Aufgaben:Aufgabe 2.2Z: Leistungsbetrachtung

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Linienspektrum des analytischen Signals

Wir betrachten zwei harmonische Schwingungen

$$ s_1(t) = A_1 \cdot \cos(\omega_{\rm 1} \cdot t ) \hspace{0.05cm},$$

$$s_2(t) = A_2 \cdot \cos(\omega_{\rm 2} \cdot t + \phi) \hspace{0.05cm},$$

wobei für die Frequenzen $f_2 ≥ f_1$ gelten soll.

Die Grafik zeigt das Spektrum des analytischen Signals $s_+(t)$, das sich additiv aus den beiden Anteilen $s_{1+}(t)$ und $s_ {2+}(t)$ zusammensetzt.

Unter der Sendeleistung $P_{\rm S}$ soll hier der quadratische Mittelwert des Signals $s(t)$ verstanden werden, gemittelt über eine möglichst große Messdauer:

$$P_{\rm S} = \lim_{T_{\rm M} \rightarrow \infty}\hspace{0.1cm}\frac{1}{T_{\rm M}} \cdot \int_{0}^{ T_{\rm M}} {s^2(t) }\hspace{0.1cm}{\rm d}t \hspace{0.05cm}.$$

Beschreibt $s(t)$ einen Spannungsverlauf, so besitzt $P_{\rm S}$ nach dieser Definition die Einheit $\rm V^2$ und bezieht sich auf den Widerstand $R = 1 \ \rm Ω$. Die Division durch $R$ liefert die physikalische Leistung in $\rm W$.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel Zweiseitenband-Amplitudenmodulation.
• Bezug genommen wird auch auf das Kapitel Qualitätskriterien.
• Verwenden Sie die Zahlenwerte $A_1 = 2\ \rm V$, $A_2 = 1 \ \rm V$ und $R = 50 \ \rm Ω$.
• Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.

Fragebogen

1

Berechnen Sie die Leistung des Cosinussignals $s_1(t)$.

$P_1 \ = \ $ $\ \rm V^{ 2 }$

2

Es gelte $R = 50 \ \rm Ω$. Wie groß ist die physikalische Leistung des Signals $s_1(t)$?

$P_1 \ = \ $ $\ \text{mW}$

3

Wie groß ist die Leistung der phasenverschobenen Schwingung $s_2(t)$?

$P_2 \ = \ $ $\ \rm V^{ 2 }$

4

Wie groß ist die Leistung des Summensignals $s(t)$ unter der Bedingung $f_2 ≠ f_1$?

$P_{\rm S} \ = \ $ $\ \rm V^{ 2 }$

5

Welche Leistung erhält man für $f_2 = f_1$ mit $ϕ = 0$, $ϕ = 90^\circ$ und $ϕ = 180^\circ$?

$ϕ = 0\text{:}\hspace{0.3cm} P_{\rm S} \ = \ $ $\ \rm V^{ 2 }$

$ϕ = 90^\circ\text{:}\hspace{0.3cm} P_{\rm S} \ = \ $ $\ \rm V^{ 2 }$

$ϕ = 180^\circ\text{:}\hspace{0.3cm} P_{\rm S} \ = \ $ $\ \rm V^{ 2 }$

Musterlösung

Musterlösung

1.Entsprechend den Gleichungen auf der Angabenseite gilt: $$P_{\rm 1} = \lim_{T_{\rm M} \rightarrow \infty}\hspace{0.1cm}\frac{1}{T_{\rm M}} \cdot \int_{0}^{ T_{\rm M}} {A_1^2 \cdot \cos^2(\omega_{\rm 1} t + \phi_1) }\hspace{0.1cm}{\rm d}t \hspace{0.05cm}.$$ Zur allgemeineren Berechnung ist hier die Phase $ϕ_1$ berücksichtigt, die eigentlich 0 ist. Mit der Gleichung $cos^{2}(α) = 0.5 · (1 + cos(2α))$ ergibt sich: $$ P_{\rm 1} = \lim_{T_{\rm M} \rightarrow \infty}\hspace{0.1cm}\frac{1}{T_{\rm M}} \cdot \int_{0}^{ T_{\rm M}} {\frac{A_1^2}{2}}\hspace{0.1cm}{\rm d}t + \lim_{T_{\rm M} \rightarrow \infty}\hspace{0.1cm}\frac{1}{T_{\rm M}} \cdot \int_{0}^{ T_{\rm M}} {\frac{A_1^2}{2}\cdot \cos(2\omega_{\rm 1} t + 2\phi_1)}\hspace{0.1cm}{\rm d}t\hspace{0.05cm}.$$ Der zweite Term liefert aufgrund der Integration über die Cosinusfunktion, der Division durch TM und dem anschließenden Grenzübergang unabhängig von der Phase $ϕ1$ keinen Beitrag. Damit erhält man: $$P_{\rm 1} = \frac{A_1^2}{2} = \frac{(2\,{\rm V})^2}{2} \hspace{0.15cm}\underline {= 2\,{\rm V}^2}\hspace{0.05cm}.$$

2.Mit R = 50 Ω erhält man für die „unnormierte” Leistung: $$P_{\rm 1} = \frac{2\,{\rm V}^2}{50\,{\rm \Omega}} \hspace{0.15cm}\underline {= 40\,{\rm mW}}\hspace{0.05cm}.$$

3. Bereits in der Musterlösung zu a) wurde gezeigt, dass die Phase keinen Einfluss auf die Leistung hat. Daraus folgt: $$P_{\rm 2} = \frac{A_2^2}{2} \hspace{0.15cm}\underline {= 0.5\,{\rm V}^2}\hspace{0.05cm}.$$

4. Zur Leistungsberechnung muss über $s^{2}(t)$ gemittelt werden, wobei gilt: $$s^2(t) = s_1^2(t) + s_2^2(t) + 2 \cdot s_1(t) \cdot s_2(t).$$ Aufgrund der Division durch die Messdauer $T_M$ und des erforderlichen Grenzübergangs liefert der letzte Term unabhängig von der Phase $ϕ$ keinen Beitrag und man erhält: $$P_{\rm S} = P_{\rm 1} + P_{\rm 2} \hspace{0.15cm}\underline {= 2.5\,{\rm V}^2}\hspace{0.05cm}.$$

5.Mit $f_2 = f_1$ lautet das Spektrum des analytischen Signals: $$S_+(f) = (A_{\rm 1} + A_{\rm 2} \cdot {\rm e}^{{\rm j}\hspace{0.03cm} \cdot \hspace{0.03cm} \phi})\cdot \delta (f - f_1) \hspace{0.05cm}.$$ Somit ergibt sich das Signal $$s(t) = A_3 \cdot \cos(\omega_{\rm 1} t + \phi_3) \hspace{0.05cm},$$ dessen Phase $ϕ_3$ für die Leistungsberechnung keine Rolle spielt. Die Amplitude dieses Signals ist $$A_3 = \sqrt{ \left(A_1 + A_2 \cdot \cos(\phi)\right)^2 + A_2^2 \cdot \sin^2(\phi)} =$$ $$ = \sqrt{ A_1^2 + A_2^2 + 2 \cdot A_1 \cdot A_2 \cdot \cos(\phi)}\hspace{0.05cm}.$$ Für $ϕ = 0$ addieren sich die Amplituden skalar: $$A_3 = \sqrt{ A_1^2 + A_2^2 + 2 \cdot A_1 \cdot A_2 } = A_1 + A_2 = 3\,{\rm V}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} P_{\rm S} \hspace{0.15cm}\underline {= 4.5\,{\rm V}^2}\hspace{0.05cm}.$$ Dagegen addieren sich die Amplituden für $ϕ = 90°$ vektoriell: $$ A_3 = \sqrt{ A_1^2 + A_2^2 } = \sqrt{5}\,{\rm V}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} P_{\rm S} = \frac{5\,{\rm V}^2}{2}\hspace{0.15cm}\underline {= 2.5\,{\rm V}^2}\hspace{0.05cm}.$$ In diesem Sonderfall erhält man das gleiche Ergebnis wie in der Teilaufgabe d). Für $ϕ = 180°$ überlagern sich die Cosinusschwingungen destruktiv: $$A_3 = A_1 - A_2 = 1\,{\rm V}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} P_{\rm S} \hspace{0.15cm}\underline {= 0.5\,{\rm V}^2}\hspace{0.05cm}.$$