Aufgaben:Aufgabe 2.5Z: Lineare Verzerrungen bei ZSB-AM

• Zurück zum Buch

Auch in dieser Zusatzaufgabe wird wie in A2.5 die Kombination ZSB–AM/Synchrondemodulator bei Berücksichtigung eines linear verzerrenden Kanals untersucht.

Das Quellensignal $q(t)$ sei ein Cosinussignal mit Amplitude $A_N$ und Frequenz $f_N$, so dass das Spektrum des modulierten Signals wie folgt lautet: $$S(f)= \frac{A_{\rm N}}{4} \cdot \left[\delta(f + f_{\rm O}) + \delta(f + f_{\rm U}) + \delta(f - f_{\rm U}) + \delta(f - f_{\rm O}) \right]\hspace{0.05cm}.$$ Die Abkürzungen stehen für $f_O = f_T + f_N$ (oberes Seitenband) und $f_U = f_T – f_N$ (unteres Seitenband). Der Kanalfrequenzgang ist nur für diese beiden Frequenzen gegeben und lautet: $$ H_{\rm K}(f_{\rm O}) = R_{\rm O} + {\rm j} \cdot I_{\rm O},\hspace{0.2cm}H_{\rm K}(f_{\rm U}) = R_{\rm U} + {\rm j} \cdot I_{\rm U} \hspace{0.05cm}.$$ Für negative Frequenzen gilt stets $H_K(– f) = H_K*(f)$.

Verwenden Sie bei numerischen Berechnungen folgende Zahlenwerte: $$A_{\rm N} = 2\,{\rm V}, \hspace{0.15cm}f_{\rm N} = 3\,{\rm kHz}, \hspace{0.15cm}f_{\rm T} = 30\,{\rm kHz} \hspace{0.05cm},$$ $$R_{\rm U} = 0.8, \hspace{0.15cm}I_{\rm U} = -0.2, \hspace{0.15cm}R_{\rm O} = 0.4, \hspace{0.15cm}I_{\rm O} = -0.2 \hspace{0.05cm}.$$ In der Teilaufgabe c) soll die Lösung über den resultierenden Frequenzgang von Modulator, Kanal und Demodulator erfolgen: $$H_{\rm MKD}(f) = {1}/{2} \cdot \left[ H_{\rm K}(f + f_{\rm T}) + H_{\rm K}(f - f_{\rm T})\right]\hspace{0.05cm}.$$ Abschließend wird in der Teilaufgabe d) der folgende Kanalfrequenzgang betrachtet (die Darstellung gilt nur für positive Frequenzen): $$ H_{\rm K}(f) = \frac{1}{1 + 3{\rm j} \cdot ({f}/{f_{\rm T}} - 1)}\hspace{0.05cm}.$$ Hinweis: Diese Aufgabe bezieht sich auf den Theorieteil von Kapitel 2.2.

Fragebogen

1

{Berechnen und skizzieren Sie das Spektrum $R(f)$ am Kanalausgang ($R_U = 0.8$, $I_U = –0.2$, $R_O = 0.4$, $I_O = –0.2$). Wie lautet die Spektrallinie bei $–f_O$?

$Re[R(– f_O)]$ = $\text{V}$

$Im[R(– f_O)]$ = $\text{V}$

2

Wie lautet das Sinkensignal $υ(t)$? Berücksichtigen Sie bei der Berechnung auch den Tiefpass des Synchrondemodulators. Wie groß ist der Signalwert bei t = 0?

$ υ(t = 0)$ = $\text{V}$

3

Berechnen Sie nun das Sinkensignal $υ(t)$ über den resultierenden Frequenzgang $H_{MKD}(f)$ und bewerten Sie den Rechengang.

	Die Berechnung gemäß Teilaufgabe b) führt schneller zum Erfolg.
	Die Berechnung gemäß Teilaufgabe c) führt schneller zum Erfolg.

4

Berechnen Sie $υ(t)$ für den Kanalfrequenzgang $H_K(f) = (1 + 3j · (f/f_T–1))^{–1}$. Wie groß ist der Signalwert bei t = 0?

$v(t=0)$ = $\text{V}$

Musterlösung

1.Es gilt $R(f) = S(f) · H_K(f)$. Damit erhält man das Linienspektrum entsprechend der folgenden Skizze (alle Gewichte sind noch um die Einheit „V” zu ergänzen). Das Gewicht der Spektrallinie bei $f = –f_O$ setzt sich aus dem Realteil 0.2 V und dem Imaginärteil 0.1 V zusammen.

2. Die Spektralfunktion von $υ(t)$ lautet: $$V(f) = \left[ R(f) \star \left[\delta(f - f_{\rm T}) + \delta(f + f_{\rm T}) \right]\right]\cdot H_{\rm E}(f) =$$ $$= \frac{A_{\rm N}}{4} \cdot (R_{\rm O} + {\rm j} \cdot I_{\rm O}) \cdot \delta(f - f_{\rm N}) + \frac{A_{\rm N}}{4} \cdot (R_{\rm U} + {\rm j} \cdot I_{\rm U}) \cdot \delta(f + f_{\rm N})+$$ $$+ \frac{A_{\rm N}}{4} \cdot (R_{\rm O} - {\rm j} \cdot I_{\rm O}) \cdot \delta(f + f_{\rm N})+ \frac{A_{\rm N}}{4} \cdot (R_{\rm U} - {\rm j} \cdot I_{\rm U}) \cdot \delta(f - f_{\rm N}) \hspace{0.05cm}.$$ Alle anderen Terme liegen um die doppelte Trägerfrequenz und werden durch den Tiefpass eliminiert. Umsortieren und Zusammenfassen der Terme führt zu: $$V(f) = A_{\rm N}\cdot \frac{R_{\rm U} +R_{\rm O}}{2}\cdot \frac{1}{2} \cdot \left[\delta(f - f_{\rm N}) + \delta(f + f_{\rm N}) \right] +$$ $$+ A_{\rm N}\cdot \frac{I_{\rm U} - I_{\rm O}}{2}\cdot \frac[[:Vorlage:\rm j]]{2} \cdot \left[-\delta(f - f_{\rm N}) + \delta(f + f_{\rm N}) \right]$$ $$ \Rightarrow \hspace{0.3cm}v(t) = A_{\rm N}\cdot \frac{R_{\rm U} +R_{\rm O}}{2}\cdot\cos (\omega_{\rm N}\cdot t)+ A_{\rm N}\cdot \frac{I_{\rm U} -I_{\rm O}}{2}\cdot\sin (\omega_{\rm N}\cdot t)\hspace{0.05cm}.$$ Mit $R_U = 0.8$, $R_O = 0.4$ und $I_O = I_U = – 0.2$ folgt daraus: $$v(t) = 0.6 \cdot A_{\rm N}\cdot \cos (\omega_{\rm N}\cdot t)\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} v(t=0) = 0.6 \cdot A_{\rm N}\hspace{0.15cm}\underline {= 1.2\,{\rm V}}\hspace{0.05cm}.$$ Es ergibt sich gegenüber $q(t)$ eine Dämpfung um den Faktor 0.6. Der Synchrondemodulator bekommt durch das untere Seitenband mehr Information über das Quellensignal als über das obere. Wegen der Eigenschaft $I_O = I_U$ ist $υ(t)$ ebenfalls cosinusförmig. Es tritt demnach keine Laufzeit auf bzw. die Laufzeit ist ein geradzahliges Vielfaches der Periodendauer.

3.Hier gelten folgende Gleichungen: $$ H_{\rm K}(f_{\rm N}+ f_{\rm T}) = R_{\rm O} + {\rm j} \cdot I_{\rm O} \hspace{0.05cm},$$ $$H_{\rm K}(f_{\rm N}- f_{\rm T}) = H_{\rm K}^{\star}(f_{\rm T}- f_{\rm N}) = R_{\rm U} - {\rm j} \cdot I_{\rm U} \hspace{0.05cm},$$ $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} H_{\rm MKD}(f_{\rm N}) = \frac{1}{2} \cdot \left[(R_{\rm O} +R_{\rm U}) + {\rm j} \cdot (I_{\rm O} -I_{\rm U}) \right]\hspace{0.05cm},$$ $$H_{\rm MKD}(-f_{\rm N}) = H_{\rm MKD}^\star(f_{\rm N}) = \frac{1}{2} \cdot \left[(R_{\rm O} +R_{\rm U}) - {\rm j} \cdot (I_{\rm O} -I_{\rm U}) \right]\hspace{0.05cm}.$$ Man erhält somit das gleiche Ergebnis wie unter (b), aber schneller ⇒ Lösungsvorschlag 2.

4.Für f > 0 lautet nun der resultierende Frequenzgang: $$H_{\rm MKD}(f) = {1}/{2} \cdot \left[ H_{\rm K}(f_{\rm T}+ f) + H_{\rm K}^\star(f_{\rm T}-f)\right]=$$ $$ = {1}/{2} \cdot \left[ \frac{1}{1 + 3{\rm j} \cdot (\frac{f_{\rm T}+f}{f_{\rm T}} - 1)} + \frac{1}{1 - 3{\rm j} \cdot (\frac{f_{\rm T}-f}{f_{\rm T}} - 1)}\right] = \frac{1}{1 + {\rm j} \cdot {3f}/{f_{\rm T}} } \hspace{0.05cm}.$$ Eingesetzt an der Stelle $f = f_N$ führt dies zum Ergebnis: $$H_{\rm MKD}(f_{\rm N}) = \frac{1}{1 + {\rm j} \cdot {3f_{\rm N}}/{f_{\rm T}} }\hspace{5cm} $$ $$ \Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm Betrag} = \frac{1}{\sqrt{1 + ({3f_{\rm N}}/{f_{\rm T}} )^2}} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.3cm} {\rm Phase} = {\rm arctan}\hspace{0.1cm}({3f_{\rm N}}/{f_{\rm T}}) \hspace{0.05cm}.$$ Mit $f_N/f_T = 0.1$ erhält man den Betrag 0.958 und die Phase 16.7°. Damit lautet das Sinkensignal: $$v(t) = 0.958 \cdot 2\,{\rm V}\cdot \cos (\omega_{\rm N}\cdot t + 16.7^\circ)$$ $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} v(t=0)= 1.916\,{\rm V}\cdot \cos ( 16.7^\circ)\hspace{0.15cm}\underline { = 1.835\,{\rm V}}\hspace{0.05cm}.$$