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《电子商务基础》（第二版）书后练习参考答案目录第1章电子商务概述 (1)第2章电子商务的分类与应用 (3)第3章电子商务的业务流程和主要环节 (4)第4章电子商务函电与电子邮箱 (6)第5章网上支付 (7)第6章电子商务物流 (10)第7章网络营销 (11)第8章电子商务网站建设 (12)第9章电子商务的安全保障体系 (15)第1章电子商务概述1．什么是电子商务？答：电子商务（英文简写为EC）是指利用计算机和网络通信技术进行的商务活动。
其内容包含两个方面，一是电子方式，二是商贸活动。
2．电子商务有哪些特征？答：电子商务作为现代经济活动中一种重要的手段，其本身具有以下特征：（1）普遍性特征；（2）方便性特征；（3）整体性特征；（4）安全性特征；（5）协调性特征。
3. 商务活动的实现需要哪些支持条件？答：电子商务活动实现需要很多方面支持，除了买家、卖家外，还要有银行或金融机构、认证机构、配送中心等机构的加入才行。
由于参与电子商务中的各方在物理上是互不谋面的，因此整个电子商务过程并不是物理世界商务活动的翻版，网上银行、在线电子支付等条件和数据加密、电子签名等技术在电子商务中发挥着重要的不可或缺的作用。
4. 商务产生和发展经历了几个阶段？答：电子商务产生于20世纪60年代，发展于20世纪90年代。
电子商务的发展经历了以下两个阶段：第一阶段 20世纪60年代—20世纪90年代：基于EDI 的电子商务；第二阶段 20世纪90年代以来：基于国际互联网的电子商务。
5. 电子商务产生依存的条件有哪些？答：电子商务的产生必然依存以下几个基本条件：（1）在商务活动中利用电子这种载体作为媒介来传递商务中的交易信息；（2）开始形成有利于电子商务发展的社会大环境；（3）商务的交易方式将由于电子技术的使用而得以改变；（4）越来越多的人采用或即将采用这种交易方式；（5）全社会已经有一个电子商务交易的技术环境和平台；（6）未来的经济增长将会以电子商务为新的热点；（7）经济全球化的步伐得以加快。
模拟电子技术第五版基础习题与解答在电子技术的领域中，模拟电子技术一直占据着重要的地位。
它是电子信息工程、通信工程、自动化等专业的基础课程之一。
《模拟电子技术第五版》作为一本经典教材，其中的基础习题对于学生理解和掌握这门课程的知识具有至关重要的作用。
首先，让我们来看看一些关于半导体基础知识的习题。
半导体器件是模拟电子技术的基石，理解其工作原理和特性是学好这门课程的关键。
例如，有这样一道习题：“解释为什么在纯净的半导体中掺入少量杂质可以显著改变其导电性能？”对于这道题，我们需要明白，纯净的半导体中载流子浓度很低，而掺入杂质后会形成施主能级或受主能级，从而增加了载流子的浓度，使得导电性能得到改善。
再比如，“比较 N型半导体和 P 型半导体在导电机制上的差异。
”这道题要求我们清楚 N型半导体中主要是电子导电，P 型半导体中主要是空穴导电，并且要能够详细阐述其形成原因和导电过程。
在二极管这一章节，也有不少具有代表性的习题。
“分析二极管在正向偏置和反向偏置时的电流特性，并解释其原因。
”在解答这道题时，我们要知道在正向偏置时，二极管的 PN 结变薄，电阻减小，电流容易通过；而在反向偏置时，PN 结变厚，电阻增大，只有极小的反向饱和电流。
还有“利用二极管的单向导电性，设计一个简单的整流电路，并计算其输出电压和电流。
”这样的题目则需要我们将理论知识应用到实际电路设计中，通过计算来确定电路的性能参数。
三极管是模拟电子技术中的核心器件，相关的习题更是复杂多样。
“阐述三极管的放大作用原理，以及如何判断三极管的工作状态。
”这道题要求我们深入理解三极管的结构和工作原理，知道三极管通过控制基极电流来实现对集电极电流的放大作用。
判断工作状态时，需要根据基极电流、集电极电流和发射极电流之间的关系，以及各极之间的电压来确定。
又如“设计一个共射极放大电路，计算其电压放大倍数、输入电阻和输出电阻。
”这就需要我们综合运用三极管的放大原理、电路分析方法以及相关的计算公式来完成。
习题五5-1 振动和波动有什么区别和联系?平面简谐波动方程和简谐振动方程有什么不同?又有什么联系?振动曲线和波形曲线有什么不同?解: (1)振动是指一个孤立的系统(也可是介质中的一个质元)在某固定平衡位置附近所做的往复运动，系统离开平衡位置的位移是时间的周期性函数，即可表示为)(t f y =；波动是振动在连续介质中的传播过程，此时介质中所有质元都在各自的平衡位置附近作振动，因此介质中任一质元离开平衡位置的位移既是坐标位置x ，又是时间t 的函数，即),(t x f y =． (2)在谐振动方程)(t f y =中只有一个独立的变量时间t ，它描述的是介质中一个质元偏离平衡位置的位移随时间变化的规律；平面谐波方程),(t x f y =中有两个独立变量，即坐标位置x 和时间t ，它描述的是介质中所有质元偏离平衡位置的位移随坐标和时间变化的规律．当谐波方程)(cos u xt A y -=ω中的坐标位置给定后，即可得到该点的振动方程，而波源持续不断地振动又是产生波动的必要条件之一．(3)振动曲线)(t f y =描述的是一个质点的位移随时间变化的规律，因此，其纵轴为y ，横轴为t ；波动曲线),(t x f y =描述的是介质中所有质元的位移随位置，随时间变化的规律，其纵轴为y ，横轴为x ．每一幅图只能给出某一时刻质元的位移随坐标位置x 变化的规律，即只能给出某一时刻的波形图，不同时刻的波动曲线就是不同时刻的波形图．5-2 波动方程y =A cos ［ω(u x t -)+0ϕ］中的u x表示什么?如果改写为y =A cos (0ϕωω+-u x t )，u x ω又是什么意思?如果t 和x 均增加，但相应的［ω(u x t -)+0ϕ］的值不变，由此能从波动方程说明什么?解: 波动方程中的u x /表示了介质中坐标位置为x 的质元的振动落后于原点的时间；u x ω则表示x 处质元比原点落后的振动位相；设t 时刻的波动方程为)cos(0φωω+-=u xt A y t则t t ∆+时刻的波动方程为])()(cos[0φωω+∆+-∆+=∆+u x x t t A y t t其表示在时刻t ，位置x 处的振动状态，经过t ∆后传播到t u x ∆+处．所以在)(u x t ωω-中，当t ，x 均增加时，)(u x t ωω-的值不会变化，而这正好说明了经过时间t ∆，波形即向前传播了t u x ∆=∆的距离，说明)cos(0φωω+-=u xt A y 描述的是一列行进中的波，故谓之行波方程．5-3 波在介质中传播时，为什么介质元的动能和势能具有相同的位相，而弹簧振子的动能和势能却没有这样的特点?解: 我们在讨论波动能量时，实际上讨论的是介质中某个小体积元dV 内所有质元的能量．波动动能当然是指质元振动动能，其与振动速度平方成正比，波动势能则是指介质的形变势能．形变势能由介质的相对形变量(即应变量)决定．如果取波动方程为),(t x f y =，则相对形变量(即应变量)为x y ∂∂/.波动势能则是与x y ∂∂/的平方成正比．由波动曲线图(题5-3图)可知，在波峰，波谷处，波动动能有极小(此处振动速度为零)，而在该处的应变也为极小(该处0/=∂∂x y )，所以在波峰，波谷处波动势能也为极小；在平衡位置处波动动能为极大(该处振动速度的极大)，而在该处的应变也是最大(该处是曲线的拐点)，当然波动势能也为最大．这就说明了在介质中波动动能与波动势能是同步变化的，即具有相同的量值．题5-3图对于一个孤立的谐振动系统，是一个孤立的保守系统，机械能守恒，即振子的动能与势能之和保持为一个常数，而动能与势能在不断地转换，所以动能和势能不可能同步变化． 5-4 波动方程中，坐标轴原点是否一定要选在波源处? t =0时刻是否一定是波源开始振动的时刻? 波动方程写成y =A cos ω(u xt -)时，波源一定在坐标原点处吗?在什么前提下波动方程才能写成这种形式?解: 由于坐标原点和开始计时时刻的选全完取是一种主观行为，所以在波动方程中，坐标原点不一定要选在波源处，同样，0=t 的时刻也不一定是波源开始振动的时刻；当波动方程写成)(cos u xt A y -=ω时，坐标原点也不一定是选在波源所在处的．因为在此处对于波源的含义已做了拓展，即在写波动方程时，我们可以把介质中某一已知点的振动视为波源，只要把振动方程为已知的点选为坐标原点，即可得题示的波动方程．5-5 在驻波的两相邻波节间的同一半波长上，描述各质点振动的什么物理量不同，什么物理量相同?解: 取驻波方程为vtx A y απλπcos 2cos 2=，则可知，在相邻两波节中的同一半波长上，描述各质点的振幅是不相同的，各质点的振幅是随位置按余弦规律变化的，即振幅变化规律可表示为xA λπ2cos2．而在这同一半波长上，各质点的振动位相则是相同的，即以相邻两波节的介质为一段，同一段介质内各质点都有相同的振动位相，而相邻两段介质内的质点振动位相则相反．5-6 波源向着观察者运动和观察者向波源运动都会产生频率增高的多普勒效应，这两种情况有何区别?解: 波源向着观察者运动时，波面将被挤压，波在介质中的波长，将被压缩变短，(如题5-6图所示)，因而观察者在单位时间内接收到的完整数目(λ'/u )会增多，所以接收频率增高；而观察者向着波源运动时，波面形状不变，但观察者测到的波速增大，即B v u u +='，因而单位时间内通过观察者完整波的数目λu '也会增多，即接收频率也将增高．简单地说，前者是通过压缩波面(缩短波长)使频率增高，后者则是观察者的运动使得单位时间内通过的波面数增加而升高频率．题5-6 图多普勒效应5-7 一平面简谐波沿x 轴负向传播，波长λ=1.0 m ，原点处质点的振动频率为ν=2. 0 Hz ，振幅A ＝0.1m ，且在t =0时恰好通过平衡位置向y 轴负向运动，求此平面波的波动方程．解: 由题知0=t 时原点处质点的振动状态为0,000<=v y ，故知原点的振动初相为2π,取波动方程为])(2cos[0φλπ++=xT t A y 则有]2)12(2cos[1.0ππ++=x t y)224cos(1.0πππ++=x t m5-8 已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为y =A cos(Cx Bt -)，其中A ，B ，C为正值恒量．求：(1)波的振幅、波速、频率、周期与波长；(2)写出传播方向上距离波源为l 处一点的振动方程； (3)任一时刻，在波的传播方向上相距为d 的两点的位相差． 解: (1)已知平面简谐波的波动方程)cos(Cx Bt A y -=(0≥x )将上式与波动方程的标准形式)22cos(λππυxt A y -=比较，可知： 波振幅为A ，频率πυ2B =，波长C πλ2=，波速C Bu ==λυ， 波动周期B T πυ21==． (2)将l x =代入波动方程即可得到该点的振动方程)cos(Cl Bt A y -=(3)因任一时刻t 同一波线上两点之间的位相差为)(212x x -=∆λπφ将d x x =-12，及C πλ2=代入上式，即得Cd =∆φ．5-9 沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为y =0.05cos(10x t ππ4-)，式中x ,y 以米计，t 以秒计．求：(1)波的波速、频率和波长；(2)绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度； (3)求x =0.2m 处质点在t =1s 时的位相，它是原点在哪一时刻的位相?这一位相所代表的运动状态在t =1.25s 时刻到达哪一点? 解: (1)将题给方程与标准式)22cos(x t A y λππυ-=相比，得振幅05.0=A m ，频率5=υ1-s ，波长5.0=λm ，波速5.2==λυu 1s m -⋅．(2)绳上各点的最大振速，最大加速度分别为ππω5.005.010max =⨯==A v 1s m -⋅ 222max 505.0)10(ππω=⨯==A a 2s m -⋅(3)2.0=x m 处的振动比原点落后的时间为08.05.22.0==u x s故2.0=x m ,1=t s 时的位相就是原点(0=x )，在92.008.010=-=t s 时的位相，即 2.9=φπ．设这一位相所代表的运动状态在25.1=t s 时刻到达x 点，则825.0)0.125.1(5.22.0)(11=-+=-+=t t u x x m5-10 如题5-10图是沿x 轴传播的平面余弦波在t 时刻的波形曲线．(1)若波沿x 轴正向传播，该时刻O ，A ，B ，C 各点的振动位相是多少?(2)若波沿x 轴负向传播，上述各点的振动 位相又是多少?解: (1)波沿x 轴正向传播，则在t 时刻，有题5-10图对于O 点：∵0,0<=O O v y ，∴2πφ=O对于A 点：∵0,=+=A A v A y ，∴0=A φ 对于B 点：∵0,0>=B B v y ，∴2πφ-=B 对于C 点：∵0,0<=C Cv y ，∴23πφ-=C (取负值：表示C B A 、、点位相，应落后于O 点的位相)(2)波沿x 轴负向传播，则在t 时刻，有对于O 点：∵0,0>'='O O v y ，∴2πφ-='O对于A 点：∵0,='+='A A v A y ，∴0='A φ 对于B 点：∵0,0<'='B B v y ，∴2πφ=B 对于C 点：∵0,0>'='C C v y ，∴23πφ='C (此处取正值表示C B A 、、点位相超前于O 点的位相)5-11 一列平面余弦波沿x 轴正向传播，波速为5m ·s -1，波长为2m ，原点处质点的振动曲线如题5-11图所示． (1)写出波动方程；(2)作出t =0时的波形图及距离波源0.5m 处质点的振动曲线．解: (1)由题5-11(a)图知，1.0=A m ，且0=t 时，0,000>=v y ，∴230πφ=，又5.225===λυuHz ，则ππυω52==题5-11图(a)取 ])(cos[0φω+-=u xt A y ，则波动方程为)]235(5cos[1.0ππ+-=x t y m(2) 0=t 时的波形如题5-11(b)图题5-11图(b) 题5-11图(c)将5.0=x m 代入波动方程，得该点处的振动方程为)5cos(1.0)235.05.055cos(1.0πππππ+=+⨯-=t t y m如题5-11(c)图所示．5-12 如题5-12图所示，已知t =0时和t =0.5s 时的波形曲线分别为图中曲线(a)和(b) ，波沿x 轴正向传播，试根据图中绘出的条件求： (1)波动方程；(2)P 点的振动方程．解: (1)由题5-12图可知，1.0=A m ，4=λm ，又，0=t 时，0,000<=v y ，∴20πφ=，而25.01==∆∆=t x u 1s m -⋅，5.042===λυu Hz ，∴ππυω==2故波动方程为]2)2(cos[1.0ππ+-=x t y m(2)将1=P x m 代入上式，即得P 点振动方程为tt y ππππcos 1.0)]22cos[(1.0=+-=m题5-12图5-13 一列机械波沿x 轴正向传播，t =0时的波形如题5-13图所示，已知波速为10 m ·s -1，波长为2m ，求： (1)波动方程；(2) P 点的振动方程及振动曲线； (3) P 点的坐标；(4) P 点回到平衡位置所需的最短时间． 解: 由题5-13图可知1.0=A m ，0=t 时，0,200<=v A y ，∴30πφ=，由题知2=λm ，10=u 1s m -⋅，则5210===λυuHz∴ ππυω102==(1)波动方程为]3)10(10cos[.01ππ+-=x t y m题5-13图(2)由图知，0=t 时，0,2<-=P P v A y ，∴34πφ-=P (P 点的位相应落后于0点，故取负值)∴P 点振动方程为)3410cos(1.0ππ-=t y p (3)∵πππ34|3)10(100-=+-=t x t ∴解得67.135==x m (4)根据(2)的结果可作出旋转矢量图如题5-13图(a)，则由P 点回到平衡位置应经历的位相角题5-13图(a)πππφ6523=+=∆∴所属最短时间为121106/5==∆=∆ππωφt s5-14 如题5-14图所示，有一平面简谐波在空间传播，已知P 点的振动方程为P y =A cos(0ϕω+t )．(1)分别就图中给出的两种坐标写出其波动方程； (2)写出距P 点距离为b 的Q 点的振动方程．解: (1)如题5-14图(a)，则波动方程为])(cos[0φω+-+=u xu l t A y如图(b)，则波动方程为题5-14图])(cos[0φω++=u xt A y(2) 如题5-14图(a)，则Q 点的振动方程为 ])(cos[0φω+-=u bt A A Q如题5-14图(b)，则Q 点的振动方程为])(cos[0φω++=u bt A A Q5-15 已知平面简谐波的波动方程为)24(cos x t A y +=π(SI)．(1)写出t =4.2 s 时各波峰位置的坐标式，并求此时离原点最近一个波峰的位置，该波峰何时通过原点?(2)画出t =4.2 s 时的波形曲线． 解:(1)波峰位置坐标应满足ππk x t 2)24(=+解得 )4.8(-=k x m (,2,1,0±±=k …) 所以离原点最近的波峰位置为4.0-m ． ∵u xt t t ωωππ+=+24 故知2=u 1s m -⋅,∴2.024.0=-='∆t s ，这就是说该波峰在2.0s 前通过原点，那么从计时时刻算起，则应是42.02.4=-s ，即该波峰是在4s 时通过原点的．题5-15图(2)∵2,4==u πω1s m -⋅，∴12===ωπλuuT m ，又0=x 处，2.4=t s 时，ππφ8.1642.40=⨯=A A y 8.02.44cos 0-=⨯=π又，当A y -=时，πφ17=x，则应有πππ1728.16=+x解得 1.0=x m ，故2.4=t s 时的波形图如题5-15图所示5-16 题5-16图中(a)表示t =0时刻的波形图，(b)表示原点(x =0)处质元的振动曲线，试求此波的波动方程，并画出x =2m 处质元的振动曲线． 解: 由题5-16(b)图所示振动曲线可知2=T s ,2.0=A m ，且0=t 时，0,000>=v y ，故知20πφ-=,再结合题5-16(a)图所示波动曲线可知，该列波沿x 轴负向传播，且4=λm ，若取])(2cos[0φλπ++=xT t A y题5-16图则波动方程为]2)42(2cos[2.0ππ-+=x t y5-17 一平面余弦波，沿直径为14cm 的圆柱形管传播，波的强度为18.0×10-3J ·m -2·s -1，频率为300 Hz ，波速为300m ·s -1，求 ： (1)波的平均能量密度和最大能量密度?(2)两个相邻同相面之间有多少波的能量? 解: (1)∵ u w I =∴53106300100.18--⨯=⨯==u I w 3m J -⋅ 4max 102.12-⨯==w w 3m J -⋅(2)νπλπωud w d w V W 224141=== 7251024.9300300)14.0(41106--⨯=⨯⨯⨯⨯=πJ 5-18 如题5-18图所示，1S 和2S 为两相干波源，振幅均为1A ，相距4λ，1S 较2S 位相超前2π，求：(1) 1S 外侧各点的合振幅和强度； (2) 2S 外侧各点的合振幅和强度解：（1）在1S 外侧，距离1S 为1r 的点，1S 2S 传到该P 点引起的位相差为πλλππφ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=∆)4(2211r r0,0211===-=A I A A A（2）在2S 外侧.距离2S 为1r 的点，1S 2S 传到该点引起的位相差.)4(2222=-+-=∆r r λλππφ2121114,2A A I A A A A ===+=5-19 如题5-19图所示，设B 点发出的平面横波沿BP 方向传播，它在B 点的振动方程为t y π2cos 10231-⨯=;C 点发出的平面横波沿CP 方向传播，它在C 点的振动方程为)2cos(10232ππ+⨯=-t y ，本题中y 以m 计，t 以s 计．设BP ＝0.4m ，CP ＝0.5 m ，波速u =0.2m ·s -1，求：(1)两波传到P 点时的位相差；(2)当这两列波的振动方向相同时，P 处合振动的振幅；*(3)当这两列波的振动方向互相垂直时，P 处合振动的振幅．解: (1))(2)(12BP CP ---=∆λπϕφφ)(BP CP u --=ωπ 0)4.05.0(2.02=--=ππ题5-19图(2)P 点是相长干涉，且振动方向相同，所以321104-⨯=+=A A A P m(3)若两振动方向垂直，又两分振动位相差为0，这时合振动轨迹是通过Ⅱ，Ⅳ象限的直线，所以合振幅为33122211083.210222--⨯=⨯==+=A A A A m5-20 一平面简谐波沿x 轴正向传播，如题5-20图所示．已知振幅为A ，频率为ν波速为u ． (1)若t =0时，原点O 处质元正好由平衡位置向位移正方向运动，写出此波的波动方程；(2)若从分界面反射的波的振幅与入射波振幅相等，试写出反射波的波动方程，并求x 轴上 因入射波与反射波干涉而静止的各点的位置．解: (1)∵0=t 时，0,000>=v y ，∴20πφ-=故波动方程为]2)(2cos[ππ--=u x t v A y m题5-20图(2)入射波传到反射面时的振动位相为(即将λ43=x 代入)2432πλλπ-⨯-，再考虑到波由波疏入射而在波密界面上反射，存在半波损失，所以反射波在界面处的位相为πππλλπ-=+-⨯-2432若仍以O 点为原点，则反射波在O 点处的位相为 ππλλπ25432-=-⨯-，因只考虑π2以内的位相角，∴反射波在O 点的位相为2π-，故反射波的波动方程为]2)(2cos[ππυ-+=u x t A y 反此时驻波方程为]2)(2cos[ππυ--=u x t A y ]2)(2cos[ππυ-++u x t A)22cos(2cos 2ππυπυ-=t u x A故波节位置为2)12(22πλππυ+==k x u x故4)12(λ+=k x (,2,1,0±±=k …)根据题意，k 只能取1,0，即λλ43,41=x 5-20 一驻波方程为y =0.02cos20x cos750t (SI)，求：(1)形成此驻波的两列行波的振幅和波速；(2)相邻两波节间距离．解: (1)取驻波方程为t u x A y πυπυ2cos 2cos2=故知01.0202.0==A m 7502=πυ，则πυ2750=， 202=u πυ∴5.37202/7502202=⨯==πππυu 1s m -⋅ (2)∵314.01.020/2====πυπυυλu m 所以相邻两波节间距离 157.02==∆λx m5-22 在弦上传播的横波，它的波动方程为1y =0.1cos(13t +0.0079x ) (SI)试写出一个波动方程，使它表示的波能与这列已知的横波叠加形成驻波，并在x =0处为波 节．解: 为使合成驻波在0=x 处形成波节，则要反射波在0=x 处与入射波有π的位相差，故反射波的波动方程为)0079.013cos(1.02π--=x t y5-23 两列波在一根很长的细绳上传播，它们的波动方程分别为1y =0.06cos(t x ππ4-)(SI), 2y =0.06cos(t x ππ4+)(SI)．(1)试证明绳子将作驻波式振动，并求波节、波腹的位置；(2)波腹处的振幅多大?x =1.2m 处振幅多大?解: (1)它们的合成波为)4cos(06.0)4cos(06.0t x x y ππππ++-= t x ππ4cos cos 12.0=出现了变量的分离，符合驻波方程特征，故绳子在作驻波振动．令ππk x =，则k x =，k=0,±1，±2…此即波腹的位置； 令2)12(ππ+=k x ,则21)12(+=k x ，,2,1,0±±=k …，此即波节的位置． (2)波腹处振幅最大，即为12.0m ；2.1=x m 处的振幅由下式决定，即 097.0)2.1cos(12.0=⨯=π驻A m5-24 汽车驶过车站时，车站上的观测者测得汽笛声频率由1200Hz 变到了1000 Hz ，设空气中声速为330m ·s -1，求汽车的速率．解: 设汽车的速度为s v ，汽车在驶近车站时，车站收到的频率为01υυs v u u -= 汽车驶离车站时，车站收到的频率为02υυs v u u +=联立以上两式，得3010012001000120030021211=+-⨯=+-=υυυυυu1s m -⋅ 5-25 两列火车分别以72km ·h -1和54 km ·h -1的速度相向而行，第一列火车发出一个600 Hz的汽笛声，若声速为340 m ·s -1，求第二列火车上的观测者听见该声音的频率在相遇前和相遇后分别是多少?解: 设鸣笛火车的车速为201=v 1s m -⋅，接收鸣笛的火车车速为152=v 1s m -⋅，则两者相遇前收到的频率为 66560020340153400121=⨯-+=-+=υυv u v u Hz两车相遇之后收到的频率为54160020340153400121=⨯+-=+-=υυv u v u Hz。
第五章 放大电路的频率响应自 测 题一、选择正确答案填入空内。
（1）测试放大电路输出电压幅值与相位的变化，可以得到它的频率响应，条件是 。
A.输入电压幅值不变，改变频率B.输入电压频率不变，改变幅值C.输入电压的幅值与频率同时变化（2）放大电路在高频信号作用时放大倍数数值下降的原因是 ，而低频信号作用时放大倍数数值下降的原因是 。
A.耦合电容和旁路电容的存在B.半导体管极间电容和分布电容的存在。
C.半导体管的非线性特性D.放大电路的静态工作点不合适（3）当信号频率等于放大电路的f L 或f H 时，放大倍数的值约下降到中频时的 。
A.0.5倍B.0.7倍C.0.9倍 即增益下降 。
A.3dBB.4dBC.5dB （4）对于单管共射放大电路，当f ＝ f L 时，与相位关系是 o U &iU &。
A.＋45˚B.－90˚C.－135˚当f ＝ f H 时，与的相位关系是 oU &i U &。
A.－45˚ B.－135˚ C.－225˚ 解：（1）A （2）B ，A （3）B A （4）C C二、电路如图T5.2所示。
已知：V C C ＝12V ；晶体管的C μ＝4pF ，f T = 50MHz ，＝100Ω, β'bb r 0＝80。
试求解： （1）中频电压放大倍数； smu A & （2）；'πC （3）f H 和f L ；（4）画出波特图。
图T5.2解：（1）静态及动态的分析估算： ∥178)(mA/V2.69k 27.1k 27.1k 17.1mV26)1(V 3mA 8.1)1(Aμ 6.22c m bee b'i s ismTEQ m b be i e b'bb'be EQe b'c CQ CC CEQ BQ EQ bBEQCC BQ −≈−⋅+=≈=Ω≈=Ω≈+=Ω≈+=≈−=≈+=≈−=R g r r R R R A U I g R r R r r r I r R I V U I I R U V I u &ββ（2）估算：'πCpF1602)1(pF214π2)(π2μc m 'μTe b'0μπe b'0T ≈++=≈−≈+≈C R g C C C f r C C C r f πππββ（3）求解上限、下限截止频率：Hz14)π(21kHz 175π21567)()(i s L 'πH s b b'e b'b s b b'e b'≈+=≈=Ω≈+≈+=CR R f RC f R r r R R r r R ∥∥∥（4）在中频段的增益为dB 45lg 20sm≈u A & 频率特性曲线如解图T5.2所示。
第1章习题答案一、填空题 1、模拟、数字 2、高、低3、逻辑、逻辑、逻辑、与逻辑、或逻辑、非逻辑4、基数、位权、基、位权5、8421、2421、余3、格雷6、进位制、数、按位权展开求和7、除2取余、乘2取整8、二进、二进制、三位、四位 9、8、4、2、1、二进制、0～9 10、原码、反码、补码、补码11、分配、结合、交换、反演、非非 12、或项、与项13、最小项、相邻、最小项、一位变量 14、“1”、“0” 二、判断题1、错2、错3、错4、对5、错6、错7、对 三、选择题1、B2、C3、B4、A四、简答题1、答：数字信号是离散的，模拟信号是连续的，这是它们的最大区别。
它们之中，数字电路的抗干扰能力较强。
2、答：数制是指计数的进制，如二进制码、十进制码和十六进制码等等码制是指不同的编码方式，如各种BCD 码、循环码等。
在本书介绍的范围内，8421BCD 码和2421BCD 码属于有权码余3码和格雷码属于无权码。
3、答：用卡诺图化简时，合并的小方格应组成正方形或长方形，同时满足相邻原则。
利用卡诺图化简逻辑函数式的步骤如下：①根据变量的数目，画出相应方格数的卡诺图；②根据逻辑函数式，把所有为“1”的项画入卡诺图中；③用卡诺圈把相邻最小项进行合并，合并时就遵照卡诺圈最大化原则；④根据所圈的卡诺圈，消除圈内全部互非的变量，每一个圈作为一个“与”项，将各“与”项相或，即为化简后的最简与或表达式。
五、计算题1、（1）C B A + （2）B C A + （3）BC B A AB ++ （4）C B D C B A ++2、（1）（365）10＝（101101101）2＝（555）8＝（16D ）16 （2）（11101.1）2＝（29.5）10＝（35.4）8＝（1D.8）16（3）（57.625）10＝（71.5）8＝（39.A ）163、（1）D C AD Y += （2）AD B C B A Y ++=（3）C B BC B A Y ++= （4）D B A ACD BC A D C A Y +++=第2章习题答案一、填空题1、门电路、与门、或门2、异或、同或3、开关、双极、单极、双极、单极4、或非、有1出1，全0出0、与非5、图腾、高电平“1”、低电平“0”、“1”、“0”、高阻6、三态、OC7、TTL 、CMOS 、CMOS8、PMOS 、NMOS 、输入、输出、控制 9、并、并、并 10、“与”、悬空、“或”、低、高、低、悬空 二、判断题 1、对 2、错三、选择题1、B2、D3、B四、分析题1、F 1是与门电路，F 2是或门电路，波形如下图所示。
习题5.1 填空题1.振荡器，是指通过 振荡 的方式产生周期性信号的电路。
2. 振荡器种类很多，按振荡波形分，可以分为正弦波和非正弦振荡器。
3. 自激振荡，是指 指不需要外界刺激就能产生输出信号的 的振荡现象。
4.振荡条件包括 平衡条件 和 起振条件 。
5. 正弦波振荡电路主要由四部分组成： 选频网络 、放大环节、 正反馈网络 和稳幅环节。
6. 正弦波振荡电路按照选频网络来分类，可以分为：RC 振荡电路、LC 振荡电路和石英晶体振荡电路。
7. 常见的非正弦波有 矩形波 、三角波、 锯齿波、梯形波等。
8.函数发生器，是指 能够自动产生多种波形（一般包括正弦波、方波、三角波等波形） 的电路或者仪器。
5.2 选择题1.振荡器的起振条件是（B ）。
A B2.振荡器的平衡条件是（B ）。
A B 3.RC 振荡电路适用于（B ）范围。
A 高频B 低频4.LC 振荡电路适用于（ A ）范围。
A 高频B 低频5.石英晶体振荡器适用于（B ）范围。
A 高频B 低频6.方波经过（B ）可以转换成三角波。
1=F A 1>F A 1=F A1>F AA 微分电路B 积分电路5.3 判断题1.采用微分电路可以将三角波转换成锯齿波。
（×）2.采用滞回电压比较器可以产生方波。
（√）3.改变RC充放电时间，可以改变锯齿波的锯齿方向。
（√）5.4 分析计算题1.若反馈振荡器满足起振和平衡条件，则必然满足稳定条件，这种说法是否正确？为什么？解：不正确。
因为满足起振条件和平衡条件后，振荡由小到大并达到平衡。
但当外界因素（温度、电源电压等）变化时，平衡条件受到破坏。
若不满足稳定条件，振荡起就不会回到平衡状态，最终导致停振。
2.有一桥式RC振荡器，已知RC串并联电路中的电阻R=120kΩ，C=0.001μF，求振荡。
频率f解：略。
3. 试判断图5-36所示交流通路中，哪些可能产生振荡，哪些不能产生振荡。
若能产生振荡，则说明属于哪种振荡电路。
【5-1】填空1. 为了放大从热电偶取得的反映温度变化的微弱信号，放大电路应采用耦合方式。
2. 为了使放大电路的信号与负载间有良好的匹配，以使输出功率尽可能加大，放大电路应采用耦合方式。
3. 若两个放大电路的空载放大倍数分别为20和30，则将它们级连成两级放大电路，则其放大倍数为（a. 600，b. 大于600，c. 小于600）4. 在三级放大电路中，已知|A u1|=50，|A u2|=80，|A u3|=25，则其总电压放大倍数|A u|= ，折合为 dB。
5. 在多级放大电路中，后级的输入电阻是前级的；而前级的输出电阻则也可视为后级的。
6．功率放大电路的主要作用是。
7．甲类、乙类、甲乙类放大电路的是依据晶体管的大小来区分的，其中甲类放大；乙类放大；甲乙类放大。
8．乙类推挽功率放大电路的较高，这种电路会产生特有的失真现象称；为消除之，常采用。
9．一个输出功率为10W的扩音机电路，若用乙类推挽功率放大，则应选至少为W的功率管个。
10．理想集成运算放大器的放大倍数A u＝，输入电阻R i＝，输出电阻R o＝。
11．通用型集成运算放大器的输入级大多采用电路，输出级大多采用电路。
1.直接2.变压器3. c 小于6004.105，1005.负载，后级的信号源，信号源内阻6.向负载提供足够大的功率；7.导通角，导通角为360°，导通角为180°，大于180°而小于360°；8. 效率，交越失真，甲乙类工作状态； 9. 2，2。
10. ∞，∞，011. 差分放大，互补功率输出【5-2】电路如图5.12.1所示 1．写出iou U U A =及R i ，R o 的表达式，设β1、β2、r be1、r be2及电路中各电阻均为已知。
2．设输入一正弦信号时，输出电压波形出现了顶部失真。
若原因是第一级的Q 点不合适，问第一级产生了什么失真如何消除若原因是第二级Q 点不合适，问第二级产生了什么失真又如何消除 解： 1． o 1c1b2be22e2L 2e2L u i be11e1be22e2L ////[(1)(//)](1)(//)(1)(1)(//)U R R r R R R R A U r R r R R βββββ-⋅+++==⨯++++ i b11b12be11e1////[(1)]r R R r R β=++be2c1b2o e22////1r R R r R β+=+2．输出电压波形出现了顶部失真。
若原因是第一级的Q 点不合适，第一级产生了截止失真，可以通过减小R b12或增加R b11的方法消除；若原因是第二级Q 点不合适，第二级产生了饱和失真。
可以通过增加R b2的方法消除。
【5-3】 某差分放大电路如图5.12.2所示，设对管的β=50，r bb ′=300Ω,U BE =，R W 的影响可以忽略不计，试估算： 1．VT 1，VT 2的静态工作点。
2．差模电压放大倍数A ud 。
3．仿真验证上述结果。
-++++-i u o u CC+V VT 1VT 2b12R b11R c1R e1R 1C 3C eC +e1R +2C b2R e2R LRV EE (-12V)图5.12.1 题5-2电路图 图 题5-3电路图解：1．静态工作点计算，令I1I20U U == EE BEB1B2b e10.9μA 2(1)V U I I R R -===++βC1C2B10.54mA I I I ===βCE1CE 2CC EE C C e ()(2)7.70V U U V V I R R ==+-+≈ 2．be bb'E26mV(1) 2.69k r r I =++⋅≈Ωβ o Cud I1I2b be22.0U R A U U R r ==-≈--+β【5-4】在图5.12.3所示的差分放大电路中，已知两个对称晶体管的β=50，r be =Ω。
1．画出共模、差模半边电路的交流通路。
2．求差模电压放大倍数ud A 。
3．求单端输出和双端输出时的共模抑制比K CMR 。
解：1. 在共模交流通路中，电阻R 开路，故其半边电路的射极仅接有电阻R e ；在差模交流通路中，电阻R 的中点电压不变，相当于地，故其半边电路的发射极电阻为R e 和R/2的并联。
+-1图3-5 （a ）共模 （b ）差模 2．od Cud I1I2be e3.5(1)()2U R A R U U r R ββ==-=--++3．双端输出条件下：ud 3.5A =-，uc 0A = ，CMR K =∞单端输出条件下： ud 1.75A =-， OC Cuc IC be e0.4(1)U R A U r R ββ==-=-++ udCMR uc|| 4.2A K A == 【5-5】分析图5.12.4中的电路，在三种可能的答案（a ：增大；b ：减小；c ：不变）中选择正确者填空，设元件参数改变所引起的工作点改变不致于造成放大管处于截止或饱和状态。
1．若电阻R e 增大，则差模电压放大倍数 ，共模电压放大倍数 。
2．若电阻R 增大，则差模电压放大倍数 ；共模电压放大倍数 。
3．若两个R C 增大同样的数量，则差模电压放大倍数 ；共模电压放大倍数 。
V EEEE图5.12.3题5-4电路图 图题5-5电路图解：提示：e R 增加，导致E I 减少，be r 增加，故O O Cud Id I b be12U U R A U U R r ===⋅+β减少，切记不要简单的从ud A 的表达式中无e R 确定e R 增加ud A 不变。
1. b ，b ；2. c ，a ；3. a ，a 。
【5-6】 在图5.12.5所示的放大电路中，各晶体管的β均为50，U BE =，r be1=r be2=3kΩ，r be4=r be5=Ω，静态时电位器R W 的滑动端调至中点，测得输出电压U o =+3V ，试计算：1．各级静态工作点：I C1、U C1、I C2、U C2、I C4、U C4、I C5、U C5（其中电压均为对地值）以及R e 的阻值。
2．总的电压放大倍数ou I1u A u =（设共模抑制比极大）。
(+6V)(-6V)图5.12.5题5-6电路图解：1．静态工作点计算： e3Z BE3E3e3e31mA R U U U I R R -===E3C1C20.5mA 2I I I === CC C4C4C5C41mA V U I I R -===C5B4B5I I I ==β=20 μARC1RC2C1B4()I I I I ==+= mA C1C2CC RC1C1U U V I R ==-≈ V因为 C1BE4EEE4e()2U U V I R -+=所以, C1BE4EEe E4()2U U V R I -+=≈ k Ω2. 在不考虑共模输出的条件下，第一级差分电路单端输入，双端输出。
定义O1U 的参考方向1C 端为 + 。
O1C1be41W O2b be1()(1)2u U R r A R U R r ==-+++⋅ββ∥＝ － 第二级为双端输入，单端输出O C42O1be412u U R A U r ==⋅β＝ 12u u u A A A =⋅＝ －【5-7】在图5.12.6功放电路中，已知V CC =12V ，R L =8Ω。
u i 为正弦电压，求： 1．在U CES =0的情况下，负载上可能得到的最大输出功率； 2．每个管子的管耗P CM 至少应为多少3．每个管子的耐压(BR)CEO U 至少应为多少 解：1. P Omax =V CC 2/2R L =9W ；2. P CM ≥=，| U ＜BR ＞CEO |≥2V CC =24V 。
【5-8】电路如图5.12.7所示，已知VT 1，VT 2的饱和压降为2V ，A 为理想运算放大器且输出电压幅度足够大，且能提供足够的驱动电流。
u i 为正弦输入电压。
1．计算负载上所能得到的最大不失真功率； 2．求输出最大时输入电压幅度值U im ；3．说明二极管VD 1，VD 2在电路中的作用。
CCL u ou o Ω图5.12.6 题5-7电路图 图 题5-8电路图解：1. U om =[V CC -U CE （sat ）]R L /（R e +R L ）=P omax =2omL2U R ≈；2. A u ≈- R F /R 1= -12，故U im =U om /| A u |=；3. 为T 1、T 2提供一定的静态偏置电压，以克服输出信号的交越失真。
【5-9】单电源乙类互补OTL 电路如图5.12.8所示，已知V CC =12V ，R L =8Ω，U i 为正弦电压。
1. 求U CES =0的情况下，电路的负载上可能得到的最大输出功率P om 是多少 2. 如何选择图中晶体管3. 在负载电阻不变的情况下，如果要求P om =9W ，试问V CC 至少应该多大i U oU图5.12.8 例5-9电路图[解]1. 求最大输出功率P om 、效率η和管耗P T 最大输出功率P om 为:CCCES2om L 1 2.25W V U P R -==2. 晶体管必须满足的条件 最大集电极电流L CC CM 120.75A 216V I R ≥== 反向击穿电压BR(CBO)CC 12V U V ≥=最大管耗TM om 0.20.45W P P ≥=3. 由2CC om L8V P R ≈，可求得CC 24V V ≥=【5-10】OTL 互补对称式功率放大电路如图5.12.9所示，试分析与计算 1. 该电路VT 1、VT 2管的工作方式为哪种类型2. 静态时VT 1管射极电位U E 是多少负载电流I L 是多少3. 电位器R W 的作用4. 若电容C 足够大，V CC =15V ，晶体管饱和压降U CES =1V ，R L =8Ω，则负载R L 上得到的最大不失真输出功率P om 为多大oLiU图5.12.9 例5-10电路图[解]1. 功率放大电路按其晶体管导通时间的不同，可分为甲类、乙类、甲乙类、丙类和丁类。
该电路中在输入信号周期内，管子导通时间大于半个周期而小于整个周期，属于甲乙类工作方式。
2. 二级管VD 1、VD 2产生的压降为VT 1、VT 2管提供一个适当的静态偏压，使VT 1、VT 2管处于微导通状态。
由于电路对称，静态时没有输出电压。
动态时，由于电路工作在甲乙类，即使输入信号很小（VD 1、VD 2的交流电阻也小），基本上可以线性地进行放大，有效地消除了交越失真。
3. 静态时，VT 1管射极电位E CC 2U V =。
由于电容C 的隔直作用，负载R L 上没有电流，即I L =0。
