高频小信号谐振放大器习题解1_高频小信号放大器习题

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第一章 高频小信号谐振放大器习题解答

1－1解：根据品质因数的公式得：

Qo1RoCo1212

521.51061001012Lo11H113H 22226124foC41.51010010谐振时，回路电流 IoUms1mV0.2mA R5UComULomQoUms212Ums212mV

1－2解：1-1端短路时，o1LC

所以:L111又因为 : Q100 253H22612orCoC21010010所以 r1115.9 612oQC210100101001-1端接Zx时，Zx为Rx和Cx的串联，CCx200Cx100,100;解得：Cx＝200pF，CCx200CxLL由于：Q0＝0，QL＝0rRLQr501所以：L＝＝＝，QL50,RL＝（r＋Rx）＝2r

Q0RL1002210625310－6解得：RX＝r＝＝＝15.9Q01000L因而，未知阻抗由15.9的电阻与200pF得电容串连组成。1－4 解：C'C2CL22pF

所以接入系数

C'221p'

CC120222把RL折合到回路两端，得：

R'oRo95k11.25k 24pC1C'2022又 CCS5pF18.3pF

2022C1C'谐振频率为fP12LC120.81018.310612Hz41.6MHz

谐振阻抗为RPQoPL100241.61060.810620.9k 总电导为

g1111116'S236.710S RSRLRP1010311.2510320.910314.2k g1gPL120.2

236.7106241.61060.8106因而 R最后得QLB2f0.7fP2.06MHz QL1111 RRSRPRL1－6（1）证明：因为回路总电导g并且QLfR 而BO OLQLfO所以BROLOLfOR

g1B ROLfO1LC又因为 O2fo

ofo所以 g证明结束

1LC12LC1 B2f0.7 2LC2f0.74f0.7C

L2LC（2）g4f0.7C6.286106201012S7.536104S

111114GL7.536104S5.53610S33RLRPRS10101010

11.8k

5.5361041－10解：（1）Y参数等效电路图如下： RL

uce yfeube yie

yreuce

gp

yoe

C

Yie2 ube

（2）回路的谐振电阻

RPQPOL1006.28301061.510628.3k

GP1153.5410S 3RP28.310两级电路采用相同的晶体管，即gie1gie22.8ms

则回路的总电导为（p1N1/N11,p2N2/N11/4）

22gGPp1goep2gie20.0384100.2100.252.81033230.41103S

（3）回路的总电容为

C12fO2L123010621.510618.78pF

（4）根据电压增益的表达式得 Auo（5）

p1p2yfeg10.254527.44

0.41因为：Bfg'g'foo;QL0C2C所以：g'B2C101066.2818.7810121.18ms

g并g'g1.180.410.77msR并11.3kg并1－12解：（1）两级中放总增益为：AuoAuo10100 12 两级中放总通频带为：

BB12140.642.56MHz

（2）为保持总通频带为4MHz，则单级通频带必须增加，即： B'112B'1221 因为放大器得增益带宽积基本保持不变，则此时单级放大器的增益应为

46.25MHz 0.64' Auo1B1Auo14106.4 '6.25B12'2两级总增益为：Auo'(Auo)6.440.9 1

第二章 高频功率放大器习题解答

2－1 解：谐振功率放大器通常用来放大窄带高频信号（信号的通带宽度只有其中心频率的1％或更小），其工作状态通常选为丙类工作状态（C90o），电流为余弦脉冲，为了不失真的放大信号，它的负载必须是谐振回路。而低频功率放大器的负载为无调谐负载，如电阻、变压器等，通常为甲类或乙类工作状态。因此，低频功率放大器不能工作于丙类，而高频功率放大器则可工作于丙类。

2－5 解：高频功率放大器的欠压、临界、过压工作状态是根据动态特性的A点的位置来区分。若A点在ubemax和饱和临界线的交点上，这就是临界状态。若A点在ubemax的延长线上（实际不存在），动态特性为三段折线组成，则为过压状态。若A点在ubemax线上，但是在放大区，输出幅度Ucm较小，则为欠压状态。

欠压区的特点是电流脉冲为尖顶，输出电压幅度相对较小，其输出功率较小，效率也低，除在基极调幅电路中应用外，其它应用较少。临界状态，输出电压较大，电流为尖顶脉冲，输出功率最大，效率较高，较多的应用于发射机中的输出级。过压状态，电流为凹顶脉冲，输出电压幅度大，过压区内输出电压振幅随RP变化小，常作为发射机的高频功率放大器的中间级应用。

改变EC时，EC由小变大，工作状态由过压到临界然后到欠压。改变Ubm时，由小变大，工作状态由欠压到临界然后到过压。改变UBB时，由负向正变，工作状态由欠压到临界到过压。改变RP时，由小到大变，工作状态由欠压到临界然后到过压。

2－8 解：（1）用功放进行振幅调制，调制信号加在集电极时，功放应工作在过压区内。在过压区中输出电压随EC 改变而变化；调制信号加在基极时功放应工作在欠压区中，在欠压区中，输出电压随UBB、Ubm改变而变化

（2）放大振幅调制信号时，工作在欠压区，线性比较差，采用甲或乙类工作状态时，线性较好

（3）放大等幅信号应工作在临界状态。在临界状态输出功率最大，效率也较高，是最佳工作状态。

2－9 解：（1）ICOICMOC ICMOCICO9090282.1mA o0.319O90ICM1ICM190o282.10.500141mAPO121ICM1RP14122001988mW 22

（2）CPOPO198873.6% PECICO3090P 2－14 解：依题意可得：pDVCCICO6W cOP83.3%

D2VVCCVCm RP57.6 ICm1Cm417mA

RPPOPO2 g1C2C1.67

通过查余弦脉冲系数表得c78o。

2－16 解：（1）根据临界状态电压利用系数计算公式有 cr2PO11112150.91 2224gcrEC1241.5240.4362P12151.37A UC21.84 UCECcr240.9121.84V IC1 ICO1IC1O1.370.2530.79A 0.436PDECICO240.7918.96W

PCPDPO18.96153.96W

PO15100%79% PD18.96 RLcrUC21.8415.94 IC11.37（2）若输入信号振幅增加一倍，根据功放的振幅特性，放大器将工作在过压状态，此时输出功率基本不变。

（3）若负载电阻增加一倍，根据功放的负载特性，放大器将工作在过压状态，此时输出功率约为原来的一半。

（4）若回路失谐，功率放大器将工作在欠压状态，此时集电极损耗将增加，有可能烧坏晶体三极管，用UC指示调谐最明显，UC最大即谐振。

2－18 解：第一级放大器的集电极回路：输出的交流将流过直流电源，应加扼流圈；加上

扼流圈后，交流没有通路，故还应加一旁路电容。

第二级放大器的基极回路：没有直流通路，加一扼流圈。

第二级放大器的集电极回路：输出的交流将流过直流电源，应加扼流圈及滤波

电容；此时，直流电源将被输出回路的电感短路，加隔直电容

改正后的电路如下图所示：

第三章 正弦波振荡器习题解答 2.6.8.9.10.11.12.13.16 3－2 解：电路的交流等效电路如图所示：

fO12LC12LC，CC1C2

C1C212.6MHz fO2501061001030010100101230010121212 维持所必须的最小电压放大倍数Aumin3

3－6 解：改电路属于三端式振荡器，是否可能振荡就要看是否满足“射同它异”的原则。即要让L1，C1回路与L2,C2回路在振荡时呈现的电抗性质相同，L3，C3回路与它们的电抗性质不同。又由于三个回路都是并联谐振回路，根据并联谐振回路的相频特性，该电路要能够振荡，三个回路的谐振频率必须满足：

fO3maxfO1,fO2或fO3minfO1,fO2，所以：

（1）fO1fO2fO3，故电路可能振荡，振荡频率fO与回路频率的关系是：f1f2fOf3，属于电容反馈的振荡器；

（2）fO1fO2fO3，故电路可能振荡，振荡频率fO与回路频率的关系是：f3fOf2f1，属于电感反馈的振荡器；

（3）fO1fO2fO3，故电路可能振荡，振荡频率fO与回路频率的关系是：f1f2fOf3，属于电容反馈的振荡器。

（4）fO1fO2fO3，故电路不可振荡。

3－8 解：（1）Rb1,Rb2是基极偏置电阻；Re是射极偏置电阻；C1、C2、C3、C4、L是振荡回路的元件，CP是输出耦合电容。

（2）fO12LC3C4 49.5106121.510C3C46

C3C46.911012pF C46.913pF3.91pF 3－9 解：交流等效电路如图所示：

fO

12LC，L1f4C2O2

由题可知C等于（8.2pF串8.2pF串20pF）再并4pF并3.3pF并（15pF串2.2pF）

8.28.220152.2C43.9 152.2 8.28.28.2208.2203.443.91.9pF13.2pF17H 212212501043.1413.2103－10 解：电路的等效交流如图所示： L

由等效电路图可知，振荡器属电容三点式电路。根据等效电路图可知：

14.9pF C3.31112.28.215 fO12LC123.1457104.9106129.6MHz

3－11 解： fO12LC 式中，C为（C1串C2）并CO并C3，即 C1COC343.33CO（C310pF）

1C11C21COC3293.33CO（C3260pF）

1C11C2 或 C 因此解得L0.76H,CO40pF 由于AuFgmRF（1）

而 FRiC12（2）0.5，RRP//RLp2//2C2p1C1C212 p2

C1C23C1C23 p1 RP2fOLQO4.7752k（fO10MHz）

或 RP2fOLQO9.5504k（fO20MHz）

将p1,p2,RO,R代入（2）式得： R310.45（fO10MHz）

或 R334.93（fO20MHz）

将RL代入（1）式得： gm19.33mS（fO10MHz）

或 gm17.91mS（fO20MHz）

为了保证波段内所有频率都能正常起振，gm及工作点IcQ的选择如下：

gm19.33mS IcQgm26mV0.5mA

3－12 解： 在电容三点式振荡器中，由于晶体管的极间电容直接和回路元件L、C1、C2并联，而结电容又是随温度、电压、电流变化的不稳定因素，因此如何减小晶体管的输入、输出电容对频率稳定度的影响仍是一个必须解决的问题。于是出现了改进型的电容三点式振荡电路——克拉泼电路。与电容三点式电路相比较，克拉泼电路的特点是，在回路中增加了一个与L串连的电容C3，C3和L的串连电路在振荡频率上等效为一个电感，整个电路仍属于电容三点式电路。电路中晶体管极间电容对回路谐振频率的影响小，使电路的振荡频率近似的只与C3、L有关。

针对克拉泼电路C1、C2过大振荡幅度就过低以及振荡频率受到限制的缺点，出现了另一种改进型电容三点式电路——西勒电路。西勒电路与克拉泼电路的不同点在于回路电感Ｌ两端并联了一个可变电容C4，而C3为固定值的电容器，且满足C1、C2远大于C3，C1、C2远大于C4。西勒电路频率稳定性好，振荡频率可以较高，做可变频率振荡器时其频率覆盖范围宽，波段范围内幅度比较平稳，因此在短波、超短波通信机、电视接收机等高频设备种得到广泛的应用。

3－13 解：晶体等效电路如图所示：（1）串连谐振频率：fq（fq12LqCq联

CqCo2.5MHz

谐

振

频

率

： 21）并

fq1COCq2LqCCqO2.55.25105MHz

（3）品质因数：Qq1rqLqCq277022

4等效并联谐振电阻

RPQqPLq8.41014

3－16 解：能产生自激振荡。振荡角频率0与1及2等各频率点的关系为：

1q0p2（q,p为晶体的串、并联谐振频率）

第四章 频率变换电路基础习题解答

14－1解：已知uUcmcosCtUmcostUmcos2t

21 所以ia1ua2u2a1UcmcosCtUmcostUmcos2t

21 a2UcmcosCtUmcostUmcos2t

2 式中存在组合频率分量的项有：UcmUmcosCtcost，UcmUmcosCtcos2t所以组合频率分量为C，C2。

4－2解：时变电导gtdiC du2 gdSt

212 gdcos1tcos31t

32 idt中含有的频率成分为：

（1）输入信号的频率1,2分量；（2）直流分量；

（3）频率为1的偶次谐波分量2n1；

（4）频率2与1的奇次谐波组合频率分量2n112n＝0,1,2

4－3解：已知u1cos2Ft，u2cos20Ft

所以u1u2cos2Ftcos20Ft

11cos2F20Ftcos2F20Ft 221 cos22Ftcos18FtV 

波形图如下图所示：

频率图如下图所示：

4－4解：已知uUQU1mcos1tU2mcos2tU3mcos3t

所以ia0a1ua2u2a3u3

a0a1UQU1mcos1tU2mcos2tU3mcos3t

a2UQU1mcos1tU2mcos2tU3mcos3t2

a3UQU1mcos1tU2mcos2tU3mcos3t 可以看出只有u2,u3项会产生组合频率分量。

4－5解：由题意可知： I013Im，其中ImUm1RLg

1Imn1221n偶数

电流的频率分量的大小为：In

n210n奇数4－6解：设流过D1的电流为i1，流过D2的电流为i2，则 i11Im，其中Imu1RLgu1RLg

i21Im，其中Im 所以ii1i22uR1Lg

4－8解：由题意可设i1为流过D1的电流，设i2为流过D2的电流，则i1Ku1u2Ku12u22u1u2i2Ku1u2Ku12u22u1u2

2所以u0i1RLi2RLRLi1i24KRLu1u2

4－9证明：从电路的结构可以看出，它是一个恒流源差分放大电路，不同之处在于恒流源管VT3的基极输入了信号uyt，即恒流源电流I0受uyt的控制。

根据晶体三极管特性，工作在放大区的晶体管VT2的集电极电流

u/U iC2ie2ISeBE2T

式中 UTKT/q为PN结内建电压，IS为饱和电流。

ie2uX/UT 又因为I0ie1ie2ie1 1i1eie1e1 所以 ie2uXI0I01tanh2U21euX/UTT   iC2ie2uXI0I01tanhuX/UT2U21eT 所以 uO2ECiC2RC

uXI0RC EC1tanh2U2T 

4－10证明：根据题意可知： i1i2i5tanhuX 2UTi4i3i6tanhuX 2UT i5i6I0tanhuX 2UT 因此可求出输出电压

uOiARCi1i3RCi5i6RCtanhuX 2UT I0RCtanhuXutanhX 2UT2UT 当输入信号较小时，则有 tanhuXuX 2UT2UT 所以 uOI0RCuxuy 24UT4－11解：由线性化Gilbert相乘器电路的公式得：

'2RCuX uO uytanhRy2UT 2RCuxuy

IOXRxRy 21.251031105102RC

IOXRxRy33263V

相乘系数 K 21.251031105103320.5

4－12解：偏置电阻R3、R13的计算： IR3IOXEEuBE18R3RWRe1mA

120.750010.8k 3110 R3RWEEuBE18IR3Re 同理可求出R1310.8k

负反馈电阻RX和RY的计算：

流过RX的电流iX的最大幅度Ixm应近似满足

U IxmxmRIox

x 所以RXUxmRx10110310k 同理可得：RYUymIoy10k

负载电阻RC的计算：

已知增益系数K0.1

2111 所以RCKIoxRxRy103101035k

2210 电阻R1的计算： R1ECU11291.5k 32Iox210第五章 振幅调制、解调及混频习题解答

5－1 解：（1）由调幅波方程式可知载频fO106Hz，载波振幅VO25V，故

第一边频频率为 O121065000

11第一边频振幅为 m1VO0.725V8.75V

22第二边频频率为 O2210610000

11第二边频振幅为 m2VO0.325V3.75V（2）此调幅波包络波形如图所示：

 从此波形图中可求出峰值的调

幅

度为 m上VmaxVo1.510.5 Vo1谷值的调幅度为 m下VoVmin101 Vo1精确计算如下：令 V2510.7cos0.3cos2 则

V'250.7sin20.3sin2

令V'0，解得54.3o；所以当54.3o时，V有极大值

Vmax2510.7cos57.3o0.3cos257.3o37.57

当180o时，V有极小值 Vmin2510.7cos180o0.3cos2180o0 故峰值调幅度为 m上VmaxVo37.57250.503 Vo25谷值调幅度为 m下VoVmin2501 Vo252maPoT25W 45－2 解： ma1时 每一边频功率PoCPoC ma0.3PoCPoC时

每一边频功率2ma0.32PoT1002.25W 44

5－3 解：（1）边频功率为 P122maPoT0.50.75000W1225W 2（2）集电极调幅时，直流电源提供得输入功率为

PDPoT500010000W 0.5（3）基极调幅时，直流电源提供得输入功率为 集电极载波效率C2ma12PoT50000.50.4 P12500W D20.7C0.4125－4 解： ma1时，总功率为Poav2ma1PoT11000W 1150022 边频功率PoC2ma1PoT1000500W 22 所以每一边频功率为250W。

ma0.7时，总功率为Poav2ma0.72PoTW 11245110002 边频功率PoCm2a2P0.72oT21000245W 5－7 解；

VcVi1RD(i1i2)RLVcVi2RD(i2i1)RLi1i2V1i2RK1(Lt)d2RL+Rd1VcK(ωt)或S(t)-Vi1Ω+-+Vci2RL-Rd2K(ωt)或S(t)

2+Vc-+Vc-Rr13K(ωt-π)或S(t-T/2)VΩ+-i3i4Rr24RLK(ωt-π)或S(t-T/2)

VcVi3Rr(i3i4)RLVcVi4Rr(i4i3)RLi2i4i3ii1i22VK1(Lt)Rr2RL2V2VK1(Lt)K1(Lt)Rd2RLRr2RL

K1(1t)12cos1t2cos31t...23

12n1(1)cos(2n1)1t 2(2n1)n1

K1(1t)12cos1t2cos31t...23

12n(1)cos(2n1)1t 2(2n1)n1

5－10 解；在大信号uCt的作用下，D1和D2的开关函数为KCt，D3和D4的开关函数为KCt。在uCt为对称方波的条件下，开关函数如下表示：

444cos3Ctcos5Ct

KCtcosCt35

444cos3Ctcos5Ct

KCtcosCt35 由题意可得：

i1gdKCtuCtut

i2gdKCtuCtut

i3gdKCtuCtut

i4gdKCtuCtut

次级回路的总电流为 ii1i3i2i4

所以

i2gd2KCtKCtut

4442gdcosCtcos3Ctcos5CtUmcost355－14 解：（1）

kuocosumgdUm(sincos)idmaxgd(umuo)gdum(1cos)Ioiomax(0)平均分量为:2Iou2IR2gd所以:koo(sincos)cosumum所以:tan

2gDR二极管导通角的表达式为 tan2gDR

根据公式tan35

3所以

315333 2gDRKd（2）根据电压传输系数公式得：

UmmaUim1maUimcos12cos

maUim2 所以 Kd1cos 2222UimUimKdUim（3）根据公式得： Rid，I1m2RidR又因为Kd5－16 解：

311cos 所以 Rid2R 223rd331250.585rad33.54o R4700 传输系数Kdcoscos33.54o0.8

1输入电阻Rid11R4.7k2.35k 22 不产生负峰切割失真的条件是maR R RRL100.68 RRRL4.710 ma0.50.68，不产生负峰切割失真。

10.52 不产生惰性失真的条件是RC

ma RC4.71030.01106101031.48

21mama10.521.73

0.5 满足RC21mama，不产生惰性失真。

5－26 解： 对题中列出的三种现象的解释可能为干扰哨声、副波道干扰、交调干扰和互调干扰。这些干扰的产生都是由于混频器中的非线性作用产生了接近中频的组合频率对有用信号形成的干扰。从干扰的形成（参与组合的频率）可以将这四种干扰分开：干扰哨声是有用信号（fS）与本振（fO）的组合形成的干扰；副波道干扰就是由干扰（fn）与本振（fO）的组合形成的干扰；交调干扰是有用信号（fS）与干扰（fn）的作用形成的干扰，它与信号并存；互调干扰是干扰（fn1）与干扰（fn2）组合形成的干扰，有频率关系fSfn1fn1fn2。根据各种干扰的特点，就不难分析出题中的三种现象，并分析出形成干扰的原因。

（1）当接收信号1090kHz时，fS1090kHz，那么收听到的1323kHz的kHz。可以判断这是副波道干扰。由于信号就一定是干扰信号，fn1323kHz。由于 fS1090kHz，收音机中频fi465kHz，则fOfSfi1555kHz31102646kHz454kHzfi。2fO2fS2155521323因此，这种副波道干扰是一种四阶干扰，pq2。

（2）由于在接收1080kHz信号时，听到540kHz信号，因此，kHz。这是副波道干扰。fS1080kHz，fn540kHz，fOfSfi1545由于

kHz465kHzfi。因此，fO2fn15452540kHz15451080这是三阶副波道干扰，p1,q2。

（3）接收930kHz信号，同时收到690kHz和810kHz信号，但又不能单独收到其中的一个台，这里930kHz是有用信号的频率，即fS930kHz；690kHz和810kHz的信号应为两个干扰信号，故fn1690kHz，fn2810kHz。有两个干扰信号同时存在，可能性最大的是互调干扰。考察两个干扰频率与信号频率fS之间的关系，很明显

fSfn1930810kHz120kHz，fn1fn2810690kHz120kHz，满足fSfn1fn1fn2的频率条件，因而可以肯定这是一互调干扰。在混频器中由四阶项产生，在放大器中由三阶项产生，但都称为三阶互调干扰。

1、试画出下列三种已调信号的波形和频谱图。已知c>>

(1)v(t)= 5costcosct(V)；(2)v(t)= 5cos(c+)t；(3)v(t)=(5 + 3cost)cosct。

2、在如图所示的差分对管调制电路中，已知vc(t)= 360cos10  106t（mV），v(t)= 5cos2  103t（mV），VCC =｜VEE｜= 10 V，REE =15 k，晶体三极管很大，VBE(on)可忽略。试用开关函数求iC =（iC1 iC2）值。

3：一集电极调幅电路，如图例5-3所示。集电极电源电压为VCC0=24V，平均集电极电流Ico=20mA，调幅变压器次级的调制音频电压为vΩ=16.88sin2π×103t(V)，集电极效率η=80%，回路电压的Vcmo=21.6V。试求：

(1)调幅系数Ma；(2)最大集电极瞬时电压vCEmax；

(3)集电极平均输入功率（PD）av；

(4)调制信号源输出功率PΩ；(5)未调制时载波功率（P0）0；(6)已调波的平均输出功率(P0)av；

4、包络检波电路如图所示，二极管正向电阻Rd＝100Ω．F＝(100一5000)Hz。图(a)中Mamax=0.8；图(b)中Mamax=0.3。试求图(a)中电路不产生负峰切割失真和惰性失真的C和Ri2值。图(b)中当可变电阻R2的接触点在中心位置时，是否会产生负峰切割失真?

5.有一载波输出功率等于15W的集电极被调放大器，ma=1时，它在载波点的集电极效率ηT=75%；求： 1)、直流输入功率P=T，2)、未调时的集电极耗散功率Pc，3)、调制器供给的调制功率PcΩ 4)、边带功率PDSB，5)、总输出功率Poav，6)、总输入功率P=av,，7)、集电极平均耗散功率Pcav，8)、集电极平均效率η

av。

1：(1)双边带调制信号(a)；(2)单边带调制信号(b)；(3)普通调幅信号(c)。

2：iC = iC1  iC2 =i0th(令xc其中I0vc)2VTVCM，i0 = I0 +i(t)VTVEE5VREEv(t)11mA，iΩ(t)Ω103cos(2π103t)(mA)3REE31i0[1103cos(2π103t)](mA)3V又xccm360mV13.8510

VT26mV则th(xc444cosct)K2(ct)cosctcos3ctcos5ct 2π3π5π所以

iCi0th(xc1cosct)[1103cos(2π103t)]K2(ct)23[1103cos(2π103t)][0.42cos(10π106t)0.14cos(30π106t)0.084cos(50π106t)](mA)3：(1)当线性调制时

(2)集电极调幅时ξ不变，因此当Vcmo=21.6V时

VCCmax=VCC0+VΩm=24+16.88V=40.88V VCEmax=VCCmax(1+ξ)=40.88×1.9V=77.7V(3)

（4）（5）

（6）

4、解：(1)图(a)中，已知RL = RL1 + RL2 = 5 k，max = 2  5000 rad/s，Mamax = 0.8，根据不产生惰性失真条件，得

C1Ma2maxRLΩmaxMamax4775pF

(2)根据不产生负峰切割失真条件得 ZL() MaZL(0)=MamaxRL = 4 k

因为ZL()= RL1 + RL2 // Ri2，Mamax = 0.8

故不产生负峰切割失真。5、直流输入功率PTPOT15W20W

T075未调时的集电极耗散功率PcTPTPOT2015W5W 调制器供给的调制功率Pc22ma1PT20W10W

222边带功率PDSB1PoT115W7.5W

总输出功率PoavPoTPDSB157.5W22.5W 总输入功率PoavmP＝T（1a）201.5W30W

22集电极平均耗散功率PcavP＝avPoav30W－22.5W7.5W 集电极平均效率ηav。avPOav22.575％

P＝av30第六章 角度调制与解调习题解答

6－1 解：（1）最大频偏fmkfUm5210kHz

调制指数mf

（2）最大相移mkpUm2.525rad

6－2 解：t2106t10cos2000t

Ctmcos2000tCtt

由式可知：

（1）最大频偏

fm105 F2 ft1dt120000sin2000t 2dt2tHz

104sin2000 所以 fm104Hz

（2）最大相偏

由t公式可见

m10rad

（3）信号带宽

已知：F1kHz,mf10，可求得B，所以

B2mf1F210110322kHz

（4）单位电阻上地信号功率

不论是FM还是PM信号，都是等幅信号，其功率与载波功率相等。所以

1U2110250W

P2R21（5）由于不知调制信号形式，因此仅从表达式无法确定次信号是FM波还是PM波。

6－3 解：由题意可知：

t2kfu26103cos2103t29103cos3103t

tt'dt'6sin2106t6sin3103t

0t 所以

uFM5cos2107t6sin2103t6sin3103tV

6－4 解：（1）已知调制信号为utUcos2103tV，即F1kHz，对于FM信号，由于mf10，所以BS2mf1F210110322kHz

对于PM信号，mp10，所以

BS2mp1F210110322kHz

（2）对于FM波：

fmkfU，mffmFkfUF

若U不变，F增大一倍，则fm不变，mf减半，即mf5，因此

BS2mf1F251210324kHz

对于PM波：mpkfU，mp不变，因此

BS2101210344kHz

（3）F不变，U增大一倍。

对于FM波：fm和mf增大一倍，即mf20，因此

BS2mf1F220110342kHz

对于PM波：mp也增加一倍，即mp20，因此

BS2mp1F220110342kHz

（4）F和U均增加一倍，对于FM波，mf不变，因此

BS2mf1F2101210344kHz

对于PM波：mp增大一倍，因此

BS2mp1F2201210384kHz

6－5 解：变容二极管等效电容Cjt为

CjtCOu1UDCOUut1QUD22563cos104t10.612

67.810.5cos10t412CjQ1mcostpF

因为是全接入，故有

tC1mcost2CCmcost2mcos2t 其中： C 1LCjQ1210667.8101285.9106rad/s

2m1111CC2mC285.9106106rad/s161622222m

因而有：

2mC11185.910610.7106rad/s222C85.910613.7MHz

（1）fC22C106159kHz

（2）fC22m10.71061.7MHz

（3）fm22fm1.7106（4）kf5.7105Hz/V

U3（5）kf2

6－12 解：（1）该变容管调频电路的交流等效电路如下图所示。

2m11111m10.094 m42442

由图所示交流等效电路可知，该电路中C1,C2,L2和变容二极管是参加振荡的回路元件，Cj随ut变化从而改变振荡频率获得调频波。

图中L1,L3为高频扼流圈，阻止高频信号进入电源和调制源。1000pF和

0.01pF的电容为高频旁路电容，电阻均为偏置。

（2）因为 fO12L2CCjoUO1UD

20610.63 COpF0.015pF

CC1C2C0150.015pF0.015pF

C1C2C1CjoC2Co1510.01550.01511H0.6H

42fo2C43.1423601060.015 所以L2（3）因为fmm812m2KfO

8C1C2C1C2 p0.98

C1C2COC1C2 COCjoUO1UD20610.63pF0.015pF

Kp2CO0.0150.9827.58103 2C20.95 mU0.0011.5104

UDU060.61 所以 fm31.5104831321.5108

8kHz

7.58103360106Hz1.341

6－13 解：（1）当U0.1V，2103rad/s时，变容二极管作为回路总电容，其电容值为：

CjCjQ1mcost

式中，mUUDUQ为电容调制度。mU0.10.01

UDUQ19 因为m很小，回路的谐振角频率与ut的关系可表示为

 tC1mcostCt

2 式中，t2mCcost。

并联谐振回路在失谐不很大的条件下，输出电压相移可表示为

arctan2Q 当Ct

t时，可认为tan，可得 6

2QCtt2QQmcostmpcost tC 即 mpQm2020.010.4fmmpF0.4103400Hz

（2）若U0.1V，4103rad/s时，同理

mUUDUQ0.01

mpQm2020.010.4

fmmpF0.42103800Hz

（3）若U0.05V，2103rad/s时，mUUDUQ0.00

5mpQm2020.0050.2fmmpF0.2103200Hz

6－15 解：（1）由题意可知：

fC154010MHz100MHz

所以 fC110MHz

fm1510kHz75kHz

所以 fm11.5kHz

（2）放大器1的中心频率为f110MHz，通频带

B2fm2F21.5215kHz33kHz

放大器2的中心频率为f2100MHz，通频带

' B2fm2F21.5510215kHz180kHz

例

1、某调频振荡器的主振频率fOSC=1MHz，频偏Δfm=2kHz。现需要载频fC=96MHz，偏频Δfm=75kHz的调频信号。试画出频率变换方框图。解：采用倍频混频法。需扩大的频偏为75/2=37.5倍，但倍频器是输出频率为输入频率整数倍的电路，所以先将2kHz的频偏用二分频器分频，得到频偏为1kHz。这样需要扩大的频偏为75/1=75倍。再用级联的方法可得如下框图：

例

2、在一窄带调频中，晶体振荡器载波频率为200kHz，调制信号频率为100Hz。为了保证线性调频，矢量叠加调相器的调制指数mP取0.144rad。如果发射机要求75kHz的频偏，如何实现载波为90MHz的调频广播？

75k520814.4mIndirectFMFmp0.144NfmmFF0.14410014.4ft5208200k1041.6MHz解：

倍频加变频

1、有一谐振功率放大器，已知VCC＝12V，回路谐振阻抗Re＝130Ω，集电极效率η＝74.5％，输出功率P0＝500mW。现在为了提高η，在保持VCC、Re、P0不变的条件下，将通角减小到60°，并使放大器工作到临界状态。（1）试分析放大器原来的工作状态。（2）计算η提高的百分比和φ＝60°时的效率。（3）试求集电极损耗功率PC减少了多少？（4）分析采取什么措施才能达到上述目的？

2、有一个工作频率为20MHz的谐振放大器，采用高频率功率管3DA14B，VCC=24V，实际测得的天线等效负载rA为50Ω，输出功率PA为1.5W，集电极高频电压有效值VC为16.3V，ICO为82mA，VBB=0V，Vbm为7.5V，放大器的集电极回路采用π型网络，基极在零偏压工作。

（1）试画出集电极采用并联馈电的实用电路；

（2）设回路效率ηk为0.92，试求放大器的集电极效率ηc，谐振回路阻抗Re，并检验三极管是否安全工作。

（3）已知管子的输出电容C0为60pF，试求π型网络的各元件值。