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=

集电极平均输出功率为

oav P ＝0T P （1＋2a m /2）＝

6-7 题图6-1是载频为1000kHz 的调幅波频谱图。写出它的电压表示式，并计算它在负载R=1时的平均功率和有效频带宽度。

分析 通过频谱图可以求得载波振幅，载波频率和调制信号频率，进而求得调制系数，最终可以求得该调幅波的电压表达式。平均功率和有效频带宽度通过公式oav P ＝0T P （1＋2

a m /2）；B AM ＝2F max 容易求得；

解 根据图中所示频谱图可知载波振幅0V ＝10V ，载波频率f 0＝106

Hz ，调制信号

频率F ＝[(106+103)-106]Hz=103

Hz,

1

2

m a 0V =2V,所以调制系数m a =，因此该调幅波的电压表示式为()v t ＝10（1＋π×103

t ）cos2π×106

t(V)

而载波功率0T P ＝122

0V R

＝50W

所以平均功率oav P ＝0T P （1＋2

a m /2）＝54W 有效频带宽度 B AM ＝2F max ＝2×1000Hz ＝2000Hz

6-8 已知某一已调波的电压表示式为

t 180cos t 220cos t 200cos 8)t (0π+π+π=v (V)

说明它是何种已调波画出它的频谱图，并计算它在负载R=1时的平均功率及有效频带宽度。

分析 直流分量，上下变频都存在，所以这是普通调幅波。

解 将电压表达式t 180cos t 220cos t 200cos 8)t (0π+π+π=v 改写成0v （t ）＝8（1＋π）cos200πt ，由此可看出它是普通调幅波。其频谱图如下图所示。

1V

1V

由此图可知频带宽度AM B ＝2max F ＝200Hz 在R ＝1Ω时的平均功率为

oav P ＝0T P （1＋2a m /2）＝33W

6-9 已知载波频率f 0=1106

Hz 。试说明下列电压表示式为何种已调波，并画出它们的波形图和频谱图。

(1) tV 102sin t 102cos 5)t (631o ?π?π=v (2) tV 102sin )t 102cos 520()t (632o ?π?π+=v (3) tV 1010012cos 2)t (33o ??π=v

分析 通过观察是否有直流分量或上下变频可以判断是何种调幅波。

解 (1) 此电压表示式表示载波被抑制的双边带调幅信号，频谱如图a 所示，波形图如图b 所示。

（a ）

10

9

/f kHz

（b ）

(2) 此电压表示式表示包含载波及上下边频的普通调幅波信号，频谱如图(c)所示，波形图如图(d)所示。

(c)

(d)

(3) 此电压表示式表示仅有上边频的单边带调幅信号，频谱如图(e)所示，波形图如图(f)所示。

(e)

()v t

t

()v t

t

10

10

9

/f kHz

2

10

2

/f kHz

(f)

6-10 调幅与检波的基本原理是什么

解 振幅调制是用调制信号去控制载波的振幅，使其随调制信号线性变化，而保持载波的角频率不变。调幅过程实际上是一种频谱搬移过程，即将调制信号的频谱搬移到载波附近，成为对称排列在载波频率两侧的上、下边频，因此，调幅器属于频谱搬移电路。

振幅解调(检波) 是振幅调制的逆过程。它的作用是从已调制的高频振荡中恢复出原来的调制信号。从频谱上看，检波就是将幅度调制波中的边带信号不失真地从载波频率附近搬移到零频率附近，因此，检波器也属于频谱搬移电路。

6-11 从功能、工作原理、电路组成等方面比较调制、同步解调、混频有何异同点

解 ①从功能上比较：调制是将要传送的基带信号装载到高频载波上传输出去；同步解调是从已调制的高频振荡信号中恢复原基带信号；混频则是改变已调制信号的载波频率而保持原调制规律不变。它们的相同点都是线性频率变换。②从工作原理上比较：它们的工作原理都是利用非线性器件来产生频率变换，都需要在非线性器件上

t

输入两个不同频率的信号。所不同的是输入信号的频率不同，调制的输入信号一个是调制信号，另一个是载波；同步解调的输入信号一个是已调制高频信号，另一个是本地振荡高频信号，且这两个信号的相位要相同。而混频器的输入信号的一个是高频已调制信号，另一个则是本地振荡高频信号，两者相差一个中频。③从电路组成上比较：调制、同步解调与混频三者在电路组成上都可以用乘法器来实现，所不同的是三者的滤波器不同，调制与混频可采用带通滤波器实现，而同步解调则采用低通滤波器实现。

6-12 为了提高单边带发送的载波频率，用四个平衡调幅器级联。在每一个平衡调幅器的输出端都接有只取出相应的上边频的滤波器。设调制频率为5kHz ，平衡调制器的载频依次为：f 1=20kHz ，f 2=200kHz ，f 3=1780kHz ，f 4=8000kHz 。试求最后的输出频率。

分析 每一个平衡调幅器的输出端都接有只取出相应的上边频的滤波器，所以每一级输出只有上边频。

解 第一平衡调幅器处输出边频为1B f =

1f +F=(20+5)kHz=25 kHz

第二平衡调幅器处输出边频为2B f =1B f +2f =(25+200)kHz

=225 kHz

第三平衡调幅器处输出边频为3B f =2B f +3f =(225+1780)kHz=2005 kHz 第四平衡调幅器处输出边频为4B f =3B f +4f = (2005+8000) kHz=10005 kHz 故最后输出边频频率为f =1f +2f +3f +4f +F=(20+200+1780+8000+5)kHz=10005 kHz

V s R C

V 0

题图6-2

6-13 二极管检波电路如题图6-2所示，设Kd=1，求下列情况下的输出电压v 0，并定性画出其波形。

(1) )V (t 10cos 1)t (7s =v (2) )V (t 10cos t 10cos 1)t (73s =v (3) )V (t 10cos )t 10cos 5.01(1)t (73s +=v (4) )V (t 10cos )t 10cos 5.0(1)t (73s +=v

分析 等幅高频信号经检波后变成直流信号；载波抑制的调幅波，输出电压为正半周包络；普通调幅波，输出电压为其包络；同时还要判断是否过量调幅。

解 （1）等幅高频信号经检波后变成直流信号

o v ＝KdV s （t ）=1×1V ＝1V

（2）这是载波抑制的调幅波，输出电压为正半周包络，

o v ＝cos103t S(t)

(21)

(21),22()(21)(21),22

n n t n S t n n t n ππππ-+?≤≤???-+?≤≤??为奇正整数为偶正整数

t

(3)这是调幅度为的调幅波，输出电压为其包络

o v ＝1＋

(4)这是一过量调幅的调幅波

o v ＝＋cos103t

6-14 为什么负载电阻R 愈大，则检波特性的直线性愈好，非线性失真愈小，检波电压传输系数K d 愈高、对末级中频放大器的影响愈小但如果R 太大，会产生什么不良的后果

分析 负载电阻R 不能过大，这样会产生容易产生惰性失真和负峰切割失真。

解R 上的直流电压对二极管来说，相当于负反馈电压，R 越大，负反馈越强，从而改善了检波特性的非线性。当二极管内阻一定时，Kd 越大，即检波器负载R 越大，对末级中放回路的次级而言，R 越大，即等效电阻越大，对其影响越小。R 过大，容易产生惰性失真和负峰切割失真。

6-15 题图6-3中，若C 1=C 2=0.01F ，R 1=510，R 2=

，C 0=10F ，R g =1k ；

二极管的R d 100；f i =465kHz ；调制系数m=30%；输入信号振幅V im =；如果R 2的触点放在最高端，计算低放管输入端所获得的低频电压与功率，以及相对于输入载波功率的检波功率增益。

R g

C c

R 2

R 1

C 2

C 1

D

题图6-3

分析 此题关键是判断交流电阻和直流电阻的问题；剩下的完全按照公式可以求解。2R 放在最高端时，交流负载R Ω＝1R ＋2R 2i r /（2R ＋2i r ）。

解2R 放在最高端时负载电阻为

交流负载R Ω＝1R ＋2R 2i r /（2R ＋2i r ）＝1335Ω 直流负载L R ＝1R ＋2R ＝510＋4700＝5210Ω

θ＝（3d R π/L R ）1/3==32

低频电压振幅

V Ω＝cos a im m V θ＝××＝

低放管输入端低频电压振幅

2i V ＝V Ω（2R 2i r /（2R ＋2i r ））/(1R ＋（2R 2i r /（2R ＋2i r ））)＝

低频功率P Ω＝2

2i V /22i r =3×10－6

W

输入电阻i R ＝L R /2＝2605Ω 输入载波功率i P ＝2/(2)i i V R ＝×10－5

W

功率增益/p i A P P Ω=＝Ω

6-16 上题中R 2电位器的触点若在中间位置，会不会产生负峰切割失真触点若在最高端又如何

分析 当

R 2电位器的触点若在中间位置时，交流负载

122'(2'/)3561i R R R R r Ω=++=Ω；其中22'0.52350R R ==Ω。

解 当R 2电位器的触点若在中间位置，

22'0.52350R R ==Ω

直流负载(5104700)5210L R =+Ω=Ω 交流负载122'(2'/)3561i R R R R r Ω=++=Ω

/0.680.3L a R R m Ω=>=

所以不会产生负峰切割失真。 当R 2放在最高端时，

22'0.52350R R ==Ω

直流负载(5104700)5210L R =+Ω=Ω 交流负载12(2/)1334i R R R r Ω=+=Ω

/0.2560.3L a R R m Ω=<=

所以可能产生负峰切割失真。

6-17 电视接收机第二频道图像载频为，伴音载频为，如果要得到的图象中频为38MHz ，试问这时电视机的本振频率为多少伴音中频为多少

分析 本振频率0s i f f f =+，中频22i o s f f f =-。 解 本振频率0(56.7538)94.75s i f f f MHz MHz =+=+= 伴音中频22(94.7566.25)28.5i o s f f f MHz MHz =-=-=

6-18 已知高输输入信号的频谱如题图6-4所示。分别画出本机振荡频率为1500kHz 的上混频和下混频输出信号的频谱图。

1001 1005

f(kHz)

题图6-4

解 上混频输出信号的频谱图如左下图所示，下混频输出信号的频谱图如右下图所示

6-19 采用平衡混频器有什么优缺点为什么还要以开关方式工作如何保证开关方式工作

解 二极管平衡混频器有组合频率小、动态范围大、噪声小、本地震荡电压无反辐射等优点，缺点是没有变频增益。采用开关方式工作可以增大动态范围，噪声相对较小，本地振荡无反射。因为本振信号幅度较大，所以可以用本振信号来控制其开关状态。

6-20 某超外差接收机中频f i =500kHz ，本振频率f 0

分析 这是典型的组合频率干扰（干扰哨叫）。

解 因为中频fi=500kHz ，本振频率f0

6-21 试分析与解释下列现象：

25

25

49

49

(1) 在某地，收音机接收1090kHz信号时，可以收到1323kHz的信号；

(2) 收音机接收1080kHz信号时，可以听到540kHz的信号；

(3) 收音机接收930kHz信号时，可同时收到690kHz和810kHz信号，但不能单独收到其中的一个台(例如另一电台停播)的信号。

分析干扰哨声是有用信号(fs)与本振(f0)的组合形成的干扰；副波道干扰就是由干扰(fn)与本振(f0)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。

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(f0)的组合形成的干扰；副波道干扰就是由干扰(fn)与本振(f0)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，就不难分析出题中三种现象，并分析出形成干扰的原因。

(1) 当接收信号1090kHz时，fs=1090 kHz,那么收听到的1323 kHz的信号就一定是干扰信号，fn=1323 kHz。可以判断这是副波道干扰。由于fs=1090kHz，收音机中频fi=465kHz，则f0=fs+fi=1555 kHz。由于2f0-2fs=(2×1555-2×1323) kHz=(3110-2646) kHz=454 kHz≈fi。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1080 kHz信号时，听到540 kHz信号，因此，fs=1080kHz,fn=540 kHz,f0=fs+fi=1545 kHz。这是副波道干扰。由于f0-2fn=(1545-2×540)kHz=(1545-1080)kHz=465 kHz=fi。因此，这是三阶副波道干扰，p=1,q=2。

(3) 接收930 kHz信号，同时收到690 kHz和810 kHz信号，但又不能单独收到其中的一个台，这里930 kHz是有用信号的频率，即fs=930 kHz;690 kHz和810 kHz

的信号应为两个干扰信号，故fn1=690 kHz,fn2=810 kHz。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=120 kHz,fn1-fn2=(810-690) kHz=120 kHz，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。

6-22 中频为何不能选在工作波段之内如果中波段(f s=535~1605kHz)收音机的中频选为1000kHz，会出现什么后果

分析中频选在工作波段内，会产生大量的组合频率干扰点，产生中频干扰，还容易产生镜像干扰。

解中频选在工作波段内，首先，会产生大量的组合频率干扰点，其次，工作于中频点的电台易对所有波段产生中频干扰，另外，还容易产生镜像干扰。若中波波段中频选为1000 kHz,则fs/fi=~。在10阶以内就存在9组组合频率干扰点。工作频率为1000 kHz周围的电台很容易干扰其余电台的接受。

6-23 某发射机发出某一频率的信号。现打开接收机在全波段寻找(设无任何其它信号)，发现在接收机频率刻度盘的三个频率，，上均能听到发射的信号，其中以处为最强。问接收机是如何收到的设接收机f1=，f0>f s。

解本题中，只有一个频率的信号存在，但在接收机中在三个频率上都收到了该频率的信号，问题是如何收到的。首先，必须确定某发射机发射信号的频率，由于在MHz上听到的频率最强，可以判断发射机发送的是 MHz的频率，在 MHz和 MHz上听到信号应视为干扰，即是 MHz的信号对 MHz和 MHz的信号的干扰。因为在接收 MHz 或 MHz信号时，接收机是将接收机前端电路调谐到 MHz或 MHz，真正的信号应是 MHz 或 MHz的信号(本题中没有 MHz和 MHz的信号存在，即没有发射机发射该频率的信