Aufgaben:Aufgabe 3.5Z: Phasenmodulation eines Trapezsignals: Unterschied zwischen den Versionen
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| − | Ein Phasenmodulator mit dem Eingangssignal $q_1(t)$ und dem modulierten Signal $s(t)$ am Ausgang wird durch folgende Gleichung beschrieben: | + | Ein Phasenmodulator mit dem Eingangssignal $q_1(t)$ und dem modulierten Signal $s(t)$ am Ausgang wird durch folgende Gleichung beschrieben: |
| − | :$$s(t) = A_{\rm T} \cdot \cos | + | :$$s(t) = A_{\rm T} \cdot \cos \hspace{-0.05cm}\big[\psi(t) \big ]= |
| − | A_{\rm T} \cdot \cos | + | A_{\rm T} \cdot \cos \hspace{-0.05cm}\big[\omega_{\rm T} \cdot t + K_{\rm PM} \cdot q_1(t) \big ] \hspace{0.05cm}.$$ |
| − | Die Trägerkreisfrequenz beträgt $ω_{\rm T} = 2π · 10^5 \cdot {1}/{ | + | *Die Trägerkreisfrequenz beträgt $ω_{\rm T} = 2π · 10^5 \cdot {1}/{\rm s}$. |
| + | *Die Augenblickskreisfrequenz $ω_{\rm A}(t)$ ist gleich der Ableitung der Winkelfunktion $ψ(t)$ nach der Zeit. | ||
| + | *Die Augenblicksfrequenz ist dann $f_{\rm A}(t) = ω_{\rm A}(t)/2π$. | ||
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| − | Zum gleichen modulierten Signal $s(t)$ würde ein Frequenzmodulator mit der Winkelfunktion | + | Als Testsignal wird das Trapez–Signal $q_1(t)$ angelegt, wobei die Nomierungszeitdauer $T = 10 \ \rm µ s$ beträgt. |
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| + | Zum gleichen modulierten Signal $s(t)$ würde ein Frequenzmodulator mit der Winkelfunktion | ||
:$$\psi(t) = \omega_{\rm T} \cdot t + K_{\rm FM} \cdot \int q_2(t)\hspace{0.15cm}{\rm d}t$$ | :$$\psi(t) = \omega_{\rm T} \cdot t + K_{\rm FM} \cdot \int q_2(t)\hspace{0.15cm}{\rm d}t$$ | ||
| − | führen, wenn das rechteckförmige Quellensignal $q_2(t)$ entsprechend der unteren Skizze angelegt wird. | + | führen, wenn das rechteckförmige Quellensignal $q_2(t)$ entsprechend der unteren Skizze angelegt wird. |
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| − | *Die Aufgabe gehört zum Kapitel [[Modulationsverfahren/Frequenzmodulation_(FM)|Frequenzmodulation]]. | + | *Die Aufgabe gehört zum Kapitel [[Modulationsverfahren/Frequenzmodulation_(FM)|Frequenzmodulation]]. |
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| − | {Wie ist die Modulatorkonstante $K_{\rm PM}$ zu wählen, damit $ϕ_{\rm max} = 3 \ \rm rad$ beträgt? | + | {Wie ist die Modulatorkonstante $K_{\rm PM}$ zu wählen, damit $ϕ_{\rm max} = 3 \ \rm rad$ beträgt? |
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| − | {Wie muss die Modulatorkonstante $K_{\rm FM}$ gewählt werden, damit das Signal $q_2(t)$ nach Frequenzmodulation zum gleichen HF–Signal $s(t)$ führt? | + | {Wie muss die Modulatorkonstante $K_{\rm FM}$ gewählt werden, damit das Signal $q_2(t)$ nach Frequenzmodulation zum gleichen HF–Signal $s(t)$ führt? |
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| − | $K_{\rm FM} \ = \ $ { 1.5 3% } $\ \rm V^{-1}s^{-1}$ | + | $K_{\rm FM} \ = \ $ { 1.5 3% } $\ \cdot 10^5 \ \rm V^{-1}s^{-1}$ |
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| − | '''1 | + | '''(1)''' Die Phasenfunktion berechnet sich zu $ϕ(t) = K_{\rm PM} · q_1(t)$. Der Phasenhub $ϕ_{\rm max}$ ist gleich der sich ergebenden Phase für den Maximalwert des Quellensignals: |
| − | $$ \phi_{\rm max} = K_{\rm PM} \cdot 2\,{\rm V} = 3\,{\rm rad}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} K_{\rm PM} \hspace{0.15cm}\underline {= 1.5\,{\rm V^{-1}}} \hspace{0.05cm}.$$ | + | :$$ \phi_{\rm max} = K_{\rm PM} \cdot 2\,{\rm V} = 3\,{\rm rad}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} K_{\rm PM} \hspace{0.15cm}\underline {= 1.5\,{\rm V^{-1}}} \hspace{0.05cm}.$$ |
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| + | '''(2)''' Im Bereich $0 < t < T$ kann die Winkelfunktion wie folgt dargestellt werden: | ||
| + | :$$ \psi(t) = \omega_{\rm T} \cdot t + K_{\rm PM} \cdot 2\,{\rm V} \cdot {t}/{T}\hspace{0.05cm}.$$ | ||
| + | *Für die Augenblickskreisfrequenz $ω_{\rm A}(t)$ bzw. die Augenblicksfrequenz $f_{\rm A}(t)$ gilt dann: | ||
| + | :$$\omega_{\rm A}(t) = \frac{{\rm d}\hspace{0.03cm}\psi(t)}{{\rm d}t}= \omega_{\rm T} + K_{\rm PM} \cdot \frac{2\,{\rm V}}{10\,{\rm µ s}}\hspace{0.05cm} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} f_{\rm A}(t) = f_{\rm T} + \frac{1.5\,{\rm V}^{-1}}{2 \pi} \cdot 2 \cdot 10^5 \rm {V}/{ s} = 100\,{\rm kHz}+ 47.7\,{\rm kHz}= 147.7\,{\rm kHz}\hspace{0.05cm}.$$ | ||
| + | *Die Augenblicksfrequenz ist konstant, so dass $f_\text{A, min} = f_\text{A, max}\hspace{0.15cm}\underline{ = 147.7 \ \rm kHz}$ gilt. | ||
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| + | '''(3)''' Aufgrund des konstanten Quellensignals ist im gesamten hier betrachteten Zeitbereich $T < t < 3T$ die Ableitung gleich Null, so dass die Augenblicksfrequenz gleich der Trägerfrequenz ist: | ||
| + | :$$f_{\rm A, \hspace{0.05cm} min} =f_{\rm A, \hspace{0.05cm} max} =f_{\rm T} \hspace{0.15cm}\underline {= 100\,{\rm kHz}}\hspace{0.05cm}.$$ | ||
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| + | '''(4)''' Der lineare Abfall von $q_1(t)$ im Zeitintervall $3T < t < 5T$ mit betragsmäßig gleicher Steigung, wie unter Punkt '''(2)''' berechnet, führt zum Ergebnis: | ||
| + | :$$f_{\rm A, \hspace{0.05cm} min} =f_{\rm A, \hspace{0.05cm} max} =f_{\rm T} - 47.7\,{\rm kHz} \hspace{0.15cm}\underline {= 52.3\,{\rm kHz}}\hspace{0.05cm}.$$ | ||
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| − | '''5 | + | '''(5)''' Durch Differentiation kommt man zur Augenblickskreisfrequenz: |
| − | $$ \omega_{\rm A}(t) = \omega_{\rm T} + K_{\rm FM} \cdot q_2(t) \Rightarrow \hspace{0.3cm} f_{\rm A}(t) = f_{\rm T}+\frac{ K_{\rm FM}}{2 \pi} \cdot q_2(t)\hspace{0.05cm}.$$ | + | :$$ \omega_{\rm A}(t) = \omega_{\rm T} + K_{\rm FM} \cdot q_2(t) \Rightarrow \hspace{0.3cm} f_{\rm A}(t) = f_{\rm T}+\frac{ K_{\rm FM}}{2 \pi} \cdot q_2(t)\hspace{0.05cm}.$$ |
| − | Mit dem Ergebnis | + | *Mit dem Ergebnis der Teilaufgabe '''(2)''' ergibt sich somit: |
| − | $$\frac{ K_{\rm FM}}{2 \pi} \cdot 2\,{\rm V} = \frac{ 3 \cdot 10^5}{2 \pi} \cdot {\rm s^{-1}}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} K_{\rm FM} \hspace{0.15cm}\underline {= 1.5 \cdot 10^5 \hspace{0.15cm}{\rm V^{-1}}{\rm s^{-1}}}\hspace{0.05cm}.$$ | + | :$$\frac{ K_{\rm FM}}{2 \pi} \cdot 2\,{\rm V} = \frac{ 3 \cdot 10^5}{2 \pi} \cdot {\rm s^{-1}}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} K_{\rm FM} \hspace{0.15cm}\underline {= 1.5 \cdot 10^5 \hspace{0.15cm}{\rm V^{-1}}{\rm s^{-1}}}\hspace{0.05cm}.$$ |
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Aktuelle Version vom 27. März 2020, 16:39 Uhr
Trapez– und Rechtecksignal
Ein Phasenmodulator mit dem Eingangssignal $q_1(t)$ und dem modulierten Signal $s(t)$ am Ausgang wird durch folgende Gleichung beschrieben:
- $$s(t) = A_{\rm T} \cdot \cos \hspace{-0.05cm}\big[\psi(t) \big ]= A_{\rm T} \cdot \cos \hspace{-0.05cm}\big[\omega_{\rm T} \cdot t + K_{\rm PM} \cdot q_1(t) \big ] \hspace{0.05cm}.$$
- Die Trägerkreisfrequenz beträgt $ω_{\rm T} = 2π · 10^5 \cdot {1}/{\rm s}$.
- Die Augenblickskreisfrequenz $ω_{\rm A}(t)$ ist gleich der Ableitung der Winkelfunktion $ψ(t)$ nach der Zeit.
- Die Augenblicksfrequenz ist dann $f_{\rm A}(t) = ω_{\rm A}(t)/2π$.
Als Testsignal wird das Trapez–Signal $q_1(t)$ angelegt, wobei die Nomierungszeitdauer $T = 10 \ \rm µ s$ beträgt.
Zum gleichen modulierten Signal $s(t)$ würde ein Frequenzmodulator mit der Winkelfunktion
- $$\psi(t) = \omega_{\rm T} \cdot t + K_{\rm FM} \cdot \int q_2(t)\hspace{0.15cm}{\rm d}t$$
führen, wenn das rechteckförmige Quellensignal $q_2(t)$ entsprechend der unteren Skizze angelegt wird.
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Frequenzmodulation.
- Bezug genommen wird aber auch auf das Kapitel Phasenmodulation.
Fragebogen
Musterlösung
(1) Die Phasenfunktion berechnet sich zu $ϕ(t) = K_{\rm PM} · q_1(t)$. Der Phasenhub $ϕ_{\rm max}$ ist gleich der sich ergebenden Phase für den Maximalwert des Quellensignals:
- $$ \phi_{\rm max} = K_{\rm PM} \cdot 2\,{\rm V} = 3\,{\rm rad}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} K_{\rm PM} \hspace{0.15cm}\underline {= 1.5\,{\rm V^{-1}}} \hspace{0.05cm}.$$
(2) Im Bereich $0 < t < T$ kann die Winkelfunktion wie folgt dargestellt werden:
- $$ \psi(t) = \omega_{\rm T} \cdot t + K_{\rm PM} \cdot 2\,{\rm V} \cdot {t}/{T}\hspace{0.05cm}.$$
- Für die Augenblickskreisfrequenz $ω_{\rm A}(t)$ bzw. die Augenblicksfrequenz $f_{\rm A}(t)$ gilt dann:
- $$\omega_{\rm A}(t) = \frac{{\rm d}\hspace{0.03cm}\psi(t)}{{\rm d}t}= \omega_{\rm T} + K_{\rm PM} \cdot \frac{2\,{\rm V}}{10\,{\rm µ s}}\hspace{0.05cm} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} f_{\rm A}(t) = f_{\rm T} + \frac{1.5\,{\rm V}^{-1}}{2 \pi} \cdot 2 \cdot 10^5 \rm {V}/{ s} = 100\,{\rm kHz}+ 47.7\,{\rm kHz}= 147.7\,{\rm kHz}\hspace{0.05cm}.$$
- Die Augenblicksfrequenz ist konstant, so dass $f_\text{A, min} = f_\text{A, max}\hspace{0.15cm}\underline{ = 147.7 \ \rm kHz}$ gilt.
(3) Aufgrund des konstanten Quellensignals ist im gesamten hier betrachteten Zeitbereich $T < t < 3T$ die Ableitung gleich Null, so dass die Augenblicksfrequenz gleich der Trägerfrequenz ist:
- $$f_{\rm A, \hspace{0.05cm} min} =f_{\rm A, \hspace{0.05cm} max} =f_{\rm T} \hspace{0.15cm}\underline {= 100\,{\rm kHz}}\hspace{0.05cm}.$$
(4) Der lineare Abfall von $q_1(t)$ im Zeitintervall $3T < t < 5T$ mit betragsmäßig gleicher Steigung, wie unter Punkt (2) berechnet, führt zum Ergebnis:
- $$f_{\rm A, \hspace{0.05cm} min} =f_{\rm A, \hspace{0.05cm} max} =f_{\rm T} - 47.7\,{\rm kHz} \hspace{0.15cm}\underline {= 52.3\,{\rm kHz}}\hspace{0.05cm}.$$
(5) Durch Differentiation kommt man zur Augenblickskreisfrequenz:
- $$ \omega_{\rm A}(t) = \omega_{\rm T} + K_{\rm FM} \cdot q_2(t) \Rightarrow \hspace{0.3cm} f_{\rm A}(t) = f_{\rm T}+\frac{ K_{\rm FM}}{2 \pi} \cdot q_2(t)\hspace{0.05cm}.$$
- Mit dem Ergebnis der Teilaufgabe (2) ergibt sich somit:
- $$\frac{ K_{\rm FM}}{2 \pi} \cdot 2\,{\rm V} = \frac{ 3 \cdot 10^5}{2 \pi} \cdot {\rm s^{-1}}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} K_{\rm FM} \hspace{0.15cm}\underline {= 1.5 \cdot 10^5 \hspace{0.15cm}{\rm V^{-1}}{\rm s^{-1}}}\hspace{0.05cm}.$$
