Exercise 3.5Z: Phase Modulation of a Trapezoidal Signal

Trapez– und Rechtecksignal

Ein Phasenmodulator mit dem Eingangssignal $q_1(t)$ und dem modulierten Signal $s(t)$ am Ausgang wird durch folgende Gleichung beschrieben:

$$s(t) = A_{\rm T} \cdot \cos (\psi(t) )= A_{\rm T} \cdot \cos (\omega_{\rm T} \cdot t + K_{\rm PM} \cdot q_1(t) ) \hspace{0.05cm}.$$

Die Trägerkreisfrequenz beträgt $ω_{\rm T} = 2π · 10^5 \cdot {1}/{ßrm s}$. Berücksichtigen Sie bei der Lösung dieser Aufgabe, dass die Augenblickskreisfrequenz $ω_{\rm A}(t)$ stets gleich der Ableitung der Winkelfunktion $ψ(t)$ nach der Zeit ist. Die Augenblicksfrequenz ist dann $f_{\rm A}(t) = ω_{\rm A}(t)/2π$.

Als Testsignal wird das oben skizzierte Trapez–Signal $q1(t)$ angelegt, wobei die Nomierungszeitdauer $T = 10 \ \rm μs$ beträgt.

Zum gleichen modulierten Signal $s(t)$ würde ein Frequenzmodulator mit der Winkelfunktion

$$\psi(t) = \omega_{\rm T} \cdot t + K_{\rm FM} \cdot \int q_2(t)\hspace{0.15cm}{\rm d}t$$

führen, wenn das rechteckförmige Quellensignal $q_2(t)$ entsprechend der unteren Skizze angelegt wird.

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Frequenzmodulation.
Bezug genommen wird aber auch auf das Kapitel Phasenmodulation.

Fragebogen

$K_{\rm PM} \ = \ $

$\ \rm V^{-1}$

$f_\text{A, min} \ = \ $

$\ \rm kHz$

$f_\text{A, max} \hspace{0.06cm} = \ $

$\ \rm kHz$

$f_\text{A, min} \ = \ $

$\ \rm kHz$

$f_\text{A, max} \hspace{0.06cm} = \ $

$\ \rm kHz$

$f_\text{A, min} \ = \ $

$\ \rm kHz$

$f_\text{A, max} \hspace{0.06cm} = \ $

$\ \rm kHz$

$K_{\rm FM} \ = \ $

$\ \cdot 10^5 \ \rm V^{-1}s^{-1}$

Musterlösung

Solution

(1) Die Phasenfunktion berechnet sich zu $ϕ(t) = K_{\rm PM} · q_1(t)$. Der Phasenhub $ϕ_{\rm max}$ ist gleich der sich ergebenden Phase für den Maximalwert des Quellensignals:

$$ \phi_{\rm max} = K_{\rm PM} \cdot 2\,{\rm V} = 3\,{\rm rad}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} K_{\rm PM} \hspace{0.15cm}\underline {= 1.5\,{\rm V^{-1}}} \hspace{0.05cm}.$$

(2) Im Bereich $0 < t < T$ kann die Winkelfunktion wie folgt dargestellt werden:

$$ \psi(t) = \omega_{\rm T} \cdot t + K_{\rm PM} \cdot 2\,{\rm V} \cdot {t}/{T}\hspace{0.05cm}.$$

Für die Augenblickskreisfrequenz $ω_{\rm A}(t)$ bzw. die Augenblicksfrequenz $f_{\rm A}(t)$ gilt dann:

$$\omega_{\rm A}(t) = \frac{{\rm d}\hspace{0.03cm}\psi(t)}{{\rm d}t}= \omega_{\rm T} + K_{\rm PM} \cdot \frac{2\,{\rm V}}{10\,{\rm \mu s}}\hspace{0.05cm} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} f_{\rm A}(t) = f_{\rm T} + \frac{1.5\,{\rm V}^{-1}}{2 \pi} \cdot 2 \cdot 10^5 \rm {V}/{ s} = 100\,{\rm kHz}+ 47.7\,{\rm kHz}= 147.7\,{\rm kHz}\hspace{0.05cm}.$$

Die Augenblicksfrequenz ist konstant, so dass $f_\text{A, min} = f_\text{A, max}\hspace{0.15cm}\underline{ = 147.7 \ \rm kHz}$ gilt.

(3) Aufgrund des konstanten Quellensignals ist im gesamten hier betrachteten Zeitbereich $T < t < 3T$ die Ableitung gleich Null, so dass die Augenblicksfrequenz gleich der Trägerfrequenz ist:

$$f_{\rm A, \hspace{0.05cm} min} =f_{\rm A, \hspace{0.05cm} max} =f_{\rm T} \hspace{0.15cm}\underline {= 100\,{\rm kHz}}\hspace{0.05cm}.$$

(4) Der lineare Abfall von $q_1(t)$ im Zeitintervall $3T < t < 5T$ mit betragsmäßig gleicher Steigung, wie unter Punkt (2) berechnet, führt zum Ergebnis:

$$f_{\rm A, \hspace{0.05cm} min} =f_{\rm A, \hspace{0.05cm} max} =f_{\rm T} - 47.7\,{\rm kHz} \hspace{0.15cm}\underline {= 52.3\,{\rm kHz}}\hspace{0.05cm}.$$

(5) Durch Differentiation kommt man zur Augenblickskreisfrequenz:

$$ \omega_{\rm A}(t) = \omega_{\rm T} + K_{\rm FM} \cdot q_2(t) \Rightarrow \hspace{0.3cm} f_{\rm A}(t) = f_{\rm T}+\frac{ K_{\rm FM}}{2 \pi} \cdot q_2(t)\hspace{0.05cm}.$$

Mit dem Ergebnis der Teilaufgabe (2) ergibt sich somit:

$$\frac{ K_{\rm FM}}{2 \pi} \cdot 2\,{\rm V} = \frac{ 3 \cdot 10^5}{2 \pi} \cdot {\rm s^{-1}}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} K_{\rm FM} \hspace{0.15cm}\underline {= 1.5 \cdot 10^5 \hspace{0.15cm}{\rm V^{-1}}{\rm s^{-1}}}\hspace{0.05cm}.$$