Aufgaben:Exercise 4.3: Pointer Diagram Representation

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Wir betrachten ein analytisches Signal $x_+(t)$, welches durch das gezeichnete Diagramm in der komplexen Ebene festgelegt ist. Je nach Wahl der Signalparameter ergeben sich daraus drei physikalische BP–Signale $x_1(t)$, $x_2(t)$ und $x_3(t)$, die sich durch verschiedene Startpunkte $S_i = x_i(t = 0)$ unterscheiden (blauer, grüner und roter Punkt). Zudem seien auch die Winkelgeschwindigkeiten der drei Konstellationen unterschiedlich:

• Das analytische Signal $x_{1+}(t)$ beginnt bei $S_1$ = 3 V. Die Winkelgeschwindigkeit ist $\omega_1 = \pi \cdot 104 1/\text{s}$.
• Das Signal $x_{2+}(t)$ beginnt beim grünen Startpunkt $S_2 = j \cdot 3$ V und dreht gegenüber $x_{1+}(t)$ mit doppelter Winkelgeschwindigkeit $(\omega_2 = 2 \cdot \omega_1)$.
• Das Signal $x_{3+}(t)$ beginnt beim rot markierten Ausgangspunkt $S_3 = 3 \text{V} \cdot \text{exp}(–\text{j}\pi /3)$ und dreht mit gleicher Geschwindigkeit wie das Signal $x_{2+}(t)$.

Hinweis: Die Aufgabe bezieht sich auf die theoretischen Grundlagen von Kapitel 4.2.

Fragebogen

1

Wie groß sind die Amplituden aller betrachteten Signale?

$A=$ V

2

Welche Werte besitzen Frequenz und Phase des Signals $x_1(t)$?

$f_1 =$ kHz

$\phi_1 = $ Grad

3

Welche Werte besitzen Frequenz und Phase des Signals $x_2(t)$?

$f_2 = $ kHz

$\phi_2=$ Grad

4

Welche Werte besitzen Frequenz und Phase des Signals $x_3(t)$?

$f_3 = $ kHz

$\phi_3=$ Grad

5

Nach welcher Zeit $t_1$ ist das analytische Signal erstmalig wieder gleich dem Startwert $x_{3+}(t = 0)$?

$t_1 = $ ms

6

Nach welcher Zeit $t_2$ ist das physikalische Signal $x_3(t)$ zum ersten Mal wieder so groß wie zum Zeitpunkt $t$ = 0?

$t_2 = $ ms

Musterlösung

Solution

1. Die Amplitude der harmonischen Schwingung ist gleich der Zeigerlänge. Für alle Signale gilt $A$ = 3V.

2. Die gesuchte Frequenz ergibt sich zu $f_1 = \omega_1/(2\pi ) =$ 5 kHz. Die Phase kann aus $S_1 = 3\text{V} \cdot \text{exp}(–\text{j} \cdot \phi_1)$ ermittelt werden und ergibt sich zu $\phi_1$ = 0, d.h. es ist

$$x_1(t) = 3\hspace{0.05cm}{\rm V} \cdot {\cos} ( 2 \pi \cdot {\rm 5 \hspace{0.05cm} kHz}\cdot t) .$$

3. Wegen $\omega_2 = 2\omega_1$ beträgt nun die Frequenz $f_2 = 2 \cdot f_1 =$ 10 kHz. Die Phase ergibt sich mit dem Startzeitpunkt $S_2$ zu $\text{exp}(–\text{j} \cdot \phi_2) = \text{j}$, das heißt $φ_2 = –\pi /2 (–90^{\circ})$. Somit lautet die Zeitfunktion:

$$x_2(t) = 3\hspace{0.05cm}{\rm V} \cdot {\cos} ( 2 \pi \cdot {\rm 10 \hspace{0.05cm} kHz}\cdot t + 90^\circ) = -3\hspace{0.05cm}{\rm V} \cdot {\sin} ( 2 \pi \cdot {\rm 10 \hspace{0.05cm} kHz}\cdot t ).$$

Dieses Signal ist somit „minus–sinusförmig”, was auch direkt am Zeigerdiagramm abgelesen werden kann. Der Realteil von $x_{2+}(t)$ zum Zeitpunkt $t$ = 0 ist 0. Da der Zeiger entgegen dem Uhrzeigersinn dreht, ergibt sich zunächst ein negativer Realteil. Nach einer viertel Umdrehung ist $x_2(T/4)$ = –3V. Dreht man nochmals in Schritten von 90° entgegen dem Uhrzeigersinn weiter, so ergeben sich die Signalwerte 0V, 3V und 0V.

4. Diese Teilaufgabe kann analog zu den Fragen 2) und 3) gelöst werden: $f_3$ = 10 kHz, $\phi_3$ = 60°.

5. Der Zeiger benötigt für eine Umdrehung genau die Periodendauer $T_3 = 1/f_3 = 0.1$ ms $(= t_1)$.

6. Das analytische Signal startet bei $S_3 = 3\text{V} \cdot \text{e}^{–\text{j}60^{\circ}}$. Dreht das Signal um 120° weiter, so ergibt sich genau der gleiche Realteil. Es gilt dann mit $t_2 = t_1/3 = 0.033$ ms folgende Beziehung:

$$x_3(t = t_2) = x_3(t = 0) = 3\hspace{0.05cm}{\rm V} \cdot {\cos} ( 60^\circ) = 1.5\hspace{0.05cm}{\rm V} .$$