振幅调制解调及混频

1、第六章振幅调制、解调及混频及m=16- 1载波电压 =Ucsin 3 ct，调制信号如下图，fc»1/T分别画出 m=0.5V。求6-2某发射机输出级在负载Rl=100 Q上的输出信号为 uo(t)=4(1-0.5cos Q t)cos® ct总的输出功率Pav、载波功率Pc和边频功率P边频。解6-2显然，该信号是个 AM调幅信号，且 m=0.5，因此Pc呼二丄二 0.08W2 1002 、,丄m“丄 0.521 +=0 081 +< 2丿< 2丿Pav = Pc二 0.09WP边频二 Pav 一 Pc = 0.09 一 0.08 二 0.01W6-3试用相乘器

2、、相加器、滤波器组成产生以下信号的框图1 AM波；2 DSB信号3SSB 信号。解6-3%SBXkX>滤波器USSB6 4在图示的各电路中，调制信号uqt=U q cosQ t,载波电压 Uc=Uccos3 ct，且3 c>>Q ,Uc>>U q, 二极管Vdi和Vd2的伏安特性相同，均为从原点出发，斜率为 gD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，试分析其输出电流的频率分量。题6-4图解6-4La 二 h 7 =0iLb=iii2i=gDK(ct)(Ucu ) -g°K(ct恵)(Ucu,)=9dK (江)(4 u

3、 )UcCOS ct Ucos itf44cos ct cos3 ct 2gDU. 1ios轨+明t +cosac亦1 1cos(3Jc + fjt -cos(3<c -叩t + L 332g°Uc21D - cos2 2t cos4 2t n <33/Lc = h2 二g°K ctu Uc g°K ct - 二uUc二9d |K点k吐-二uf 亠9d |KK第-二U二 g°K ctu g°Uc!t gDUcCOS ct4 4二 gD cos ctcos3 ct h53兀bosfcic +codt +coscOc4一1八3 cos3

4、Wc 十§ cos3时c C0t +咕=ii 订2 =gDK ctUc u J g°K龙4 -u= 2gDK J%fl 22=2gDcos ctcos3 ct2 二3 二所以，小和c能实现DSB调幅而且在b中，包含了 3 c的奇次谐波与Q的和频与差频分量，以及在c中，包含了 3c的奇次谐波与Q的和频与差频分量，以及gDU c COctUccos ct3 c的偶次谐波分量。3 c的基频分量。6-5试分析图示调制器。图中，Cb对载波短路，对音频开路；UC=U CCOS3 ct, U Q=U Q cosQ t1 设Uc及U q均较小，极管特性近似为inao+aif+azu?.求输

5、出Uot中含有哪些频率分量忽略负载反作用？2如Uc>>U Q，二极管工作于开关状态，试求Uot的表示式。要求：首先，忽略负载反作用时的情况，并将结果与 负载反作用时的输出电压。1比拟；然后，分析考虑题6-5图解6-5(1)设二极管的正向导通方向为他的电压和电流的正方向，那么:UdiUD2诗U 'Jc2 U1iUc丫l，Uc11 二a。a“ 号12 =a。ai U計2Ucc-12= 2a1U亠2a2 Uc u，产 2a1U icos I 2a2U, UC cos ct cos t4(t) = h -i2 Rl = 2RLa1U cos t 2RLa2U UC cos ct c

6、ost因此，输出信号中包含了 门的基频分量和 C 一、C -门 频率分量。(2)在忽略负载的反作用时,UdUc“UcjK( J)专 5I uc'；K(；-；ct)亍 - u； iiii215R Rl15R RlK( ct)uDi1K( ct) ¥rD R Rl2K( ct)uD21K( ct)牛rD R Rl2igD K( ct)UDgDi2 二 gD K( ct)UD2 =gDu。hii2 Rl =2程。K( ct)uZ1222)小= 2R_gDUcos ctcos3 ct cos5 ct . coS】t匕工2兀3兀5兀丿因此，与 相比，输出信号也中包含了 门的基频分量和

7、C小、c -门频率分量,但多了C的奇次谐波与门的组合频率(2n+1)匕-吩量在考虑负载的反作用时uo(t)二 ii -i2 Rl2 r u . i 222Lcos ctcos3 ct cos5 ct . cos11rD R Rl 2- c 3 二 c 5 二 c与不考虑负载的反作用时相比，出现的频率分量相同，但每个分量的振幅降低了。6-6调制电路如下图。载波电压控制二极管的通断。试分析其工作原理并画出输出电压 波形；说明R的作用(设Tq =13Tc, Tc、T©分别为载涉及调制信号的周期 )。题6-6图解6-6设二极管为过原点的理想二极管，跨导为gD,，变压器变比为1:1.。电阻R可

8、看作两个电阻的串联 R=Ri+R2贝U：当在Uc的正半周，二极管都导通，导通电阻Rd和 尺、R2构成一个电桥，二极管中间连点电压为零，初级线圈中有电流流过，且初级电压为u。当在Uc的负半半周，二极管都截止，变压器初级下端断开，初级线圈中电流为零。以下图是该电路的等Uc _0人一0效电路图。因此在 Uc的正半周，次级获的电压为：或写成 u。二 KC，ct)u通过次级谐振回路，选出所需要的频率。输出电压的只包含3 C± Q频率分量比=K( c)u M 222=Ucos ct cos3 ctcos5 ct -. cosxt匕代2 兀3兀5兀丿2U比二cos etcos1 】t,JI因此，该

9、电路是一个 DSB调制电路。其输出波形如下：在图中R的作用是用来调整两个二极管的一致性，以保证在二极管导通是电桥平衡，使变压器下端为地电位。6-7在图示桥式调制电路中，各二极管的特性一致，均为自原点出发、斜率为gD的直线,并工作在受U2控制的开关状态。假设设RL»RD(RD=1/gD)，试分析电路分别工作在振幅调制和 混频时U1、U2各应为什么信号，并写出Uo的表示式。解6-7当氏的正半周，二极管全部导通，电桥平衡，输出为零。 当U2的负半周，二极管全部截止，输出为电阻分压。 所以输出电压为：rlu。二 K( 2t) - Ui Ro R-1 2 2 cos / cos3 吐RlRo

10、Rl 2 二3 二当做AM调制时，ui应为载波信号，U2应为调制信号 当做DSB调制时，ui应为调制信号，U2应为载波信号 当做混频器时，ui应为输入信号，U2应为本振信号6- 8在图(a)所示的二极管环形振幅调制电路中，调制信号uq =U q cosst,四只二极管的伏安特性完全一致，均为从原点出发，斜率为gd的直线，载波电压幅值为 Uc,重复周期为Tc=2 n仏c的对称方波，且Uc>>U如图(b)所示。试求输出电压的波形及相应的频谱。lQpF0.01 nF =题6-8图V25 mH宁0.01旺10r解6-8UD1UD2= U-UcUcUD3UD411 二 g°K( c

11、t -)Udi1213二 9dK( ct - 二)U- Uc二 g°K( ct)%2 二 g°K( ct)Uc=g°K( ct- )Ud3 = -g°K( ct-山=gDK(<M)UD2 = gDK(%t)(Uc -七)i =ii -i2 -i3 i4|K( J) K( J - 二)Uc二 gD叫K(ct) K(ct-)Uc- |_K(ct) -K(ct- 二)U二-gD|l_K( ct) -K( ct - 二)u 厂 9dK ( ct)u=-4gDcos ct -4gDcos3 c -j4gDcos ct -l 兀一,COSt4gDJIcos c

12、t 4gD cos3 ct 一4 cos5 ct . UcoS ' t3兀5兀丿6-9差分对调制器电路如下图。设：(1 )假设3 c=107rad/S，并联谐振回路对 w c谐振，谐振电阻 RL=5k Q ,Ee=Ec=10V,Re=5k Q ,4 uc=156cosw ct mV, uq =5.63cos10 t V。试求Uo(t)。(2 )此电路能否得到双边带信号？为什么？解6-9(1)ic2 二Io(t)-2 I1 - tanhUcEe&e4+也Ee丿J - K( ct)Ee2Re1 U 1Ee2Vt 丿j 2R丫 4441coSH |1 cos豹 ct + cos3国

13、ct cos5特 ct + .iji经过谐振电路选频后i1+U°coSH icos豹ct 叱 T.3(1 + 0.563cos104t )cos107t兀Re l Ee丿Uo(t)二 Ec ioRL =10 6.5 1 0.563cos104t cos107t(V)该电路不能产生 DSB信号，因为调制信号加在了线性通道，无法抑制载波分量。 要想产生DSB信号，调制信号应该加在非线性通道，且信号幅度比拟小小于26Mv 。6 10调制电路如下图。Uq =cos103t V , uc=50cos107tmV。试求：1 u°t表示式及波形；2调制系数m。-12V题6-10图解 6-

14、10从给定条件可知，U !>> Uc，电路满足线性时变条件2静态栅极电压为：Egs =-12-2V2+10栅极电压为：Ugs = Egs + U r Uc时变静态电流为：lD0(t) =IDSS 11 -电=6 10- 11 cosl0t -2D0() DSSVP43 3 2=6 10- 0.5 0.25cos1(ft时变跨导为：gM 一2Id 1 _屉 =3 103 1 COS102gm( )VpVp4=3 10- 0.5 0.25cos103t因此，漏级电流为：io = ID0(t) -gm(t)Uc=6 100.5 0.25cos103t-3 10，0.5 0.25cos10

15、3t50 10J5cos1013*32337=6 100.5 0.25cos10 t -0.3 101 0.5cos10 t cos10(V)可见，由uc引起的时变电流分量是一个AM信号，而且调制深度 m=0.5.输出电压为46 汇 10 (0.5 + 0.25cos10t)u°(t) = ioR=104 沃0.3汉10“( 1 + 0.5cos1(ft )cos1dt2=60 0.5 0.25cos103t -3 1 0.5cos1(ft cos10t(V)6- 11图示为斩波放大器模型，试画出 A、B、C、D各点电压波形。©3i题6-11图解 6-11Ua=kM UfK

16、 ； ct 冷2二 kMU ；rcos ct -2 2 cos3 ctcos5 ct -3 -5 二COS'JtUb2KikM，x KikMUcos ctcost :JT|cos c Yt cos C -；】tUc二 KmUbK ctKikMu|cos c'： t cos c _；tUd兀1 2 2 2 cos ct cos3 ct cos5 ct -2 二3 二5 二-KiSu cos* 丄cos沁5ji22KiK2kMUcost二2各点波形如下A .nnnnnn"ULW卩A A. 5十八叫uuvu河6- 12振幅检波器必须有哪几个组成局部？各局部作用如何？以下各图

17、 波？图中R、C为正常值，二极管为折线特性。(见图所示)能否检题6-12图解 6-12振幅检波器应该由检波二极管，RC低通滤波器组成，RC电路的作用是作为检波器的负载，在其两端产生调制电压信号，滤掉高频分量；二极管的作用是利用它的单向导电性， 保证在输入信号的峰值附近导通，使输出跟随输入包络的变化。(a) 不能作为实际的检波器，因为负载为无穷大，输出近似为直流，不反映AM输入信号包络。它只能用做对等幅信号的检波，即整流滤波。(b) 不能检波，因为没有检波电容，输出为输入信号的正半周，因此是个单向整流电路。(c) 可以检波(d) 不可以检波，该电路是一个高通滤波器，输出与输入几乎完全相同。6-

18、13检波电路如下图，us为已调波(大信号)。根据图示极性，画出 RC两端、Cg两端、 Rg两端、二极管两端的电压波形。题6-13图解 6-13各点波形如右图6- 14 检波电路如下图，其中Us=0.8(1+0.5cos Q t)cos® ctV,F=5kHz, fc=465kHz,r d=125 Q .试计算输入电阻 Ri、传输系数Kd，并检验有无惰性失真及底部切削失真。2AP910()叫 o.oi= 4.7tn JOkU题6-14图解 6-14根据条件，得10 4.74.7103.2kR *因此，输入阻抗为 R = 1.6k2电流通角：日=謁吾=第叙36° R 4.7汉1

19、0检波效率：Kd 二 cos36° =0.81因为 RC =3.2 103 0.01 10*=32 10&S1m2?m1 -0.522 二 5 103 0.50.751570048 10° RC,故不产生惰性失真。又因为1010 4.7二 0.68 m=0.5,所以也不产生底边切割失真6- 15在图示的检波电路中，输入信号回路为并联谐振电路，其谐振频率 本身谐振电阻 R°=20k Q ,，检波负载为10k Q ,G=0.01卩F,d=100 Q .。(1 )假设is=0.5cos2 n x 106t mA,，求检波器输入电压Us(t)及检波器输出电压 Uo

20、(t)的表示式；36(2)右 is=0.5(1+0.5cos2 n x 10 t)cos2 n x 10 t mA,求Uo(t)的表示式.fo=1O6Hz,，回路题6-15图解 6-15(1)输入电阻R =-=° =5k 2 25 X20回路阻抗 Rp=R/Ro 二=4kp5+20电流通角 8 =；3T = 3； _a；0.455rad %26°V R 10X10检波效率Kd =cosv 0.9636Us(t)二 isRp =4 100.5COS2二 10 t 10一 =2cos2二 10 t(V)u°(t) =KdUs =0.9 2=1.8(V)us(t)二 R

21、pi =4 103 0.5(1 0.5cos2二 103t)cos2j ； 106t 10-3 = 2(10.5cos2 二 103t)cos2 二 106t( V)uo(t) =KdU(t) =1.8(10.5cos2 二 103t)( V)R2=5k Q6 16并联检波器如下图。输入信号为调幅波，Ci=C2=0.01(1 F,Ri=1k Q ,调制频率F=1kHz，载频fc=1MHz，二极管工作在大信号状态。(1) 画出AD及BD两端的电压波形；(2) 其它参数不变，将 C2增大至21 F , BD两端电压波形如何变化？题6-16图解 6-16(1)此时低通网络的截止频率为fH12&quo

22、t;. R?C 21362 二 10 0.01 101.59 kHz,因为F<fH<fc,所以电路是正常检波。各点波形如下(2)当C2增大到2卩F时2 二 R2C21二 2- 103 2 10- "HZAM信因为0<<F，所以，BD端输出信号已不在是调制信号，而是直流，其大小约为输入 号中载波信号分量的振幅。求输出电压6 17 图示为一平衡同步检波器电路，Us=UsCOS(3 C+ Q )t,Ur=UrCOS3 rt,Ur>>Us。表达式，并证明二次谐波的失真系数为零。+Pt题6-17图解 6-17设二极管为过零点的理想折线特性.检波效率为Kd令m

23、= 土,那么：UruD1 = ur us 二Uscos( c 7)t Ur cos rt= Uscostcos ct UsSintsin ct Urcos rt=Uscos I Ur cos ctUssintsin ct二 Uml(t)cOS|L ctl(t)式中Um!(t)Ur +UScoG $ +U：sin20t二5=U： 2UrUsCOS 门 t U：U2cos 比j Ur $1 2mcos 比U2 rrn：I 丨 2m -3n!1 mcost 亠二 ；(-1)n 1 mn cos'tn =2U s coGti(t)二 arccos-Ur +Usco4同样求得%2 二 4% 二

24、Um2(t)8s|l J 2(t)式中 Um2t Ur UsCOS 吐2 U；Si 吐=U2 -2UrUsCOS t U22UUrCOSUr2Ur 4 - 2m cos11n=iH ：2m-34mcos it' 归mncoS1 <tn£n!2tUscogt二 arccos 一Ur -Uscos 】t因此Uo = Uoi - Uo2n:丨【2m-3= 2KdUrmcost KdU也mnco$5 < t 1n 1 1 ,n=2n!当忽略高次项后，得到：uo 2 KdU rm cos 门 t另外从上式可见，由于Q二次谐波都是由coQt的偶次方项产生的，但平衡输出后,n为

25、偶次方项被彻底抵消掉了,所以输出只有调制信号的基频和奇次谐波分量,偶次谐波分量为0;而二次失真系数定义为Q的二次谐波振幅与基频分量振幅之比，所以二次失真系数为6- 18图a为调制与解调方框图。调制信号及载波信号如图b所示。试写出ui、U2、U3、山的表示式，并分别画出它们的波形与频谱图设3 c>> QO0-5题6-18图=§cos12t -cos1411兀ji5 cos38t5 cos40t . .(V)当带通滤波器的中心频率为载波频率，且带宽为2Q时，得55u2cos12tcos14tJTJT(55Y 4u3 = ku2uc = 5 cos12Jt + cos14Jt

26、cos1XJt -JT八Ji4cos3911 -.竽cost理8325沁 型遇27理855仆解 6-18 0.25T：产 3.25TC,即 C -13 ?f44)Uc = 5K ( ct) =5 cos ctcos3 ct .=5 4cos13 - cos391 . (V)53兀丿u, = 0.5cos吐(V)i44X-|3 :503-2 cos5311100cos11 lOcos11各点波形如下rTV*. hk_U4j7二典所以 5 = kuc u, =2.5cos 丨tcos13 1cos39t . I6 19混频器晶体三极管转移特性为：ic=a0+a2U2兀+a3u2n 二，式中，U=U

27、sC0S3 st+U LC0S3 Lt,UL»Us,求混频器对于及(3 L- 3 S)及(2 3 L- 3 S)的变频跨导。 解 6-19根据条件，电路符合线性时变条件。那么线性时变跨导为gm(t) =2a2UL23a3uL = 2a2UL cos Ltcos2 Lt 13a3U L 二 22a2U L cos Lt3asUL2cos2 Lt=gmo + gml cosgm2 cOs2«Lt 因此得到gci 二罟=a2ULgm2 3a3U Lgc"药 3T6 20设一非线性器件的静态伏安特性如下图，其中斜率为a；设本振电压的振幅 Ul=Eo。求当本振电压在以下四种

28、情况下的变频跨导g C。(1) 偏压为E。；(2)偏压为E°/2；( 3)偏压为零；(4)偏压为-Eo/2。解 6-20设偏压为Eq,输入信号为US=USCOS3 St,且Ul>>Us,即满足线性时变条件。根据条件，那么 电流可表示为|au 0 ：: Eq Uli0Eq Ul <0(1)当 Eq 二 Eo时由Eq uL = Eo Eocos Lt=0得：Lt =arccos(-1)=二-所以i二au二a(EQ uL uS),此时变频跨导gc=0(2)当 Eq =号时丄丄Eo丄/口1. 2兀由Eq Ul- Eocos it =0得：it =arccos()：2 au

29、2nLt 2n 二i33n =0,1,2,3或i=K( Lt)au丄2兀丄4兀0 2nLt 2n 二L33223因为KC t的基频分量振幅为21兀3 1 cos Ltd Lt sin Lt 二匕_3由 EqUl=0 E0 cos Lt 二 0得：Lt 二 arccos(0)=ji± 2gm12acos Ltd Lt = hSin Ltn-2(4)当 Eq =_由 Eq UL邑 E0cos Lt 二 0得：2丑3acos Ltd Lt 二；;一sin Lt-3Lt 二 arccosg)Tt± 3(3)当 Eq 二 0时Ul ； (2)最大变频跨导gc和相应的混频电压增益。+I

30、I<1题6-21图(1)为获得最大的不失真的变频跨导，应该调整自给偏压电阻，使场效应管的静态偏置工 作点位于平方律特性的中点上。6 21图示为场效应管混频器。场效应管静态转移特性为iD=lDss(1-UGs/Vp)= T.5(V，因此要求 Ul = Egs|=15(V ),式中，lDss=3mA,V p=-3V.。输出回路谐振于465kHz，回路空载品质因数Qo=1OO, RL=1k Q ,回路电容C=600pF，接入系数n=1/7，电容C2、C3对高频均可视为短路。现调整本振电压和 自给偏置电阻Rs，保证场效应管工作在平方律特性区内，试求：E=VpEgs -2(1) 为获得最大变频跨导

31、所需的diD-2Idss Egs-duGsUGS GS LVp<P丿gm(t)=gm1gcI DSS1 DSS1 DSSvr Egs 2-UlCOS t vpp2 3 1.5 10-21 DSS U LV：V：323= 10(S)=1(mS)罟-0.5(mS)输出回路在谐振时，它两端的总电导为亠,灼oC2 1gg。s n R2 二 465 103600 10J210017 丿 10337.93 10J(S)那么混频电压增益为:UiUsn gcU sUs0.5 10；g、7 37.93 1031.886-22N沟道结型场效应管混频器如下图。场效应管参数lDss=4mA , Vp=-4V，本

32、振电压振幅Ul=1.8V,源极电阻Re=2kQ。试求；(1) 静态工作点的gmQ及变频跨导gc ；(2) 输入正弦信号幅度为lmV时，问漏极电流中频率为 3 S、3 L、3 I的分量各为多少？(3) 当工作点不超出平方律范围时，能否说实现了理想混频而不存在各种干扰？T题6-22图解 6-22(1)EgS 1 -I Dss4电VpRs,整理后得:1DSS RsV P ;eGs 4046 =0,解出 Egs 二5_3422 Egs ' Vp編化)2苧VPEgs V =0,代入数值并整理得到4Egs - Ul=2 心 E 二 2+4.8cosw<VP丿41 4 丿2因为 Vp= -4V

33、，所以，静态偏置应为Egs - -2(V),Ugs - -Egs =2( V)=0.004 - 0.0009cos LtgmQ 二 0.004 =4(mS)gm40.0009“0.45 40 20.45(mS)(2)iDD0 (tgm(t)UslDO(t)DSS匸、2“ Egs Ul4 Vp丿20.004 0.50.45cos Lt2= 0.004 -0.0048os Lt 0.00084cosgm(t)Us=0.004-0.0009cos Lt U s cos st= 0.004 0.004 -0.0009cos Lt cos st= 40 cos st - 0.45 40cos( L -

34、s )t cos( L s )t因此可以看出：lms=40=4 JA ,lmL =0.0048=4.8 mA, I mI =0.45 40# =0.45 JA3 L、3 S、2 3 S、2 3 L、(3 )当工作点不超过平方律范围时，仍然会出现其他频率分量，如3 L+ 3 S,所以仍有失真。6-23 一双差分对模拟乘法器如下图，其单端输出电流b _ 生 tanh2 ReU42/t试分析为实现以下功能(要求不失真)：(1) 双边带凋制；(2) 振幅已调波解调；(3) 混频。各输入端口应加什么信号电压？输出端电流包含哪些频率分量？对输出滤波器的要求是什么?O题6-23图解 6-23(1 )要实现双

35、边带调幅，U1应为载波信号，U2应为调制信号，此时单端输出电流为Io U22其中呛，电流中包括2n 1c-i频率分量n = 0,1,2.，I 0 U2Uihtanh -12Re2VtCOSt| 4XCOS ct3xcos3 ct .,Re要求输出滤波器为带通滤波器，中心频率为 ''C，带宽为21'1如果调制信号是多频信号，那么应该保证滤波器的高频截止频 率等于2倍调制信号的最高频率分量，即21】max .(2) 要实现对AM信号的解调，U1应为插入载波信号，U2应为AM信号，此时单端输出电 流为ii ?-豈(1 mcoSt)cos Ct|L l(x)cos ct 3(x

36、)cos3 ct ，电流中包括门、2n c、2n -门频率分量(n =1,2,3.),要求输出滤波器 为低通滤波器，如果调制信号是多频信号，那么应该保证滤波器的高 频截止频率大于调制信号的最咼频率分量1 1 max.(3) 要实现混频，Ui应为本振信号，U2应为输入信号，此时单端输出电流为ii 12_巴(1 mcost)cos St “(x)cos Lt 亠 3(x)cos3 Lt ,2Re其中x=电流中包括 2n V频率分量(n= 0,1,2.),要求输出滤波器为带通滤波器，中心频率为| = 'Lj 'S，带宽为2 1。如果调制信号是多频信号，那么应该保证滤波器的带宽等于2倍

37、的调制信号的最高频率，即为 2门max.6-24图示为二极管平衡电路，用此电路能否完成振幅调制(AM、DSB、SSB)、振幅解调、倍频、混频功能？假设能，写出Ui、U2应加什么信号，输出滤波器应为什么类型的滤波器，中心频率fo、带宽B如何计算？题6-24图解 6-24设输出滤波器的谐振频率为fo,调制信号最高频率为Fmax。当满足U2»Ui的条件下，输出电流iL=2gDK( 3 2t)Ui,因此：(1、将U1,加载波信号，U2,加调制信号，可实现 AM调制。此时要求滤波器为带通滤波器， 中心频率为载波频率，f0=fC,带宽为2倍的调制信号最高频率,B0.7=2Fmax，即输入信号的带

38、宽。(2、将U1,加调制信号，U2,加载波信号，可实现 DSB或SSB调制。滤波器为带通滤波器 DSB 调制时，f°=fc， B0.7=2Fmax。SSB 调制时，B0.7=Fmax.- Fmin. Fmax,中心频率 f°=fc+0.5( Fmax+ Fmin)。(3、将U1,加调幅信号，U2,加插入载波信号，可实现振幅解调。此时要求滤波器为低通滤波 器，滤波器的高频截止频率fH> Fmax.。(4、将U1,加正弦信号信号，U2不加信号，可实现倍频。此时要求滤波器为窄带滤波器，中 心频率为所需倍频的频率。(5、将U1,加调幅信号，U2,加本振信号，可实现混频。此时要

39、求滤波器为带通滤波器，中心 频率为中频频率，f°=f|=fL-fc，带宽为2倍的调制信号最高频率,B0.7=2Fmax.，即输入信号的带 宽。3003000 HZ的音频信号，其6-25图示为单边带上边带发射机方框图。调制信号为 频谱分布如图中所示。试画出图中各方框输出端的频谱图。调制器A放大器C上边帶鹼器Df混频器践性功率 放大器f =5MHz沪 15 MHzB题6-25图解 6-25各点频谱如下ABA015CAf / MHzG/MHzf /MHz6-26某超外差接收机中频 仃=500 kHz，本振频率fL<fs,在收听人fs =1.501 MHz的信号时, 听到哨叫声，其原因

40、是什么？试进行具体分析设此时无其它外来千扰。解 6-26由于混频电路的非线性作用，有用输入信号和本振信号所产生的某些组合频率分量接近 中频频率，对有用中频形成干扰，经检波后差拍出音频频率，即干扰哨声。根据条件，得，本振频率fL=fs-fi=1501-500=1001kHz根据fsp±1 1.5013.002 3fip-q 0.5可以找出，p=2,q=1 时产生 3 阶干扰，2fL-fs=2002-1501=501kHzp=4,q=3 时产生 7 阶干扰；3fs-4fL=4503-4004=503kHzp=5,q=3 时产生 8 阶干扰；5fL-3fS=5005-4503=502kHz

41、p=7,q=5 时产生 12 阶干扰，5fs-7fL=7505-7007=498kHz等等，尤其是3阶干扰最为严重。6-27试分析与解释以下现象：(1)在某地，收音机接收到1090 kHz信号时，可以收到1323 kHz的信号； 收音机接收 1080 kHz信号时，可以听到540 kHz信号；(3)收音机接收 930 kHz信号时，可同时收到690 kHz和810 kHz信号，但不能单独收到其中的一个台(例如另一电台停播)。解 6-27(1)接收到1090 kHz信号时，同时可以收到 1323 kHz的信号；证明1323kHz是副波道干扰 信号，它与本振信号混频，产生了接近中频的干扰信号。此时

42、本振频率为 fL=1090+465=1555kHz,根据 pfL-qf尸 土 fi 的判断条件，当 p=2,q=2 时，2fL-2fj=3110-2646=464 -人。因此断定这是4阶副波道干扰。接收到1080 kHz信号时，同时可以收到 540 kHz的信号；证明也是副波道干扰信号， 此时本振频率为 fL=1080+465=1545kHz,当 p=1,q=2 时，fL-2fj=1545-1080=465=f i。因此断定 这是3阶副波道干扰。当接收有用台信号时，同时又接收到两个另外台的信号，但又不能单独收到一个干扰台，而且这两个电台信号频率都接近有用信号并小于有用信号频率，根据f&f