Difference between revisions of "Aufgaben:Aufgabe 2.11Z: Nochmals ESB-AM & Hüllkurvendemodulation"

Revision as of 12:01, 2 January 2017

Nebenstehende Grafik zeigt die Ortskurve – also die Darstellung des äquivalenten TP–Signals in der komplexen Ebene – für ein ESB–AM–System.

Weiter ist bekannt, dass die Trägerfrequenz $f_T = 100 kHz$ 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 $τ_{max}$ der Nulldurchgänge von $s(t)$ und Trägersignal $z(t)$.

Hinweis: Die Aufgabe bezieht sich auf den Theorieteil von Kapitel 2.4. Für diese Aufgabe gelten vergleichbare Voraussetzungen wie für die Aufgabe A2.10.

Fragebogen

	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.

$A_N$ =

$V$

$f_N$ =

$KHz$

$μ$ =

$a(t = 50 μs)$ =

$V$

$a(t = 100 μs)$ =

$V$

$a(t = 150 μs)$ =

$V$

$τ_{max}$ =

$μs$

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 $A_T = 1 V$. 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 $A_N/2 = 1 V$ übertragen. Daraus ergibt sich $A_N = 2 V$. Für eine Umdrehung in der Ortskurve benötigt der Zeiger die Zeit $200 μs$. Der Kehrwert hiervon ist die Frequenz $f_N = 5 kHz$.

3. Entsprechend der Definition auf der Angabenseite und den Ergebnissen zu a) und b) gilt: $$ \mu = \frac{A_{\rm N}/2}{A_{\rm T}}=1\hspace{0.05cm}.$$ Damit kann für das äquivalente TP–Signal auch geschrieben werden: $$s_{\rm TP}(t) = A_{\rm T} \cdot \left( 1 + {\rm j} \cdot \mu \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}\omega_{\rm N}\cdot \hspace{0.03cm}\hspace{0.03cm}t} \right),\hspace{0.3cm}{\rm hier}\hspace{0.15cm}\mu \hspace{0.15cm}\underline {= 1} \hspace{0.05cm}.$$

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: $$a(t) = |s_{\rm TP}(t)| = A_{\rm T} \cdot \sqrt{ (1 + \sin(\omega_{\rm N}\cdot t))^2 + \cos^2(\omega_{\rm N}\cdot t)} =$$ $$ = |s_{\rm TP}(t)| = A_{\rm T} \cdot \sqrt{ 2 + 2 \cdot \sin(2\omega_{\rm N}\cdot t)} \hspace{0.05cm}.$$ Die abgefragten Werte lauten mit $A_T = 1 V$: $$ a(t = 50\,{\rm \mu s}) \hspace{0.15cm}\underline {= 2\,{\rm V}},\hspace{0.3cm}a(t = 100\,{\rm \mu s}) \hspace{0.15cm}\underline {= 1.414\,{\rm V}},\hspace{0.3cm}a(t = 150\,{\rm \mu s}) \hspace{0.15cm}\underline {= 0} \hspace{0.05cm}.$$ 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 $±π/2 (±90°)$ annehmen. Diese Maximalwerte treten zum Beispiel im Bereich um $t ≈ 150 μs$ auf, da hier ein Phasensprung stattfindet. Der Zusammenhang zwischen $τ_{max}$ und $ϕ_{max}$ lautet: $$ \tau_{\rm max} = \frac {\Delta \phi_{\rm max}}{2 \pi }\cdot \frac{1 }{f_{\rm T}} = \frac {1}{4}\cdot 10\,{\rm \mu s} \hspace{0.15cm}\underline {= 2.5\,{\rm \mu s}} \hspace{0.05cm}.$$

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 ===Musterlösung===
 {{ML-Kopf}}
-'''1.'''
+'''1.'''Richtig sind die Lösungsvorschläge 2 und 4. Das äquivalente TP–Signal lautet:
-'''2.'''
+$$ s_{\rm TP}(t) = 1\,{\rm V} + {\rm j}\cdot 1\,{\rm V}\cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}\omega_{\rm N}\cdot \hspace{0.03cm}\hspace{0.03cm}t} \hspace{0.05cm}.$$
-'''3.'''
+Die Ortskurve ist ein Kreis mit dem Mittelpunkt bei $A_T = 1 V$. 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:
-'''4.'''
+$$q(t) = A_{\rm N} \cdot \sin(\omega_{\rm N} \cdot t).$$
-'''5.'''
-'''6.'''
+'''2.''' Bei der USB wird nur das untere Seitenband mit der Zeigerlänge $A_N/2 = 1 V$ übertragen. Daraus ergibt sich $A_N = 2 V$. Für eine Umdrehung in der Ortskurve benötigt der Zeiger die Zeit $200 μs$. Der Kehrwert hiervon ist die Frequenz $f_N = 5 kHz$.
-'''7.'''
+'''3.''' Entsprechend der Definition auf der Angabenseite und den Ergebnissen zu a) und b) gilt:
+$$ \mu = \frac{A_{\rm N}/2}{A_{\rm T}}=1\hspace{0.05cm}.$$
+Damit kann für das äquivalente TP–Signal auch geschrieben werden:
+$$s_{\rm TP}(t) = A_{\rm T} \cdot \left( 1 + {\rm j} \cdot \mu \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}\omega_{\rm N}\cdot \hspace{0.03cm}\hspace{0.03cm}t} \right),\hspace{0.3cm}{\rm hier}\hspace{0.15cm}\mu \hspace{0.15cm}\underline {= 1} \hspace{0.05cm}.$$
+'''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 [https://de.wikipedia.org/wiki/Satz_des_Pythagoras Satzes von Pythagoras] kann hierfür auch geschrieben werden:
+$$a(t)  =  |s_{\rm TP}(t)| = A_{\rm T} \cdot \sqrt{ (1 + \sin(\omega_{\rm N}\cdot t))^2 + \cos^2(\omega_{\rm N}\cdot t)} =$$
+$$ =  |s_{\rm TP}(t)| = A_{\rm T} \cdot \sqrt{ 2 + 2 \cdot \sin(2\omega_{\rm N}\cdot t)} \hspace{0.05cm}.$$
+Die abgefragten Werte lauten mit $A_T = 1 V$:
+$$ a(t = 50\,{\rm \mu s}) \hspace{0.15cm}\underline {= 2\,{\rm V}},\hspace{0.3cm}a(t = 100\,{\rm \mu s}) \hspace{0.15cm}\underline {= 1.414\,{\rm V}},\hspace{0.3cm}a(t = 150\,{\rm \mu s}) \hspace{0.15cm}\underline {= 0} \hspace{0.05cm}.$$
+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 $±π/2 (±90°)$ annehmen. Diese Maximalwerte treten zum Beispiel im Bereich um $t ≈ 150 μs$ auf, da hier ein Phasensprung stattfindet. Der Zusammenhang zwischen $τ_{max}$ und $ϕ_{max}$ lautet:
+$$ \tau_{\rm max} = \frac {\Delta \phi_{\rm max}}{2 \pi }\cdot \frac{1 }{f_{\rm T}} = \frac {1}{4}\cdot 10\,{\rm \mu s} \hspace{0.15cm}\underline {= 2.5\,{\rm \mu s}} \hspace{0.05cm}.$$
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