高频电子线路习题答案曾兴雯版

高频电子线路习题集

主编 白秋果 黄力群 鄂那林

东北大学秦皇岛分校

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：

话筒扬声器

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）；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

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

（2πf0）C4π2×4652×106×200×10−12

106=2≈0.586mH

4π×4652×200

f 由B0.707=0得：QL

f0465×103

QL===58.125

B0.7078×103

Q0100109

因为：R0===≈171.22kΩ

ω0C2π×465×103×200×10−122π×465×2

ωCω0CQ0

QL=0==

g∑g0+gL 1+0RL

Q0QL58.125 所以：R=−1）R0=R0=×171.22≈237.66kΩL（QQ−Q100−58.1250LL

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=





3

= 535

×10=

 260×10−12+Ct1605

==9−12 12×10+Ct535

−12−12

8=260×10−9×12×10Ct

260−108

×10−12=19pFCt=

8

1 L=2

260+19）（2π×535×103）（×10

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

C1C240000C===80pF,

C1+C2500

1

L= (2πf0)C

1

=≈0.317mH (2π×106)280×10−12

C1400

负载RL接入系数为p===0.8C1+C2500

∑

2RL

′=2==3.125kΩ 折合到回路两端的负载电阻为RL

0.64p

100Q0

≈199kΩ 回路固有谐振阻抗为R0=πfC=

206.28×106×80×10−12

Q0100==≈1.546有载品质因数QL 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

0.024Cq

1+1+12 2C0

11109

品质因数Q====88464260 2πf0Crq2π×5×103×0.024×10−12×153.6π

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

I

n

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(jω)==,H0=R

11+jωCR+jωC

R

则等效噪音带宽为 ∞ |H(jω)|2df∞

∫1

Bn=0df=22∫H0+ωCR1()0

∞

11 df=∫=arctan(2πfCR)∞02

1+(2πfCR)2πCR 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(µV)

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-V9.3

==0.465mA, I0=R20000 26mV二极管电阻为RD=≈56Ω I0 网络传输函数为 RD11H(jω)=≈=, 111+jωCRD

+jωC+jωC

R//RDRD

H0=RD

等效噪音带宽为：

∞

|H(jω)|2df∞

∞∫ 110

Bn===dfdf22∫∫1+(ω)1+(2π)H02CRfCR DD00111 ∞

=arctan(2πfCRD)0==2πCRD4CRD4×100×10−12×56

1010 =≈44.64MHz224 22 Un=2I0qBnH0

−3−19622

=2×0.465×10×1.6×10×44.64×10×56≈2083×(µV)

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

(Rs+R1)R3

输出电阻为R0=+R2

Rs+R1+R3

（1）采用额定功率法

Es2

输入匹配功率Psmi=输出匹配功率Psmo=

4Rs

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== UnioRsR3

（3）采用短路电流法

1 2

Ino=4kTB

R0

R3

Es

Rs+R1+R34R0

2

2Uno=4kTBR0

2

 RsR312Inio=4kTB×

R2R3 RsR2+R3

RR++1sR2+R3 

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+++RRR13s

22

R0Rs+R1+R3Ino

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RsR1+(R2+R3)(Rs+R1)

+R2+R3 

Rs+R1

（1）采用额定功率法

Es2

输入匹配功率Psmi=

4Rs

2



RR31 Es×

RsR1Rs+R1

+R+R 23Rs+R1输出匹配功率Psmo=

4R0

Psmi

得噪音系数为N=F Psmo 2

R0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R213 ×Unio=4kTBRs

1sR1+Rs ++RR23R1+Rs

2



R R01=4kTBRs×

R1+Rs1s

+R2 R1+Rs

2

R1 =4kTBRsR02

++RRRRRR212s1s

22 ++UnoRRRRRR11s212s

==NF2 UnioRsR0R1

（3）采用短路电流法

2 Ino=4kTBG0

2

RsR12 Inio=4kTBGs

++RRRRRR 1s2s12

2

R1

=4kTBRs

RR+RR+RR1s2s12

22 InoR1Rs+R2Rs+R1R21

N==F 2

InioRsR0R1

RsR1

+R+R23+R0RR1s=×

Rs1

R3Rs+R1

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 −12Ni10 NF===

o15.8515.85×1.37×10−23×290×104

N0

610 =≈1588≈32dB15.851.3729××

答：接收机的噪音系数应为32dB。

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）

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=+×+×142≈202pF2000.35180.0351oe2ie∑ 固有谐振电导为

2πf0C∑2π×465×103×202×10-12

g0==≈7.374µS

Q080

回路总电导为 2

gie+g0g∑=p12goe+p2

22−6−3−6

=0.35×55×10+0.035×0.4×10+7.374×10≈14.6µS

2πf0C∑2π×465×103×202×10-12

品质因数QL==≈40.4−6

g×14.610∑

f465

≈11.51kHz3dB带宽B0.7=0=

QL40.4 p1p2|yfe|0.35×0.035×36.8×10−3谐振增益K0===30.88 g

∑14.6×10

N1p10.35

中和电容Cn=×3=1.615pFCb′c=Cb′c=

N−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：

因为总带宽为B0.7=B

8

则每级带宽为B1==≈15.7kHz

0.5098

f0

有载品质因数Q=≈29.6 L

B1

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：

根据总带宽B0.7=B得：

8

每级带宽为B1==≈11.2kHz

0.714

当偏离中心频率

10kHz时，根据谐振特性，有： K1==

K01=1 33

88 K=K1=

==334242 K0K01(4+ξ)∆f

42Q+ f0

88

=3=3 4

∆f422

)4+(24+

f011 

88 20log0.027=−31.4dB=≈≈0.027,3

29942 

4+ 

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

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。

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

diC

gm=du=1S,并得到如下方程组

be

u=Ec−Uccosωt ce代入数值后得

′i=g(Ucosωt−E+Embbb c

题3－11图 uce=24−21cosωt

可以解出： ic=gm(3cosωt−0.5）

(1)当ωt=π时

晶体管截止，因此ic=0,但uce=Ec+UC=24+21=35V，

位于C点

(2)当ωt=θ时 0.5

′晶体管临界导通i=0,且有UcosE0.5,cos,θ==θ=cbb 3

0.50.5

因此θ=arccos≈80o。uce=Ec−Uccosθ=24−21×=20.5V,

33

位于B点。

(3)当ωt=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/

uce/V[1**********]945

2、求解θ、P1、P0、η及负载阻抗的大小。

0.5o

θ=arccos≈80 3 UC2121R===≈17.8Ω L

IC1α1(80o)×icmax2.5×0.472

IC1UC121×2.5×0.472P===12.39W 1

22

P0=IC0

PC=P0

η=P1= P0

3、符合要

3－12 某功率管（2）整？变化

解3-12

（1）

（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

(rjL)+ω 回路阻抗为ZL=≈ 1ωL?rωω0+ω−rjL+−1jQ ωCω0ω

L 在ω=ω0时，ZL1=rC

L

在ω=nω0时，

ZLn=

1 1+jQn−n

所以

ZLn1n

==

11+jQ(n2−1)ZL1

1+jQn−

n

ZLnn2 =≈=2

ZL1Q(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。

(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+ωL≈Z+jωLeiiei 1+j1+j fβfβ

ff ωLehfej+fβfβ1 =Zi+ωLehfe=Z++ji222

ffff?fβ

1+1+1+ fff

βββ

2

fβ

=Zi+2πLehfefβ+≈Zi+2πLehfefβ

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。

题3－16图

解3-16：

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；

解

3－18

解

3－19 如图（a）所示的D型网络，两端的匹配阻抗分别为RP1、RP2。将它分为两个L型网络，

根据L型网络的计算公式，当给定Q2=RP2/XP2时，证明下列公式： R=Xp1

Rp2 Xs=Xs1+Xs2=Q+[2]2

1+Q2

并证明回路总品质因数Q=Q1＋Q2。

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 RpXs112

R=（1+Q）R，X=（1+）X，其中Q== p1sps112

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+Q2Rp2=2）Rs

由,得到，

Rp1 Q=1Xp1 

Rp1Q1=−=代入得1 Rs

Rp1R Xp1=证明完毕）Q1

又因为，

Xp2Xp2Q22 Xs1=RsQ1=RXs2=Xs3==

因此2

11+Q 21+2Q2

2 Xp2Q2

Xs=Xs1+Xs2=R 1+Q2

2

Xp2Q2 =Rs

Rp2 

 =RsQ2



Rp2=+Q2（证明完毕） 1+Q2

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 X=+Qs21+Q2 2

100 =+5≈27.11Ω2+15 Xs27.11

==≈0.144µHLs 2πf2π×30×106

R Xp1==≈9.76Ω

11

Cp1==≈544pF6

ππ×××2fX230109.76 p1

Rp2100

===20ΩX p2

Q25

11

=≈265pFCp2=

2πfXp22π×30×106×20

=Q1=≈2.05

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？

题3－21 图

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ηk天线功率为PA，次级总功率为P2。则：

因为P2=P1=

PARA1−η0.2==η，得到r2=RA=×50=12.5ΩP2RA+r2η0.8PA10Q10==12.5W，ηk=1−L=1−=0.9η0.8Q0100P212.5ωL150==13.9W，r1===0.5Ωηk0.9Q0100

ωL1ωL150

−r1=−0.5=4.5Ω,所以rf=

r1+rfQL10

因为QL=

ωM==≈16.8Ω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，弦输出信号。

3－23 图3－33电极饱和电阻

解3-23

根据题意，将（a振，则：

输出电压振幅 π

π −RLRLEcRL2Ec12

2

UEcostdtsint=ωω=ω=Lc∫π Rcs+RLππRcs+RLπRcs+RLπ−

2−

2

集电极平均电流

ππ

2

2Ec2Ec1UL12

cosωω=cosωω=IC0=tdttdt

2π∫πRL2π∫ππ(Rcs+RL)π2(Rcs+RL)

−−

22

直流输入功率

2Ec2

P0=ECIC0=2

π(Rcs+RL)

负载上的功率

2

2RLEc2UL

=2PL=

2π(Rcs+RL)2RL

集电极效率

PRL η=L=

P0(Rcs+RL)

集电极耗散功率 2Ec22RLEc2

PC=P0−PL=2− π(Rcs+RL)π2(Rcs+RL)2

2Ec2RcsRcs

=2()=P0()

π(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：

当某管上的功率下降一半时，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′2U2

=U′=

R02R0 那么，流过合成器的电流为

I+=（I 

合成后的功率为

2

2IR  与正常相比，有 22

= ≈0.728

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(jω)>1振幅条件起振条件：T(jω)>1，即 ϕ(T)=2nπ,n=0,1,2.....相位条件. T(jω)=1振幅条件平衡条件：(ω)=1，即Tj

ϕ(T)=2nπ,n=0,1,2......相位条件

∂T

振幅稳定条件

U=U∂UiiiA

稳定条件：

∂ϕL 相位稳定条件∂ωω=ω1

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？

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f03

4－3 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

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

•

Cb

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）画出实际电路。

题4-6

解4-6 （1）因为

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，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===0.02487

C1+C251+20002051

CC102000

≈50pF 总电容为C=12=

C1+C22051

固有谐振电导g==≈62µS,0

负载电导gL=

11==1mSRL1000gm

=g

∑

放大器增益K=

gm

gL+g0+KF2

eeRere

≈

gm

gL+g0+KF2gm

gmKF

环路增益T(ω)=KK=>1时满足起振条件，即 1F

gL+g0+KF2gm

gmKF>gL+g

0+KF2gm,

1(1+0.062)×10−3

gm>(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

回路总电容C=

C2C130000

==75pF

C2+C1400振荡频率f1≈f0=

=

当以uce作为放大器的输出时，反馈系数KF=

C1C2

≈2.6MHz

要维持振荡，应满足KKF=1，即K=

C1300=2==3KFC1100

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+C3

C1+C2

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 6

=×=f2010 max代入数值后得 

10×106=

fmin=

解之得

C≈40pF,L=0.76µH

C1501

反馈系数KF===

C1+C21503

gm

放大器增益K=

g0++K2 F

RRi

gmgm

因此，KKF=≥3，即≥9

211Kg++ 3g0++K2F0FRRiRRi

111 21Kgm≥9g0++K2=9++FFRRRR ii 111

=12.88×10−3++× =910009500

ICQ=gmVT=12.88×26≈335µA

f02max≈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 ω1×50×10−6−−−=0−12−9

1681010ω××ω×−911 ω1×10−−6

ω1×47×10

整理后得到：

42

1598×10−31ω1−53.732×10−15ω1×+1.068=0

53.732×10−15± 2

ω1=

3196×10−31

(53.732±47)×1016

=≈315×1012(或21×

1012)

3196

11

所以f=ω=≈2.826MHz,1max1 2π2π 1或者f1max=≈0.73MHz

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

ω×50×10−−−=01 1ω1×125×10−12ω×10−9−ω1×10−9

1

ω1×47×10−6 将上式整理得：

2 ω1=206×1012(或15×1012)

1

因此f1min=ω1=≈2.285MHz,

2π

1

或者f1min=ω1=≈0.616MHz

2π

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

−910ω111 =−9(10−9ω1−KF=)10ω147×10−6ω1

−9

10ω−1 47×10−6ω1

111

=1−=1−=1−−152−152

47×10ω47×10(2πf1)1853.6×10−15f12 1KFmin=1−≈0.932

1853.6×10−32.8262

1 KFmin=1−≈0.897

1853.6×10−32.2852

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。

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

==75pFC=

+CC400 12

ω==

1

=

9

≈

16.33Mrad/S

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

∂ω∂ω∂ω∆C∆ω=∆C+∆L=∆C=∆Cω1 =

∂C∂L∂CC

∆ω∆C0.687

===9.16×10−3ω1C75

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

4－16 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；

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=U1cosω1t+U2cosω2t+U3cosω3t

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)

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

222

+a3(u1+u2+u3+2u1u2+2u1u3+2u2u3)(u1+u2+u3)

222

aa(uu)a(uuu=+++++++011232123)+2a2(u1u2+u1u3+u2u3)

333

+a3(u1+u2+u3)+6a3u1u2u3

22222

+3a3(u1u2+u1u3+u1u22+u2u3+u1u3+u2u3)那么，频率分量的频率通式可表示为 ω=±qω1±pω2±rω3

将u=U1cosω1t，u2=U2cosω2t，u3=U3cosω3t代入后可求出i中的 1

常数项为：

2

U2U1U22 a0+a（++3）2

222

基频分量为： 3

U2U23U13U12U1

+a3+a3a1U1+a3cosω1t

224

2

U2U1U23U33U22 +a1U2+a3+a3+a3cosω2t

224

2

U1U3U23U3 2U33+a1U3+a3+a3+a3cosω3t

224 2次频率分量和组合系数为2的频率分量为：

2

U1U2U22a2cos2ω1t+cos2ω2t+3cos2ω3t

222

+a2U1U2cos(ω1+ω2)t+U1U2cos(ω1−ω2)t

+a2[U1U3cos(ω1+ω3)t+U1U3cos(ω1−ω3)t+a2[U3U2cos(ω3+ω2)t+U3U2cos(ω3−ω2)t

3次频率分量和组合系数为3的频率分量

3

1

32

33

]]

UUUa3cos3ω1t+cos3ω2t+cos3ω3t

444

22

U1U2U1U2

+3a3cos(2ω1+ω2)t+cos(2ω1−ω2)t

44

U2U2U2U1

+cos(2ω2+ω1)t+21cos(2ω2−ω1)t

44

22

U1U3U1U3+3a3cos(2ω1+ω3)t+cos(2ω1−ω3)t 44 U2U2U3U1+cos(2ω3+ω1)t+31cos(2ω3−ω1)t 44

2

U2U U2U3

+cos(2ω2+ω3)t+23cos(2ω2−ω3)t

4 4

U2U2U 3U2

cos(2ω3+ω2)t+32cos(2ω3−ω2)t+

4 4

3a3U1U2U3cos(ω2+ω1+ω3)t+cos(ω2+ω1−ω3)t

+

2 +cos(ω2−ω1+ω3)t+cos(ω2−ω1−ω3)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

U23U1U22U13U1ω1分量的振幅为：a1U1+a3+a3+a3

224

2

3a3U1U2

2ω1+ω2分量的振幅4

3aUUU ω2+ω1−ω3分量的振幅3123

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，

112π U2

由+U2cosω2t=0得：cosω2t=−ω2t=arccos(−)=±,所以

223 2

2π2π gu2nπ−≤ωt

i=

2π4π02nπ+≤ω2t

设一个开关函数

1

K(w2t)=

0

2nπ−

2π2π

≤ω2t

33

将K(ω2t)进行展开为富式

级数为

222nπ2 K(ω2t)=+∑sincosnω2t=+ω2t

31nπ33

2ω2t+4ω2t5ω2t+......

所以 U2i=K(ωt)gu=K(ωt)g(+U1cosω1t+U2cosω2t)2D2D 2

U

=K(ω2t)gD(2+U2cosω2t)+K(ω2t)gDU1cosω1t

2

时变跨导

2 +ωt−2ωt223 g(t)=K(ω2t)gD=gD4ω2t5ω2t+......



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(ωt)u+u−gK(ωt−π)u−uoLD212D212

K(ω2t)−K(ω2t−π)u1+K(ω2t)+K(ω2t−π)u2

=gDRL

=gRK′(ωt)u+u

uD1=u1+u2

uD2=u1−u2

()()

212444

cosωt−cos3ωt+cos5ωt+........Ucosωt222113π5π=gDRLπ+U2cosω2tD

L

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iD1=gDK(ω2t)(u1+u2)

，

u=−(u+u)D212iD2=−gDK(ω2t−π)(u1+u2) 则负载电流为： iL=iD1+iD2=gDK(ω2t)−K(ω2t−π)(u1+u2)=gDK′(ω2t)(u1+u2) 展开后为：

444

iL=gDπcosω2t−3πcos3ω2t+5πcos5ω2t+......



×(Ucosωt+Ucosωt.....)1122 11

cos(ω2+ω1)t+cos(ω2−ω1)t ππ

=gD2U1−1cos(3ω2+ω1)t−1cos(3ω2−ω1)t+......

3π3π



+1cos(5ω+ω)t+1cos(5ω−ω)t

2121 5π5π

2112

+gD2U2+cos2ω2t−cos4ω2t+cos6ω2t+.....

15π5ππ3π

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=Ucosωtu+Ee−ube3A11则：I0(t)=ie3=B ReuB=U2cosω2t

u+EeEeuB

1≈B=+

RREeee

uAI0(t)uAI0(t)I0(t)

i=−tanh=(1−tanh C2

222V22VTT

∞ EeU

1cost1(x)cos(2n1)t=+ω−β−ω 22n−11,式中

x2Re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+cosωt c22β1(x)cosω1t2ReEe Eeβ1(x)U′cosω2tcosω1t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=UcosωtA11 u=Ucosωt,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

∑

=

UVT

o24



22



2VT

5－8 在图示电路中，晶体三极管的转移特性为

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 ocoLc

2L2V2VTT

I0RL∞

=Ec−∑β2m−1(x1)cos(2m−1)ω1t]

2m=0

∞∞

+∑∑β2m−1(x1)β2m−1(x2)cos(2m−1)ω1tcos(2n−1)ω2t

m=0n=0

i=a0Is⋅e

ubeVT

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=U1cosω1t+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.......)u=En!dun!V bebbeT

ic=b0+b1u+b2u2+b3u3+........+bnun IIII

=I0+0u+0u2+0u3+........+0un

VT2VT6VTn!VT I02I0I0U1222

因为u=Ucosω1t=(cos2ω1t+1) 2VT2VT14VT E

I0U12R0a0IsU12R0VTb

所以uo=cos2ω1t=ecos2ω1t

4VT24VT2

(2)ube=u+Eb=uc+uΩ+Eb=Uccosωct+UΩcosωΩt+Eb 因为Uc>>UΩ满足线性时变条件，所以 i=I(t)+g(t)ucC0mΩ

显然只有时变静态电流I(t)才能产生ω分量，因此将其展开为级数得

C0c

Ebucuc

IIII2 IC0(t)=a0IseVT=I0eVT=I0+0uc+02uc+03uc3+......+0nucn

2VT3VTVTn!VT

取一次和三次项，包含ωc分量的如

I03I0I0Uc313 I0

=ω+ω+uc+uUcostcos3tcosωctccc3c33VTVT3VT44 VT

Eb

UcUc3Uc3VT1

因此，uo=R0I0V+4V3cosωct=R0a0IseVUc+4V3cosωct

TTTT

(3)ube=u1+u2+Eb=U1cosω1t+U2cosω2t+Eb

因为U2>>U1满足线性时变条件，所以

Eb+u2Eb+u2

1VTVT

=+=+()()iItgtuaIeaIeu1cC0m10s0s 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VV2V6Vn!V TTTTT

Eb

1U23VTU2

a0Ise+cosω2t 取一次和三次项，包含ω2分量的为3VTVT4VT

Eb3 U21VTU2

而且aIe+cosω2t⋅U1cosω1t0s3

VTVT4VT

E3

a0IsU1VTbU2U2

=e+cos(ω2−ω1)t+cos(ω2+ω1)t3 V2VTV4TT Eb3

aIURUUV0s1022T 所以u=e+cos(ω2−ω1)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 di2IE+u22IDSSEGS+u2gm(t)=D=−DSS1−GS=1− duGSVPVPVP|VP| EGSU2

g1cosω2t，=−−gm0 m0

VVPP

V

当U2=|VP−EGS|,EGS=P时

2

11VP

cosω2t gm(t)=gm01−−

2VP2

gg

=m0+m0cosω2t=gmQ+gm1cosω2t

22

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

cos3ω2t+cos5ω2t+....K(ω2t)=+cosω2t−

2π3π5π 根据题意，只取ω2分量，则

4R0gDU12

cosω2tcosω1tuo=2R0gDcosω2tgu1=

ππ2R0gDU12RgU=cos(ω2+ω1)t+0D1cos(ω2−ω1)t

ππ

（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+R0

4R0gU1

cosω2tcosω1tπ2R0gU12RgU=cos(ω2+ω1)t+01cos(ω2−ω1)t

ππ

信号各分量的振幅降低了

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

P=R2

LUC42C2=2×100=0.08W

Pm20.52av=PC1+

2=0.081+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

常数（直流）

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(ωct)(uc+uΩ)−gDK(ωct−π)(uc+uΩ) =gK′(ωt)(u+u)

DccΩ

44

=gDcosωct−cos3ωct+......(Uccosωct+UΩcosωΩt) 3ππ cos(ωc+ωΩ)t+cos(ωc−ωΩ)t

2gDU =11

π−cos(3ωc+ωΩ)t−cos(3ωc−ωΩ)t+.....



332gU21

+Dc+cos2ω2t−cos4ω2t+......

π33

iLc=(i1−i2)=gDK(ωct)(uΩ+uc)−gDK(ωct−π)(uΩ−uc)=gDK(ωct)−K(ωct−π)uΩ+gDK(ωct)+K(ωct−π)uc=gDK′(ωct)uΩ+gDuc

44

cos3ωct+......UΩcosωΩt+gDUccosωct=gDcosωct−3ππ

cos(ωc+ωΩ)t+cos(ωc−ωΩ)t

2gDUΩ+gUcosωt

11Dcc

π−cos(3ωc+ωΩ)t−cos(3ωc−ωΩ)t+.....

33

i=i+i=gDK(ωct)(uc+uΩ)+gDK(ωct)(uc−uΩ)

Ld(12) =2gDK(ωct)uc

212

=2gD+cosωct−cos3ωct+.....Uccosωct

3π2π

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=+uΩD12

,

uu=c−u

Ω

D22

2

ucuci1=a0+a1+uΩ+a2+uΩ222ucuci2=a0+a12−uΩ+a22−uΩ



i−i=a+auc+u+auc+u−a−auc−u−auc−u

1201Ω2Ω01Ω2Ω2222

=2a1uΩ+2a2ucuΩ=2a1UΩcosΩt+2a2UΩUCcosωct⋅cosΩt

uo(t)=(i1−i2)RL=2RLa1UΩcosΩt+2RLa2UΩUCcosωct⋅cosΩt

22

因此，输出信号中包含了Ω的基频分量和(ωc+Ω)、(ωc−Ω)

频率分量。（2） ucuc

′,u′=+uu=−uΩΩD1D2

22

在忽略负载的反作用时，

uc ′()()i=g⋅Kωtu=g⋅KωtDcD1Dc12+uΩ 



uc 

()=⋅ω−i2=gD⋅K(ωct)u′gKtuΩD2Dc2

 

uo=(i1−i2)RL=2RLgD⋅K(ωct)uΩ 2212

=2RLgDUΩ+cosωct−cos3ωct+cos5ωct+.....cosΩt 3π5π2π

因此，与(1)相比，输出信号也中包含了Ω的基频分量和ω+Ω、

c

ω−Ω频率分量,但多了ωc的奇次谐波与Ω的组合频率 c（ 2n+1)ωc±Ω分量在考虑负载的反作用时

()

()

11u

⋅K(ωct)c+uΩi1=r+R+R⋅K(ωct)u′D1=rD+R+RL2DL



11uci=′⋅(ω)=⋅(ω)−KtuKtucD2c22Ω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

+cosωt−cos3ωt+cos5ωt+.....cosΩtccc

rD+R+RL2π3π5π

题6-6图