第5章 振幅调制、解调答案

第5章 振幅调制、解调及混频
5.1有一调幅波的表达式为
625(10.7cos250000.3cos210000)cos210u t t t πππ=+-
（1）试求它所包含的各分量的频率与振幅；
（2）绘出该调幅波包络的形状，并求出峰值与谷值幅度。

解：（1）此调幅波所含的频率分量与振幅为
（2）此调幅波的包络为：
()25(10.7cos 250000.3cos 210000)25(10.7cos 0.3cos 2)m U t t t ππθθ=+-=+-令
利用高等数学求极值的方法求解出包络的峰值与谷值：
当180θ︒=时，包络的谷值为0；当54.3θ︒=时，包络的峰值约为37.6。

5.2有一调幅波，载波功率为100W 。

试求当1a m =与0.3a m =时每一边频的功率。

解：设调幅波载波功率为c P ，则边频功率为214
c u a c l P P m P P =
=。

（1）1a m =时，11
10025(W)44
u l c P P P ===
⨯= （2）0.3a m =时，2
110.30.09100 2.25(W)44u l c
P P P ==⨯⨯=⨯⨯=
5.3一个调幅发射机的载波输出功率为5kW ，70%a m =，被调级的平均效率为50％。

试求： （1）边频功率；
（2）电路为集电极调幅时，直流电源供给被调级的功率； （3）电路为基极调幅时，直流电源供给被调级的功率。

解：设调幅波载波功率为c P ，则边频功率为2
14u a c l P m P P ==。

（1）∵2
14
u l a c P P m P ==
∴2211
0.75 1.225(kW)22
a c P m P ==⨯⨯=边频
（2）集电极调幅时：50%o c D D P P
P P η===
∴5
10(kW)0.5
c
D P P η
=
=
= （3）基极调幅时：50%o
D
P P η==，而5 1.225 6.225(kW)o c u l P P P P =++=+= ∴ 6.225
12.45(kW)0.5
o
D P P η
=
=
=
5.4载波功率为1000W ，试求1a m =与0.7a m =时的总功率和两边频的功率各为多少？
解：设载波功率为c P ，则1000W c P =，边频功率为2
14u a c l P m P P ==，总功率为
2
12(1)
c u a c P P P m P =+=+，因此
5.6图题5.6示出一振幅调制波的频谱。

试写出这个已调波的表达式，并画出其实现调幅的方框图。

967973
98799310071013
10271033
(kHz)
f 图题5.6
解：（1）根据频谱得到该已调波的表示式为：
6333333333()5cos(210)2cos(299010)2cos(2101010)cos(297010)cos(2103010)0.5cos(298710)0.5cos(299310)0.5cos(2100710)0.5cos(2101310)0.2cos(296710)0.2cos(u t t t t t t t t t t t ππππππππππ=⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+33363333333297310)0.2cos(2102710)0.2cos(2103310)5cos(210)2cos(299010)2cos(2101010)cos(297010)cos(2103010)
cos(299010)cos(2310)cos(2101010)cos(2310t t t t t t t t t t t ππππππππππππ⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯333336333333)0.4cos(297010)cos(2310)0.4cos(2103010)cos(2310)5cos(210)
2[10.5cos(2310)]cos(299010)2[10.5cos(2310)]cos(2101010)[10.4cos(2310]cos(297010t t t t t t t t t t t πππππππππππ+⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=⨯++⨯⨯⨯⨯++⨯⨯⨯⨯++⨯⨯⨯⨯3363333336)[10.4cos(2310]cos(2103010)5cos(210)
2[10.5cos(2310)][cos(299010)cos(2101010)][10.4cos(2310][cos(297010)cos(2103010)]5cos(210)
4[10.5cos(2t t t t t t t t t t t πππππππππππ++⨯⨯⨯⨯=⨯++⨯⨯⨯⨯⨯+⨯⨯++⨯⨯⨯⨯⨯+⨯⨯=⨯++363363633336310)]cos(210)cos(21010)2[10.4cos(2310)]cos(210)cos(23010)
5cos(210){10.4[10.4cos(2310)]cos(23010)0.8[10.5cos(2310)]cos(21010)}5cos(210t t t t t t t t t t t t πππππππππππ⨯⨯⨯⨯⨯⨯++⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯++⨯⨯⨯⨯⨯++⨯⨯⨯⨯⨯=⨯343463434){10.4[10.4cos(610)]cos(610)0.8[10.5cos(610)]cos(210)}5cos(210){10.16[2.5cos(610)]cos(610)0.4[2cos(610)]cos(210)}
t t t t t t t t t πππππππππ++⨯⨯⨯++⨯⨯⨯=⨯++⨯⨯⨯++⨯⨯⨯ （2）由（1）知：此信号是一个AM 信号，其调制信号又是由两个AM 信号构成。

相应的实现框图为：
()
t 3
cos(610)
t π⨯
5.7图题 5.7所示二极管平衡调幅电路中，单频调制信号cos m u U t ΩΩ=Ω，载波信号cos c cm c u U t ω=，且c m m U U Ω ，即满足线性时变条件，两个二极管VD1、VD2的特性相同，均为
(0)
(0)
d d d d d
d d
r d d r u g u u R i u g u u R ⎧
=>⎪⎪=⎨
⎪=<⎪⎩
式中，d R 和r R 分别为二极管的正、反向电阻，且r d R R 。

试求输出双边带调幅波电流的表达式。

图题5.7
+
-
c u .
解：设输入变压器匝数比为1：1。

当0c u >时，VD1、VD2导通；0c u <时，VD1、VD2均截止，故其等效电路如图（a ）所示，0c u >时的等效电路如图（b ）所示，其中1d c u u u Ω=+，2d c u u u Ω=-+。

+
-+-
u u
+
-
1d u +-d u R c +-
d u c R
（1）0c u >时，流过L R 的电流设为1L i ，则有： （利用叠加定理求解）
电压源1d u 单独作用时，11d d d d L u i R R R =
+ ，且11d
L d d L
R i i R R '=⨯+
电压源2d u 单独作用时，22d d d d L u i R R R =-+ ，且12d
L d d L
R i i R R ''=-⨯+
∴1212111222d d d d d d L L L d d L d L d d L d L d L d L
u R u R u u u i i i R R R R R R R R R R R R R R Ω+'''=+=
⨯+⨯==++++++
（2）0c u <时，流过L R 的电流设为2L i ，同理可求得：
222L r L
u i R R Ω
=
+
综合（1）（2）有：一个周期内，L i 为：
2(0)
22(0)
2c d L L c r L
u u R R i u u R R Ω
Ω⎧>⎪+⎪=⎨
⎪<⎪+⎩
引入开关函数：
11(0)()0(0)c c u s t u >⎧=⎨<⎩ 210(0)()1()1(0)c c u s t s t u >⎧==-⎨<⎩
则有：
12111122()()
2222()[1()]
222112()2222()2()2(2)(2)
L d L r L
d L r L
r L d L r L r d r L d L r L u u i s t s t R R R R u u s t s t R R R R u u s t R R R R R R R R u u s t R R R R R R ΩΩ
ΩΩ
ΩΩΩ
Ω=+++=
+-++⎡⎤=+-⎢⎥+++⎣⎦
-=++++
将1()s t 进行傅立叶级数展开有：
1122()cos cos323c c s t t t ωωππ
=
+-+ ∴2()2122cos cos cos32(2)(2)23r d L m c c r L d L r L R R u i U t t t R R R R R R ωωππΩΩ-⎛⎫
=
+Ω+-+ ⎪+++⎝⎭
∴输出的双边带调幅波电流表达式为
4()cos cos (2)(2)
m r d L c d L r L U R R i t t R R R R ωπΩ-'=⨯Ω++
5.8判断图题5.8中，哪些电路能实现双边带调幅作用？并分析其输出电流的频谱。

已知：调制信号cos m u U t ΩΩ=Ω，载波信号cos c cm c u U t ω=，且c m m U U Ω ，c ωΩ 。

二极管VD1、
VD2的伏安特性均为从原点出发斜率为d g 的直线。

图题5.8
(a)
(b)
c u
(c)c u +
-+-
c u (d)c u +
-+-
解：设变压器的匝数比为2：1，则负载L R 等效至初级的电阻为4L R ，且VD1、VD2的伏安特性为d d d i g u =。

以（c ）图为例介绍分析过程，做如图的假设，图中1d c u u u Ω=+，2d c u u u Ω=-+。

c u c u +
-+-
L
L 1d 2d +
-
L u '
当0c u >时，VD1导通，VD2截止；0c u <时，VD1截止，VD2均导通。

则利用开关函数分析法有： 111()2d d d L u i s t r R =
+ 2
22()2d d d L u i s t r R =+ 式中，11(0)()0(0)c c u s t u >⎧=⎨<⎩，20(0)()1(0)c c u s t u >⎧=⎨<⎩
∴121212122()2()()2()()2222d d c c L L d d L L d L d L d L d L u u u u u u u R i i R s t s t R s t s t r R r R r R r R ΩΩ
⎡⎤⎡⎤+-+'=-=-=-⎢⎥⎢⎥++++⎣⎦⎣⎦
[]122()()2()2222c c L L d L d L d L d L u u u u
R s t s t R s t r R r R r R r R ΩΩ⎧⎫⎧⎫=+-=+⎨⎬⎨⎬++++⎩⎭⎩⎭
式中，1(0)
()1(0)c c u s t u >⎧=⎨-<⎩
因此，（c ）图可产生AM 信号。

结论：（a ）图没有输出，（b ）图可产生DSB 信号，（d ）图可实现倍频的作用。

5.11图题5.11所示为二极管桥式调幅电路。

若调制信号Ωm cos u U t Ω=Ω，四只二极管的伏安特性完全一致，载波电压cm cos c c u U t ω=，且c ωΩ ，cm m U U Ω 。

带通滤波器的中心频率为c ω，带宽2B =Ω，谐振阻抗po p Z R =。

试求输出电压CD u 和DSB u 的表达式。

图题5.11
+
-
+ -c
u Ω
DSB
解：当c u 为正半周时，VD1、VD2、VD3、VD4截止，调制信号u Ω经电阻s R 、p R 分压后在CD 两端产生压降；当c u 为负半周时，VD1、VD2、VD3、VD4导通，C 、D 两点的电位相同，因此CD 两端的电压为0。

因此
Ωm (0)122()cos cos3cos 230(0)
p
c p p
s p CD
c c s p
s p c R u u R R R R u s t u t t U t R R R R u ωωππΩΩ⎧>⎪
⎛⎫
+==
=
+-+Ω⎨ ⎪++⎝⎭⎪<⎩
式中1(0)
()0(0)c c u s t u >⎧=⎨<⎩
CD u 经带通滤波器滤波后的输出电压为DSB 信号，其值为
Ωm 2
cos cos p
DSB c s p
R u U t t R R ωπ=
Ω+
5.12用图题5.12所示的其输入、输出动态范围为10V ±的模拟相乘电路实现普通调幅。

若载波电压振幅为5V ，欲得100％的调幅度。

求： （1）容许的最大调制信号的幅度为多少？
（2）若相乘系数1K =，其他条件不变，容许的最大调制信号的幅度为多少？
o
u
图题5.12
u Ω
U c
u
解：设调制系数为a k ，则由图知：[()]()o D c u K U u t u t Ω=+⨯
根据调幅指数a m 定义1m a D
U
m U Ω==有：m D U U Ω=
∴[]2om D m cm m cm U K U U U KU U ΩΩ=+⨯=⨯ 即2om
m cm
U U KU Ω=
（1）K=0.1时，10V om U ≤，5V cm U = ∴10
10V 20.15m U Ω≤
=⨯⨯
（2）K=1时，10V om U ≤，5V cm U = ∴10
1V 215
m U Ω≤=⨯⨯
5.13大信号二极管检波电路如图题5.13所示，若给定5k ΩL R =，输入调制系数0.3m =的调制信号。

试求：
+
-
u Ω图题5.13
（1）载波频率465kHz c f =，调制信号最高频率3400Hz F =，电容L C 应如何选？检波器输入阻抗约为多少？
（2）若30MHz c f =，0.3MHz F =，L C 应选为多少？其输入阻抗大约是多少？ （3）若L C 被开路，其输入阻抗是多少？已知二极管导通电阻80D R =Ω。

解：此题应考虑满足如下条件：
①检波器输出的高频纹波小，则1
L c L
C R ω
②为了避免产生惰性失真，则max L L R C ≤③为了减小输出的低频交流信号的频率失真，则max 1L L
C R Ω
（1）465kHz c f =，3400Hz F =
条件①：1133
1
6.84510(F)246510510
L C π-≈⨯⨯⨯⨯⨯
条件②：8max 2.97710(F)L L C -=≈⨯ 条件③：93
max 11
9.36210(F)23400510
L L
C R π-=
≈⨯Ω⨯⨯⨯
综合上述结果有：68pF 9362pF L C << 输入电阻 2.5k Ω2
L
id R R ≈
= （2）30MHz c f =，0.3MHz F = 同理可求得：1.06pF 106pF L C <<
输入电阻 2.5k Ω2
L
id R R ≈=
5.14在图题5.14所示的检波电路中，两只二极管的静态伏安特性均为从原点出发、斜率为1d D g R =的折线，负载()0L c Z ω=。

试求：
（1）导通角c θ；（2）电压传输系数d K ；（3）输入电阻id R 。

+
-图题5.14
u o id
+
-
+
-
o 12u
解：原电路图可等效为图
5.14。

当0AM u >时，VD1导通，VD2截止，C 充电；峰值过后，VD1截止，C 放电；当0AM u <时，VD1截止，VD2导通，C 充电；峰值过后，VD2截止，C 放电，因此在AM u 的一个周期内，C 充放电各两次。

根据上述分析，相当于L R 变为2L R 。

（1）θ
θ≈（2）d K （利用的定义求解）
二极管两端电压1
2d AM o u u u =-
∴11
(2)[(1cos )cos 2]22
d d d d AM o d im a c o i g u g u u g U m t t u ω==
-=+Ω- 令0d i =，则1
(1cos )cos 2
o im a u U m t θ=+Ω
∴1
cos 12cos 2
im a om d a im
a im U m U K m U m U θ
θ=
==
（3）等效输入电阻id R （利用的定义求解）
由功率守恒有222
2im d im
id L
U K U R R =
∴22
2122cos L id L L d R R R R K θ
==≈
5.15在图题5.15所示的检波电路中，1510R =Ω，2 4.7k R =Ω，10μF C C =，1k g R =Ω。

输入信号370.51(10.3cos10)cos10(V)s u t t =+。

可变电阻的接触点在中心位置和最高位置时，试问会不会产生负峰切割失真？
+
-
图题5.15
+
-
s u o
解：该检波器的交流负载为212g g
R R R R R R Ω'=+
'+，直流负载为12R R R '=+
不会产生负峰切割失真的条件为：a R m R Ω
≤
（1）2R 触点在中心位置时，22 2.35k Ω2
R
R '==
3
3
2.351
510102.3510.4240.3510 2.3510a R m R Ω⨯+
⨯+=≈>=+⨯ ∴不会产生负峰切割失真。

（2）2R 触点在最高位置时，22 4.7k ΩR R '==
3
3
4.71
510104.710.2560.3510 2.3510a R m R Ω⨯+
⨯+=≈<=+⨯ ∴会产生负峰切割失真。

5.16检波电路如图题 5.16所示，其中0.8(10.5cos )cos (V)s s u t t ω=+Ω，5kHz F =，465kHz s f =，125D r =Ω。

试求输入电阻id R 及传输系数d K ，并检验有无惰性失真及底部切
割失真。

+
-
图题5.16
+
-
s u o
解：（1
）输入电阻1
4.7 2.35(k
Ω)22
id R R ≈=⨯= （2）传输系数d K 电流导通角0.6305(rad)36
θ≈≈︒ ∴cos cos360.809d K θ==︒≈ （3）无惰性失真的条件为a
RC
3
6
5
4.7
100.
0110 4.710
RC --=⨯⨯⨯=⨯ 5
5.51310a a -≈⨯ ∴a
RC ≤
条件成立，因此无惰性失真。

（4）无底部切割失真的条件为a R m R
Ω
≤ 4.7
10 3.197(k Ω)L R R R Ω==≈ 4.7k Ω
R = ∴ 3.197
0.680.54.7
a R m R Ω=≈>=条件成立，因此无底部切割失真。

5.17在图题5.17所示的检波电路中，输入信号回路为并联谐振电路，其谐振频率610Hz o f =，回路本身谐振电阻20k Ωo R =，检波负载10k ΩL R =，0.01μF L C =，100D r =Ω。

（1）若60.5cos210(mA)s i t π=⨯，求检波器的输入电压s u 及检波器输出电压()o u t 的表达式；
（2）若360.5(10.5cos210)cos210(mA)s i t t ππ=+⨯⨯，求输出电压()o u t 的表达式。

图题5.17
+
-
o
i
解：包络检波器的等效输入电阻5k Ω2
id R
R ≈
=。

由于输入信号回路的谐振频率刚好是s i 的载频，故：()s s o id u i R R =⨯ 检波器的检波系数cos d K θ=，而0.455(rad)26.07θ≈≈≈︒ ∴cos cos26.070.898d K θ==︒≈
∴检波器的输出电压()()o d s u t K u =⨯的包络 （1）60.5cos210(mA)s i t π=⨯
366()0.510cos210(205)2cos210(V)s s o id u i R R t k k t ππ-=⨯=⨯⨯⨯⨯=⨯
∴()0.8982 1.8(V)o d sm u t K U =⨯=⨯≈
（2）360.5(10.5cos210)cos210(mA)s i t t ππ=+⨯⨯
3363
6
()0.510(10.5cos210)cos210(205)2(10.5cos210)cos210(V)
s s o id u i R R t t k k t t ππππ-=⨯=⨯⨯+⨯⨯⨯=+⨯⨯⨯
∴33()()0.8982(10.5cos210) 1.8(10.5cos210)(V)o d sm u t K U t t t ππ=⨯=⨯+⨯≈+⨯
5.18图题5.18所示为双平衡同步检波器电路，输入信号cos()s s c u U t ω=+Ω，cos r r c u U t ω=，r s U U 。

求输出电压()o u t 的表达式，并证明二次谐波的失真系数为零。

图题5.18
+
-.s u +
-
o
u T 图5.18
+-s u +-+
-
o
u s u
解：其等效电路如图5.18所示，此电路为双平衡叠加型同步检波器。

图中：1d s r u u u =+，2d s r u u u =-+，而
11cos()cos cos cos sin sin cos (cos )cos sin sin ()]()]()cos[()]
d s r
s c r c s c s c r c s r c s c c c d c u u u U t U t
U t t U t t U t U t U t U t t t t t t U t t t ωωωωωωωωϕωϕωϕ=+=+Ω+=Ω-Ω+=Ω+-Ω++=+
∴11()o d d d u K U t K U ==∵s r U U ∴
1s
r
U U
∴1o d u K U ≈将上式进行幂级数展开，并忽略三次及以上分量(2
(1)(1)12!
n n n x nx x -+≈++
)有：
112
212
2122
14111cos 1cos 22211cos cos 211
1cos cos 244o d s s d r r r s s d r r r s s s d r r r r u K U U U K U t t U U U U K U t t U U U U U K U t t U U U ≈⎡⎤⎛⎫⎛⎫
⎢⎥
≈+Ω+⨯⨯-⨯Ω ⎪ ⎪⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎣⎦
⎡⎤⎛⎫
⎢⎥
=+Ω-Ω ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦
⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥
=-+Ω-Ω ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦
同理：
2cos()cos cos cos sin sin cos (cos )cos sin sin ()]()]
d s r
s c r c s c s c r c s r c s c c c u u u U t U t
U t t U t t U t U t U t U t t t t t t ωωωωωωωωφωφ=-+=-+Ω+=-Ω+Ω+=-Ω++Ω=-=-
222
222
2222
24111cos 1cos 22211cos cos 2111cos cos 244o d s s
d r r r s s d r r r s s s
d r r r r u K U U U K U t t U U U U
K U t t U U U U U K U t t U U U ≈⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥
≈-Ω+⨯⨯-⨯Ω ⎪ ⎪⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎣⎦
⎡⎤⎛⎫⎢⎥
=-Ω-Ω ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦
⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥
=--Ω-Ω ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦
若12d d d K K K ==，则
12
2222
1111
1cos cos 21cos cos 244442cos o o o s s s s s s d r d r r r r r r r d s u u u U U U U U U K U t t K U t t U U U U U U K U t
=-⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎢⎥⎢⎥
=-+Ω-Ω---Ω-Ω ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦
=Ω ∴由上式可知：二次谐波的失真系数为0。

5.19图题5.19所示为一乘积型同步检波器电路模型。

相乘器的特性为s r i Ku u =，其中K 为相乘系数，cos()r r c u U t ωϕ=+。

试求在下列两种情况下输出电压o u 的表达式，并说明是否有失真？假设()0L c Z ω≈，()L L Z R Ω≈。

（1）cos cos s c c u mU t t ω=Ω；（2）1
cos()2
s c c u mU t ω=+Ω。

图题5.19
o
u
u
解：由于()0L c Z ω≈，()L L Z R Ω≈，故L L R C 为低通滤波器。

（1）cos cos s c c u mU t t ω=Ω （DSB 信号）
c o s c o s c o s
()
c o s [c o s (2)c o s ]
2
s r c c r
c c r c i Ku u KmU t t U t K
mU U t t ωωϕωϕϕ==Ω⨯+=
Ω++ 经L L R C 低通滤波器后输出为：(0)cos cos 2
o L c r L K
u i R mU U R t ϕ=⨯=Ω （可实现无失真解调，只是振幅有一定的衰减）
（2）1
cos()2
s c c u mU t ω=+Ω （上边带信号）
cos()cos()2[cos cos sin sin ]cos()
2[cos cos cos()sin sin cos()]2{cos [cos cos(2)]sin [sin(2)sin ]}4s r
c c r c c r c c c c r c c c c c r c c i Ku u K
mU t U t K
mU U t t t t t K
mU U t t t t t t K
mU U t t t t ωωϕωωωϕωωϕωωϕϕωϕωϕϕ==
+Ω⨯+=Ω-Ω+=Ω+-Ω+=Ω++-Ω+- 经L L R C 低通滤波器后输出为：
(0)(cos cos sin sin )cos()44
o L c r L c r L K K
u i R mU U R t t mU U R t ϕϕϕ=⨯=Ω+Ω=Ω- （可实现无失真解调，只是有固定的相移ϕ即延时）
5.20上题中，若cos cos s c u t t ω=Ω，当r u 为下列信号时 （1）2cos r c u t ω=；（2）[]cos ()r c u t ωωϕ=+∆+。

试求输出电压o u 的表达式，判断上述情况可否实现无失真解调，为什么？ 解：（1）2cos r c u t ω=（与发端载波同步）
cos cos 2cos cos (1cos2)s r c c c i Ku u K t t t K t t ωωω==Ω⨯=Ω+
经L L R C 低通滤波器后输出为：(0)cos o L L u i R KR t =⨯=Ω，可实现无失真解调。

（2）[]cos ()r c u t ωωϕ=+∆+ （与发端载波有频差和相移）
[]
[](){}cos cos cos ()cos cos (2)cos 2
s r c c c i Ku u K t t t K
t t t ωωωϕωωϕωϕ==Ω⨯+∆+=Ω+∆++∆⨯+ 经L L R C 低通滤波器后输出为：()(0)cos cos 2
o L L K
u i R R t t ωϕ=⨯=Ω∆⨯+，不能实现无
失真解调。

5.21图题5.21所示是正交平衡调制与解调的方框图。

它是多路传输技术的一种。

两路信号分别对频率相同但相位正交（相差90︒）的载波进行调制，可实现用一个载波同时传送两路信号（又称为正交复用方案）。

试证明在接收端可以不失真地恢复出两个调制信号来（设相乘器的相乘系数为K1，低通滤波器的通带增益为K2）。

图题5.21
1()
u t 2(u t c c 1()
o t 2()
o t
证明：如图假设各点信号。

正交平衡调制后的信号()i u t 为：
12()()cos ()sin i c c u t u t t u t t ωω=+ 因此根据图有：
11211121112()()cos ()cos ()sin cos ()(1cos 2)()sin 222
i c c c c c c u t K u t t
K u t t K u t t t K K
u t t u t t ωωωωωω'==+=
++ 21211121112()()sin ()sin cos ()sin ()sin 2()(1cos 2)22
i c c c c c c u t K u t t
K u t t t K u t t K K
u t t u t t ωωωωωω'==+=
+- 经低通后，1211()()2o K K u t u t =
1222()()2
o K K
u t u t = ∴接收端可以无失真地恢复出两个调制信号1()u t 、2()u t 。

5.22二极管桥式电路如图题5.22所示，二极管处于理想开关状态，2u 为大信号，且21U U 。

（1）求T2次级电压o u 的表达式（设111cos u U t ω=，222cos u U t ω=）
（2）说明该电路的功能；求对应的输入1u 、2u 信号的表达式；滤波器()H j ω应选择什么滤波器，求其中心频率和带宽。

图题5.22
+ -T1
+
-1
u 2L
R
解：假设变压器T1、T2的匝数比均为1：1。

（1）当2u 为正半周时，VD1、VD2、VD3、VD4截止，调制信号1u 直接加在T2初级上输出；当2u 为负半周时，VD1、VD2、VD3、VD4导通，C 、D 两点的电位相同，因此T2初级两端的电压为0。

因此
12122112(0)122()cos cos3cos 0(0)
23o u u u s t u t t U t u ωωωππ>⎧⎛⎫
===+-+⎨ ⎪<⎝⎭⎩
式中22
1(0)
()0(0)u s t u >⎧=⎨<⎩
（2）本电路可产生1u 、2u 的乘积项，因此其功能为：
①产生DSB 或SSB 信号（11cos u U t =Ω，22cos c u U t ω=），且滤波器是带通滤波器，
其中心频率为c ω或2
c ωΩ
±
，带宽为2B =Ω或Ω； ②乘积型同步检波器（11cos cos c u U t t ω=Ω或11(1cos )cos a c u U m t t ω=+Ω或11cos()c u U t ω=±Ω，22cos c u U t ω=）
，且滤波器是低通滤波器，其截止频率为Ω； ③混频器（11cos cos c u U t t ω=Ω或11(1cos )cos a c u U m t t ω=+Ω或11cos()c u U t ω=±Ω，22cos L u U t ω=）
，且滤波器是带通通滤波器，其中心频率为I L c ωωω=±，带宽为2B =Ω或B =Ω。

5.23二极管平衡电路如图题5.23所示。

现有以下几种可能的输入信号：
1cos u U t Ω=Ω；2cos c c u U t ω=；311(1cos )cos m c u U m t t ω=+Ω；44cos(sin )c f u U t m t ω=+Ω； 5cos r r u U t ω=，r c ωω=；6cos L L u U t ω=；771cos cos c u U t t ω=Ω
问：该电路能否得到下列输出信号？若能，此时电路中的I u 及II u 为哪种输入信号？应采用什么滤波器，其中心频率及带宽各为多少？（不需要推导计算，直接给出结论） （1）1(1cos )cos o c u U m t t ω=+Ω；（2）2cos cos o c u U t t ω=Ω；（3）3cos()o c u U t ω=+Ω； （4）41cos o u U t =Ω；（5）5cos(sin )o I f u U t m t ω=+Ω;（6）611(1cos )cos o I u U m t t ω=+Ω; （7）71cos cos o I u U t t ω=Ω。

图题5.23
L R
T1
+
-+
-
o
u I u + -II
解：（1）1(1cos )cos o c u U m t t ω=+Ω （AM 信号）
故：I 2u u =（载波），II 1u u =（调制信号） （题5.8（c ）），()H j ω为带通滤波器，o c f f =，
2B F =2F πΩ⎛
⎫= ⎪⎝⎭
（2）2cos cos o c u U t t ω=Ω （DSB 信号）
故：I 1u u =（调制信号），I I 2u u =（载波），()H j ω为带通滤波器，o c f f =，2B F = （3）3cos()o c u U t ω=+Ω （上边带信号）
故：I 1u u =（调制信号），I I 2u u =（载波），()H j ω为带通滤波器，2
o c F
f f =+，B F = （4）41cos o u U t =Ω （调制信号）——乘积型同步检波器
故：I 7u u =（DSB 信号），II 5u u =（本地载波），()H j ω为低通滤波器，B F = （5）5cos(sin )o I f u U t m t ω=+Ω （FM 信号混频后的信号）
故：I 4u u =（FM 信号），II 6u u =（本振信号），()H j ω为中频滤波器，o I f f =，2(1)f B m F =+ （6）611(1cos )cos o I u U m t t ω=+Ω （AM 信号混频后的信号）
故：I 3u u =（AM 信号），II 6u u =（本振信号），()H j ω为中频滤波器，o I f f =，2B F = （7）71cos cos o I u U t t ω=Ω （DSB 信号混频后的信号）
故：I 7u u =（DSB 信号），II 6u u =（本振信号），()H j ω为中频滤波器，o I f f =，2B F =
5.24图题5.24所示为单边带（上边带）发射机方框图。

调制信号为300～3000Hz 的音频信号，其频谱分布如图所示。

试画出图中方框中各点输出信号的频谱图。

图题5.24
解：A 点：调制信号，B 点：载波信号，C
点：DSB 信号，D 点：上边带信号，E 点：本振信号，F 点：中频的上边带信号，G 点：放大后的F 。

各点输出信号的频谱图如下图所示。

c
I
5.25某超外差接收机的工作频段为0.55～25MHz ，中频455kHz I f =，本振I c f f >。

试问波段内哪些频率上可能出现较大的组合干扰（6阶以下）。

解：由题意知：0.55~25MHz c f =且L c I f f f =+，455kHz I f =
产生组合干扰的信号频率与中频间关系为：
1c I f p f q p +=- ∴
0.5525~ 1.2~54.90.4550.455
c I f f == 查P226表5.2有：
（三阶干扰）1p =，2q =，2c I f f =，即：2910kHz c I f f ==
（五阶干扰）2p =，3q =，3c I f f =，即：31365kHz c I f f == （六阶干扰）2p =，4q =，32c I f f =，即：3
682.5kHz 2
c I f f == 5.26试分析与解释下列现象：
（1）在某地，收音机接收到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 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，另一个台停播）。

解：（1）此现象为产生了副波道干扰 （四阶）
由题意知：1090kHz c f =，则10904651555(kHz)L c I f f f =+=+=
1323kHz n f =
15551323L n pf qf p q -=⨯-⨯
∴当2p q ==时，155513232232464(kHz)L n I pf qf p q f -=⨯-⨯=⨯=≈
（2）此现象为产生了副波道干扰 （三阶）
由题意知：1080kHz c f =，则10804651545(kHz)L c I f f f =+=+=
540kHz n f =
∴当1p =，2q =时，115452540465(kHz)L n I pf qf f -=⨯-⨯==
（3）此现象为产生了互调干扰
由题意知：930kHz c f =，1690kHz n f =，2810kHz n f =
∵21810690120(kHz)n n f f -=-=，2930810120(kHz)c n f f -=-= ∴212n n c n f f f f -=-，为三阶互调干扰。