Aufgaben:Aufgabe 2.2Z: Leistungsbetrachtung: Unterschied zwischen den Versionen

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'''(1)'''  Entsprechend den Gleichungen auf der Angabenseite gilt:
 
'''(1)'''  Entsprechend den Gleichungen auf der Angabenseite gilt:
 
:$$P_{\rm 1} = \lim_{T_{\rm M} \rightarrow \infty}\hspace{0.1cm}\frac{1}{T_{\rm M}} \cdot \int_{0}^{ T_{\rm M}} {A_1^2 \cdot \cos^2(\omega_{\rm 1} t + \phi_1) }\hspace{0.1cm}{\rm d}t \hspace{0.05cm}.$$
 
:$$P_{\rm 1} = \lim_{T_{\rm M} \rightarrow \infty}\hspace{0.1cm}\frac{1}{T_{\rm M}} \cdot \int_{0}^{ T_{\rm M}} {A_1^2 \cdot \cos^2(\omega_{\rm 1} t + \phi_1) }\hspace{0.1cm}{\rm d}t \hspace{0.05cm}.$$
Zur allgemeineren Berechnung ist die Phase $ϕ_1$ berücksichtigt, die eigentlich $0$ ist. Mit der Gleichung $\cos^{2}(α) = 0.5 · (1 + \cos(2α))$ ergibt sich:
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*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:
 
:$$ P_{\rm 1} = \lim_{T_{\rm M} \rightarrow \infty}\hspace{0.1cm}\frac{1}{T_{\rm M}} \cdot \int_{0}^{ T_{\rm M}} {\frac{A_1^2}{2}}\hspace{0.1cm}{\rm d}t + \lim_{T_{\rm M} \rightarrow \infty}\hspace{0.1cm}\frac{1}{T_{\rm M}} \cdot \int_{0}^{ T_{\rm M}} {\frac{A_1^2}{2}\cdot \cos(2\omega_{\rm 1} t + 2\phi_1)}\hspace{0.1cm}{\rm d}t\hspace{0.05cm}.$$  
 
:$$ P_{\rm 1} = \lim_{T_{\rm M} \rightarrow \infty}\hspace{0.1cm}\frac{1}{T_{\rm M}} \cdot \int_{0}^{ T_{\rm M}} {\frac{A_1^2}{2}}\hspace{0.1cm}{\rm d}t + \lim_{T_{\rm M} \rightarrow \infty}\hspace{0.1cm}\frac{1}{T_{\rm M}} \cdot \int_{0}^{ T_{\rm M}} {\frac{A_1^2}{2}\cdot \cos(2\omega_{\rm 1} t + 2\phi_1)}\hspace{0.1cm}{\rm d}t\hspace{0.05cm}.$$  
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:
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*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:
 
:$$P_{\rm 1} = \frac{A_1^2}{2} = \frac{(2\,{\rm V})^2}{2} \hspace{0.15cm}\underline {= 2\,{\rm V}^2}\hspace{0.05cm}.$$
 
:$$P_{\rm 1} = \frac{A_1^2}{2} = \frac{(2\,{\rm V})^2}{2} \hspace{0.15cm}\underline {= 2\,{\rm V}^2}\hspace{0.05cm}.$$
  
'''(2)'''  Mit $R = 50\ \rm  Ω$ erhält man für die „unnormierte” Leistung:
+
 
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'''(2)'''  Mit  $R = 50\ \rm  Ω$  erhält man für die „unnormierte” Leistung:
 
:$$P_{\rm 1} = \frac{2\,{\rm V}^2}{50\,{\rm \Omega}} \hspace{0.15cm}\underline {= 40\,{\rm mW}}\hspace{0.05cm}.$$
 
:$$P_{\rm 1} = \frac{2\,{\rm V}^2}{50\,{\rm \Omega}} \hspace{0.15cm}\underline {= 40\,{\rm mW}}\hspace{0.05cm}.$$
  
'''(3)'''  Bereits in der Musterlösung zur Teilaufgabe '''(1)''' wurde gezeigt, dass die Phase keinen Einfluss auf die Leistung hat. Daraus folgt:
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'''(3)'''  Bereits in der Musterlösung zur Teilaufgabe  '''(1)'''  wurde gezeigt, dass die Phase keinen Einfluss auf die Leistung hat.  Daraus folgt:
 
:$$P_{\rm 2} = \frac{A_2^2}{2} \hspace{0.15cm}\underline {= 0.5\,{\rm V}^2}\hspace{0.05cm}.$$
 
:$$P_{\rm 2} = \frac{A_2^2}{2} \hspace{0.15cm}\underline {= 0.5\,{\rm V}^2}\hspace{0.05cm}.$$
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'''(4)'''  Zur Leistungsberechnung muss über $s^{2}(t)$ gemittelt werden, wobei gilt:
 
'''(4)'''  Zur Leistungsberechnung muss über $s^{2}(t)$ gemittelt werden, wobei gilt:
 
:$$s^2(t) = s_1^2(t) + s_2^2(t) + 2 \cdot s_1(t) \cdot s_2(t).$$
 
:$$s^2(t) = s_1^2(t) + s_2^2(t) + 2 \cdot s_1(t) \cdot s_2(t).$$
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:
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*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:
 
:$$P_{\rm S} = P_{\rm 1} + P_{\rm 2} \hspace{0.15cm}\underline {= 2.5\,{\rm V}^2}\hspace{0.05cm}.$$
 
:$$P_{\rm S} = P_{\rm 1} + P_{\rm 2} \hspace{0.15cm}\underline {= 2.5\,{\rm V}^2}\hspace{0.05cm}.$$
  
'''(5)'''  Mit $f_2 = f_1$ lautet das Spektrum des analytischen Signals:
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'''(5)'''  Mit  $f_2 = f_1$  lautet das Spektrum des analytischen Signals:
 
:$$S_+(f) = (A_{\rm 1} + A_{\rm 2} \cdot {\rm e}^{{\rm j}\hspace{0.03cm} \cdot \hspace{0.03cm} \phi})\cdot \delta (f - f_1) \hspace{0.05cm}.$$
 
:$$S_+(f) = (A_{\rm 1} + A_{\rm 2} \cdot {\rm e}^{{\rm j}\hspace{0.03cm} \cdot \hspace{0.03cm} \phi})\cdot \delta (f - f_1) \hspace{0.05cm}.$$
Somit ergibt sich das Signal
+
*Somit ergibt sich das Signal
 
:$$s(t) = A_3 \cdot \cos(\omega_{\rm 1} t + \phi_3) \hspace{0.05cm},$$
 
:$$s(t) = A_3 \cdot \cos(\omega_{\rm 1} t + \phi_3) \hspace{0.05cm},$$
dessen Phase $ϕ_3$ für die Leistungsberechnung keine Rolle spielt. Die Amplitude dieses Signals ist
+
: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)} =
 
:$$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}.$$
 
\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:
+
*Für  $ϕ = 0$  addieren sich die Amplituden skalar:
 
:$$A_3 = \sqrt{ A_1^2 + A_2^2 + 2 \cdot A_1 \cdot A_2 } = A_1 + A_2 = 3\,{\rm V}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} P_{\rm S} \hspace{0.15cm}\underline {= 4.5\,{\rm V}^2}\hspace{0.05cm}.$$
 
:$$A_3 = \sqrt{ A_1^2 + A_2^2 + 2 \cdot A_1 \cdot A_2 } = A_1 + A_2 = 3\,{\rm V}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} P_{\rm S} \hspace{0.15cm}\underline {= 4.5\,{\rm V}^2}\hspace{0.05cm}.$$
*Dagegen addieren sich die Amplituden für $ϕ = 90^\circ$ vektoriell  ⇒   gleiches Ergebnis wie in der Teilaufgabe '''(4)''':
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*Dagegen addieren sich die Amplituden für  $ϕ = 90^\circ$  vektoriell  ⇒   gleiches Ergebnis wie in der Teilaufgabe  '''(4)''':
 
:$$ A_3 = \sqrt{ A_1^2 + A_2^2 } = \sqrt{5}\,{\rm V}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} P_{\rm S} = \frac{5\,{\rm V}^2}{2}\hspace{0.15cm}\underline {= 2.5\,{\rm V}^2}\hspace{0.05cm}.$$
 
:$$ A_3 = \sqrt{ A_1^2 + A_2^2 } = \sqrt{5}\,{\rm V}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} P_{\rm S} = \frac{5\,{\rm V}^2}{2}\hspace{0.15cm}\underline {= 2.5\,{\rm V}^2}\hspace{0.05cm}.$$
*Für $ϕ = 180^\circ$ überlagern sich die Cosinusschwingungen destruktiv:
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*Für  $ϕ = 180^\circ$  überlagern sich die Cosinusschwingungen destruktiv:
 
:$$A_3 = A_1 - A_2 = 1\,{\rm V}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} P_{\rm S} \hspace{0.15cm}\underline {= 0.5\,{\rm V}^2}\hspace{0.05cm}.$$
 
:$$A_3 = A_1 - A_2 = 1\,{\rm V}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} P_{\rm S} \hspace{0.15cm}\underline {= 0.5\,{\rm V}^2}\hspace{0.05cm}.$$
 
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Version vom 6. März 2020, 16:35 Uhr

Analytisches Signal – Linienspektrum

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 Widerstand  $R = 1 \ \rm Ω$.  Die Division durch  $R$  liefert die physikalische Leistung in  $\rm W$.




Hinweise:



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

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