通信电子电路（二十三）作业讲解第四章

妖狐艹你老母 2023-02-14 10:25 33阅读 0赞

![在这里插入图片描述][20200604211044300.png]  
从题干强调调制系数，我们估计这个调制方式就是普通的AM，包含两个边带和载波carrier wave 因此  
 P = P c + 2 P S B = ( 1 + m a 2 2 ) P c P=P\_c+2P\_\{SB\}=(1+\\frac\{m\_a^2\}\{2\})P\_c P=Pc\+2PSB=(1\+2ma2)Pc  
当调制系数 m a = 1 m\_a=1 ma=1， P S B = 1 4 m a 2 P c = 250 W P\_\{SB\}=\\frac\{1\}\{4\}m\_a^2P\_c=250W PSB=41ma2Pc=250W  
∴  P = P c + 2 P S B = 1500 W P=P\_c+2P\_\{SB\}=1500W P=Pc\+2PSB=1500W

同理，当调制系数 m a = 0.7 m\_a=0.7 ma=0.7， P S B = 1 4 m a 2 P c = 250 W P\_\{SB\}=\\frac\{1\}\{4\}m\_a^2P\_c=250W PSB=41ma2Pc=250W  
∴  P = P c + 2 P S B = 1245 W P=P\_c+2P\_\{SB\}=1245W P=Pc\+2PSB=1245W

![在这里插入图片描述][watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3dlaXhpbl80MzE3ODgyOA_size_16_color_FFFFFF_t_70]

> 题干翻译：

（1）AM信号频谱特点：中间是载波信号， ω c \\omega\_c ωc，左右两个边带 ω c − Ω \\omega\_c-\\Omega ωc−Ω以及 ω c + Ω \\omega\_c+\\Omega ωc\+Ω，其中 Ω \\Omega Ω是调制信号（源信号）,如图  
![在这里插入图片描述][watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3dlaXhpbl80MzE3ODgyOA_size_16_color_FFFFFF_t_70 1]  
而DSB就是去掉了中间的载波频谱，只保留边带，降低总功率，如图：  
![在这里插入图片描述][watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3dlaXhpbl80MzE3ODgyOA_size_16_color_FFFFFF_t_70 2]  
而SSB进一步利用边带对称，只保留一个边带，将功率降到最低

现在，我们很容易判断， u 1 u\_1 u1是普通的AM信号，而 u 2 u\_2 u2是DSB-AM信号  
我们利用积化和差可以处理一下：  
 u 1 = 2 c o s 2000 π t + 0.3 c o s 1800 π t + 0.3 c o s 2200 π t = 2 ( 1 + 0.3 c o s 200 π t ) c o s 2000 π t u\_1=2cos2000\\pi t+0.3cos1800\\pi t+0.3cos2200\\pi t=2(1+0.3cos200\\pi t)cos2000\\pi t u1=2cos2000πt\+0.3cos1800πt\+0.3cos2200πt=2(1\+0.3cos200πt)cos2000πt  
由此可以提取出以下参数：

*   U c m = 2 V U\_\{cm\}=2V Ucm=2V
 *   m a = 0.3 m\_a=0.3 ma=0.3
 *   Ω = 200 π \\Omega=200\\pi Ω=200π
 *   ω c = 2000 π \\omega\_c=2000\\pi ωc=2000π

u 2 u\_2 u2呢？其实细心的你应该发现， u 2 u\_2 u2就是 u 1 u\_1 u1去掉载波后的DSB-AM，那么之前提取的参数对这个DSB仍然有效 两者参数相同  
（2）注意“unit resistor”，所以负载就是 1 Ω 1\\Omega 1Ω，由  
 P = P c + 2 P S B P=P\_c+2P\_\{SB\} P=Pc\+2PSB  
 P c = U c m 2 2 R = 2 W P\_c=\\frac\{U\_\{cm\}^2\}\{2R\}=2W Pc=2RUcm2=2W  
 P S B = 1 4 m a 2 P c = 0.045 W P\_\{SB\}=\\frac\{1\}\{4\}m\_a^2P\_c=0.045W PSB=41ma2Pc=0.045W  
可以得到：  
 P = 2.09 W P=2.09W P=2.09W  
而 u 2 u\_2 u2是 u 1 u\_1 u1去掉载波的DSB-AM信号，因此总功率 P = 2 P S B = 0.09 W P=2P\_\{SB\}=0.09W P=2PSB=0.09W  
可以看到，DSB相对于原始的AM做了多么有用的功率优化：）

（3）带宽我们用Hz为单位表示的话， B u 1 = B u 2 = 2 Ω 2 π = 200 H z B\_\{u1\}=B\_\{u2\}=\\frac\{2\\Omega\}\{2\\pi\}=200Hz Bu1=Bu2=2π2Ω=200Hz

![在这里插入图片描述][watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3dlaXhpbl80MzE3ODgyOA_size_16_color_FFFFFF_t_70 3]

> 题干翻译：

(1)C的范围应该满足两个因素：

*  检波效率 η d \\eta\_d ηd越高越好
 *  不发生失真

我们希望检波效率趋近于100% ，就要满足：  
 R L C > > 1 f c R\_LC>>\\frac\{1\}\{f\_c\} RLC>>fc1  
同时，我们要避免对角线失真：  
 C < 1 − m a 2 m a × 1 Ω R L = 0.15 p F C<\\frac\{\\sqrt\{1-m\_a^2\}\}\{m\_a\}\\times \\frac\{1\}\{\\Omega R\_L\}=0.15pF C<ma1−ma2×ΩRL1=0.15pF  
∴ 215 p F < < C < < 0.15 μ F 215pF<<C<<0.15\\mu F 215pF<<C<<0.15μF  
另外，根据公式可得 R i n = R L 2 η d = 5 k Ω R\_\{in\}=\\frac\{R\_L\}\{2\\eta\_d\}=5k\\Omega Rin=2ηdRL=5kΩ  
这里，我们设计的是让检波效率尽量趋近于100% 因此得到输入电阻为 5 k Ω 5k\\Omega 5kΩ

(2) 同理，我们希望检波效率趋近于100% ，就要满足： R L C > > 1 f c R\_LC>>\\frac\{1\}\{f\_c\} RLC>>fc1  
同时，我们要避免对角线失真： C < 1 − m a 2 m a × 1 Ω R L = 0.11 n F C<\\frac\{\\sqrt\{1-m\_a^2\}\}\{m\_a\}\\times \\frac\{1\}\{\\Omega R\_L\}=0.11nF C<ma1−ma2×ΩRL1=0.11nF  
∴ 3.3 p F < < C < < 0.11 n F 3.3pF<<C<<0.11nF 3.3pF<<C<<0.11nF  
另外，根据公式可得 R i n = R L 2 η d = 5 k Ω R\_\{in\}=\\frac\{R\_L\}\{2\\eta\_d\}=5k\\Omega Rin=2ηdRL=5kΩ， η d → 100 \\eta\_d \\to100% ηd→100， 因此得到输入电阻为 5 k Ω 5k\\Omega 5kΩ

![在这里插入图片描述][watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3dlaXhpbl80MzE3ODgyOA_size_16_color_FFFFFF_t_70 4]  
（1）因为放电速度太慢导致的**对角线失真**，我们可以避免，由  
 R L < 1 − m a 2 m a × 1 Ω C = 11.9 K Ω R\_L<\\frac\{\\sqrt\{1-m\_a^2\}\}\{m\_a\}\\times\\frac\{1\}\{\\Omega C\}=11.9K\\Omega RL<ma1−ma2×ΩC1=11.9KΩ

(2)为了避免割底失真，有：  
 m a ≤ R i R i + R L → R i ≥ 47.6 K Ω m\_a≤\\frac\{R\_i\}\{R\_i+R\_L\} \\to R\_i≥47.6K\\Omega ma≤Ri\+RLRi→Ri≥47.6KΩ

![在这里插入图片描述][20200602121245389.png]  
为了避免在混频器应用中的副波道干扰，由  
 f M = p q f L ± 1 q f I → f c = q p f M − p ± 1 p f I f\_M=\\frac\{p\}\{q\}f\_L\\pm\\frac\{1\}\{q\}f\_I \\to f\_c=\\frac\{q\}\{p\}f\_M-\\frac\{p \\pm1\}\{p\}f\_I fM=qpfL±q1fI→fc=pqfM−pp±1fI  
我们取以下几种情况来分析：  
当 p = 1 , q = 1 , f c 1 = 700 k H z , f c 2 不 在 接 受 范 围 之 内 p=1, q=1, f\_\{c1\}=700kHz, f\_\{c2\}不在接受范围之内 p=1,q=1,fc1=700kHz,fc2不在接受范围之内

当 p = 1 , q = 0 , f c 1 , f c 2 都 不 在 接 受 范 围 之 内 p=1, q=0, f\_\{c1\}, f\_\{c2\}都不在接受范围之内 p=1,q=0,fc1,fc2都不在接受范围之内

当 p = 1 , q = 2 , f c 1 = 1400 k H z , f c 2 不 在 接 受 范 围 之 内 p=1, q=2, f\_\{c1\}=1400kHz, f\_\{c2\}不在接受范围之内 p=1,q=2,fc1=1400kHz,fc2不在接受范围之内

当 p = 1 , q = 3 , f c 1 = 1170 k H z , f c 2 不 在 接 受 范 围 之 内 p=1, q=3, f\_\{c1\}=1170kHz, f\_\{c2\}不在接受范围之内 p=1,q=3,fc1=1170kHz,fc2不在接受范围之内

综上所述，在 f c 1 = 1170 k H z f\_\{c1\}=1170kHz fc1=1170kHz出现了4阶副波段干扰，在 f c 1 = 1400 k H z f\_\{c1\}=1400kHz fc1=1400kHz出现了3阶副波段干扰

## 其他习题 ##

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