白话翻译-平安校园手抄报

此习题答案由AP09057班廖汉杰（22号） ，梁裕成（21号），梁明浩
（20号）梁恩铨（19号）李树明（18号）陈燕媚（5号）刘嘉荣（2 4
号）同学及AP0905810坤鹏同学携手完成，由于编写时间有限，编者
才学疏浅，难免 有许多错漏之处，恳请各位同学原谅，如发现有错误
及疑问的地方请致电客服中心。最后，祝各位学习愉 快，逢考必过！
O(∩_∩)o...

第一章
1-2


1-5
首先，我们要知道一个定理：串联谐振时，电感线圈和电容器两端电压幅值 得大小等于外
加电压幅值的Q倍，Q是品质因数（参见课本P11 电压谐振）
首先A- B短路时，
Q
O

U
c
100

U
sm

L
1

0
2< br>C

11
253

H

(2

f
0
)
2
C(2

10
6
)< br>2
10010
12
A-B接阻抗
Z
X
时，有

0
(LX
C
)
1

C
1< br>0
1
X
C

2
L253

H126.5

6212
(2

10)20010
0
C

X
C
0,表明Z
X
为（ 电阻器R与电容器C
X
串联）
1C
'
C
X
则应有< br>
0
L其中C
'

0
CCC
X
解得C
X
200pF
故Q
L

Q
22.51 1
50
0
，故R
X

2

2
15.9
0.12

0
CQ
L

0
C Q
0

1-6
未接负载时，
Q
1


P
Lg
R
接负载后消耗功率的并联总电导
G
111


RR
S
R
L
则此时
Q
L

11


P
LG

L(
1
1

1
)
P
RR
S
R
L
R< br>
RR

P
L(1)
R
S
R
L
1

RR

P
Lg
R
(1)
R
S
R
L
Q

RR
(1)
R
S
R
L


1-7

已知Q
f< br>0

,f
0

P
GBW
0.7
2< br>
综上既有：G2

BW
0.7
C
,又Q

P
C
(1)解：
电路中消耗功率的总电导
111
G 
R
S
R
P
R
L
结合（1）中的结果有
1 11
2

BW
0.7
C
R
L
RS
R
P

1
6.2k
R
L


1-9
解（1）
将各回路电阻电容等效到电感L1中


接入系数：n1=
11
,n2=
44
1
111
'
Is'Is
G'G
C'CCC
L

SS

LS
图中
S
4
16
1616
G
L
'
则

1
G
L

16
C
总
C
S'C
1
C
L
'

1
L< br>(2

f
p
)
2
C
代入数据得： L= （有时间这里自己算下了）
（2）
G
总
G
S
'GG
L
'
·····················①
Q
1

1
G总

p
L
f
p
Q
1
······················②
BW
0.7

·························③
综上三式可解得：
BW
0.7

(答案还是自己有空算下）


1-10
解：其等效电路如下：

N2C15,p
2
0.25
N1N2C1C220
R
R
R
S
'
S
2
;R
L
'
L
2< br>p
1
p
2
p
1

依题意R
S
'R
L
'
解得p
1
0.125，所以

1-12
解：
N1
7
N2

11
,代入数据得：L19.88uH
22

C(2

f
p
)C
f
Q
L

P
33.3
BW
0.7
L
BW
0.7

f
P
,Q
L
R

C
Q
L
11
所以要使BW
0.7
变为原来的2倍，Q
L
则需变为原来的，既是R变为原来的
22
Q33.3
所以R
L
R
P

P
 104k
612

C23.145105110


1-17
解：






第二章

2-1
解：画出该电路交流Y参数等效电路如下


由等效电路可知谐振时放大系数
A
uo

Y
fe
G
,Gg
oe
g
p
g
L

f
p
1

带负载时有：
2

f
p
LGBW
0.7
由以上两式子可以



L3.864

H

1
60
不带负载时
Q
p

2

f
p
Lg
p
可以
g
p

（自己算下）
Gg
oe
g
p
R
L
8.53k
既有：
g
L
1

< br>(CC
oe
),

2

f
p
谐振时又有：

L
即可
C61.6pF


2-2
(1)画出电路Y参数等效电路如下


其中
n
1

111
,n
2
,g
p


44Q
P

P
L
（2）谐振时有：
1
2


(C
1
n
1
2
C
oen
2
C
ie
)

L
将L4
H,C
oe
7pF,C
ie
18pF代入上式解得

C
1
53.8pF
（3)
由图可知：

G
代入数据得A
uo
13.67，G22.8510
5
S

1
Q
L
16.3

p
GL
BW
0.7

f
P
0.656MHz

QL
'
A
uo

n
1
n
2
Y
fe
2
,Gg
p
n
1
2
g
o e
n
2
g
ie
(4)要使
BW
0.7
5MHz7.6BW
0.7
实际

需使
G
'
G
实际
g
L
7.6G
实际
11

 应该并联电阻R
L
663
6.6G6.622.8510
5< br>




2-3
(1)解：由公式可知最大谐振功率增益
58
2
15
2
A1795

pomax
4g
oe
g
ie
40.51
（2）有公式 得
Y
fe
2
n
1
2
g
oe
0. 6
2
0.510
3
4.5
失配系数：
q 
223
n
2
g
ie
0.2110
失配系数：

s

4q44.5


22
(1q)(14.5)


2-5
本题答案参考：课本P58~P59 (1)中和法 （2）失配法

2-6
1,减少负载对回路的影响
2，极间交直流隔开
3，阻抗匹配

2-7
（1）单极放大系数
A
uo

n
1
n
2
Y
fe
G

n1
n
2
Y
fe
g
p
n
1
g
oe1
n
2
g
ie
22
代入数据得A
u o
13.67，G22.8510
5
S
Q
L
< br>1
16.3

P
GL
f
P
653kHz
Q
L

1
3
BW
0.7

< br>33
则（A
uo
）（A
uo
）（13.67）2554. 5
3

（BW
0.7
）
3
BW
0.7< br>21333kHz
(2)保持总同频带为单级同频带，则单级通频带需变成
BW
0.7单

BW
0.7总
21
1
31.306MHz

因为
增益带宽之积
保持不变，所以当总频带为单级 频带时，总放大系数也应该变为单
级放大系数，即是
(A
uo
)
3
13.67


2-8
解：衰减量为20db对应的通频带为
BW
0.1

又
BW
0.1
'
10
2
1BW
0.7
500kHz

500kHz
101
2
BW
0.1
50 .25kHz

Q
L

f
p
BW
0.7< br>
10.7MHz
213

50.25kHz
所以，每个回路的有载品质因数为213


2-12
根据公式有：

(N
f
)
1~3
N
f1

1.8
2.68
N
f2
1
A
pm1

N
f3
1
A
pm1A
pm2

2.313.31

151512

本题公式参考课本P70页

2-13
（1）
系统1噪声系数 ：(N
f
)
1~3
N
f1

系统1噪声系数：( N
f
)
1~3
N
f1

N
f2
1
A
pm1
N
f2
1
A
pm1

N
f3
1
A
pm1
A
pm2
N< br>f3
1
A
pm1
A
pm2
1.65
< br>3.203
（2）系统一指标分配更合理，因为多级放大器总噪声系数主要取决与一，二级，后 面各级
的噪声系数对总噪声系数的影响较小，所以要使第一级噪声系数尽量小，额定功率尽可能高


第三章
3-1 (略)

3-2（略）
3-7 解：因为

C

P
O
P
5


P
E

O
8.3W

P
E

C
0.6
P
O
210
P
C
 P
O
W

P
O
P
C
33
又因为

C

又
P
E
U
CC
I
CO
I
CO

P
E
8.3
0. 346A

U
CC
24
同理，当

c
8 0
0
0
时
可得
P
E

P
O< br>
C

5
6.25w

0.8
P
C

210
P
O
W

33

3-8 解：
1
。
由公 式：P
O
U
cm
i
cmax

（70）
1
2
及：I
CO
i
cmax

0
(70
。
)
I
CO
100mA
i
cmax
 395.26mA
。

0
(70)0.253
0
U
cm
I
c1m
R
P
而I
c1m
I
c max

（70）172.3mA
1

1
U
cm
34.46P
0
U
cm
i
cmax
< br>1
(70
0
)2.97W
2
P
E
UCC
I
CO
36V100mA3.6V
P
O
2. 97
效率：

C
100
0
0
82.50
0
P
E
3.6

3-11

U
CM


解：电压利用系数：
cr
U
CC
根据公式有：


cr

2P
O
11

24g
mr

1
(

c
)U
2
CC
代入数据可得：

cr
0.965
故 有：U
cm


cr
U
CC
19.309VI
c1m

而I
C0

2P
o
2 2
0.207A
U
cm
19.309
I
c1m


0
(

c
)0.131A

1(

c
)
P
E
U
CC
I
C O
2.63W
P
C
P
E
P
O
2. 63W2W0.63W

C


P
O
2
100
0
0
76%
P
E
2.63
U
cm
19.309
93.28
I
cm
0.207

R
P

(2)当

c
70
0
时 ，同理可得
P
E
2.42W
P
C
0.42W

C
82.7%
R
P
92.3

第四章
4-5
(a)

(b）

(c)

4-6
(a)该电路为三点式振荡器 ，但其电路不满足“射同它异”的判断准则，故无法满足震荡相
位平衡条件，不能产生震荡

(b)当
X
1
j

L
呈现感性时，可以产生震 荡，此时电路为电容三点式振荡器
j

C
3

(c)当
X
1

1
1
j

C
2
j

L
2
呈现感性，且
X
2

1
1
j

C
1
j

L
1呈现容性时，可以产生震荡，
此时电路为电感三点式震荡

（d）可以产生震荡

4-12
画出交流等效电路如下

C
2
C
2
C
b'e
3300203320pF

'

'
C
2
C
1
CC
3

'
C
2
C
1
62pF,C
3
12pF时< br>300pF,C
3
250pF时
则有

2

LC
28.6MHZ,C
3
12pF

13MHZ,C
3
250pF
电路反馈系数
f
p
1
F
U
f
U
o

C
1< br>51
0.015

C
2
3320
据此，应由AF>1来判断13~范围内是否都能起振
R
P
Q
P

P
L
7.8k,C
3
12pF
3.3k,C
3
250pF
'
C
2
n0.98

'
C
1
C
2
6.810
3
R
P
R
L
'n(R
L< br>R
P
)0.98()
3
6.810R
P
22< br>3.5k,f
p
28.6MHz
2.1k,f
p
 13MHz
此时有|AF|=
g
m
R
L
F
得

3010
3
R
L
'0.015
|AF| =
1.575,f
P
28.6MHz
0.945,f
P
13MHz

在
f
p
13MHz
时，|AF|=<1，不能起振
所以由起振条件得

AFg
m
R
L
'F 1
R
L
'
1R
L
R
P
1
2< br>,即n（)
g
m
FR
L
R
P
g
m
F
1
R
L
g
p
n
2
gm
F
又g
p



p

1

p
LQ
P
1
(n
2
g
m
F
1
)LQ
P
R
L

代入数据得：

p
89MHz
f
p
14.2MHz
能起振的频率范 围为14.2MHz~89MHz

4-19
(a)

此电路为电容三点式震荡电路

（b）

（c）

该电路为电容三点式振荡电路
第五章
5-5.解：
U
AM
=100*COS(12

*
10
6
t)+ 25*COS

*
10
6
t)+ 25*COS

*
10
6
t)
=100 *(1+

*COS(12

*
10
6
t)
=100*(1+

*3000)*COS(2

*6*
10
6
t)
因此，载波幅度为100。载波频率为6*
10
6
Hz.
调幅系数为.调制频率为3000Hz
频谱图（略）

5-9.解：由题意得：Pt=10kw
①当载波被频率为

，余弦信号调 制时，由P=Pt（1+macos

t）
2
积
分可得，
P
AV
=Pt+Pd+Pu=Pt（1+12
ma
2
）=
即 =10（1+12
ma
2
）
解得：
m
1
=
②由题意得：
m
a2
= 此时，

两个信号同时调幅时总发射功率为：
P
AV
=Pt (1+12
m
1
2
+12
m
a2
2
)
=10*(1+12*
0.6
2
+12*
0.3
2
)
=

5-10.

解：已知
(1)
 10(10.6cos2*3500t0.3cos2*1000t)sin2*t

U 10
AM

7
7
10sin2*t6cos2*3500t *sin2*t3cos2*1000t*sin2*t
U101010
AM


7

7
10cos(2*t)3cos(2* 3500t2*t)1.5cos(2*100t2*t
101010
22

)1.5cos(2*1000t2*t)
10
22

由 上式可知






777
< br>7

U
7
AM
包括的频率分量有：

c
rads
，
c
10
7


(3500)rads
， < br>1
10
c

7
7


(10 00)rads

10

7
2
(3500)rads (1000)rads
，
c
，

1
10
2
10
c

其中
< br>c
为载波频率，

为调制波的角频率，

为另一个调制波的角 频率。
12
该调幅波所占的带宽为
（2） 由
22*3500rads7000rads

BW

max
AM
U
AM
2
可知，
2
10V
，载波频率为
U

cm
U
10
1W

P
2
cm
2*50
R
该调制信号
U
的调制度为< br>m
，
U
t
L
112
的调制度为
m2
，从
U
AM
中，已知

11
，
31.5
UmU
1cm2cm
2
m
2
66 100.6

mU
1cm
33100.3

mU
2cm
调幅波的总功率为
mm
12

(1)1.225W
PP
AVt
22

22
5-12.
(!)如图所示，据环路电压法得

u
D1
u
1
u
2
①

u
D2
(u
1
u
2
)
②

又因为，
i
D
i
D1
i
D2

由 ①②得，

i
D1
i
D2

得出
i
D
i
D1
i
D2
 i
D2
i
D2
0

流过负载
R
L
的电流为零
图a不能实现双边带调幅。
（2）
如图b 所示，由环路电压法可得，
u
D1
u
1
u
2
，
u
D2
u
1
u
2

又因为，
i
D
i
D2
i
D1



i
D1
gu
D1S
(t)
g(u
1
u
2
)S(t)


i
D2
gu
D2
S
(t)
g(u< br>1
u
2
)S(t)

所以，
i
D
i
D2
i
D1
2gu
2
S(t)
展 开为

i
D
2g15cos

t(122< br>
(23

)3w
c
t....)

式中只出现包含
w
c
的分量，并不包含调制信号
u

的频率 分量。
所以图b也不能实现双边带调幅。
5-16

5 -20.右图为题图电路
C
2
,
R
L
折合到一次侧回路的等 效电路。

（1）接入系数n为
n
L
2

L
1

1
5

'2
CnC
2
204pF

2
所以，
'
CC
1
C
2
384pF
电路总电容为
'< br>R
L
R
L

1

n
2
127kΩ

w
p
2

fp2.910
6
rad
s

由
Q
p

w
p
C
g
p
w
p
CR
p
所以，LC回路的等效谐振电阻为
R
p

Q
pw
p
C
90kΩ

G
1
回路总电导为：< br>R
p

1
R
'
L
1.910
 5
s

有载品质因数为：
Q
L

1
fp
w
p
LG

w
p
C
G
5 9

通频带为：
BW
0.7

Q
L
7. 9kHz

（2）若二极管反接，则解调出来的波形与反接
前解调出来的波形反相。

5-22.解：（1）.检波二极管应 选用正向导通电阻小（小于500

）。反向电阻大（大于500

）。结电容小的 点接触型锗二极管（2AP9）。
（2）.低通载波器的滤波常数RC应满足以下条件：
①.电容器
C
2< br>C
3
对载波频信号近似短路，满足1(
w
I
C
2)=1(
w
I
C
3
).其中R=
R
1
+
R
2
,
通常取R
C
2

（5~10）< br>w
I

②.为避免惰性失真，应有R
C
2
<<1m
a

m
，即有
a

max
（5~10）
w
I

R
C
2

1ma

m

a

max
解得：~*
10

*
10

C
2

③为避免 负峰切割失真，应有
m
a

R

R.其中
R

=
R
1
+
R
2
r
i
R
1
波器输入电阻
R
i

5k

.即有
R
i

12R

5 k

.
（
R
1
+
R
2
r
i
所以要满足R=
R
1
+
R
2

10k

且
R
1
16R.
m
a
=

R
2
.则R
1

56R.代入已知条件，得R=10k

，其中
R
1
=2 k

，
R
2
= k

.则上式为：
R
2

（2k+2k）10k=,另取
C
2
=
C
3
=.
m
a
=

则R
C
2
=
10
.满足上述要求.
④.耦合 电容
C
4
>>1（
r
i

min
）=1（ 2*
10
*300*2

）=
3
5
63< br>2
2

R
2
时为使满足检
可取标称值
C4
=.


5-26.
（1）当输入信号为

u
i1
时，通过乘法器后输出为
uk
m
u
i1
u
L

=3

3cosΩt

cos


c< br>t

3cos（

c
t+

）
 27cosΩtcos

c
tcos(

c
t

)

通过低通滤波器后，输出为，
u
01

27
cosΩtcos

2

当输入信号为
u
i2
时，通过乘法器反输出为：

uK
m
u
i2
u
2



33cos(

c
)t3cos(

c
t

)

27cos(

c
 )tcos(

c
t

)

经过低通滤波器后输出为：
u
02

27
[costc os

sintsin

]
2


27
cos(t

)
2



4
u
01

27
cosΩtc os

2
（2）当时，，
u
02

27
cos(t

)
2
；

u01

272
4
cost,u
02

272
4
(costsint)

由上式可得，

使


u
01
的幅度减少，使
u
02
的相位改变。
5-27.
答：分析混频器特性过程中运用了非线性器件工作在小信号时，其特性可用幂级数 表示，除
外，还可用尸变跨导分析混频器。其中，已调波与本机振荡信号经过混频器后实现变频，体现了其非线性特性，因为：
设波输入信号为
于非线性器件后
costcost
，本机振荡信号为
U
，则作用
UU

U

ss mc
sLsmc
costcost

UUUUU
LmL
LLmL
非线性器件工作于小信号时，可用幂级数表示：
2
iU..........(costcost)(cot
bbbU bbUUbU
01201smcLmL2smc
cost)
U

L mL
2



1
2
1
2
1< br>2
costcostcost
bbUbUb
UUU
01s mc1Lmc
b
22c
b
2
smsmLm
222
2
1

b
cos2
L
t..........

U
Lm
2
2



其中包好了很多频率分量，体现了其非线性特性（变频）。

第六章
6-3.
(1)调频指数为
m
f
，


已调波的表达式为，
u
FM
U
cm
cos(

c
tsint
（2）
m
f

k
f
•u
m
k
f
•u
m
)



(t)

c
k
f
U



c
k
f
U
m
cos t
所以，瞬时角频率为



(t)

c
k
f
U
m
cost
（3）
已调波的瞬时相位角为，

(t)

t
0
< br>(t)dt

c
tsint
（4）
最大频移为，
k
f
•u
m




m
k
f
U
m



m


k
f
•u
m



6-4.解：（1） u=2cos(2

*
10
t+

*
10
t)
83
t)
u
FM
=
U
cm
cos (
w
c
t+
m
f
sin

所以，载波频率 为
f
c
=
10
Hz,调频指数
m
f
=，调 制信号的频率F=
10
Hz.
因为，
m
f
=
< br>w
m


，所以，

w
m
=
m
f
*

=*
10
=200

rads.
3
83
有效频带宽度BW=2（
m
f
+1）F=2（+1） *
10
=.
(2)调相波表达式为：
u
pm
=
U
cm
cos(
w
m
t+
m
p
cos

t).
3
K
p
=2 rads
•
V,
m
p
=
K
p
*
U
cm

所以，调相系数
m
p
=

u=2cos[2

*
10
t+(2

*
10
t-

2)]
83
最大频偏

w
m
=
m
p< br>
=*2

*
10
=200

rads.
3
因为，

w
m
=
m
p

=
K
p
U
m
所以，
U
m
=

w
m
（
K
p
•
.

3
•
）=200

（2*2

*
10
）=. 
3
所以，调制信号表达式为
u

=(2

*
10
t).

6-8.

解：为调相波表达式
cos(tsint)
UUm
FMCMcf

8
cf
（1）调频波载波为
调制指数

(t)
2

*r ads
2

*rads
，调制频率为


10
10
c
4
m
3

f
（2）瞬时相位角为
角频率


tsint

m

8
3
44

dt2**cos2*t
101010
(t)
d
(t)
2


（3）最大频移为: 
m


4

6

*

m10
f
3rads
最大相移为

m

（4）有效宽带为
BW2(



1)*F80KH
m
f
18PF
6-9.解：据题意
U
，
C

0.6v
jQ

D

由电路图可知，静态时变容二极管的反向偏压为
R6100K
U6V6V3 V
R
R5R6100K100K


侧加到变容二极管的反向偏压为

UU

u

R
调制深度m为
U
m
m=
(UU)
R

D
1.5
0.42

30.6

变容二极管的电容为

C
n

j

(1mcost)
C
jQ
12
1810
2
(10.42cost)
F

n
2
振荡器瞬时角频率为

W(t)
11
LCLC
jjQ
•(1mcost)

1
6
当n=2时，振荡器的中心频率为
1
W
c

LC
jQ
22101810
12
50Mrads

所以已调波的中心频率为
c

f
c

2

8MHz


W
最大频偏为
mfBM0.6255MHz
△
f

mc
（2）当n=3时，已调波的中心频率为
f
c
8
，最大频偏 为
MHz
△


n3
f•mf0.428M5.04M

mc
22
6-10.

(1)交流等效电路图如下

C4、C1、C2、C3、L1、Cj组成电容三点式振荡电路

1

Cj来改变振荡电路产生的频率实现调频。

1
，通过改变
L
()
cc
3
c
j

4

（2）已知调频中心频率为
f
c

1
2

1< br>j
L
c
Q
，

L
1
4

，
6*
10
2< br>2
Q
f
c
c
j
1
9


电路的调制指数为
m

U
0.0076
，

UU
m
RD
电路中n=3，因此最大频偏为









*m*5.2MHZ
f

f
2
mc
n