Aufgaben:Aufgabe 4.4Z: Zeigerdiagramm bei ESB-AM: Unterschied zwischen den Versionen
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− | Hierbei stehen $f_{50}$ und $f_{60}$ als Abkürzungen für die Frequenzen $50 \ \text{kHz}$ bzw. $60 \ \text{kHz}$. | + | Hierbei stehen $f_{50}$ und $f_{60}$ als Abkürzungen für die Frequenzen $50 \ \text{kHz}$ bzw. $60 \ \text{kHz}$. |
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− | {Geben Sie das analytische Signal $s_+(t)$ formelmäßig an. Welcher Wert ergibt sich zum Startzeitpunkt $t = 0$? | + | {Geben Sie das analytische Signal $s_+(t)$ formelmäßig an. Welcher Wert ergibt sich zum Startzeitpunkt $t = 0$? |
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$\text{Re}[s_+(t = 0)]\ = \ $ { 1 3% } $\text{V}$ | $\text{Re}[s_+(t = 0)]\ = \ $ { 1 3% } $\text{V}$ | ||
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− | {Zu welcher Zeit $t_1$ tritt der erste Nulldurchgang des physikalischen Signals $s(t)$ relativ zum ersten Nulldurchgang des $50 \ \text{kHz-Cosinussignals}$ auf? <br>''Hinweis:'' Letzterer ist zur Zeit $T_0/4 = 1/(4 \cdot f_{50}) = 5 \ µ \text{s}$. | + | {Zu welcher Zeit $t_1$ tritt der erste Nulldurchgang des physikalischen Signals $s(t)$ relativ zum ersten Nulldurchgang des $50 \ \text{kHz-Cosinussignals}$ auf? <br>''Hinweis:'' Letzterer ist zur Zeit $T_0/4 = 1/(4 \cdot f_{50}) = 5 \ µ \text{s}$. |
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− | - Es gilt $t_1 < 5 \ {\rm µ} \text{s}$. | + | - Es gilt $t_1 < 5 \ {\rm µ} \text{s}$. |
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− | + Es gilt $t_1 > 5 \ {\rm µ} \text{s}$. | + | + Es gilt $t_1 > 5 \ {\rm µ} \text{s}$. |
− | {Welchen Maximalwert nimmt der Betrag $|s_+(t)|$ an? Zu welchem Zeitpunkt $t_2$ wird dieser Maximalwert zum ersten Mal erreicht? | + | {Welchen Maximalwert nimmt der Betrag $|s_+(t)|$ an? Zu welchem Zeitpunkt $t_2$ wird dieser Maximalwert zum ersten Mal erreicht? |
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$|s_+(t)|_{\rm max}\ = \ ${ 2 3% } $\text{V}$ | $|s_+(t)|_{\rm max}\ = \ ${ 2 3% } $\text{V}$ | ||
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− | {Zu welchem Zeitpunkt $t_3$ ist die Zeigerlänge $|s_+(t)|$ erstmalig gleich | + | {Zu welchem Zeitpunkt $t_3$ ist die Zeigerlänge $|s_+(t)|$ erstmalig gleich Null? |
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$t_3\ = \ $ { 75 3% } ${\rm µ s}$ | $t_3\ = \ $ { 75 3% } ${\rm µ s}$ |
Version vom 4. Oktober 2019, 16:43 Uhr
Betrachtet werden soll das analytische Signal $s_+(t)$ mit dem Linienspektrum
- $$S_{+}(f) = {\rm 1 \hspace{0.05cm} V} \cdot\delta (f - f_{\rm 50})- {\rm j} \cdot {\rm 1 \hspace{0.05cm} V} \cdot\delta (f - f_{\rm 60}).$$
Hierbei stehen $f_{50}$ und $f_{60}$ als Abkürzungen für die Frequenzen $50 \ \text{kHz}$ bzw. $60 \ \text{kHz}$.
Dieses analytische Signal könnte zum Beispiel bei der Einseitenband–Amplitudenmodulation (ESB-AM) eines sinusförmigen Nachrichtensignals $($Frequenz $f_{\rm N} = 10 \ \text{kHz})$ mit einem cosinusförmigen Trägersignal $(f_{\rm T} = 50 \ \text{kHz})$ auftreten, wobei nur das obere Seitenband übertragen wird (OSB-Modulation).
Das analytische Signal könnte aber auch durch eine USB-Modulation des gleichen Sinussignals entstehen, wenn ein sinusförmiges Trägersignal mit der Trägerfrequenz $f_{\rm T} = 60 \ \text{kHz}$ verwendet wird.
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Analytisches Signal und zugehörige Spektralfunktion.
- Sie können Ihre Lösung mit dem Interaktionsmodul Physikalisches Signal & Analytisches Signal überprüfen.
Fragebogen
Musterlösung
- $$s_{+}(t) = {\rm 1 \hspace{0.05cm} V} \cdot {\rm e}^{{\rm j}\hspace{0.05cm} \omega_{\rm 50}\hspace{0.05cm} t } - {\rm j}\cdot{\rm 1 \hspace{0.05cm} V} \cdot {\rm e}^{{\rm j}\hspace{0.05cm} \omega_{\rm 60} \hspace{0.05cm} t }.$$
Zum Zeitpunkt $t = 0$ nehmen die komplexen Exponentialfunktionen jeweils den Wert $1$ an und man erhält (siehe linke Grafik):
- $\text{Re}[s_+(t = 0)] \; \underline{= +1\ \text{V}}$,
- $\text{Im}[s_+(t = 0)]\; \underline{ = \,-\hspace{-0.08cm}1\ \text{V}}$.
(2) Für das analytische Signal kann auch geschrieben werden:
- $$s_{+}(t) = {\rm 1 \hspace{0.05cm} V} \cdot \cos({ \omega_{\rm 50}\hspace{0.05cm} t }) + {\rm j} \cdot{\rm 1 \hspace{0.05cm} V} \cdot \sin({ \omega_{\rm 50}\hspace{0.05cm} t }) - {\rm j} \cdot {\rm 1 \hspace{0.05cm} V} \cdot \cos({ \omega_{\rm 60}\hspace{0.05cm} t }) + {\rm 1 \hspace{0.05cm} V} \cdot \sin({ \omega_{\rm 60}\hspace{0.05cm} t }).$$
Der Realteil hiervon beschreibt das tatsächliche, physikalische Signal:
- $$s(t) = {\rm 1 \hspace{0.05cm} V} \cdot \cos({ \omega_{\rm 50}\hspace{0.05cm} t }) + {\rm 1 \hspace{0.05cm} V} \cdot \sin({ \omega_{\rm 60}\hspace{0.05cm} t }).$$
Richtig ist der Lösungsvorschlag 3:
- Bei alleiniger Berücksichtigung des $50 \ \text{kHz-Cosinussignals}$ würde der erste Nulldurchgang bei $t_1 = T_0/4$ auftreten, also nach $5 \ {\rm µ s}$, wobei $T_0 = 1/f_{50} = 20 \ {\rm µ s}$ die Periodendauer dieses Signals bezeichnet.
- Das Sinussignal mit der Frequenz $60 \ \text{kHz}$ ist während der gesamten ersten Halbwelle $(0 \, \text{...} \, 8.33\ {\rm µ s})$ positiv.
- Aufgrund des Pluszeichens verzögert sich der erste Nulldurchgang von $s(t) \ \Rightarrow \ t_1 > 5\ {\rm µ s}$.
- Die mittlere Grafik zeigt das analytische Signal zum Zeitpunkt $t = T_0/4$, zu dem der rote Träger seinen Nulldurchgang hätte.
- Der Nulldurchgang des violetten Summenzeigers tritt erst dann auf, wenn dieser in Richtung der imaginären Achse zeigt. Dann gilt $s(t_1) = \text{Re}[s_+(t_1)] = 0$.
(3) Der Maximalwert von $|s_+(t)|$ wird erreicht, wenn beide Zeiger in die gleiche Richtung weisen. Der Betrag des Summenzeigers ist dann gleich der Summe der beiden Einzelzeiger; also $\underline {2\ \text{ V}}$.
Dieser Fall wird zum ersten Mal dann erreicht, wenn der schnellere Zeiger mit der Winkelgeschwindigkeit $\omega_{60}$ seinen „Rückstand” von $90^{\circ} \; (\pi /2)$ gegenüber dem langsameren Zeiger ($\omega_{50}$) aufgeholt hat:
- $$\omega_{\rm 60} \cdot t_2 - \omega_{\rm 50}\cdot t_2 = \frac{\pi}{2} \hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm}t_2 = \frac{\pi/2}{2\pi (f_{\rm 60}- f_{\rm 50})} = \frac{1}{4 \cdot(f_{\rm 60}- f_{\rm 50})}\hspace{0.15 cm}\underline{= {\rm 25 \hspace{0.05cm} {\rm µ s}}}.$$
- Zu diesem Zeitpunkt haben die beiden Zeiger $5/4$ bzw. $6/4$ Umdrehungen zurückgelegt und weisen beide in Richtung der imaginären Achse (siehe rechte Grafik).
- Das tatsächliche, physikalische Signal $s(t)$ – also der Realteil von $s_+(t)$ – ist deshalb in diesem Moment gleich Null.
(4) Bedingung für $|s_+(t_3)| = 0$ ist, dass zwischen den beiden gleich langen Zeigern ein Phasenversatz von $180^\circ$ besteht, sodass sie sich auslöschen.
- Dies bedeutet weiter, dass der schnellere Zeiger um $3\pi /2$ weiter gedreht hat als der $50 \ \text{kHz-Anteil}$.
- Analog zur Musterlösung der Teilaufgabe (3) gilt deshalb:
- $$t_3 = \frac{3\pi/2}{2\pi (f_{\rm 60}- f_{\rm 50})} \hspace{0.15 cm}\underline{= {\rm 75 \hspace{0.05cm} {\rm µ s}}}.$$