2013 电赛仪器仪表题目：简易频率特性测试仪（E 题）

作者: dexfire | 来源:发表于2019-07-14 16:11 被阅读0次

题目要求用扫频法测量，实际这个方案也比较合理。

根据零中频正交解调原理，设计并制作一个双端口网络频率特性测试仪，包
括幅频特性和相频特性。

Block Diaram

1．基本要求
制作一个正交扫频信号源。
（1）频率范围为 1MHz~40MHz，频率稳定度≤10-4；频率可设置，最小设
置单位 100kHz。
（2）正交信号相位差误差的绝对值≤5º，幅度平衡误差的绝对值≤5%。
（3）信号电压的峰峰值≥1V，幅度平坦度≤5%。
（4）可扫频输出，扫频范围及频率步进值可设置，最小步进 100kHz；要求
连续扫频输出，一次扫频时间≤2s。

2．发挥部分
（1）使用基本要求中完成的正交扫频信号源，制作频率特性测试仪。
a. 输入阻抗为 50Ω，输出阻抗为 50Ω；
b. 可进行点频测量；幅频测量误差的绝对值≤0.5dB，相频测量误差的
绝对值≤5º；数据显示的分辨率：电压增益 0.1dB，相移 0.1º。
（2）制作一个 RLC 串联谐振电路作为被测网络，如图 2 所示，其中 Ri 和
Ro 分别为频率特性测试仪的输入阻抗和输出阻抗；制作的频率特性测
试仪可对其进行线性扫频测量。
a. 要求被测网络通带中心频率为 20MHz，误差的绝对值≤5%；有载品
质因数为 4，误差的绝对值≤5%；有载最大电压增益≥ -1dB；
b. 扫频测量制作的被测网络，显示其中心频率和-3dB 带宽，频率数据
显示的分辨率为 100kHz；
c. 扫频测量并显示幅频特性曲线和相频特性曲线，要求具有电压增益、
相移和频率坐标刻度。

RLC 串联谐振电路

（3）其他。

三、说明
1．正交扫频信号源必须自制，不能使用商业化 DDS 开发板或模块等成品，
自制电路板上需有明显的覆铜“2013”字样。
2．要求制作的仪器留有正交信号输出测试端口，以及被测网络的输入、输
出接入端口。
3．本题中，幅度平衡误差指正交两路信号幅度在同频点上的相对误差，定
义为： $\frac{U_2-U_1}{U_1} *100\%$ ，其中 $U2≥U1$ 。
4．本题中，幅度平坦度指信号幅度在工作频段内的相对变化量，定义为：100%。
5．参考图 2，本题被测网络电压增益取：
$A_v = 20lg|\frac{U_o}{\frac{1}{2}U_s}|$
6．幅频特性曲线的纵坐标为电压增益（dB）；相频特性曲线的纵坐标为相移（º）；特性曲线的横坐标均为线性频率（Hz）。

模拟幅频特性和相频特性图

image.png

公式推导及题目涉及的原理计算

一. 两路正弦信号

$I=A_1 \cos (\omega t)$
$Q=A_2 \cos (\omega t+\pi /2)$

二. 积化和差与和差化积公式

积化和差

和差化积

image.png

三. 信号采集与分析相关计算

1. 整体思路：

使用DDS产生两路相互正交的正弦信号，I路经过待测网络后，分别与原始I路和原始Q路相乘，滤去2次谐波后得到两路只与当前扫频信号频率 $\omega$ 和相位 $\varphi$ 相关的直流量 $S_1$ 、 $S_2$ ，用ADC直接采集 $S_1$ 、 $S_2$ ，并计算出此频率下通过RLC网络后的电压增益 $G(\omega)$ 和相位偏移 $\varphi(\omega)$ 。

注：由于使用单片机控制DDS产生特定扫频信号，并且也是用单片机采集最终得到的直流信号，故扫频频率 $\omega$ 、直流量 $S_1$ 、 $S_2$ 及其对应关系是已知的。

2. DDS发生的原始信号：

$\displaystyle {\text{原始I路：}I=A_1\cos (\omega t) \\ \text{原始Q路：} Q=A_2\sin (\omega t)=-A_2\cos (\omega t+\pi /2) \\ \text{过RLC网络的I路：} I^\prime =A_1A(\omega)\cos (\omega t + \varphi(\omega)) }$

3. 原始Q路与经过被测网络的I'路乘积

$\begin{aligned} I^\prime*Q &= A_1 A(\omega) \cos (\omega t + \varphi(\omega) ) A_2 \sin(\omega t) \\ &= \frac{A_1 A_2 A(\omega) }{2} [\sin(\omega t+\varphi(\omega) + \omega t) - sin(\omega t+\varphi(\omega) - \omega t)] \\ &= \frac{A_1 A_2 A(\omega) }{2} [sin(2 \omega t+\varphi(\omega)) - sin(\varphi(\omega) )] \end{aligned}$
经过低通滤波器，滤除高频交流成分之后得到的直流成分：
$S_1=-\frac{A_1 A_2 A(\omega) }{2} \sin(\varphi(\omega))$

4. 原始I路与经过被测网络的I'路乘积

$\begin{aligned} I^\prime*I &= A_1 A(\omega) \cos (\omega t+\varphi(\omega)) A_2 \cos \omega t \\ &= \frac{A_1 A_2 A(\omega) }{2} [\cos(\omega t+\varphi(\omega) + \omega t) + cos(\omega t+\varphi(\omega) - \omega t)] \\ &= \frac{A_1 A_2 A(\omega) }{2} [cos(2 \omega t+\varphi(\omega)) + cos(\varphi(\omega))] \end{aligned}$
经过低通滤波器，滤除高频交流成分之后得到的直流成分：
$S_2=\frac{A_1 A_2 A(\omega) }{2} \cos(\varphi(\omega))$

5. 计算RLC网络幅频特性 $G(\omega) = 20 \lg |2A(\omega)|$

首先对两个直流成分信号作平方和：
* 此处说法不严谨... 扫频时其实它也是一个交流信号
$\begin{aligned}&\quad \enspace (S_1)^2+(S_2)^2\\&= \frac{(A_1)^2(A_2)^2[A(\omega) ]^2}{4}(\cos^2 \varphi(\omega) + \sin^2 \varphi(\omega)) \\ &=\frac{(A_1)^2(A_2)^2[A(\omega) ]^2}{4} \end{aligned}$
因此可解得：
$\displaystyle{ \begin{aligned} A(\omega) &= \sqrt{\frac{ 4[(S_1)^2+(S_2)^2]}{(A_1)^2 (A_2)^2 } } \\&= \frac{ 2 \sqrt{(S_1)^2+(S_2)^2}}{A_1 A_2} \end{aligned}}$
按照题目要求取电压增益：
$\displaystyle{ \begin{aligned} G(\omega) &= 20 \lg |2A(\omega)| \\ &= 20 \lg \Bigg| \frac{4 \sqrt{(S_1)^2+(S_2)^2}}{A_1 A_2}\Bigg| \\&= 20 \lg \frac{4}{A_1A_2} + 20 \lg |\sqrt{(S_1)^2+(S_2)^2}| \end{aligned}}$

6. 计算RLC网络相频特性 $\varphi(\omega)$

首先两路直流量相除：
$\displaystyle{ \begin{aligned} \frac{S_1}{S_2} &= \frac{-\frac{A_1 A_2 A(\omega) }{2} \sin(\varphi(\omega))}{\frac{A_1 A_2 A(\omega) }{2} \cos(\varphi(\omega))} \\ &= -\tan (\varphi(\omega)) \end{aligned} }$
反正切运算得到相频特性：
$\displaystyle{ \begin{aligned} \varphi(\omega) &= -\arctan (\frac{S_1}{S_2})\end{aligned} }$

7. 针对单片机的计算流程优化

因为使用单片机采集的是 12Bits 的整型数据，且单片机运算能力有限，应尽量减少浮点运算次数。
设ADC采集的 $S_1$ 、 $S_2$ 信号对应的直接结果为 $V_1$ 、 $V_2$ 。

幅频特性
$\displaystyle{ \begin{aligned} G(\omega) &= 20\lg \frac{4}{A_1A_2} + 20 \lg |\sqrt{(S_1)^2+(S_2)^2}| \\&= 20\lg \frac{4}{A_1A_2} + 20 \lg |\sqrt{(V_1/4095)^2+(V_2/4095)^2}| \\ &= 20\lg \frac{4}{A_1A_2} - 20 \lg 4095 + 20 \lg|\sqrt{(V_1)^2+(V_2)^2}| \\ &= 20\lg \frac{4}{A_1A_2} - 72.2451 + 20 \lg|\sqrt{(V_1)^2+(V_2)^2}| \end{aligned}}$
取 $A_1=1.0, A_2=1.0$ 时，有：
$\displaystyle{ \begin{aligned} G(\omega) &= 20\lg 4 - 72.2451 + 20 \lg|\sqrt{(V_1)^2+(V_2)^2}| \\ &= 12.0412 - 72.2451 + 20 \lg|\sqrt{(V_1)^2+(V_2)^2}| \\ &= 20 \lg|\sqrt{(V_1)^2+(V_2)^2}| - 60.2039 \end{aligned}}$

相频特性
$\displaystyle{ \begin{aligned} \varphi(\omega) &= -\frac{180}{\pi}\arctan (\frac{S_1}{S_2}) \\ &= -57.2958 \arctan (\frac{S_1}{S_2}) \end{aligned} }$

四、原始信号处理流程

考虑到显示数据幅度应合理，但结果处于某个动态范围，所以应对数据进行线性变换，使其符合LCD显示范围的要求，然后再对图标数据进行标定。
- 结果展示方案：单片机控制LCD绘图
- 原理推导结果：
  - 幅频特性： $G(\omega) = 20 \lg \frac{4}{A_1A_2} + 20 \lg |\sqrt{(S_1)^2+(S_2)^2}|$
  - 相频特性： $\varphi(\omega) = -\frac{180}{\pi}\arctan (\frac{S_1}{S_2})$
- 用于显示的数据：
  - 幅频特性： $y_1(\omega) = \lg |\sqrt{(S_1)^2+(S_2)^2}|$
    由于直流量对ADC的要求不高，我们的方案中使用的是STM32F103内置的ADC，所以数据范围为:
    $y_1 \in [0,1.33805]$
  - 相频特性： $y_2(\omega) = \arctan (\frac{S_1}{S_2})$
    数据范围为:
    $y_2 \in [-180,180]$
- 数据标定方案的推导

2013 电赛仪器仪表题目：简易频率特性测试仪（E 题）