频率分量有ωc ±Ω，3ωc ±Ω，⋯，(2n +1) ωc ±Ω。

h d

（2）双边带调制：υ1(t ) =υc (t ) =V cm cos ωc t ，υ2(t ) =υΩ(t ) =V Ωm (t ) cos Ωt 。

a w . c o m

υB =k 1A cos Ωtsin ω1t

经频率特性为H(ω) 的带通滤波器后，C 点的输出为

1

υC =k 1Acos(ω1−Ω)t

2

D 点的输出为

1

υD =k 1Asin(ω1−Ω)t

2

E 点的输出为

F 点的输出为

1

υF =k 1k 2Asin(ω1−Ω)tsin ω2t

2

输出电压为

4.15二极管平衡电路如题4.15图所示。现有以下几种可能的输入信号；

υ1=V Ωm cos Ωt ；

课

υ7=

V 7m cos Ω1t cos ωc t

后

υ5=V rm cos ωr t , ωr =ωc ；

答

υ3=V m (1+M 1cos Ω1t ) cos ωc t ；

案

问：该电路能否得到下列输出信号？若能，此时电路中的υⅠ及υⅡ为哪种输入信号？

H (j ω) 应采用什么滤波器，其中心频率f 0以及BW 0.7各为多少？（不需要推导计算，

网 w

题4.15图

电路完成了单边带调制，得到的SSB 信号的载波角频率为ω2−ω1。

杨霓清共30页第10页

w w

11

υo =k 1k 2Acos(ω1−Ω)tcos ω2t+k 1k 2Asin(ω1−Ω)tsin ω2t

221

=k 1k 2Acos(ω2−ω1+Ω)t 2

υ2=V cm cos ωc t ；

υ4=V 4m cos(ωc t +M f sin Ωt ) ；υ6=V Lm cos ωL t ；

. k

h d

a w . c o m

2010-11-4

1

υE =k 1k 2Acos(ω1−Ω)tcos ω2t

2

直接给出结论）

（1）υo 1=V m (1+M cos Ωt ) cos ωc t ；（3）υo 3=V m cos(ωc +Ω) t ；（5）υo 5=V m cos(ωI t +M f sin Ωt ) ；（7）υo 7=V m cos Ω1t cos ωI t 。

解：电路中二极管若受υⅡ控制，输出负载电流为

（2）υo 2=V m cos Ωt cos ωc t ；（4）υo 4=V m cos Ω1t ；

（6）υo 6=V m (1+M 1cos Ω1t ) cos ωI t ；

i L =k υΙK 1(ω2t)

电路中二极管若受υΙ控制，输出负载电流为

i L =k υΙI K 2(ω1t) +k υI

（1）若得到υo 1=V m (1+M cos Ωt ) cos ωc t ，

. k

υI =υ2=V cm cos ωc t υII =υ1=V Ωm cos Ωt ；

h d

；

i L =k υ1K 2(ω1t) +k υ2=k V Ωm cos Ωt K 2(ωc t) +k V cm cos ωc t H (j ω) 应采用带通滤波器，其中心频率f 0=f c ，带宽BW 0.7=2F 。

（2）若得到

υo 2=V m cos Ωt cos ωc t

答

υI =υ1=V Ωm cos Ωt

案

网 w

υII =υ2=V cm cos ωc t ，

22cos ωc t −cos3ωc t+…) π3π

课

H (j ω) 应采用带通滤波器，其中心频率f 0=f c ，带宽BW 0.7=2F 。

υo 3=V m cos(ωc +Ω) t ；

υII =υ2=V cm cos ωc t ，22cos ωc t −cos3ωc t+…) π3π

（3）若得到

。H (j ω) 应采用带通滤波器，其中心频率f 0=f e ，带宽BW 0.7=F （上边带滤波器）（4）若得到

后

i L =k υΙK 1(ω2t) =k V Ωm cos Ωt (1+

υI =υ1=V Ωm cos Ωt

i L =k υΙK 1(ω2t) =k V Ωm cos Ωt (1+

υo 4=V m cos Ω1t

ωr =ωc

υII =υ2=V cm cos ωc t

2010-11-4

υI =υ5=V 5m cos Ω1t cos ωr t

杨霓清

共30页第11页

w w

a w

. c o m

i L =k υΙK 1(ω2t) =k V 7m cos Ω1t cos ωc t (1+H (j ω) 应采用低通滤波器，带宽BW 0.7=F 1

（5）若得到

22cos ωc t −cos3ωc t+…) π3π

υo 5=V m cos(ωI t +M f sin Ωt )

υII =υ6=V Lm cos ωL t

22

cos ωL t −cos3ωL t+…) π3π

υI =υ4=V 4m cos(ωc t +M f sin Ωt )

i L =k υΙK 1(ω2t) =k V 4m cos(ωc t +M f sin Ωt )(1+

H (j ω) 应采用中频通滤波器，其中心频率f 0=f I =f L -f c ，带宽BW 0.7=2(Mf +1)F

υI =υ3=V m (1+M 1cos Ω1t ) cos ωc t υII =υ6=V Lm cos ωL t

i L =k υΙK 1(ω2t) =k V m (1+M 1cos Ω1t ) cos ωc t (1+

H (j ω) 应采用中频通滤波器，其中心频率f 0=f I =f L -f c ，带宽BW 0.7=2F 1。

（7）若得到

网 w

题4.16图

υI =υ7=V 7m cos Ω1t cos ωc t

i L =k υΙK 1(ω2t) =k V 7m cos Ω1t cos ωc t (1+

解：

课

后

答

4.16题4.16图所示为单边带（上边带）发射机的方框图。调制信号为300～3000Hz 的音频

信号，其频谱分布如图所示。试画出图中方框图中各点输出信号的频谱图。

案

H (j ω) 应采用中频通滤波器，其中心频率f 0=f I =f L -f c ，带宽BW 0.7=2F 1。

杨霓清共30页第12页

w w

υo 7=V m cos Ω1t cos ωI t 。

υII =υ6=V Lm cos ωL t

22cos ωL t −cos3ωL t+…) π3π

. k

h d

22

cos ωL t −cos3ωL t+…) π3π

a w . c o m

（6）若得到

υo 6=V m (1+M 1cos Ω1t ) cos ωI t ；

2010-11-4

4.17二极管平衡调幅电路如题4.17图所示。如图υc (t ) 及υΩ(t ) 的注入位置如图中所示，其

中载波信号υc (t ) =V cm cos ωc t ，调制信号υΩ(t ) =V Ωm cos Ωt ，V cm 足够大使二极管工

由下图所示电流流向，可得

i 1=

1

K （ωc t ）i [υc (t ) +υΩ(t )]′r d +R L

1

K （ωc t -π）i [υΩ(t ) -υc (t )]′r d +R L

i 2=

对于次级回路电流来说（不考虑滤波作用），则

i =i 1−i 2

=

11

υΩ(t )[K （ωc t ）-K （ωc t -π）]+υ(t )[K （ωc t ）+K （ωc t -π）]′′c r d +R L r d +R L 1441V Ωm cos Ωt [cos ωc t −cos3ωc t +⋅⋅⋅]+V cm cos ωc t ′′3πr d +R L πr d +R L

经次级带通滤波器（中心频率ωc 、带通宽度为2Ω），取出输出电压

课

=

υ(t ) =R p

杨霓清

后

′表示次级等效电阻反射到初级的等效负载电阻。其中，R L

122

[V Ωm cos （ωc +Ω）t +V Ωm cos （ωc −Ω）t +V Ωm cos ωc t ]′πr d +R L π

共30页第13页

2010-11-4

答

案

网

w

w w

解：由于υc (t ) 为大信号，D 1的开关函数为K ，而D 2的开关函数为K 。（ωc t ）（ωc t -π）

. k

题4.17图

h d

a w

. c o m

。作于开关状态，求υ(t ) 的表达式（输出调谐回路中心频率为ωc 通频带为2Ω）

此时中含有ωc 、ωc ±Ω，为普通调幅波，即此电路不能实现双边带调幅。

4.18题4.18图所示电路中，调制信号υΩ(t ) =V Ωm cos Ωt ，载波信号υc (t ) =V cm cos ωc t ，

并且V cm >>V Ωm ，ωc >>Ω，二极管特性相同，均从原点出发，斜率为g d 的直线，试问

图中电路能否实现双边带调幅？为什么？

题4.18图

解：

对于图(a)来说，在大信号υc (t ) 作用下D 1、D 2的开关函数均为K (ωc t ) 。其电流流向如图解（a ）中所示，则

i 1=

答

1

K (ωc t −π)[υc (t ) +υΩ(t )]′r d +R L

1

K (ωc t −π)[υc (t ) −υΩ(t )]′r d +R L

课

后

i 2=

次级回路电流

i =i 1+i 2i =

2

υ(t ) K (ωc t −π) ′c r d +R L

2122[−cos ωc t +cos3ωc t −⋅⋅⋅]V cm cos c t ′2π3πr d +R L

=

可见i 中含有ωc 、2ωc 、4ωc 、⋅⋅⋅。因不含ωc ±Ω项，故不能实现调幅。

对于图（b ）来说，在大信号υc (t ) 的作用下，D 1和D 2的开关函数均为K (ωc t −π) 。

案

网 w

杨霓清共30页第14页

w w

. k

h d

2010-11-4

a w . c o m

其电流流向如图解（b ）中所示，则

i 1=

1

K (ωc t −π)[−υc (t ) −υΩ(t )]′r d +R L

1

K (ωc t −π)[−υc (t ) +υΩ(t )]′r d +R L

i 2=

次级回路电流

i =i 2−i 1，即i =

2

υ(t ) K (ωc t −π) ′Ωr d +R L

=

i 中含有Ω、ωc ±Ω、3ωc ±Ω等项。若采用中心频率为ωc ，带宽为2Ω的带通

滤波器，则可取出双边带调幅波，实现双边带调幅。

4.19采用双平衡混频组件作为振幅调制器，如题4.19图所示。图中υc (t ) =V cm cos ωc t ，

各二极管正向导通电阻为R D ，且工作在受υc (t ) 控制的开关状态。υΩ(t ) =V Ωm cos Ωt 。

后

题4.19图

答

案

网 w

设R L >>R D ，试求输出电压υ

o (t ) 表达式。

w w

课

解：i I =i 1−i 2=

−2υΩ(t ) −2υΩ(t )

K 1(ωc t ) ，i II =i 3−i 4=K 1(ωc t −π)

2R L +R D 2R L +R D −2υΩ(t ) −2υΩ(t )

[K 1(ωc t ) −K 1(ωc t −π)]=K 2(ωc t )

2R L +R D 2R L +R D

i =i I −i II =

υO (t ) =

−2R L

υΩ(t ) K 2(ωc t ) ≈−υΩ(t ) K 2(ωc t )

2R L +R D

4.20二极管检波器如题4.20图所示。已知二极管的导通电阻R D =60Ω，V D (on ) =0，

R =5k Ω，R L =10k Ω，C =0.01µF，C c =20µF，输入调幅波的载波频率为465kHz ，

杨霓清

共30页第15页

2010-11-4

. k

h d

题4.20图

a w . c o m

2122

[−cos ωc t +cos3ωc t −⋅⋅⋅]V Ωm cos Ωt ′2πr d +R L 3π

调制信号频率为5kHz ，调幅波振幅的最大值为20V ，最小值为5V ，试求：（1）υA 、υB ；. （2）能否产生惰性失真和负峰切割失真。

解：根据题意V max =V i m (1+M a ) =20V , V min =V i m (1−M a ) ，则

M a =

V max −V min 20−5

==0.6

V max +V min 20+5V max −V min 20

==12.5V

1+M a 1+0.6

V i m =

可得输入信号电压

（1）求υA 、υB

υA =K d ×12.5(1+0.6cos10π×103t ) =11.06(1+0.6cos10πt ) V υB =6.64cos10π×103tV

课

RC Ω>

a

答

RC Ω=5×103×0.01×10−6×10π×

103=1.57=

=1.33a 产生惰性失真。

案

（2

）不产生惰性失真的条件是RC Ω≤

a

网 w

不产生负峰切割失真的条件是

R ΩR L 10===0.666R R +R L 5+10M a ≤

R ΩR

不产生负峰切割失真。

4.21二极管检波电路仍如题4.20图所示。电路参数与题4.20相同，只是R L 改为5k Ω，输

杨霓清

共30页第16页

2010-11-4

w w

M a ≤

. k

R Ω

，R

ηd =cos θ=0.885

h d

θ

=

=

a w

. c o m

υi (t ) =12.5(1+0.6cos10π×103t ) cos 2π×465×103tV

入信号电压

υi (t ) =1.2cos(2π×465×103t ) +0.36cos(2π×462×103t ) +0.36cos(2π×468×103t ) V

试求：（1）调幅指数M a ，调制信号频率F ，调幅波的数学表达式；

（2）试问能否产生惰性失真和负峰切割失真？（3）υA =? υB =？画A 、B 点的瞬时电压波形图。解：（1）因为

υi (t ) =V i m (1+M a cos Ωt ) cos ωi t

11

=V i m cos ωi t +M a V im cos(ωi +Ω) t +M a V im cos(ωi −Ω) t

22

所以

V im =1.2V，M a =0.6，F=3KHz，f c =465KHz

数学表达式

(2)

不产生惰性失真的条件是

RC Ω≤

=

=1.33a a

w

RC Ω=5×103×0.01×10−6×6π×

103=0.942

不产生惰性失真。

后

不产生负峰切割失真的条件是

课

M a =0.6，

R Ω2.5==0.5R 5

M a >

（3）

R Ω

R

产生负峰切割失真

θ

=

=0.484rad=

ηd =cos θ=0.885

υA =ηd 1.2(1+0.6cos 6π×103t ) =1.062+0.637cos 6π×103tV υB =0.637cos 6π×103tV

杨霓清

共30页第17页

2010-11-4

w w

M a ≤

RC Ω≤

a

R ΩR

d

υi (t ) =1.2(1+0.6cos 6π×103t ) cos 2π×465×103tV

a w . c o m

υA 、υ

B 波形图如下图所示。

（a ）（b ）

4.22题4.22图所示为并联型包络检波电路。图中，R L =4.7k Ω，

回路BW 0.7>2F ，试画出υ0(t ) 波形。i s (t ) =(1+0.6cos Ωt ) cos ωc t mA ，R e 0=5k Ω。

解：并联型检波电路与串联型电路有相同的工作过程，通过二极管导通时向C 充电，二极管截止时C 通过R L 放电的反复过程，在C 上得到解调电压（忽略叠加其上的锯齿波）。但是他们有两点不同：

振阻抗R e =R e 0//R id =1.2k Ω，i s (t ) 在回路上产生的电压

υs (t ) =i s (t ) R e =1.2[1+0.6cos Ωt ]cosωc t (V )

（2）并联检波器的输出电压υO (t ) =υs (t ) −υC (t ) 。若设检波电压传输系数近似等于1，则其中电容C 上电压υC (t ) =1.2(1+0.6cos Ωt )(V ) 。据此画出的波形如下图所示。它是在

−υC (t ) 上叠加输入调幅波υs (t ) ，即

υO (t ) =υs (t ) −υC (t ) =1.2(1+0.6cos Ωt )(cosωc t −1)

课

后

答

案

（1）并联检波器的输入电阻，R id =

网 w

杨霓清共30页第18页

w w

题4.22图

1

R L =1.57k Ω，因此输入并联谐振回路的有载谐3

. k

h d

2010-11-4

a w . c o m

4.23包络检波电路如题4.23图所示，二极管正向电阻R D =100Ω，F=（100～5000）Hz 。

图（a ）中，M a max ＝0.8；图（b ）中M a ＝0.3。试求图（a ）中电路不产生负峰切割失

课

根据不产生负峰切割失真条件得Z L (Ω) ≥M a Z L (0)=M a max R L =4k Ω因为Z L (Ω) =(R L 1+R L 2) //R i 2，

C ≤==4775pF

L max a max L 1L 2max a max

M a max =0.8

=

（b ）电路中，当R L 接触点在中间位置时，已知

根据不产生惰性失真条件，得

(R L 1+R L 2) //R i 21k Ω+4k Ω//R i 2

, R i 2>12k Ω=

R L 1+R L 21k Ω+4k Ω

案

解：（a ）电路中，已知R L =R L 1+R L 2=5k Ω，Ωmax =2π×5000rad /s ，M a max =0.8，

Z L (Ω) Z L (0)

网 w

杨霓清共30页第19页

w w

题4.23图

. k

产生负峰切割失真？

h d

真和惰性失真的C 和R i 2值。图（b ）中当可变电阻R 2的接触点在中心位置时，是否会

a w . c o m

2010-11-4

Z L (Ω) =R 1+

所以

R 2R

//R i =1211.5Ω，Z L (0)=R 1+2=2860Ω22

故不产生负峰切割失真。

Z L (Ω)

=0.42>0.3Z L (0)

4.24题4.24图所示两个电路中，已知υs (t ) =V m 0cos Ωt cos ωc t ，υr (t ) =V rm cos ωc t ，

V rm >

V m 0，两检波器均工作在大信号检波状态。试指出哪个电路能实现同步检波。

题4.24图

解：图（a ）电路可实现同步检波。

=V rm (1+

υO 2(t ) =V rm (1−

图（b ）电路不能实现同步检波。

课

后

答

V m 0

cos Ωt ) , 得υO (t ) =υO 1(t ) −υO 2(t ) =2V m 0cos Ωt V rm

V m 0

cos Ωt ) cos ωc t V rm

因为

υ1(t ) =υS (t ) +υr (t ) =V rm (1+

案

又因为

υ2(t ) =υr (t ) −υS (t ) =V rm (1−

υ2(t ) =υr (t ) −υS (t ) =V rm (1−

所以

υO (t ) =(i AV 1+i AV 2) R L =V rm

4.25题4.25图所示为一乘积型同步检波器电路模型。相乘器的特性为i =K υs υr ，其中K 为

相乘系数，υr =V rm cos(ωc t +ϕ) 。试求在下列两种情况下输出电压υo 的表达式，并说

网

w

所以

υO 1(t ) =V rm (1+

V m 0

cos Ωt ) V rm

V m 0

cos Ωt ) cos ωc t V rm

杨霓清共30页第20页

w w

V m 0

cos Ωt ) V rm

V m 0

cos Ωt ) cos ωc t V rm

. k

h d

2010-11-4

因为υ1(t ) =υS (t ) +υr (t ) =V m 0cos Ωt cos ωc t +V rm cos ωc t

a w . c o m

明是否有失真？假设Z L (ωc ) ≈0，Z L (Ω) ≈R L . (1)υs =M a V cm cos Ωt cos ωc t ；

（2）υs =

1

M a V cm cos(ωc +Ω

) t 。2

题4.25图

解：（1）当υs =M a V cm cos Ωt cos ωc t υr =V rm cos(ωc t +ϕ) 时，

（1）υr =2cos ωc t ；（2）υr =2cos[(ωc +∆ω) t +ϕ]。

解：（1）υr =2cos ωc t

答

课

后

i =K υs υr =2K cos Ωt cos ωc t cos ωc t

无失真

时，

υo =KR L cos Ωt

（2）υr =2cos[(ωc +∆ω) t +ϕ]

i =K υs υr =2K cos Ωt cos ωc t cos[(ωc +∆ω) t +ϕ]

υo =KR L cos Ωt cos[∆ωt +ϕ]有失真

4.27在图4.2.14中，求出当模拟乘法器的两个输入电压分别为下列情况时的输出电压表达

式，并分析其频率含量。设υ1=V 1m cos ω1t ，υ2=V 2m cos ω2t ；（1）当V 1m ≥260mV 、V 2m ≥260mV 时；

杨霓清

共30页第21页

2010-11-4

案

试求输出电压υo 的表达式，判断上述情况可否实现无失真解调，为什么？

时，

网

w

4.26上题中，若υs =cos Ωt cos ωc t ，当υr 为下列信号时

w w

1

KM a V cm V rm R L cos ϕcos Ωt 无失真21

（2）υs =M a V cm cos(ωc +Ω) t υr =V rm cos(ωc t +ϕ) 时，

2

1

i =K υs υr =M a V cm V rm cos(ωc +Ω) t cos(ωc t +ϕ)

2

1

υo =KM a V cm V rm R L cos(Ωt +ϕ) 有失真

4

υo =

. k

h d

a w . c o m

i =K υs υr =KM a V cm V rm cos Ωt cos ωc t cos(ωc t +ϕ)

（2）当V 1m ≥260mV 、V 2m ≪V T 时；（3）当V 2m ≥260mV 、V 1m ≪V T 时；解：图4.2.14模拟乘法器的输出差值电压为

υ=I 0R c th

υ1υth 2

2V T 2V T

（1）当V 1m ≥260mV 、V 2m ≥260mV 时；

υ=I 0R c K 2(ω1t)th(ω2t)

（2）当V 1m ≥260mV 、V 2m ≪V T 时；

（3）当V 2m ≥260mV 、V 1m ≪V T 时；

υ=I 0R c

υ1

K 2(ω2t) 2V T

出下列两种情况输出电压的表达式：

（1）V Q =−1V （2）V Q =−2V 解：由于i =I S (1−

课

f o =f I =f L −f C ，带宽BW =2F ，(F =Ω2π) ；等效负载阻抗R e =10k Ω。分别写

后

υGS =V Q +υL +υs ，V Lm =1V ，υs =cos Ωt cos ωc t V ，设滤波器为带通滤波器，中心频率

答

4.28某器件的伏安特性如4.28图所示，利用该器件构成混频时，输入信号

案

包含的频率分量为ω1±ω2，3ω2±ω1，5ω2±ω1…

υGS 2

V GS(off)

=

2I S (1−

GS

网 w

w w

. k

题4.28图

包含的频率分量为ω2±ω1，3ω1±ω2，5ω1±ω2…

所以

g(t)=

d i d υGS V Q +υL V GS(off)

=V Q +υL

杨霓清共30页第22页

h d

2010-11-4

υ=I 0R c

υ2

K 2(ω1t) 2V T

a w . c o m

包含的频率分量为ω2±ω1，3ω2±ω1，ω2±3ω1，…

由图4.28知，V

GS (off)

=−2V

，I S =4mA 代入上式得

d i

g(t)=

d υGS υ

=4(1+

=V Q +υL

V Q +υL

2

GS

将V Lm =1V 代入得：

d i

g(t)=

d υGS υ

=4(1+

=V Q +υL

V Q +υL

2

=4(1+

V Q 2

+

GS

cos ωL t

) 2

（1）当V Q =−1V 时，

g(t)==4(1+

=V Q +υL

GS

由于υs =cos Ωt cos ωc t V ，则中频输出电流为

g(t)=

d i d υGS υ

中频输出电压为

课

后

i I =cos Ωt cos ωI t （mA ）

答

由于υs =cos Ωt cos ωc t V ，则中频输出电流为

υI =−R e cos Ωt cos ωI t =-10cos Ωt cos ωI t (V)

案

GS

网 w

=4(1+

=V Q +υL

（2）当V Q =−2V 时，

w w

υI =−R e cos Ωt cos ωI t =-10cos Ωt cos ωI t (V)

−2+υL

) =2υL =2cos ωL t 2

. k

中频输出电压为

h d

f s 、f L 、

2010-11-4

i I =cos Ωt cos ωI t （mA ）

4.29二极管平衡混频器如题4.29图所示。L 1C 1、L 2C 2、L 3C 3三个回路各自调谐在

f I 上，试问在下列三种情况下，电路是否仍能实现混频？（1）将输入信号υs (t ) 与本

振信号υL (t ) 互换；（2）将二极管D 1的正、负极性反接；（3）将二极管D 1、D 2的正负极性同时反接。

杨霓清共30页第23页

a w

. c o m

d i d υGS υ

−1+υL 1cos ωL t

=4(+=2(1+cos ωL t) 222

题4.29图

解：（1）将υs (t ) 与υL (t ) 互换可以分两种情况说明。

若υs (t ) 的谐振回路和υL (t ) 的谐振回路同时跟随υs (t ) 和υL (t ) 同时互换，则υs (t )

若谐振回路不变，仅是、υL (t ) 互换，这两个信号由于失谐，信号加不到混频器上，是不能实现混频的。

4.30二极管平衡混频器如题4.30图所示。设二极管的伏安特性均为从原点出发，斜率为g d

的直线，且二极管工作在受υL 控制的开关状态。试求各电路的输出电压υo 的表示式。若要取出υ

o 中的中频电压应采用什么样的滤波器？

课

后

答

案

解：图（a

）的等效电路

在υL 的正半周，υL ≥0时，二极管D 1D 2导通，若忽略二极管内阻的影响，由上图

网

w

题4.30图

杨霓清共30页第24页

w w

. k

（3）若D 1、D 2的正负极性同时反接是可以实现混频的。

h d

（2）若将二极管D 1的正负极性反接，不能实现混频。

a w . c o m

和υL (t ) 能加到混频器上，它是能混频的。

2010-11-4

列方程道得：⎨

⎧υo −υL −υs =0⎩−υo −υL +υs =0

由上式可求得：υo =υs

在υL 的负半周，υL

⎧⎪υs

υo =⎨

0⎪⎩

, υL ≥0, υL

υo =υs K 1(ωc t )

若要取出υo 中的中频电压应采用中心频率为f I ，带宽等于输入信号带宽的带通滤波器。图（b ）的等效电路

后

答

⎧i 1R D +(i 1−i 2) R L −υL −υs =0⎨

⎩i 2R D −(i 1−i 2) R L −υL +υs =0

2υs R D +2R L

由上式可求得：i 1−i 2=

课

在υL 的负半周，υL

案

在υL 的正半周，υL ≥0时，二极管D 1D 2导通，由上图列方程道得：

网 w

w w

. k

h d

i 1−i 2=0

⎧2υs

, υL ≥0⎪R +2R

i 1−i 2=⎨D L

⎪0, υL

引入单向开关函数，上式可以表示为

杨霓清

共30页第25页

2010-11-4

a w . c o m

引入单向开关函数，上式可以表示为

i 1−i 2=

2υs

k 1(ωL t )

R D +2R L

2υs

R L k 1(ωL t )

R D +2R L

输出电压

υo =(i 1−i 2) R L =

通常R D ≪R L ，R D （二极管）上的压降忽略不计，则：

υo =(i 1−i 2) R L =υs k 1(ωL t )

若要取出υo 中的中频电压应采用中心频率为f I ，带宽等于输入信号带宽的带通滤波器。

由上式可求得：

i 1=

υL +υs

R D +R L

后

i 2R D +i 2R L +υL −υs =0

i 2=

−υL +υs R D +R L

在υL 的整个周期内，输出电压可望以表示为

课

由上式可求得：

答

在υL 的负半周，υL

案

⎧υs +υL

⎪R +R R L ⎪L

υo =(i 1−i 2) R L =⎨D

⎪υL −υs R

L

⎪R +R ⎩D L

引入单向开关函数，上式可以表示为

网 w

υL ≥0υL

共30页第26页

i 1R D +i 1R L −υL −υs =0

υo =(i 1−i 2) R L =

杨霓清

υs +υL υ−υ

R L k 1(ωL t ) +L s R L k 1(ωL t −π)

R D +R L R D +R L

2010-11-4

w w

在υL 的正半周，υL ≥0时，二极管D 1导通，D 2截止，由上图列方程道得：

. k

h d

a w

. c o m

图（c ）的等效电路

υo =

R L R L

υs k 2(ωL t ) +L

R D +R L R D +R L

通常R D ≪R L ，R D （二极管）上的压降忽略不计，则：

υo =υs k 2(ωL t ) +υL

若要取出υo 中的中频电压应采用中心频率为f I ，带宽等于输入信号带宽的带通滤波器。4.31已知混频电路的输入信号电压υs (t ) =V sm cos ωc t ，本振电压υL (t ) =V lm cos ωL t ，静态

偏置电压V Q =0V ，在满足线性时变条件下，试分别求出具有题4.31图所示两种伏安特性的混频管的混频跨导g

mc 。

解：（1）根据（a ）所示伏安特性，画出跨导特性。在υL (t ) 作用下，画出g (t ) 波形，如下图（a ）所示，其中基波分量振幅为

答

π

2π223

g m 1=∫

g (t ) cos ωL td ωL t =g πcos ωL td ωL t

π0π3

（2）同样根据图（b ）所示伏安特性，画出的跨导特性和在υL (t ) 作用下得到的g (t ) 波形，如下图（b ）所示，其中基波分量振幅为

π2π2π

g m 1=[∫g (t ) cos ωL td ωL t =∫2g D cos ωL td ωL t +πg r cos ωL td ωL t ]

π0π02

课

g mc =g m 1=0

2

=[g D sin ωL t π

后

2

g sin ωL t π

案

2π3π3

=

网 w

+g r sin ωL t

ππ2

1=0g π

π

20

杨霓清共30页第27页

w w

题4.31图

（a ）

. k

]=

2

(g D −g r ) π

h d

（b ）

2010-11-4

a w . c o m

所以

g mc =

119g m 1=(g D −g r ) =g r 2ππ

I DSS =50mA ，在υGS =0时场效应管的跨导g mo =15×10−3S 。试计算混频器的最大

由第二节的分析知：

场效应管混频电路的时变跨导可以表示为：

课

后

答

案

混频增益。

解：电路如图所示

网 w

4.32在图4.5.12所示的场效应管混频器电路中，若已知负载电阻R L =1k Ω，场效应管的

w w

式中

（a ）

. k

υL V GS (off )

，

h d

（b ）

g (t ) =g mQ −g mo g mo =2

于是得到

GS (off ) =2

I DSS 5020

=2×=(V)g mo 153

杨霓清共30页第28页

a w

. c o m

I DSS GS (off )

2010-11-4

混频跨导：

g cm =

V 11

g 1m =g mo Lm 22V GS (off )

当V Lm =

1

GS (off ) 时，混频跨导最大，且为2

1115

g cm =g mo =×15=(ms )

444

所以，混频器的最大混频增益

A υc =g cm R L =

15

×1=3.75（倍）4

4.33在一超外差式广播收音机中，中频频率f Ι=f L −f C ＝465kHz 。试分析下列现象属于何

的哨叫声；（2）当收听频率f c ＝550kHz 的电台时，听到频率为1480kHz 的强电台播音；（3）当收听频率f c ＝1480kHz 的电台播音时，听到频率为740kHz 的强电台播音。解：（1）为干扰哨声。引起干扰哨声的频率为f c ≈

当p =1，q =2时，f c =2f 1≈930kHz ，所以在931kHz 上可以听到哨叫声；（3）为镜像频率干扰。因为f M =

p p ±11

f c +f 1，所以当p =1，q =1时，f M =f c +2f I =1480kHz ；

2q q −p

（3）为寄生通道干扰。

案

网

w

当f c =1480kHz 时，p =1，q =2，f M =

4.34超外差式广播收音机的接收频率范围为（535～1605）kHz ，中频频率f Ι=f L −f C ＝

465kHz 。试问：（1）当收听f c ＝702kHz 电台的播音时，除了调谐在702kHz 频率刻度上能收听到该电台信号外，还可能在接收频段内的哪些频率刻度上收听到该电台信号（写出最强的两个）？并说明它们各自通过什么寄生通道形成的。（2）当收听f c ＝600kHz 的电台信号时，还可能同时收听到哪些频率的电台信号（写出最强的两个）？并说明它们各自通过什么寄生通道形成的。解：（1）f M =702kHz ，由f c =

课

后

答

f c =1404kHz ；p =1，q =3时，f c =1176kHz 。可见在1404kHz 和1176kHz 频率

杨霓清共30页第29页

w w

p p ±1

f M −f I 可知，当p =1，q =2时，q q

. k

1

f c =740kHz 2

h d

p +1

f 1，q −p

a w . c o m

种干扰，又是如何形成的。（1）当收到频率f c ＝931kHz 的电台时，伴有频率为1kHz

2010-11-4

刻度上可听到702kHz 电台的信号。

4.35晶体三极管混频器的输出频率为f Ι＝200kHz ，本振频率f L ＝500kHz ，输入信号频率

为f c ＝300kHz 。晶体三极管的静态转移特性在静态偏置电压上的幂级数展开式为

235

。设还有一干扰信号υM =V M cos(2π×3.5×10t ) ，作用于i C =I o +a υbe +b υbe +c υbe

混频器的输入端。试问：（1）干扰信号υM 通过什么寄生通道变成混频器输出端的中频电压？（2）若转移特性为i C =I o +a υbe +b υbe +c υbe +d υbe ，求其中交叉调制失真的振幅。（3）若改用场效应管，器件工作在平方律特性的范围内，试分析干扰信号的影响。解：（1）已知f M =350kHz ，f c =300kHz ，由f c =

2

3

4

时，2f M −2f c =300kHz ，表明频率为f M 的干扰信号可以在混频器输出，它由静态

频ωI 分量，其幅值为3d υSm υLm υMm ，包含了干扰信号包络变化造成的交叉失真。（3）由于干扰频率只能通过器件特性的三次方以上项才能产生中频频率，所以工作在

平方律特性曲线内，无干扰信号的影响。

课

后

答

案

网 w

2

杨霓清共30页第30页

w w

222122

产生中6d (υS +υL ) 2υM =6d (υS +2υS υL +υL ) υMm (1+cos 2ωM t ) 中分量6υS υL υMm

2

. k

（2）静态特性四次方项d υbe =d (υS +υL +υM ) 中产生6d (υS +υL ) υM 分量，而

4

h d

4

转移特性三次方项中3c υS υL υM 项产。

2

a w . c o m

2

2

p p ±1f M −f I 得知，p =1，q =2q q

2010-11-4