通信电子线路期末复习

复习题

第1章：

习题1.1-1.4

第2章：

例题：2.4.1、习题2.1、

第3章：

习题3.1、3.13、3.14

第4章：

1、例题：4.3.1、4.3.

2、4.5.1

2、克拉泼电路、西勒电路的振荡频率、反馈系数计算

3、习题4.1、4.5

第6章：

1、习题6.4、6.5、6.8

2、包络检波两种失真产生的原因以及避免失真条件第7章：

1、例题：7.2.1~7.2.2

2、直接调频电路的实现

第8章：

锁相环路的应用：在稳频技术中的应用

考试题型示例：

一、名词解释

1、调制——

2、解调——

3、通频带——

4、导通角——

5、惰性失真——

二、分析题

1、根据下面电路，写出品质因数Q 与S X 、P X 、i R 、L R 之间的关系。

2、试分析下面框图的工作原理，并指出这个电路的功能。

3、试画出以下电路的交流等效电路，并用相位平衡条件判断是否可以振荡。

( a ) ( b )

三、简答题

1、描述选频网络的性能指标有哪些？矩形系数是如何提出来的？

2、常用的模拟调制方式有哪些？假定调制信号为：cos m u U t ΩΩ=Ω，请写出普通调幅信号()AM u t 、调频信号()FM u t 、调相信号()PM u t 的表达式。

3、用框图说明通信系统的组成包括几部分，各部分的作用是什么？

四、计算题

1、在如图示电路中，已知信号源R s=2.5kΩ, C s=9pF，R=10kΩ, C=20pF，负载R L=830Ω, C L=12pF；回路工作频率f0=30MHz，线圈L13的Q0=60。N12=6，N23=4，N45=3。试求：线圈L13和有载Q L

2、一谐振功放导通期间的动态特性曲线如下图AB段所示，A点坐标为

（2V,600mA）,B点坐标为（20V,0mA）已知集电极直流电源V CC=24V,求此时的集电极负载电阻R P及输出功率P o的值。

3、如图所示为某已调信号的频谱图。

求：(1)它是哪种已调波?它占据多大的频带宽度?

(2)写出它的数学表示式；(设原调制信号和载波均为余弦形式)

(3)计算在单位电阻上消耗的总功率。

4、略

附示例答案：

一、名词解释

1．调制——在信号的发送端用待传输的低频基带信号去改变高频载波信号某一参数的过程。

2、解调——在信号的接受端对已调信号进行还原，得到原来信号的过程。

3、通频带——相对电压增益下降到0.707时所对应的频率范围称为放大器的通频带，用 2Δf 0. 7表示。

4、导通角——集电极出现电流时所对应相角的一半称为电流导通角，用θ 表示。

5、惰性失真——当电容端电压下降速度过慢时，检出的波形将不能跟踪包络的变化，这种失真叫惰性失真，又称对角线切割失真。

二、分析题：

1、 S L X Q R =

P

i R Q X = /1i L Q R R =-

2、当环路锁定时

压控振荡器的输出信号频率为

当改变M 与N 的值时可以得到不同的频率输出，因此这个电路是一个频率合成器。

3、

图(a)不符合射同基反的原则，不能振荡；图(b)可以振荡

三、简答题

1、答：常用谐振频率、通频带和选择性三个参数来描述选频网络的性能指标。鉴于通频带和选择性是互相矛盾的指标，进而引入矩形系数来综合说明这两个参数。

2、模拟调制：AM ——调幅调制；FM ——调频调制；PM ——调相调制 AM ()(())cos cm a c u t U k u t t Ω=+ω

FM 00()cos ()t cm c f u t U t k u t dt Ω⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦

⎰ωϕ PM 0()cos ()cm c f u t U t k u t Ω⎡⎤=++⎣⎦ωϕ

3、

通信系统由信源、输入变换器、输出变换器、发送设备、接收设备和信道组成。

信源就是信息的来源。

输入变换器的作用是将信源输入的信息变换成电信号。

发送设备用来将基带信号进行某种处理并以足够的功率送入信道，以实

现信号的有效传输。

信道是信号传输的通道，又称传输媒介。

接收设备将由信道送来的已调信号取出并进行处理，还原成与发送端相对应的基带信号。

输出变换器将接收设备送来的基带信号复原成原来形式的信息。

四、计算题

1、

将I s 、R s 、C s 和R L 、C L 折合到并联谐振回路1-3两端，如图所示。图中，p 1=N 23/N 13=0.4，p 2=N 45/N 13=0.3，g s =1/R s ，g =1/R ，g L =1/R L 。

（1）因为C Σ = p 12C s +C +p 22C L =0.42×9+20+0.32×12=22.52pF ，所以

L 13=1/(2πf 0)2C Σ =1/(2π×30×106)2×22.52×10-12=1.25μH 。

（2）因为g p =1/ω0L 13Q 0=1/2π×30×106×1.25×10-6×60=70.7×10-6s ，所以

g Σ =p 12g s +g p +1/R +p 22g L =343.1μs ，

Q L =1/ω0L 13g Σ =1/2π×30×106×1.25×10-6×343.1×10-6≈12.37

2、

解：由图知：A 点（min ce u ，CM I ）即A 点(2V , 600mA)

B 点（ceB u ，CM I ）即B 点(20V , 0mA)

根据 cos ce cm u Vcc U t =-ω

当0t =ω时，对应A 点min ce cm u Vcc U =-

故min 24222cm ce U Vcc u =-=-=

当t =ωθ时，对应B 点cos ceB cm u Vcc U =-θ

等效图