第六章题目及解答

6-1 为什么调幅，检波和混频都必须利用电子器件的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的频率分量，而调幅，检波和混频都为了产生新的频率分量。调幅、检波和混频不同点是输入的信号不同，输出的滤波器不同。

解 由于调幅、检波和混频均属于频率变换，即输出信号中产生了新的频率分量，而线性器件不可能产生新的频率分量，只有利用非线性器件才能完成频率变换的功能。调幅、检波和混频三者相同之处是都属于线性频率变换，即实现频谱搬移，它们实现的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、检波和混频不同点是输入的信号不同，输出的滤波器不同。调幅输入的是调制信号()v t Ω和载波()o v t ，即1v =()v t Ω,2v =()o v t ，滤波器是中心频率为载波频率ω0的带通滤波器。检波输入的是已调制的中频信号

()i v t 和本地振荡信号()o v t ，即1v = ()i v t ,2v =()o v t ，滤波器是RC 低通滤波器。混频

输入的是已调制信号vs(t)和本地振荡信号()o v t ，即1v =()s v t ,2v =()o v t ，滤波器是中心频率为中频频率ωi 的带通滤波器。

6-2 为什么调幅系数m a 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ma>1，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的调制信号产生严重的失真。

6-3 试画下列调幅信号的频谱图，确定信号带宽，并计算在单位电阻上产生的信号功率。

(1) )V )(t (102cos )t 32002cos 1.0t 4002cos 2.01(20)t (6⨯π⨯π+⨯π+=v (2) )V (t 102cos t 6280cos 4)t (6⨯π=v

分析 根据信号带宽公式和信号功率即可求得。

解（1）6

()20(10.2cos 24000.1cos 23200)cos 210()()t t t t V υπππ=+⨯+⨯⨯的信号频谱图如下图所示。

t

带宽 B AM =2F max =2⨯3200Hz=6400Hz 信号功率 P AM = P oT (1+

1221m +12

2

2m ) 而P oT ＝1220V R ＝1

2

⨯400W ＝200W

所以P AM ＝ 200⨯（1＋

12⨯＋1

2

⨯）W ＝205W （2）()4cos 6280cos 210()t

t t t V υπ=⨯的信号频谱图如下图所示。其带宽（F max

＝6280/2π=1000Hz ）

20

B AM =2 F max =2⨯1000Hz=2000Hz 其信号功率P AM = P SB1+ P SB2

而P SB1= P SB2=1220V R =12

⨯22

W=2W

所以P AM = P SB1+ P SB2＝（2＋2）W ＝4W

6-4 某发射机只发射载波时，功率为9kW ；当发射单音频调制的已调波时，信号功率为，求调制系数m a 。若此时再用另一音频信号作40%的调制后再发射，求此时的发射功率。

分析 发射单音频调制波时，AM P ＝oT P （1＋12

2

1a m ），发射两个音频信号时AM P ＝oT P （1＋

1221a m ＋12

2

a2m ）。 解 已知载波功率oT P ＝9kW 已调制信号功率AM P ＝，因为

AM P ＝oT P （1＋

12

2

1a m ） 所以 1a m ＝ 若2a m ＝，则

106

-106

+1

2V 2V

AM P ＝oT P （1＋

1221a m ＋12

2

a2m ）＝9⨯（1＋⨯⨯）kW ＝

6-5 有一调幅波方程式为

t 102sin )t 100002cos 3.0t 50002cos 7.01(256ππ-π+=v

1) 试求它们所包含的各分量的频率与振幅；

2) 绘出这调幅波包络的形状，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的频率和振幅。绘出调幅波包络的形状后，可以估计出调幅度。当然也可以通过计算得到精确地调幅度。

解（1）由调幅波方程式可知载频f 0=106

Hz,载波振幅V 0＝25V ，故 第一边频频率为0ω±Ω1＝2π（106

±5000）

第一边频振幅为

12m 1V 0＝1

2

××25V ＝ 第二边频频率为1ω±Ω2＝2π（±） 第二边频振幅为

12m 2V 0＝1

2

××25V ＝ （2）此调幅波包络波形如下图所示：

从波形图上可求出： 峰值的调幅度为m 上＝

max 00V V V -＝1.51

1-＝ 谷值的调幅度为m 下＝0min 0V V V -＝10

1

-＝1 精确计算如下 令 V ＝25(1+θ

θ则V ’=25θ×θ

令V ’＝0, 解得

θ＝57.3

所以当θ＝57.3时，有极大值

max V =

当θ＝180时，V 有极小值

min V ＝0

故峰值调幅度为m 上＝

max 0

V V V -＝ 谷值调幅度为m 下＝0min

V V V -＝1

6-6 某调幅发射机的载波输出功率为5W ，m a =50%，被调放大器的平均集电极效率

=50%，试求： (1) 边带信号功率；

2V

2V

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、直流电源提供的输入功率各为多少

分析 通过公式DSB P ＝

12

2

a m 2oT P ；T P =＝0T P /η；av P =＝T P =（1＋2a m /2）；oav P ＝0T P （1＋2

a m /2）可以求得。

解（1）双边带信号功率为

DSB P ＝

12

2

a m 2oT P ＝×（）2×5W ＝ (2)直流电源提供的输入频率为

T P =＝0T P /η＝5/＝10W

集电极平均输入功率为

av P =＝T P =（1＋2a m /2）＝10×（1＋2）W=