第7章习题解答(高频)

1、第7章习题参考解答7-1题图7-1是用频率为1000kHz的载波信号同时传送两路信号的频谱图。试写出它的电压表示式，并画出相应的实现方框图。计算在单位负载上的平均功率Pav和频谱宽度BWAM °2VJ*V1V0 5V0.5V0“70.2V0 2VII0 2V毗卩11 1 -L030 T 103310101007题图T-i解：(1)题图7-1为二次调制的普通调幅波。第一次调制：两路频率均为 F = 3 kHz的 音频信号分别调制到 f1= 10 kHz、f2= 30 kHz的载波(称为副载频)上。第二次调制：由两 路已调信号叠加调制到主载波fc= 100 kHz 上°1#令

2、q = 2n x 3x 103 rad s ,1 = 2 nx 104 rad s , - '2 = 2 n x3x 104 rad s , c=2 n x 106 rad s °第一次调制:1 t = 41 0.5c o st c o s1t2 t =2 1 0.4cos't cos 2t第二次调制：t 二 5cos ct 41 0.5cost cos 21 0.4cos't cos 2t 】cos ct=51 0.8 1 0.5cos 4 cos J 0.4 1 0.4cost cos 2t Icos ct(2)实现方框图如题图7-1 (b)所示4(1+

3、0.5cosQi)cos 码 f0.4cosQ£o2 cos 码£ oyJ L,A2(14-0.4 cos Q/)cos e,题图7-1(b)频谱图对应的方框圍#根据题图7-1所示频谱图，分别求出各频谱部分的平均功率。#1 2 载频为10 kHz的振幅调制波平均功率：已知Vmoi= 2 V, ma1 = 0.5，求得P01= V：012=2 W;12、Pav1 = 2P011 + - ma1 I = 4.5 W< 2丿_ 1 2 载频为30 kHz的振幅调制平均功率：已知Vm02= 1 V , ma2 = 0.4,求得Po2= Vm02 = 0.5 W ；2r 1 2

4、Pav2=2P°2 1+ma2 =08W ,< 2丿1 2 主载波功率：已知 Vm0= 5 V，求得P0= V：o = 12.5W2总平均功率 Pav= Po+ Pav1+ Pav2= 18.08 W由频谱图可知 Fmax= 33 kHzBWam = 2F= 2 (1033 1000)= 66 kHz7.2试指出下列电压是什么已调信号？写出已调信号的电压表示式，并指出它们在单 位电阻上消耗的平均功率 PaV及相应频谱宽度。(1) °t=2cos4二106t0.1cos3996二103t0.1cos4004二 103t(V)(2) ot=4cos2二106t1.6cos

5、2- 106103 t 0.4cos2二 106104 t1.6cos2二 106 -103 t 0.4cos2二 106 -104 t V(3) ot=5co1 t 5cos0-S t - 5cos0 r -t5cos 0- “1U t 4cos 02'2 t 4cos 0 - 2 -门2t4cos 02"2t 4cos 0-$2 r，2 t (V)式中：0 =2二 106 rad s , - =-2- 104 rad s ,2 =2二 3 104 rad s , q 1=2- 103 rad s。解：(1) o t为单音调制的普通调幅信号。- o t =21 0.1cos

6、4 103t !cos4二 106tr 1 2、 Pav = P0 1 + ma =2.01W,BWam =2F =4kHzI 2丿(2) 0 t为双音调制的普通调幅信号。o t =41 0.8cos2二 103t 0.2cos2二 104t 】cos2二 106t122= 10.72W，BWam =2F2=20kHz(3) ： o t为二次调制的双边带调制信号。o t 二 20cos t cost 16c o s2tcos2t】co s0tBWdsb = 2广 2 2 - 62kHzPav 二 4= 82W。频谱分别如题图7-2 ( a)、(b)、(c)所示。% 血 %+逊g(b)(c)题图

7、7-2(b)图(» (b).(匚)分别对应(1人 、(3)的频谱图7-3试画出下列三种已调信号的波形和频谱图。已知-3#(1) t i=5cos'tcos ct V ; (2)t i=5cos c t; t = 5+3cos't cos ct解：(1)双边带调制信号； 波形和频谱如题图 7-3 (a)、(2)(b)、单边带调制信号；(3)普通调幅信号。(C)所示。#7-4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 ml cos it，题图7-4移相袪单边带调制实现方框图下边带传输的调制信号为 v m2 cos 2t，试画出其实现方框图。#解：方框图如

8、题图7-4所示：ot=AMVmiVcmCOSc 小1AMVm2VcmCOSc2t7-15在题图7-15所示的各电路中，调制信号：;- V m COS 11 ;载波电压：c二Vcm COS ct，且-c>1 ;二极管Di、D2的伏安特性相同，均为从原点出发，斜率为 gD 析其输出电流的频率分量。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，分Dj4)(b)(c)(d)题意分析：从图中可以看出，这4个电路为二极管电路的交流等效电路，和二极管平衡调制器的结构相似，与之不同的是信号的输入位置和二极管的连接方式，可以按照二极管平衡调制器的分析方法进行分析。分析思路如

9、下：（1）标定二极管两端的电压和流过它的电流的正方向，一般可按实际方向标定（当然也可不按实际方向标定，但分析时难度较前者大， 易出错）；（2）求出加在二极管两端的电压U D; （ 3）求出流过二极管的电流 D = gt- D ,此时时变电导g t有两种情况：若U c正向地加到二极管两端，则二极管在U c的正半周导通， g t = gDK ct ;若u c反方向地加到二极管两端，则 g t = gDK2ct -二；（4）根据同 名端判断各二极管电流对总的输出电流i的贡献：流入同名端为正，流出同名端位负；（5）分析i中的频率分量，若有fc± F分量，且无fc分量，则可产生 DSB信号（滤

10、波后）；若有 fc± F和fc分量，则不能产生 DSB信号，只能产生 AM信号。解：（1 ） U D1 = U D2 = U c+uq, U c正向地加到两个二极管两端，故g1 t = g2 t =gD Kct, = gDK '：；二 ct ：D1-gK I.'"： ct： D2 =0。因此，题图（a）所示电路没有输出，不能完成双边带调制功能。（2） U D1 = U c+uQ, U D2 = U c U Q = U D1 , U c 正向地加到 D 1 两端，反向地加 到D2两端，故g11 = gDK ，ct，g21 l=gDk ct -鼎爲h与2流向一致

11、，在输出变压 器中产生的磁通相加，则输出电流 为二1 i2 =gDK ct D1 g°Kct _ 二- D2二 g°K ct D1 -g°K 诅-二 D1-gD K ct -k p 一二 i D1 =gDK：ct - c将上式展开可见，i中的频率分量包括直流、2nfc、（2n 1） fc± F （ n= 1, 2, 3,），其频谱如题解7-15 （b）所示。由此可见，题图 7-15 （ b）所示电路经滤波后可得到双边带信号。（3） U D1 = U c+uQ, U D2= U c+ U Q , U c正向地加到 D1两端，反向地加到 D2两端，故g1 t

12、 gDK ct , g2 t二gD K ct -二，h与i2的流动方向相反，于是有i 二h 1 二 g°K 直 p -g°K ct -二 D2二 9dK'ct： c " PdK'ct -二-c -!二 gD Kct K ct - 二！ cgD Kctk ct厂 gD c g°K吐(44gDVcm COS ctgDV m cost COSct一cos3 ct +"E3兀由上式可以看出，i中的频率分量有 fc, (2n 1) fc± F (n = 1, 2, 3，)，其频谱如题解7-15( c)所示。由此可见，图(c)所示

13、电路可以完成 AM调制功能，但不能得到 DSB信号。(4) U D1 = U c+ u Q, U D2= u c U Q , U c正向地加到两个二极管两端，故 §1 t = gD K ct =g2t , i1与i2的流动方向相同，于是有i 丸订2 FdKctD1 g°KctD2= g°K ct D1 : D2 = 2g°Kct cM 22)= 2gD cos ct cos3 ctVcm cos -ct2 n-3，)由上式可以看出，图 7-15 (d)所示电路的输出电流i中只有fc和2nfc ( n= 1, 2, 分量，不存在fc± F分量，故

14、不能完成调制功能。f厂F "F M 3/-F 3/+F /f 2X3fF(c)题辭7-1吕题圈卜15(b)、仁)的频谱图7-16 差分对调制器电路如题图7-16所示。(1)若.c =107 rad s，并联谐振回路对谐振，谐振电阻Rl = 5k Q , Vee = J=10V, Re= 5k q , . c = 156cos ct mV，- 5.63cos104t V。试求 o t。(2)此电路能否得到双边带信号，为什么？ 题意分析：这是一单差分对调制电路，单端输出方 式。两个输入信号 U c和U Q分别从非线性通道和线性通 道加入调制电路。由于加在非线性通道的载波振幅Vcm=156

15、m V,不满足 Vcm V 26mV的条件，所以不能把th c 近似，于是只能按非线性的方法进行分析。由.丿于输出是从第二只管子的集电极输出的，则输出电压- O t l=Vcc -ic2 Rl 。特别要注意的是，这里的ic2并不等于ic2 ,只是ic2中能够通过滤波器的那些频率分量，因为在第二只管子的集电极上接的是并联谐振回路，它对-.c呈现为一谐振阻抗 Rl。解:有(1) 先求出恒流源管的集电极电流ic3。由于a 1,故ic3 iE3，以mA为单位,ic3 i E3 1 ：BE3 VEERe； Vee: Re1Re I VEE 丿=21 0.563cos104t由前面的分析可知，第二只管子的

16、集电极电流(滤波前)P卜畦卜守卜thioi C2ic2为(2x26丿=1 0.563cos104t 1-6 cos ct2 6 cos3 ct -1二 1 0.563cos104t 1 -1.2cos ct 0.28cos3 ct -ic2中能够通过滤波器的分量ic2为iC2 = -1.21 0.563cos104t cos ct则输出电压：o t为° t = Vcc -iC2RL =10 61 0.563cos104t cos ct单位为V。由此可以看出，该电路只能得到AM信号。(2) 此电路不能得到 DSB信号，单差分对电路要得到 DSB信号，必须满足的条件是：(a) uq加在非

17、线性通道上，且 V ©较小(V q< 26mV), u c加在线性通道上；(b)双端输 出。7-22题图7-22为单边带(上边带)发射机方框图。调制信号为3003000Hz的音频信号，其频谱分布如题图7-22所示。试画出图中各方框输出信号的频谱图。题意分析：产生单边带信号的方法有两种：滤波法和移相法。本题中的单边带的产生采用的是滤波法。滤波法是先产生DSB信号，再用滤波器滤除一个边带后得到SSB信号。题图7-22 (a)所示的发射机就是先用滤波法产生SSB信号，再用混频的方法将信号搬移到射频，然后再将调制信号送入线性功率放大器，只对信号进行功率放大，而不改变其频谱结构。对音频信

18、号进行平衡调制，得到DSB信号，载频为 5MHz。通过使上边带信号与频率为15MHz的本振信号混频，得到频率分别为10MHz和20MHz的SSB信号，经线性功率放大器放大后，就可得到载频为20MHz的发送信号。9题图卜2210解：由题图7-22可见，此单边带发射机先用平衡调制器产生DSB信号，再用滤波器取出上边带、滤除下边带，得到上边带信号，而后，再经混频将此上边带信号搬移到射频上， 经线性功率放大器放大和边带滤波后送到天线将此SSB信号辐射出去。其各点信号的频谱如图所示。7-23试分析与解释下列现象：（1） 在某地，收音机接收到1090kHz的信号时，还可以收到 1323kHz的信号；（2）

19、 收音机接收1080kHz的信号时，还可听到 540kHz的信号；（3） 收音机接收930kHz的信号时，还同时收到690kHz和810kHz的信号，但不能单独收到其中任一个台（例如另一个台停播）。讨论：对题中列出的三种现象的可能的解释为干扰哨声、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出接近中频的组合频率，并对有用信号形成干扰。利用干扰的形成原因（参与组合的频率），这四种干扰可以被区分开来： 干扰哨声是有用信号（fs）与本振（的组合形成的干扰；副波道干扰是由干扰（fn）与本振（fL）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，且与信号并存；互调干扰是不同的干扰（忖、fn2）之间组合形成的干扰；它们有频率关系fs fn1= fn1 fn2。根据各种干扰的特点，不难分析题中的三种现象，并解释形成干扰