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 Bezugswiderstand  $R = 1 \ \rm Ω$. 
• 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  $R = 50 \ \rm Ω$.

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 die Phase  $ϕ_1$  berücksichtigt, die hier eigentlich Null 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  $T_{\rm M}$  und dem anschließenden Grenzübergang unabhängig von der Phase  $ϕ_1$  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  $R = 50\ \rm Ω$  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 zur Teilaufgabe  (1)  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  $T_{\rm M}$  und des erforderlichen Grenzübergangs liefert der letzte Term unabhängig von der Phase  $ϕ$  keinen Beitrag.  Deshalb:

$$P_{\rm S} = P_{\rm 1} + P_{\rm 2} \hspace{0.15cm}\underline {= 2.5\,{\rm V}^2}\hspace{0.05cm}.$$

(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  $ϕ = 90^\circ$  vektoriell  ⇒   gleiches Ergebnis wie in der Teilaufgabe  (4):

$$ A_3 = \sqrt{ A_1^2 + A_2^2 } = \sqrt{5}\,{\rm V}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} P_{\rm S} = \frac{5\,{\rm V}^2}{2}\hspace{0.15cm}\underline {= 2.5\,{\rm V}^2}\hspace{0.05cm}.$$

• Für  $ϕ = 180^\circ$  überlagern sich die Cosinusschwingungen destruktiv:

$$A_3 = A_1 - A_2 = 1\,{\rm V}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} P_{\rm S} \hspace{0.15cm}\underline {= 0.5\,{\rm V}^2}\hspace{0.05cm}.$$