Aufgaben:Aufgabe 2.11Z: Nochmals ESB-AM und Hüllkurvendemodulator: Unterschied zwischen den Versionen

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[[Datei:P_ID1050__Mod_Z_2_10.png|right|frame|Äquivalentes Tiefpass–Signal bei ESB-AM]]
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Nebenstehende Grafik zeigt die Ortskurve – also die Darstellung des äquivalenten Tiefpass–Signals in der komplexen Ebene – für ein ESB–AM–System.
 
Nebenstehende Grafik zeigt die Ortskurve – also die Darstellung des äquivalenten Tiefpass–Signals in der komplexen Ebene – für ein ESB–AM–System.
  
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*Die Ortskurve ist ein Kreis mit dem Mittelpunkt bei $A_{\rm T}  = 1 \ \rm V$.  
 
*Die Ortskurve ist ein Kreis mit dem Mittelpunkt bei $A_{\rm T}  = 1 \ \rm V$.  
 
*Da die Drehung im Uhrzeigersinn erfolgt, handelt es sich um eine USB–AM.  
 
*Da die Drehung im Uhrzeigersinn erfolgt, handelt es sich um eine USB–AM.  
*Der sich drehende (grüne) Zeiger zeigt zum Starzeitpunkt $t = 0$ in Richtung der imaginären Achse. Daraus folgt, dass für das Quellensignal gelten wird: &nbsp; $q(t) = A_{\rm N} \cdot \sin(\omega_{\rm N} \cdot t).$
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*Der sich drehende (grüne) Zeiger zeigt zum Starzeitpunkt $t = 0$ in Richtung der imaginären Achse.  
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*Daraus folgt, dass für das Quellensignal gelten wird: &nbsp; $q(t) = A_{\rm N} \cdot \sin(\omega_{\rm N} \cdot t).$
  
  
'''(2)'''&nbsp; Bei der USB wird nur das untere Seitenband mit der Zeigerlänge $A_{\rm N}/2 = 1  \ \rm V$ übertragen. Daraus ergibt sich $A_{\rm N}\hspace{0.15cm}\underline { = 2 \ \rm V}$.  
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'''(2)'''&nbsp; Bei der USB wird nur das untere Seitenband mit der Zeigerlänge $A_{\rm N}/2 = 1  \ \rm V$ übertragen.  
<br>Für eine Umdrehung in der Ortskurve benötigt der Zeiger die Zeit $200 \ \rm μs$. Der Kehrwert hiervon ist die Frequenz $n_{\rm N}\hspace{0.15cm}\underline { = 5 \ \rm kHz}$.  
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*Daraus ergibt sich $A_{\rm N}\hspace{0.15cm}\underline { = 2 \ \rm V}$.
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*Für eine Umdrehung in der Ortskurve benötigt der Zeiger die Zeit $200 \ \rm &micro; s$.  
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*Der Kehrwert hiervon ist die Frequenz $f_{\rm N}\hspace{0.15cm}\underline { = 5 \ \rm kHz}$.  
  
  
'''(3)'''&nbsp; Entsprechend der Definition auf der Angabenseite und den Ergebnissen der Teilaufgaben (1) und (2) gilt:
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'''(3)'''&nbsp; Entsprechend der Definition auf der Angabenseite und den Ergebnissen der Teilaufgaben '''(1)''' und '''(2)''' gilt:
 
:$$ \mu = \frac{A_{\rm N}/2}{A_{\rm T}}\hspace{0.15cm}\underline {= 1}\hspace{0.05cm}.$$
 
:$$ \mu = \frac{A_{\rm N}/2}{A_{\rm T}}\hspace{0.15cm}\underline {= 1}\hspace{0.05cm}.$$
 
Damit kann für das äquivalente TP–Signal auch geschrieben werden:
 
Damit kann für das äquivalente TP–Signal auch geschrieben werden:
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*Diese Maximalwerte treten zum Beispiel im Bereich um $t ≈ 150 \ \rm  μs$ auf, da hier ein Phasensprung stattfindet.  
 
*Diese Maximalwerte treten zum Beispiel im Bereich um $t ≈ 150 \ \rm  μs$ auf, da hier ein Phasensprung stattfindet.  
 
*Der Zusammenhang zwischen $τ_{\rm max}$ und $\Delta ϕ_{\rm max}$ lautet:
 
*Der Zusammenhang zwischen $τ_{\rm max}$ und $\Delta ϕ_{\rm max}$ lautet:
:$$ \tau_{\rm max} = \frac {\Delta \phi_{\rm max}}{2 \pi }\cdot \frac{1 }{f_{\rm T}} = \frac {1}{4}\cdot 10\,{\rm \mu s} \hspace{0.15cm}\underline {= 2.5\,{\rm \mu s}} \hspace{0.05cm}.$$
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:$$ \tau_{\rm max} = \frac {\Delta \phi_{\rm max}}{2 \pi }\cdot \frac{1 }{f_{\rm T}} = \frac {1}{4}\cdot 10\,{\rm &micro; s} \hspace{0.15cm}\underline {= 2.5\,{\rm&micro; s}} \hspace{0.05cm}.$$
  
 
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Version vom 17. Dezember 2018, 16:22 Uhr

Äquivalentes Tiefpass–Signal bei
Einseitenband-AM

Nebenstehende Grafik zeigt die Ortskurve – also die Darstellung des äquivalenten Tiefpass–Signals in der komplexen Ebene – für ein ESB–AM–System.

Weiter ist bekannt, dass die Trägerfrequenz  $f_{\rm T} = 100 \ \rm kHz$  beträgt und dass der Kanal ideal ist:

$$ r(t) = s(t) \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} r_{\rm TP}(t) = s_{\rm TP}(t) \hspace{0.05cm}.$$

Beim Empfänger wird ein idealer Hüllkurvendemodulator $\rm (HKD)$ eingesetzt. In der Aufgabe werden folgende Größen benutzt:

  • das Seitenband–zu–Träger–Verhältnis
$$\mu = \frac{A_{\rm N}/2}{A_{\rm T}}\hspace{0.05cm},$$
  • die Hüllkurve
$$a(t) = |s_{\rm TP}(t)| \hspace{0.05cm},$$
  • die maximale Abweichung  $τ_{\rm max}$  der Nulldurchgänge zwischen Sendesignal  $s(t)$  und Trägersignal  $z(t)$.



Hinweise:



Fragebogen

1

Geben Sie das äquivalente TP–Signal  $s_{\rm TP}(t)$  in analytischer Form an und beantworten Sie folgende Fragen.

Es handelt sich um eine OSB–AM.
Es handelt sich um eine USB–AM.
Das Nachrichtensignal  $q(t)$  ist cosinusförmig.
Das Nachrichtensignal  $q(t)$  ist sinusförmig.

2

Geben Sie die Amplitude  $A_{\rm N}$  und die Frequenz  $f_{\rm N}$  des Quellensignals an.
Berücksichtigen Sie, dass es sich um eine ESB–AM handelt.

$A_{\rm N} \ = \ $

$\ \rm V$
$f_{\rm N} \ = \ $

$\ \rm kHz$

3

Welcher Wert ergibt sich für das Seitenband–zu–Träger–Verhältnis $μ$? Verwenden Sie diese Größe zur Beschreibung von  $s_{\rm TP}(t)$.

$μ \ = \ $

4

Berechnen Sie den zeitlichen Verlauf der Hüllkurve  $a(t)$. Welche Werte treten bei  $t = 50 \ \rm µ s$,  $t = 100 \ \rm µ s$  und  $t = 150 \ \rm µ s$ auf?

$a(t = 50 \ \rm µ s) \hspace{0.32cm} = \ $

$\ \rm V$
$a(t = 100 \ \rm µ s) \ = \ $

$\ \rm V$
$a(t = 150 \ \rm µ s) \ = \ $

$\ \rm V$

5

Um welche Zeitdifferenz $τ_{\rm max}$ (betragsmäßig) sind die Nulldurchgänge von  $s(t)$  gegenüber  $z(t)$  maximal verschoben?

$τ_{\rm max} \ = \ $

$\ \rm µ s$


Musterlösung

(1)  Richtig sind die Lösungsvorschläge 2 und 4:

  • Das äquivalente TP–Signal lautet:
$$ s_{\rm TP}(t) = 1\,{\rm V} + {\rm j}\cdot 1\,{\rm V}\cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}\omega_{\rm N}\cdot \hspace{0.03cm}\hspace{0.03cm}t} \hspace{0.05cm}.$$
  • Die Ortskurve ist ein Kreis mit dem Mittelpunkt bei $A_{\rm T} = 1 \ \rm V$.
  • Da die Drehung im Uhrzeigersinn erfolgt, handelt es sich um eine USB–AM.
  • Der sich drehende (grüne) Zeiger zeigt zum Starzeitpunkt $t = 0$ in Richtung der imaginären Achse.
  • Daraus folgt, dass für das Quellensignal gelten wird:   $q(t) = A_{\rm N} \cdot \sin(\omega_{\rm N} \cdot t).$


(2)  Bei der USB wird nur das untere Seitenband mit der Zeigerlänge $A_{\rm N}/2 = 1 \ \rm V$ übertragen.

  • Daraus ergibt sich $A_{\rm N}\hspace{0.15cm}\underline { = 2 \ \rm V}$.
  • Für eine Umdrehung in der Ortskurve benötigt der Zeiger die Zeit $200 \ \rm µ s$.
  • Der Kehrwert hiervon ist die Frequenz $f_{\rm N}\hspace{0.15cm}\underline { = 5 \ \rm kHz}$.


(3)  Entsprechend der Definition auf der Angabenseite und den Ergebnissen der Teilaufgaben (1) und (2) gilt:

$$ \mu = \frac{A_{\rm N}/2}{A_{\rm T}}\hspace{0.15cm}\underline {= 1}\hspace{0.05cm}.$$

Damit kann für das äquivalente TP–Signal auch geschrieben werden:

$$s_{\rm TP}(t) = A_{\rm T} \cdot \left( 1 + {\rm j} \cdot \mu \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}\omega_{\rm N}\cdot \hspace{0.03cm}\hspace{0.03cm}t} \right),\hspace{0.3cm}{\rm hier}\hspace{0.15cm}\mu = 1 \hspace{0.05cm}.$$


(4)  Spaltet man die komplexe Exponentialfunktion mit dem Satz von Euler nach Real– und Imaginärteil auf, so erhält man:

$$s_{\rm TP}(t) = A_{\rm T} \cdot \left( 1 + \sin(\omega_{\rm N}\cdot t) + {\rm j} \cos(\omega_{\rm N}\cdot t)\right) \hspace{0.05cm}.$$

Durch Anwendung des „Satzes von Pythagoras” kann hierfür auch geschrieben werden:

$$a(t) = |s_{\rm TP}(t)| = A_{\rm T} \cdot \sqrt{ (1 + \sin(\omega_{\rm N}\cdot t))^2 + \cos^2(\omega_{\rm N}\cdot t)} = A_{\rm T} \cdot \sqrt{ 2 + 2 \cdot \sin(2\omega_{\rm N}\cdot t)} \hspace{0.05cm}.$$

Die abgefragten Werte lauten mit $A_{\rm T} = 1\ \rm V$:

$$ a(t = 50\,{\rm \mu s}) \hspace{0.15cm}\underline {= 2\,{\rm V}},\hspace{0.3cm}a(t = 100\,{\rm \mu s}) \hspace{0.15cm}\underline {= 1.414\,{\rm V}},\hspace{0.3cm}a(t = 150\,{\rm \mu s}) \hspace{0.15cm}\underline {= 0} \hspace{0.05cm}.$$

Diese Ergebnisse können auch direkt aus der Grafik auf der Angabenseite abgelesen werden.


(5)  Ein Hinweis für die Lage der Nulldurchgänge von $s(t)$ gegenüber dem durch das Trägersignal $z(t)$ vorgegebenen Raster liefert die Phasenfunktion $ϕ(t)$.

  • Bei der gegebenen Ortskurve können diese Werte zwischen $±π/2\ (±90^\circ)$ annehmen.
  • Diese Maximalwerte treten zum Beispiel im Bereich um $t ≈ 150 \ \rm μs$ auf, da hier ein Phasensprung stattfindet.
  • Der Zusammenhang zwischen $τ_{\rm max}$ und $\Delta ϕ_{\rm max}$ lautet:
$$ \tau_{\rm max} = \frac {\Delta \phi_{\rm max}}{2 \pi }\cdot \frac{1 }{f_{\rm T}} = \frac {1}{4}\cdot 10\,{\rm µ s} \hspace{0.15cm}\underline {= 2.5\,{\rmµ s}} \hspace{0.05cm}.$$