Aufgaben:Aufgabe 2.11Z: Nochmals ESB-AM & Hüllkurvendemodulation

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Äquivalentes Tiefpass–Signal bei ESB-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 (HKD) eingesetzt. Im Verlauf dieser 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:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel Einseitenbandmodulation.
• Bezug genommen wird insbesondere auf die Seite Seitenband-zu-Träger-Verhältnis.
• Für diese Aufgabe gelten vergleichbare Voraussetzungen wie für die Aufgabe 2.11.

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 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 $t = 50 \ \rm μs$, $t = 100 \ \rm μs$ und $t = 150 \ \rm μs$ auf?

$a(t = 50 \ \rm μs) \hspace{0.32cm} = \ $ $\ \rm V$

$a(t = 100 \ \rm μs) \ = \ $ $\ \rm V$

$a(t = 150 \ \rm μs) \ = \ $ $\ \rm V$

5

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

$τ_{\rm max} \ = \ $ $\ \rm μs$

Musterlösung

Solution

(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 $200 \ \rm μs$. Der Kehrwert hiervon ist die Frequenz $n_{\rm N}\hspace{0.15cm}\underline { = 5 \ \rm kHz}$.

(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:

$$\tau_{\rm max} = \frac {\Delta \phi_{\rm max}}{2 \pi }\cdot \frac{1 }{f_{\rm T}} = \frac {1}{4}\cdot 10\,{\rm \mu s} \hspace{0.15cm}\underline {= 2.5\,{\rm \mu s}} \hspace{0.05cm}.$$