《电子测量与仪器》陈尚松版的_课后答案

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1、第三章信号发生器思考题与习题3.3已知可变频率振荡器频率f1＝2.4996~4.5000MHz，固定频率振荡器频率f2=2.5MHz，若以f1和f2构成一差频式信号发生器，试求其频率覆盖系数，若直接以f1构成一信号发生器，其频率覆盖系数又为多少？解：因为差频式信号发生器f0=f1－f2所以输出频率范围为：400Hz～2.0000MHz频率覆盖系数如果直接以f1构成一信号发生器，则其频率覆盖系数3.5要求某高频信号发生器的输出频率f＝8~60MHz，已知其可变电容器的电容C的变化范围为50pF~200pF，请问该如何进行波段划分，且每个波段对应的电感应为多大？解：而，由，所以

2、相邻波段的电感值满足：，所以可以计算得出3.9XFG-7高频信号发生器的频率范围为f=100kHz~30MHz，试问应划分几个波段？（为答案一致，设k=2.4）解：而，3.11简述直接数字频率合成原理，试设计一个利用微处理器产生任意波形发生器的方案，并讨论如何提高任意波形的频率？PC机滤波D/A答：在存储器里存储任意波形的数字量，通过微处理器以一定的时间间隔读取数据，并送D/A转换器进行转换，并将电压信号送滤波器进行滤波，一直以相同的转换时间间隔取下一个数进行转换，这样就可得到任意波形发生器。提高任意波形频率的方法有：（1）减小读取时间间隔，并采用转换速度较快的D/A转换器

3、；（2）采用读取时间短的存储器；（3）一个周期转换的点数减小。3.12有一频率合成器如图3.37所示，求：（1）f0的表达式；（2）f0的范围；（3）最小步进频率。÷100f3fl10kHz×N1560～1000LPFPDBPFVCO1f0M(-)f21kNzVCO2f3÷N25000~6000PD÷100LPF图3.37题3.12图解：由图可知：（1）所以（2）（3）因为N1和N2均可改变，但f0表达式中，N2的系数小，所以N2变化1得到的f0的变化最小，即f0的最小步进频率为frfrLfrHf0f0－frH（b）×MVCO÷PPDLPF÷N1―3.13计算下图所示锁相环

4、的输出频率范围及步进频率。frf0（a）VCO÷nPDLPF÷mfr1f0（c）1KHz÷N2720~100M(+)BPFVCO2PDLPF÷N2720~100VCO1LPF÷10PD÷N11000~1100III100kHzfr2图3.38题3.13图解：（a），所以，步进（b），所以，步进（c）设VCO1输出频率为f1，则，，，步进3.15AD9850DDS中如果时钟频率fc=125MHz，相位累加器宽度N=32位，频率控制字k=0100000H，这时输出频率为多少？解：k=0100000H，所以A20＝1，因为DDS：第四章：时频测量4.3分析通用计数器测量频率和周期

5、的误差，以及减小误差的方法。答：通用计数器测量频率的误差：即±1误差和标准频率误差。一般总误差可采用分项误差绝对值合成，即通用计数器测量周期的误差：主要有三项，即量化误差、转换误差以及标准频率误差。其合成误差可按下式计算减少测频误差的方法：在一定时，闸门时间T选得越长，测量准确度越高减少测周误差的方法：1)采用多周期测量可提高测量准确度；2)提高标准频率，可以提高测周分辨力；3)测量过程中尽可能提高信噪比Vm／Vn。4.8用计数式频率计测量频率，闸门时间（门控时间）为ls时，计数器读数为5400，这时的量化误差为多大？如将被测信号倍频4倍，又把闸门时间扩大到5倍，此时的量化

6、误差为多大?解：（1）量化误差（2）量化误差4.9用一个7位电子计数器测量一个fx＝5MHz的信号频率，试分别计算当“闸门时间”置于1s、0.1s和10ms时，由±1误差产生的测频误差。解：闸门时间为1s时，±1误差闸门时间为0.1s时，±1误差闸门时间为10ms时，±1误差4.10用某计数式频率计测频率，已知晶振频率fc的相对误差为Δfc／fc＝±5×10－8，门控时间T＝1s，求：（1）测量fx＝10MHz时的相对误差；（2）测量fx＝10KHz时的相对误差，并找出减小测量误差的方法。解：测频±1误差（1）（2）对相同闸门时间下，当被测频率越高时，测频相对误差越小，同时

7、晶振频率误差影响也越大。4.11用某计数式频率计测周期，已知晶振频率fc的相对误差为Δfc／fc＝±5×10－8，时基频率为10MHz，周期倍乘100。求测量10μs周期时的测量误差。解：计数器测周期误差4.12用某电子计数器测一个fx＝10Hz的信号频率，当信号的信噪比S/N＝20dB时，分别计算当“周期倍乘”置于×1和×100时，由于转换误差所产生的测周误差，并讨论计算结果。解：由转换误差产生的测周误差为：因为：，所以所以“周期倍乘”置于×1时：所以“周期倍乘”置于×100时：由测周误差可知，增大“周期倍乘”可