Aufgabe 2.5Z: Lineare Verzerrungen bei ZSB-AM
Untersucht wird hier wie in der Aufgabe 2.5 wieder
- die Kombination ZSB–AM/Synchrondemodulator
- bei Berücksichtigung eines linear verzerrenden Kanals .
Das Quellensignal $q(t)$ sei ein Cosinussignal mit Amplitude $A_{\rm N}$ und Frequenz $f_{\rm N}$, 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 $f_{\rm O} = f_{\rm T} + f_{\rm N}$ (Oberes Seitenband) und $f_{\rm U} = f_{\rm T} - f_{\rm N}$ (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 $H_{\rm K}(– f) = H_{\rm K}^*(f)$.
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 (3) 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 (4) der folgende Kanalfrequenzgang betrachtet (die Darstellung gilt nur für positive Frequenzen):
- $$ H_{\rm K}(f) = H_{\rm(4)}(f) = \frac{1}{1 + 3{\rm j} \cdot ({f}/{f_{\rm T}} - 1)}\hspace{0.05cm}.$$
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Synchrondemodulation.
- Bezug genommen wird insbesondere auf die Seite Einfluss linearer Kanalverzerrungen.
- Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
Fragebogen
Musterlösung
(1) Allgemein gilt $R(f) = S(f) · H_K(f)$. Damit erhält man das Linienspektrum gemäß nebenstehender Skizze (alle Gewichte sind noch um die Einheit „V” zu ergänzen). Für das Gewicht der Spektrallinie bei $f = -f_{\rm O$ gilt:
- $${\rm Re}[R(-f_{\rm O})]\hspace{0.15cm}\underline{=0.2 \ \rm V},$$
- $${\rm Im}[R(-f_{\rm O})]\hspace{0.15cm}\underline{=0.1 \ \rm V}.$$
(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:
$$v(t) = 0.958 \cdot 2\,{\rm V}\cdot \cos (\omega_{\rm N}\cdot t + 16.7^\circ)$$
$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} v(t=0)= 1.916\,{\rm V}\cdot \cos ( 16.7^\circ)\hspace{0.15cm}\underline { = 1.835\,{\rm V}}\hspace{0.05cm}.$$
