非线性电子线路答案_杨金法

31 1 1 3 cos 2π × 103 t + cos 4π × 103 t − cos 6π × 103 t − cos1.996π × 106 t 8 2 8 8 31 3 + cos 2π × 106 t + cos1.998π × 106 t + cos 2.002π × 106 t − cos 2.004π × 106 t 8 8 3 1 3 1 − cos 3.998π × 106 t + cos 4π × 106 t − cos 4.002π × 106 t − cos 6π × 106 t 8 2 8 8 频谱示意图略。 = 1+
《非线性电子线路课后习题题解》
By Jocieu Liouville All Rights Reserved.
第1章
概述
1.1 举出 3 种非线性电阻的例子。 解：略。
1.2 设非线性电导的特性为 i = 5u + u 2 − 0.5u 3 (mA) 。试求下列两种情况下，非线性器件的静态 电导 G、小信号电导 g 和等效基波跨导 Gm1 。
D ( x) 是偶函数，查附录 B.2 得： D ( x ) = D ( −10) = D (10) = 0.6363
THD1, LBF =
D ( x) 0.6363 = = 1.27% QT 50
注：对这里的前面的特别提醒部分，改作业时可不做如此严格要求。 （2）负载电路的谐振频率为： ω0 =
1 1 = = 3 × 107 Hz LC 2000 / 3 pF ⋅ 5 / 3μ H
= 5.5 + 5.5 cos ω t − 0.5 cos 2 ω t − 0.5 cos3 ωt
由《非线性电子线路》 （杨金法、彭虎编著）中 P4 第 3 行至第 6 行的公式可得： 1 直流分量： I 0 = 5.5 + × (−0.5) = 5.25(mA) 2 3 基波分量 ω ： I1 = 5.5 + × (−0.5) = 5.125(mA) 4 1 二次谐波分量 2 ω ： I 2 = × (−0.5) = −0.25( mA) 2 1 三次谐波分量 3 ω ： I 3 = × (−0.5) = −0.125(mA) 4 频谱示意图略。
U i 520mV = = 20 Ur 26mV
I 0 (20) = 0.08978 ，故 I 0 (20) = 0.08978e 20 20 e
U CE = −26mV ⎡ ⎣ 29.956 − ln I ( 20 ) ⎤ ⎦ = −26mV [ 29.956 − 20 − ln 0.08978] = −321.53mV
2 I1 ( − x) 2 I ( x) −2 I1 ( x) 2 I1 ( x) ，即 1 是偶函数。 = = − xI 0 ( − x ) − xI 0 ( x ) xI 0 ( x ) xI 0 ( x )
查附录 B.2 得
图 E2.2
Gm1 (−10) 2 I1 ( x) 2 I ( x) = = 1 = 0.18972 g mQ xI 0 ( x) x = −10 xI 0 ( x) x = 10
1 1 ，即 f = 。 2π LC j LC j
故f
(1 + 0.25u ) =
20 2π
1
4
× 103 ( MHz ) 1 jω L ，谐振条件： f =
2 ) 中图， Y = jω ( C j + Ci ) +
1 2π L ( C j + Ci )
。
((1 + 0.25u ) 故f =
3) 右图， Y = jω
α 0.98 = = 49 1 − α 1 − 0.98
I C = β I B ， I E = (1 + β ) I B
( 2I B + IC )i2k Ω + U BE + I E i500Ω − 6V = 0 ( 2 + β ) I B i2k Ω + 0.7V + (1 + β ) I B i500Ω − 6V = 0
(1)U Q = 1V , u = U Q + 0.5 cos ωt (V )
(2)U Q = 3.5V , u = U Q + 0.8 cos ωt (V )
解： G = I Q / U Q = (5 + U Q − 0.5U Q 2 )(mS ) g= di = (5 + 2U Q − 1.5U Q 2 )(mS ) du u = U Q
∞ 2
2
n = 5 ，即需要计算 4 项。
b) THD3, LBF
⎡ I ( x) ⎤ 1 1 = ∑⎢ n ⎥ ⋅ = n 3 n =1 ⎣ I 3 ( x ) ⎦ 1 + QT 2 ( − ) 2 QT n ≠3 3 n
∞
⎡ I n ( x) 3n ⎤ ⋅ 2 ∑ ⎢ ⎥ = 4.2% n =1 ⎣ I 3 ( x ) n − 9 ⎦ n ≠3
(2) 与 (3) 类似，可参看下面 (3) 的结果，此处解略。 (3) i = 5(cos 2π × 103 t + cos 2π × 106 t ) + (cos 2π × 103 t + cos 2π × 106 t ) 2
−0.5(cos 2π × 103 t + cos 2π × 106 t )3
1.4 设非线性电容 C j 特性为 C j = 20(1 + 0.25u )−0.5 ( pF ) ，若 u 在 1 ∼ 3V 范围内变化（图中，C j 的 控制电路未画出） ，试画出图 E1.4 所示 3 种接法下，回路的谐振频率 f 与 u 的关 j + 1 jω L ，谐振条件： ω =
(2)u = 0.5cos 2π ×1.5 ×105 t + 2 cos 2π × 2 × 105 t (V ) (3)u = cos 2π × 103 t + cos 2π ×106 t (V ) 解： (1)令ω =2π × 105 i = 5u + u 2 − 0.5u 3 = 5.5 + 5.5(u − 1) − 0.5(u − 1) 2 − 0.5(u − 1)3
∴ Gm 3 = 4.804mS
故： uo (t ) = 10 − Gm 3 R ⋅ ( −U i cos107 t ) = 10 + 3.123cos107 t (V ) QT = R C 2000 × 10−12 / 3 = 2.5 × 103 × = 50 > 30 L 5 ×10−6 / 3
−0.5
+1
)
−0.5
20 2π
C j Ci C j + Ci
0.5
×103 ( MHz )
1 jω L
+
，谐振条件： f =
C j + Ci 2π LC j Ci
。
((1 + 0.25u ) 故f =
+1
)
0.5
20 2π
×103 ( MHz )
回路的谐振频率 f 与 u 的关系图如下：
1.5、1.6、1.7 略。 补充题：一热敏电阻，R 随 T 线形变化： R = R0T ，T 随 i 线形变化： T = T0 (1 + i ) 。设加入电 压 u ，求任意 u 下的 i 和 u 之间的关系式，并给出用 u 表示的微分电阻表达式。 解： u = iR = R0T0i (1 + i )
IB = 53 mA 1270 2597 = 2.045(mA) 1270
I K = IC = β I B =
（2）由 I E 0 = I ES e
−
U CE Ur
I 0 ( x) = I K 得
⎡ I ⎤ U CE = −U r ⎢ln K − ln I 0 ( x) ⎥ ⎣ I ES ⎦
2.045 ⎡ ⎤ = −26mV ⎢ln − ln I 0 ( x) ⎥ −13 ⎣ 2 × 10 ⎦
图 E2.1
= −26mV [ 29.956 − ln I 0 ( x)]
静态时， x = 0 , I 0 ( x ) = I 0 (0) = 1 ，得：
U CE 0 = −26mV [ 29.956 − ln1] = −778.86mV
（3）当输入 ui = 0.52 cos ωt （V）时， x = 由附录 B.1 中查得：
u = U Q + U i cos ωt 时， i = 5u + u 2 − 0.5u 3 对应的电流基波分量分别为：
5u ↔ 5U i cos ωt
u 2 ↔ 2U QU i cos ωt
3 −0.5u 3 ↔ − (4U Q 2U i + U i 3 ) cos ωt 8
3 3 ⎡ ⎤ 故 Gm1 = I1 / U i = ⎢5 + 2U Q − U Q 2 − U i 2 ⎥ (mS ) 2 8 ⎣ ⎦
U i −260mV = = −10 Ur 26mV
α IK
Ur
=
1mA 1 S = 26mV 26
x=
特别提醒：要注意电压源的正负标注，这里的标注正好跟 晶体管基射极间压降相反，故在这里应用 2.1 节中的公式 时，应为 Ui = −260mV 。若直接用 x=10 计算，则是未真正 理解其意义。另外，解题时也可将 ui 加上一个 180 度的相 位，这样可按 x 为正来做。
1 1 4u i=− + 1+ 2 2 R0T0
r= du = R0T0 (1 + 2i ) = R0 2T0 2 + 4uR0T0 di
第2章
非线性器件的分析方法
2.1 已知如图 E2.1 所示电路中， VT1 为指数律晶体管， I ES = 2 × 10−13 mA 。 VT2 、 VT3 为折线律 晶体管， U BE = 0.7V ，所有晶体管 α = 0.98 。求： （1）计算恒流源电流 I K ； （2）计算静态时高频旁路电容 CE 上压降 U CE 0 ； （3）当输入 ui = 0.52 cos ωt （V）时， CE 上稳态压降 U CE 。 解： （1） β =