高频电子线路期末试卷3

《通信电子线路》试卷A答案
一、填空
（1）静态参量、动态参量、折合参量。

（2）乙类、甲乙、丙类。

（3）非线性、相频特性、斜率为负。

（4）电阻热噪声、散粒噪声、分配噪声、1/f噪声。

（5）A、量化；B、滤波；基带传输、载波传输。

（6）a、调频正弦波；b、调频方波；c、调频三角波。

（7）图。

（8）如图。

（9）如图。

（10）θ〈900Ubemax,Ucemin 决定，临界状态。

(7) (9)
(8)
二、解（1）Pc=Pe-Po=Po(1/η－1)=3.33（w）Pe=Pc+Po=8.33w；Ico=Pe/Ec=0.35A；（2）Pc= Po(1/η－1)=1.25w
三、解（1）交流等儿电路如图
（2）C=C1C2/（C1+C2）=414PF；L=1/4π2f g C=0.245mh （3）F=C1/C2=0.23，F’=1/2F= C1’C2’/（C1’+C2’）=0.115 Fg、L不变，C= C1’C2’/（C1’+C2’）=414PF不变，可得：C1’=461PF时，C2’=4014PF
四、解10lg=So/No=10, So/No=10,10lgN F=6,N F=3.81
Si(min)=（So/No）N F KTBn=10×3.81×1.38×10-23×290×6×106=
Uim（min）=2{ RiSi（min）}1/2 =
五、解：如图所示
Io（t）=4U22K1（W2t）=4cos55π×106tK1（5π×106t）
G（t）=8U2K1（w2t）=8cos5π×106tK1（5π×106t）
（2）ic=Io（t）+g（t）U1，其中，g（t）U1=8cos5π×106t （1/2+2πcos5π×106t－2/3πcos15π×106t+…）(1+0.1cos2
π×103t)cos（2π×106t）×10-6则负载回路应调谐在6MHZ
中心频率，带宽应大于4π×103rad/s
六、解：失量合成法条件知：
M f≤π/6，M f=Δfm/Fmin≤π=0.523，Δfm≤52.3HZ
现Δfm=24.415HZ，符合条件
故：f A=105+24.415f(t)HZ，ΔfmA=24.415HZ，f B=192f A=19.2
×106+1.68768×103f（t）HZ，ΔfmB=4.68768×103HZ，
fc=f L-f B=（25.45-19.2）×106-4.68768×103f（f/t），Δfmc=4.68768×103HZ，FD=16fc×102-75×103（t）HZ，ΔfmD=75×103HZ，UFM=Umocos[2π×108t-∫t75×103f（t）dt] 七、解：当Uim=Uimmin=UiA=125μv时，可控增益放大器增
益最高，Uc=0,相应地，Uc=UominKdk1-U R=0。

因Uomin=1v，
Kd=1，U R=K1。

当Uim=Uimmax时，可控增益放大器最低增益
应低于Uomax/Uimmax=3Uomax/UiB=4/(2010×125×10-6)=16
三级可控增益放大器总增益为：Ku=K23（Uc）=[20/（1+2Uc）]3则：Kumin=[20/（1+2Ucmax）]3≤16，解之得Umax≥（20-161/3）
/（2×161/3）=5.24v, Ucmax=（UomaxKd-1）UR=(UomaxKd1)K1=2K1则：K1=U R≥5.24/2=4.62v，故U R≥4.62v
《通信电子线路》试卷B答案
一、填空
（1）300KH Z～3000MHZ，465KHZ；（2）直流馈电和匹配网络；（3）电感元件，一根短路线；（4）Nf=(Si/Ni)/(SoNo);NF=1(6)矢量合成法；可变相移法；可变时延法；（5）UAM=Umo(Hmacos Ωt)cosωct（7）如图。

（8）如图。

（9）如图。

（10）a、Ubm 减小引起；b、Ubm增加，c、Re减小。

(7) (9)
(8)
二、解：由图知：
U B’=0.65vm,（1）gm=500/(0.9-0.65)=2s,Ubm=icm/gm(1-cos θ)=0.38v,Eb=U BE max-Ubm=0.9-0.38=0.52v
(2)θ=400时，α3(400) 最大，cosθ=0.766
Ubm=icm/gm(1-cosθ)=1.07v,EB=0.9-1.07=-0.17v
三、解：当C3=125PF时，CΣ=C3，f1=1/2π(LC3)1/2=4.3×106HZ 因此，频率范围为3.18～4.3MHZ
四、解：令输出端负载开路，对于（a）电路：ΔN=[RS/（R+Rs）]2U R n2 Nsn=[R/（R+Rs）]2 Us n2=1+Rs24KTBnR/R24KTBnRs=1+Rs/R,
对图（b）电路：ΔN=Urn2=4KTBnR,Nsn=24KTBnRs
N F=1+ΔN.Nsn=1+R/Rs
五、解：如图
（1）ω2=ωc=π×106rad/s,ω1=Ω=200πrad/s
Um=KmU1U2=Km(4/πcos3ω2t-4/3πcom3ω2t+…)2cosω1t
带通滤波器取出3ω2±ω1频率分量（如图）
（2）Uo=-0.7Km8/3πcos(200πt-450)cos3π×106t
六、解：图a是典型的平衡式斜率鉴频电路。

F01-fs=fs-f02。

上下两路对称，平衡对消实现鉴频。

当Us普通调幅波时，f01-f02=fs,上下两个峰值包络检波器都能完成包络检波（但Uo=0）。

（b）图，为输入调频信号时，F01-fs=fs-f02，两峰值包络检波器负载公共，检波电流相加，信号分量相消，故不能实现鉴频。

当f01=f02＞fs或f01=f02＜fs时，可以实现调频。

当Us为普通调幅波时，f01=f02=fs，两峰值包络检波器构成全波整流电路，可实现包络检波。

七、解：锁定时，fi=f0/10m , fo=10mfi=mf
fo=（760～860）×105 Δf=105HZ。