Aufgaben:Exercise 2.6Z: Synchronous Demodulator

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Das dargestellte Blockschaltbild zeigt ein Übertragungssystem mit Zweiseitenband-Amplitudenmodulation (ZSB-AM) und Synchrondemodulator (SD). Das Quellensignal bestehe aus zwei harmonischen Schwingungen mit den Frequenzen $f_2 = 2 \ \rm kHz$ und $f_5 = 5 \ \rm kHz$: $$q(t) = {2 \, \rm V} \cdot {\rm cos}(\omega_2 t )+ {1 \, \rm V} \cdot {\rm sin}(\omega_5 t ) .$$

• Dieses Signal wird mit dem dimensionslosen Trägersignal $z(t) = \cos(\omega_{\rm T} \cdot T)$ der Trägerfrequenz $f_{\rm T} = 50 \ \rm kHz$ multipliziert. Bei ZSB–AM ist der gestrichelt eingezeichnete Block unerheblich, so dass für das Sendesignal gilt:

$$s(t) = q(t) \cdot {\rm cos}(\omega_{\rm T} t ) .$$

• Im Synchrondemodulator wird das Empfängersignal $r(t)$, das bei idealem Kanal identisch mit $s(t)$ ist, mit dem empfangsseitigem Trägersignal $z_{\rm E}(t)$ multipliziert, wobei gilt:

$$z_{\rm E}(t) = K \cdot {\rm cos}(\omega_{\rm T} t - \Delta \varphi ) .$$

• Dieses Signal sollte nicht nur frequenzsynchron mit $z(t)$ sein, sondern auch phasensynchron – daher der Name „Synchrondemodulator”. Der obige Ansatz berücksichtigt einen Phasenversatz zwischen $z(t)$ und $z_{\rm E}(t)$, der idealerweise $\Delta \varphi = 0$ sein sollte, sich bei realen Systemen aber oft nicht vermeiden lässt.

• Das Ausgangssignal $b(t)$ des zweiten Multiplizierers beinhaltet neben dem gewünschten NF-Anteil auch Anteile um die doppelte Trägerfrequenz. Durch einen idealen Tiefpass – z.B. mit der Grenzfrequenz $f_{\rm T}$ – lässt sich das Sinkensignal $v(t)$ gewinnen, das im Idealfall gleich dem Quellensignal $q(t)$ sein sollte.

• Die Multiplikation beim Sender mit dem Trägersignal $z(t)$ führt im Allgemeinen zu zwei Seitenbändern. Bei der Einseitenbandmodulation (ESB–AM) wird nur eines der beiden Bänder übertragen, zum Beispiel das untere Seitenband (USB). Damit erhält man bei idealem Kanal:

$$r(t) = s(t)= {1 \, \rm V} \cdot {\rm cos}((\omega_{\rm T} - \omega_2 )t ) - {0.5 \, \rm V} \cdot {\rm sin}((\omega_{\rm T} - \omega_5 )t ) .$$

• Hier führt die Synchrondemodulation unter Berücksichtigung eines Phasenversatzes $\Delta \varphi$, der Konstante $K = 4$ sowie des nachgeschalteten Tiefpasses zu folgendem verfälschten Sinkensignal:

$$v(t)= {1 \, \rm V} \cdot {1}/{2}\cdot 4 \cdot{\rm cos}( \omega_2 t - \Delta \varphi)+ {0.5 \, \rm V} \cdot {1}/{2}\cdot 4 \cdot{\rm sin}( \omega_5 t - \Delta \varphi)$$

$$\Rightarrow \hspace{0.5cm}v(t)= {2 \, \rm V} \cdot{\rm cos}( \omega_2 t - \Delta \varphi)+ {1 \, \rm V} \cdot{\rm sin}( \omega_5 t - \Delta \varphi)$$

Im Idealfall phasensynchroner Demodulation (Δφ = 0) gilt wieder $v(t) = q(t).$

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel Lineare Verzerrungen.
• Die Thematik „Amplitudenmodulation/Synchrondemodulator” wird im Buch Modulationsverfahren noch ausführlich diskutiert.
• Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
• Gegeben sind die folgenden trigonometrischen Zusammenhänge:

$$\cos^2(\alpha) = {1}/{2} \cdot \left [ 1 + \cos(2\alpha) \right ] \hspace{0.05cm}, $$

$$\cos(\alpha) \cdot \cos(\beta) = {1}/{2} \cdot \left[ \cos(\alpha - \beta)+ \cos(\alpha + \beta) \right],$$

$$ \sin(\alpha) \cdot \cos(\beta) = {1}/{2} \cdot \left[ \sin(\alpha - \beta)+ \sin(\alpha + \beta) \right] \hspace{0.05cm}.$$

Fragebogen

1

Wie lautet das Sinkensignal $v(t)$ bei ZSB-AM und phasensynchroner Synchrondemodulation   ⇒   $\Delta \varphi = 0$? Wie ist $K$ zu wählen, damit $v(t) = q(t)$ gilt?

$K \ =$

2

Es gelte $K = 2$. Geben Sie das Sinkensignal $v(t)$ unter Berücksichtigung eines Phasenversatzes $\Delta \varphi$ an. Welche der folgenden Aussagen treffen zu?

	Unabhängig von $\Delta \varphi$ gilt $v(t) = q(t)$.
	$\Delta \varphi \ne 0$ führt zu einer frequenzunabhängigen Dämpfung.
	Ein Phasenversatz $\Delta \varphi \ne 0$ führt zu Dämpfungsverzerrungen.
	Ein Phasenversatz $\Delta \varphi \ne 0$ führt zu Phasenverzerrungen.
	Mit $\Delta \varphi = \hspace{-0.05cm}-\hspace{0.05cm}60^\circ$ gilt $v(t) = q(t)/2$.

3

Welche Aussagen gelten bei Synchrondemodulation des ESB–Signals, wenn ein Phasenversatz um $\Delta \varphi$ berücksichtigt wird?

	Unabhängig von $\Delta \varphi$ gilt $v(t) = q(t)$.
	$\Delta \varphi \ne 0$ führt zu einer frequenzunabhängigen Dämpfung.
	Ein Phasenversatz $\Delta \varphi \ne 0$ führt zu Dämpfungsverzerrungen.
	Ein Phasenversatz $\Delta \varphi \ne 0$ führt zu Phasenverzerrungen.
	Mit $\Delta \varphi = \hspace{-0.05cm}-\hspace{0.05cm}60^\circ$ gilt $v(t) = q(t)/2$.

Musterlösung

Solution

(1)  Für das Bandpass–Signal nach dem zweiten Multiplizierer gilt: $$b(t) = r(t) \cdot z_{\rm E}(t)= q(t) \cdot z(t) \cdot z_{\rm E}(t)= K \cdot q(t)\cdot \cos^2(\omega_{\rm T} t).$$

Mit der trigonometrischen Beziehung $\cos^2(\omega_{\rm T} t) = {1}/{2} \cdot\left[ 1 + \cos(2\omega_{\rm T} t)\right]$ erhält man $$b(t) = {K}/{2} \cdot q(t) + {K}/{2} \cdot q(t)\cdot \cos(2\omega_{\rm T} t).$$

Der zweite Anteil liegt um die doppelte Trägerfrequenz  ⇒  $2 f_{\rm T}$ und wird durch den Tiefpass (zum Beispiel mit der Grenzfrequenz $ f_{\rm G} = f_{\rm T}$) entfernt. Damit erhält man: $v(t) = {K}/{2} \cdot q(t) .$ Mit $\underline {K = 2}$ ergibt sich eine ideale Demodulation  ⇒  $v(t) = q(t) .$

(2)  Unter Berücksichtigung der Beziehung

$$\cos(\omega_{\rm T} t) \cdot \cos(\omega_{\rm T} t - \Delta \varphi) = {1}/{2} \cdot \left[ \cos(\Delta \varphi)+ \cos(2\omega_{\rm T} t - \Delta \varphi) \right]$$

sowie des nachgeschalteten Tiefpasses, der wieder den Anteil um die doppelte Trägerfrequenz entfernt, erhält man hier mit $ {K = 2}$: $$v(t) = q(t) \cdot \cos(\Delta \varphi).$$

Richtig sind die Lösungsvorschläge 2 und 5:

• Ein Phasenversatz $\Delta \varphi$ führt hier nur zu einer frequenzunabhängigen Dämpfung und nicht zu Dämpfungs– oder Phasenverzerrungen.
• Ein Phasenversatz um $\varphi =\pm 60^\circ$ hat jeweils eine Halbierung des Signals zur Folge.

(3)  Richtig ist hier nur der Lösungsvorschlag 4.

• Bei beiden Summanden tritt genau der gleiche Phasenversatz $\Delta \varphi$ auf, und es kommt hier zu Phasenverzerrungen:

$$v(t)= {2 \, \rm V} \cdot{\rm cos}( \omega_2 \cdot (t - \tau_2))+ {1 \, \rm V} \cdot{\rm sin}( \omega_5 t \cdot (t - \tau_5)),$$

$${\rm wobei}\hspace{0.5cm}\tau_2 = \frac{\Delta \varphi}{\omega_2} \hspace{0.5cm}\ne \hspace{0.5cm} \tau_5 = \frac{\Delta \varphi}{\omega_5}.$$

• Ein Phasenversatz von $\varphi =60^\circ$ entsprechend $\pi/3$ führt hier zu den Verzögerungszeiten:

$$\tau_2 = \frac{\pi/3}{2 \pi \cdot 2\,\,{\rm kHz }} \approx 83.3\,{\rm \mu s }, \hspace{0.5cm} \tau_5 = \frac{\pi/3}{2 \pi \cdot 5\,\,{\rm kHz }} \approx 33.3\,{\rm \mu s }.$$

• Das niederfrequentere Signal wird also stärker verzögert.