第五章解答
大学物理第五章 习题解答
第五章 习题解答5-1解：等压过程系统做功W ，根据等压过程做功的公式：W=p(V 2-V 1)=νR ΔT 可得ΔT=W/νR ，ν=1mol ，ΔT=W/RW W i T R i T T C Q p 272222)(12=+=∆+=-=υυp 5-2 J T R i E 65.124131.823102=⨯⨯⨯=∆=∆υ5-3 解：等容过程有W=0，Q=ΔE J T R i E 747930031.82322=⨯⨯⨯=∆=∆=υ 5-4解：等压过程系统做功W ，根据等压过程做功的公式：W=p(V 2-V 1)=νR ΔT=200JW i T R i T T C Q 2222)(12+=∆+=-=υυp 单原子分子 i =3，J Q 500200223=⨯+= 单原子分子 i =5，J Q 700200225=⨯+= 5-5. 一系统由如图所示的a 状态沿acb 到达b 状态，有334J 热量传入系统，系统做功J 126。
（1）经adb 过程，系统做功J 42，问有多少热量传入系统?（2）当系统由b 状态沿曲线ba 返回状态a 时，外界对系统做功为J 84，试问系统是吸热还是放热？热量传递了多少?解：由acb 过程可求出b 态和a 态的内能之差Q=ΔE+W ，ΔE=Q -W=334-126=208 Jadb 过程，系统作功W=42 J ， Q=ΔE+W=208+42=250J 系统吸收热量ba 过程，外界对系统作功A=-84 J ， Q=ΔE ＋W=-208-84=-292 J 系统放热 5-6解：ab 过程吸热，bc 过程吸热 cd 过程放热，da 过程放热取1atm=105Pa 根据等温、等压过程的吸热公式可得J V p V p i T T C Q a a b b ab 336)(2)(12=-=-=V υ J V p V p i Q b b c c bc 560)(22=-+= J V p V p i Q c c d d cd 504)(2-=-= J V p V p i Q d d a a da 280)(22-=-+= 整个过程总吸热J Q Q Q bc ab 8961=+=，总放热J Q Q Q da cd 7842=+=p净功J Q Q W 11221=-=，效率%5.128967841112=-=-=Q Q η 5-7 卡诺热机的效率为%4028011112=-=-=T T T 卡η，可得高温热源温度7.4661=T K 如果%50'28011112=-=-=T T T 卡η，可得560'1=T K ，温度提高了3.93'11=-T T K 5-8 %251068.11026.1117712=⨯⨯-=-=Q Q η。
化工热力学第五章习题解答
第五章 习题解答1. 在一定压力下，组成相同的混合物的露点温度和泡点温度不可能相同。
（错，在共沸点时相同） 2. 在（1）-（2）的体系的汽液平衡中，若（1）是轻组分，（2）是重组分，则11x y >，22x y <。
（错，若系统存在共沸点，就可以出现相反的情况） 3. 纯物质的汽液平衡常数K 等于1。
（对，因为111==y x ） 4. 在（1）-（2）的体系的汽液平衡中，若（1）是轻组分，（2）是重组分，若温度一定，则体系的压力，随着1x 的增大而增大。
（错，若系统存在共沸点，就可以出现相反的情况）5. 下列汽液平衡关系是错误的i i Solvent i v i i x H Py *,ˆγϕ=。
（错，若i 组分采用不对称归一化，该式为正确）6. 对于理想体系，汽液平衡常数K i (=y i /x i )，只与T 、P 有关，而与组成无关。
（对，可以从理想体系的汽液平衡关系证明） 7. 对于负偏差体系，液相的活度系数总是小于1。
（对） 8. 能满足热力学一致性的汽液平衡数据就是高质量的数据。
（错） 9. 逸度系数也有归一化问题。
（错） 10. EOS ＋γ法既可以计算混合物的汽液平衡，也能计算纯物质的汽液平衡。
（错） 二、选择题1. 欲找到活度系数与组成的关系，已有下列二元体系的活度系数表达式，βα,为常数，请决定每一组的可接受性 。
（D ） A 2211;x x βγαγ== B 12211;1x x βγαγ+=+=C 1221ln ;ln x x βγαγ==D 212221ln ;ln x x βγαγ==2. 二元气体混合物的摩尔分数y 1=0.3，在一定的T ，P 下，8812.0ˆ,9381.0ˆ21==ϕϕ，则此时混合物的逸度系数为 。
（C ） A 0.9097 B 0.89827C 0.8979D 0.9092三、填空题1. 说出下列汽液平衡关系适用的条件(1) l i v i f f ˆˆ= ______无限制条件__________； (2)i l i i v i x y ϕϕˆˆ= ______无限制条件____________； (3)i i si i x P Py γ= _________低压条件下的非理想液相__________。
第5章思考题和习题解答
第五章 电气设备的选择5-1 电气设备选择的一般原则是什么?答：电气设备的选择应遵循以下3项原则：(1) 按工作环境及正常工作条件选择电气设备a 根据电气装置所处的位置,使用环境和工作条件,选择电气设备型号；b 按工作电压选择电气设备的额定电压；c 按最大负荷电流选择电气设备和额定电流。
(2) 按短路条件校验电气设备的动稳定和热稳定 (3) 开关电器断流能力校验5-2 高压断路器如何选择？ 答：（1）根据使用环境和安装条件来选择设备的型号。
（2）在正常条件下，按电气设备的额定电压应不低于其所在线路的额定电压选择额定电压，电气设备的额定电流应不小于实际通过它的最大负荷电流选择额定电流。
（3）动稳定校验(3)max shi i ≥ 式中，(3)sh i 为冲击电流有效值，max i 为电气设备的额定峰值电流。
（4）热稳定校验2(3)2th th ima I t I t ∞≥式中，th I 为电气设备在th t 内允许通过的短时耐热电流有效值；th t 为电气设备的短时耐热时间。
（5）开关电器流能力校验对具有分断能力的高压开关设备需校验其分断能力。
设备的额定短路分断电流不小于安装地点最大三相短路电流，即(3).max cs K I I ≥5-3跌落式熔断器如何校验其断流能力?答：跌落式熔断器需校验分断能力上下限值,应使被保护线路的三相短路的冲击电流小于其上限值,而两相短路电流大于其下限值。
5-4电压互感器为什么不校验动稳定，而电流互感器却要校验？答：电压互感器的一、二次侧均有熔断器保护，所以不需要校验短路动稳定和热稳定。
而电流互感器没有。
5-5 电流互感器按哪些条件选择？变比又如何选择？二次绕组的负荷怎样计算？ 答：(1）电流互感器按型号、额定电压、变比、准确度选择。
( 2）电流互感器一次侧额定电流有20，30，40，50，75，100，150，200，400，600，800，1000，1200，1500，2000（A ）等多种规格，二次侧额定电流均为5A ，一般情况下，计量用的电流互感器变比的选择应使其一次额定电流不小于线路中的计算电流。
第5章习题解答
第五章可编程序控制器及其工作原理5-1 可编程序控制器具有哪些特点？答：可编程序控制器特点：1）抗干扰能力强，可靠性高；2）控制系统结构简单、通用性强、应用灵活；3）编程方便，易于使用；4）功能完善，扩展能力强；5）PLC控制系统设计、安装、调试方便；6) 维修方便，维修工作量小；7) 体积小、重量轻，易于实现机电一体化。
5-2 整体式PLC、组合式PLC由哪几部分组成？各有何特点？答：整体式结构的PLC是将中央处理单元（CPU）、存储器、输入单元、输出单元、电源、通信端口、I∕O扩展端口等组装在一个箱体内构成主机。
另外还有独立的I/O扩展单元等通过扩展电缆与主机上的扩展端口相连，以构成PLC不同配置与主机配合使用。
整体式结构的PLC结构紧凑、体积小、成本低、安装方便。
小型机常采用这种结构。
组合式结构的PLC是将CPU、输入单元、输出单元、电源单元、智能I∕O单元、通信单元等分别做成相应的电路板或模块，各模块可以插在带有总线的底板上。
装有CPU的模块称为CPU模块，其他称为扩展模块。
组合式的特点是配置灵活，输入接点、输出接点的数量可以自由选择，各种功能模块可以依需要灵活配置。
5-3 PLC控制与继电器控制比较，有何相同之处？有何不同之处？答：PLC控制与继电器控制的比较见下表：5-4 PLC的硬件指的是哪些部件？它们的作用是什么？答：PLC的基本结构由中央处理器（CPU），存储器，输入、输出接口，电源，扩展接口，通信接口，编程工具，智能I/O接口，智能单元等组成。
1）中央处理器（CPU）中央处理器（CPU）其主要作用有①接收并存储从编程器输入的用户程序和数据。
②诊断PLC内部电路的工作故障和编程中的语法错误。
③用扫描的方式通过I∕O部件接收现场的状态或数据，并存入输入映像存储器或数据存储器中。
④PLC进入运行状态后，从存储器逐条读取用户指令，解释并按指令规定的任务进行数据传送、逻辑或算术运算等；根据运算结果，更新有关标志位的状态和输出映像存储器的内容，再经输出部件实现输出控制、制表打印或数据通信等功能。
第5章 相平衡习题解答
5-5 根据下面给出的 I2 的数据，绘制相图。（已知： s l ）
三相点
临界点
熔点
t/℃
113
512
114
p/kPa
12.159
11754
101.325
解：碘的相图如下：
答：t=84℃
沸点 184 101.325
解：（1）由表中的数据，绘制水(A) -醋酸(B)系统的温度-组成图如下：
⑵ 图中，组成为 xB=0.800 的液相的泡点： t 110.2 C ； ⑶ 图中，组成为 yB =0.800 的气相的露点： t 112.8 C ； ⑷ 求 105℃时气-液平衡两相的组成： xB 0.417 ， yB 0.544 ；
答：⑴ S=2，C=2，P=1，f=2； ⑵ S=1，C=1，P=2，f=1； ⑶ S=3，C=3，P=2，f=2； ⑷ S=3，C=1，P=2，f=1； ⑸ S=3，C=2，P=2，f=2； ⑹ S=2，C=2，P=3，f=1
5-2 试求下列平衡系统的组分数 C 和自由度数 f 各是多少？ ⑴ 过量的 MgCO3(s)在密闭抽空容器中，温度一定时，分解为 MgO(s)和 CO2(g)； ⑵ H2O(g)分解为 H2(g) 和 O2(g)； ⑶ 将 SO3(g)加热到部分分解； ⑷ 将 SO3(g)和 O2(g)的混合气体加热到部分 SO3(g)分解。 解：（1）物种数 S=3，组分数 C=2、相数 P=3，自由度数 f*=C-P+1=0；
所以，压力降到 98.53kPa 时，开始产生气相，此气相的组成 yB=0.7474；
（2）当气相组成： yB 0.541时，
yB
概率论第五章习题解答
概率论第五章习题解答第一篇：概率论第五章习题解答第五章习题解答1.设随机变量X的方差为2，则根据车比雪夫不等式有估计P{X-E(X)≥2}≤ 1/2.P{X-E(X)≥2}≤D(X)22=122.随机变量X和Y的数学期望分别为-2和2，方差分别为1和4，相关系数为-0.5，则根据车比雪夫不等式有估计P{X+Y≥6}≤1/12.P{X+Y≥6}=P{(X+Y)-[E(X)+E(Y)]≥6}≤D(X)62=1123.电站供应一万户用电．设用电高峰时，每户用电的概率为0.9，利用中心极限定理，（1）计算同时用电的户数在9030户以上的概率；（2）若每户用电200 w，电站至少应具有多大发电量才能以0.95的概率保证供电？解：⑴ 设X表示用电户数，则X~B(10000,0.9),n=10000,p=0.9,np=9000,npq=900由中心定理得X~N(9000,900)近似P{X>9030}=1-P{X≤9030}⎧X-90009030-9000⎫=1-P⎨≤⎬900900⎩⎭=1-Φ(1)=1-0.8413=0.1587⑵ 设发电量为Y，依题意P{200X≤Y}=0.95⎧X-9000Y-9000⎫⎪⎪200即 P⎨≤⎬=0.95900900⎪⎪⎩⎭-9000200Φ()=0.95900Y-9000200≈1.65900Y=1809900 4.某车间有150台同类型的机器，每台机器出现故障的概率都是0.02，设各台机器的工作是相互独立的，求机器出现故障的台数不少于2的概率．解：设X表示机器出故障的台数，则X:B(150,0.02)Ynp=3,npq=2.94 由中心定理得X~N(3,2.94)近似P{X≥2}=1-P{X<2}2-3⎫⎧X-3=1-P⎨<⎬2.942.94⎩⎭=1-P{X<-0.58 32}=Φ(0.5832)=0.7201 5.用一种对某种疾病的治愈率为80%的新药给100个患该病的病人同时服用，求治愈人数不少于90的概率．解：设X表示治愈人数，则X:B(100,0.8)其中n=100,p=0.8,np=80,npq=16P{X≥90}=1-P{X<90}⎧X-8090-80⎫=1-P⎨<⎬1616⎩⎭=1-Φ(2.5)=0.0062 6.设某集成电路出厂时一级品率为0.7，装配一台仪器需要100只一级品集成电路，问购置多少只才能以99.9%的概率保证装该仪器是够用(不能因一级品不够而影响工作)．解：设购置n台，其中一级品数为X，X:B(n,0.7)p=0.7,np=0.7n,npq=0.21nP{X≥100}=1-P{X<100}⎧X-0.7n100-0.7n⎫=1-P⎨<⎬0.21n0.21n⎩⎭10 0-0.7n=1-Φ()0.21n=0.999故Φ(-100-0.7n0.21n)=0.999有-100-0.7n0.21n=3.1⇒n=121(舍)或n=1707.分别用切比雪夫不等式与隶莫弗—拉普拉斯中心极限定理确定：当掷一枚硬币时，需要掷多少次才能保证出现正面的频率在0.4～0.6之间的概率不小于90%．解：设掷n次，其中正面出现的次数为X，X:B(n,p),p=⑴由切贝雪夫不等式，要使得P⎨0.4<12⎧⎩X⎫<0.6⎬≥0.9成立n⎭D(X)X⎧X⎫⎧XX⎫25⎧⎫n由于P⎨0.4< <0.6⎬=P⎨-p<0.1⎬=P⎨-E()<0.1⎬≥1-=1-2nnnn0.1n⎩⎭⎩⎭⎩⎭只要1-25X⎧⎫<0.6⎬≥0.9成立≥0.9，就有P⎨0.4<nn⎩⎭从而⇒n≥250⑵中心极限定理，要使得P⎨0.4<⎧⎩X⎫<0.6⎬≥0.9成立n⎭由于X:N(0.5n,0.25n)近似X⎧0.4n-0.5nX-0.5n0.6n-0.5n⎫⎧⎫P⎨0.4<<0.6⎬=P{0.4n<X<0.6n} =P⎨<<⎬n0.25n0.25n0.25n⎩⎭⎩⎭X-0.5n⎧-0.1n=P⎨<<0.25n⎩0.25n所以Φ(0.1n⎫0.1n-0.1n0.1n=Φ()-Φ()=2Φ()-1>0.9⎬0.25n⎭0.25n0.25n0.25 n0.1n0.25n)>0.95查表0.1n0.25n>1.65⇒n≥688.某螺丝钉厂的废品率为0.01，今取500个装成一盒．问废品不超过5个的概率是多少？解：设X表示废品数，则X:B(500,0.01) p=0.01,np=5,npq=4.955-5⎫⎧X-5P{X≤5}=P⎨≤⎬=Φ(0)=0.54.95⎭⎩4.95第二篇：概率论第一章习题解答1.写出下列随机试验的样本空间：1)记录一个小班一次数学考试的平均分数（以百分制记分）；2)一个口袋中有5个外形相同的球，编号分别为1、2、3、4、5，从中同时取出3个球；3)某人射击一个目标，若击中目标，射击就停止，记录射击的次数；4)在单位圆内任意取一点，记录它的坐标.解：1）设小班共有n 个学生，每个学生的成绩为0到100的整数，分别记为x1,x２，Λxn，则全班平均分为x=∑xi=1nin，于是样本空间为12100niS={0，,Λ,}={|i=0,1,2,3,Λ100n}nnnn32）所有的组合数共有C5=10种，S={123,124,125,134,135,145,234,235,245,345} 3）至少射击一次，S={1,2,3,Λ}4）单位圆中的坐标(x,y)满足x2+y2<1，S={(x,y)|x2+y2<1}2.已知A⊂B，P(A)=0.3，P(B)=0.5，求P(A)，P(AB)，P(AB)和P(AB).解 P(A)=1-P(A)=1-0.3=0.7 P(AB)=P(A)=0.3（因为A⊂B）P(AB)=P(B-A)=P(B)-P(A)=0.2P(AB)=P(B)=0.5（因为A⊂B，则B⊂A）3.设有10件产品，其中6件正品，4件次品，从中任取3件，求下列事件的概率：1）只有一件次品； 2）最多1件次品； 3）至少1件次品.12C4C 解 1）设A表示只有一件次品，P(A)=36.C102)设B为最多1件次品，则表示所取到的产品中或者没有次品，或者只有一件次312C6C4C品，P(B)=3+36.C10C103）设C表示至少1件次品，它的对立事件为没有一件次品，3C6P(C)=1-P(C)=1-3C104.盒子里有10个球，分别标有从1到10的标号，任选3球，记录其号码.（1）求最小号码为5的概率.（2）求最大号码为5的概率.解1）若最小号码为5，则其余的2个球必从6，7，8，9，10号这5个球中取得。
概率论第五章习题解答(全)
X
i 1
i
0.5 5000
5000 0.1
10 } 50
1 (
10 ) 1 (1.414) ＝1－0.9207＝0.0793。 7.07
5、有一批建筑房屋用的木柱，其中 80%的长度不小于 3m，现从这批木柱中随机地取 100 根，求其中至少有 30 要短于 3m 的概率。 解 把从这批木柱中随机地取一根看作一次试验，并假定各次试验相互独立，在 100 次试验中长度不小于 3m 的根数记作 X ，则 X 是随机变量 X ，且 X b(100, 0.8) ， 其分布律为
2\（1）一保险公司有 10000 个汽车保险投保人，每个投保人索赔金额的数学期望为 280 美 元，标准差为 800 美元，求索赔总金额不超过 2700000 美元的概率； （2）一公司有 50 张签约保险单，每张保险单的索赔金额为 X i ， i 1, 2, ,50 （以千美元 计）服从韦布尔分布，均值 E ( X i ) 5 ，方差 D ( X i ) 6 求 50 张保险单索赔的合计总金额 大于 300 的概率。 解 （1）设每个投保人索赔金额为 X i ， i 1, 2, ,10000 ，则索赔总金额为 X 又 E ( X i ) 280 ， D ( X i ) 800 ，所以，
以 X 表示总收入，即 X
300 i 1
X
i 1
300 i 1
300
i
，由独立同分布中心极限定理，得
X i 300 1.29
300 0.0489
X
i
387 N (387,14.67)
14.67
则收入超过 400 元的概率为
P{ X i 400} 1 P{ X i 400}
第五章 习题解答
答：包括以下三个过程：
1热流体以对流传热方式将热量传给管内壁
2热量由内壁面以热传导方式传给外壁面
3热量由外壁面以对流传热的方式传给冷流体
6.简述何谓强化传热？有哪三个主要途径？
答：强化传热是指提高冷热流体间的传热速率。
1增大总传热系数K，这是强化传热的重点。
5.对流传热速率方程的表达式为，其中温度差代表。
流体与壁面（或反之）间温度差的平均值
6.在间壁式换热器中，间壁两边流体都变温时，两流体的流动方向有、、和四种。
并流逆流错流折流
7.对流传热系数的主要影响因素有（1）（2）（3）（4）（5）。
1、流体的种类和相变化的情况2、流体的性质3、流体流动的状态
4、流体流动的原因5、穿热面的形状、分布和大小
已知 ，故
（2）当导热系数小的材料包在里层时，热损失 为：
（3）当导热系数大的材料包在里层时，热损失 为：
（4）可求出： ，说明在圆筒壁当采用两种以上材料保温时，为减少热损失，应将 小的材料包在里层为好。
5.求绝压为140 ，流量为1000 的饱和水蒸汽冷凝后并降温到60℃时所放出的热量。用两种方法计算并比较结果。已知140 水蒸汽的饱和温度为109.2℃，冷凝热为2234.4 ，焓为2692.1 ；60℃的水的焓为251.21 。
解：（1）第一种方法
（2分）
（2）第二种方法
①冷凝水的平均温度为 （1分）
查出84.6℃下的水的比热容为： （1分）
②水蒸气冷凝并降温放出的热量为：
计算表明两种方法结果一样，但是第一种方法较简单。（1分）
6.将0.417 、80℃的有机苯，通过一换热器冷却到40℃；冷却水初温为30℃，出口温度不超过35℃。假设热损失可略，已查出在平均温度下，硝基苯和水的比热容分别为1.6 。求：（1）冷却水用量 ？
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习 题5.1 通常有哪几类反馈控制电路？每一类反馈控制电路比较和控制的参量是什么？要达到的目的是什么？解：根据需要比较和调节的参量不同，反馈控制电路可分为以下三种。
自动电平（或增益）控制电路（AGC ）；自动频率控制电路（AFC ）；自动相位控制电路（APC ），自动相位控制电路又称为锁相环路（PLL ）。
AGC 电路比较的参量为电压振幅，控制的参数是可控增益放大器的增益；要达到的目的是，当输入信号幅度在较大范围变化时，使输出信号幅度基本不变。
AFC 电路比较的参量为频率，控制的参数是VCO 的输出频率；要达到的目的是，保证振荡器（VCO ）的振荡频率基本不变。
APC 电路（或PLL ）比较的参量为相位，控制的参数是VCO 的输出频率；要达到的目的是，使受控振荡器（VCO ）的频率和相位均与输入信号保持确定的关系。
5.2题图5.2所示为一RC 振荡器自动稳幅电路，试分析其工作原理。
解：二极管D 、稳压管D Z 、电阻R 3和R 4、电位器RP 、电容C 3组成该自动R fD ZD Tv o题图5.2幅度控制电路的幅度检波电路。
D 为检波二极管，R 4和RP 为检波负载电阻，C 3为检波负载电容，R 3为限流电阻。
检波电路检测输出电压v o (t)的负半周幅度。
当输出电压幅度V O 小于D Z 的击穿电压U Z 与D 的正向导通电压U D 之和时，检波器不工作，场效应管T 工作于零偏压，其漏源间的电阻r ds 最小，增益最大，V O 增大。
当输出幅度增大到om Z D V U U >+时，检波器进入工作状态，场效应管T 的反向偏压增大，其漏源间的电阻r ds 也增大，增益下降，V O 增大减缓直到停止。
R 3的接入可以减小D 导通时C 3的充电电流，以减小输出负半周的切削失真。
5.3 题图5.3所示为接收机AGC 电路的组成方框图。
已知A r ＝1，ηd ＝1，可控增益放大器的增益特性为：当v e ＝0时，A =A max ，当e 0v ≠时，e e12()12A v v =+。
当可控增益放大器输入电压振幅（V im ）min =250μV 时，输出电压振幅 （V om ）min =0.3 V 。
若当im max im min ()1000()V V =时，要求om max om min()2()V V ≤，试求直流放大器的增益A 1及基准电压v r 的最小允许值。
题图5.3解：当v e ＝0时，A =A max ，当e emax v v =时，A =A min已知 5min maxmin ()3101200()250om im V A V ×=== 要求 max min max min max min ()2()2 2.4()1000()1000om om im im V V AA V V =≤==由于e d om 1r v V A v η=−，当 V om ＝（V om ）min 时，e emin 0v v ==，则r 1d om min ()v A V η=当 V om ＝（V om ）max 时，e emax 1om max r 1om min r r ()2()d d v v A V v A V v v ηη==−≤−= 根据 min emax r 12121212A v v =≥++ min r122.412A v ≤≤+，则 r 2v ≥，即v r 的最小允许值是2；由 r 1d om min ()v A V η=，得 1 6.67A ≥，即A 1的最小允许值是6.67。
5.4请画出锁相环路的基本组成框图，并说明各部件的作用。
解：锁相环路的基本组成框图如解题图5.4所示。
鉴相器的作用是比较输入信号和VCO 输出信号的相位，并输出与两信号相位差成正比的电压；环路滤波器的作用是虑除鉴相器输出的高频部分及其它干扰，同时还能使环路获得所需的带宽，以保证环路所要求的性能，并提高环路的稳定性；压控振荡器（VCO ）的作用是产生频率随控制电压变化的振荡电压，可以将它看作电压 ⎯ 频率变换器，实质上就是一个调频振荡器。
5.5为什么锁相环稳频优于自动频率控制稳频？答：因为自动频率控制总会有剩余频差，而锁相环在锁定状态下，只有剩余相差，而无剩余频差。
5.6 一阶锁相环，设开环时3()0.2sin(210) (V)i i v t t πϕ=×+，4()cos(210) (V)o o v t t πϕ=×+，其中φi 、φo 均为常数，设鉴相器的鉴相特性为()sin () (V)d e v t t ϕ=，VCO 的控制灵敏度3210rad /V o A s π=×⋅，假设VCO 的控制范围足够大。
问：解题图5.4 锁相环的基本方框图1）环路能否进入锁定？为什么？2）环路最大和最小瞬时频差各是多少？3）为了使环路进入锁定，在PD 和VCO 之间加入直流放大器，则其放大倍数A 需大于多少？解：（1）环路的固有角频差为3432102102910rad /s i i r ωωωπππΔ=−=×−×=−××一阶环路的捕捉带 331210210rad/s p d o A A ωππΔ==××=× 因为 p i ωωΔ<Δ 所以环路不能锁定。
或332910911210i d o A A ωππΔ××==>×× 所以环路不能锁定。
（2）因VCO 的最大控制角频差为 33dm 1210210rad/s c o V A ωππΔ==××=× 所以最大和最小瞬时角频差为4334max 210210210210rad/s o r c i ωωωωππππΔ=+Δ−=×+×−×=× 4333min 2102102102810rad/s o r c i ωωωωππππΔ=−Δ−=×−×−×=××（3）为了使环路进入锁定 332910 1 , 91210i d o A A AA A ωππΔ××=≤≥××即5.7 电路如题图5.7所示，假设鉴相器的鉴相特性是线性的。
1）此框图能完成什么功能？ 2）对滤波器有什么要求？解：（1）输入为调相波，且鉴相特性为线性时，若环路带宽设计得足够窄，能题图5.7虑除输入调相波的调制分量，使压控振荡器只能跟踪调相信号的中心角频率（即载波频率），此时输出信号v o (t)即为输入调相波的调制信号，电路实现调相波的解调功能。
（2）滤波器的带宽应足够窄，使调相波的调制信号的频谱处于其通带之外。
可见此电路是个载波跟踪型电路。
5.8 题图5.8所示电路为双环频率合成器，其中两个N 2分频器是完全同步的。
由两个锁相环和一个混频滤波电路组成，两个参考频率为f r1=1kHz ，f r2=100kHz 。
试列出输出频率f o 与参考频率f r1、f r2的关系式，并计算该频率合成器的信道间隔、图中各点的频率范围及输出频率范围。
f r2f r1f r3f or2f ′f o1o1f ′题图5.8解：010*******23222, , , r r r r r f ff N f f f f f f K KN ′′′====+ 所以 112322222221()o r o r r r r r f ff N f N f f N f N f N K K′==+=+=+ 当分频数N 1逐一变化时，得f o 的最小变化值，此最小值即为信道间隔 ，即31Z 110100H 10r ch f f K×===图中各点的频率范围及输出频率范围为010111Z 01Z =1012MH , =1 1.2MH r f f N f f K′==∼∼ 66012Z 210 1.210 ==1.4282.4kH 700500r f f N ′×′=∼∼ 3Z 101.428102.4kH r f ≈∼541min 2min 21minZ 500101010051MH r o r f f N f N K=+=×+×＝ 541max 2max 21maxZ 70010 1.21010071.2MH r o r f f N f N K=+=×+××=5.9采用双模前置分频锁相频率合成器的某移动电台框图如图题5.9所示。
环路参考频率Z Z 10.24MH 20485kH r f ==，若要求VCO 输出频率0Z 150175MH f =∼，试计算N 和A 的取值范围。
图题5.9解：双模前置分频锁相频率合成器的分频比为M ＝NP+A 。
图中， P =64，A 计数器为6位，全为“1”时为63，所以P >A 。
因电路正常工作时必须满足N >A ，已知()o r r f Mf NP A f ==+，所以可得o rf AN P Pf +=在f o 、f r 和P 已知的条件下，可计算出orf Pf ，其中整数为N ，小数为A /P 。
当0Z 150MH f =时，6315010468.7564510o r f Pf ×==×× 468, 0.756448N A ==×=当0Z 175MH f =时，6317510546.87564510o r f Pf ×==×× 546, 0.8756456N A ==×=当0Z 160MH f =时，631601050064510o r f Pf ×==×× 500, 0N A ==可利用0Z 150175MH f =∼之间的其它频率按上式计算其对应的N 和A 值。
因此，N 和A 的范围为468546, 063N A ==∼∼。
5.10 图题5.10所示是由DDS 产生可变参考频率的锁相环频率合成器方框图。
若要求输出频率f o 的范围为60~80MHz ，频率间隔为10kHz 。
已知DDS 的时钟频率为f c =50MHz ，相位累加器的位数为N =32，锁相环固定分频比M ＝10。
试求：（1）DDS 的频率分辨率f Dmin ；（2）DDS 的输出频率f D 和频率控制字K 的范围。
解：（1）DDS 的频率分辨率 f Dmin = 632Z 2501020.0116415H N c f =×=（2）DDS 的输出频率f D 应满足在固定分频比M ＝10时，输出频率f o 为60~80MHz ，则Z 68MH D o f f M ==∼因为 2N D c f Kf =当Z 6MH D f =时，82 5.1539610N D c K f f =⋅=×当Z 8MH D f =时，82 6.8719610N D c K f f =⋅=× 对应f o ＝60~80MHz ，885.1539610 6.8719610K =××∼要满足f o 的频率间隔为10kHz ，则f D 的频率间隔应为1kHz ，对应的频率字K 的间隔ΔK =85900，即从85.1539610×起每增加ΔK =85900则步进为1kHz ，对应f o 则步进10kHz ，共2000个点。