Exercise 3.5Z: Phase Modulation of a Trapezoidal Signal

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 $ω_T = 2π · 10^5 \frac{1}{s}$. Berücksichtigen Sie bei der Lösung dieser Aufgabe, dass die Augenblickskreisfrequenz $ω_A(t)$ stets gleich der Ableitung der Winkelfunktion $ψ(t)$ nach der Zeit ist. Die Augenblicksfrequenz ist $f_A(t) = ω_A(t)/2π$.

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

Hinweis: Die Aufgabe bezieht sich auf die theoretischen Grundlagen von Kapitel 3.1 und Kapitel 3.2.

Fragebogen

$K_{PM}$ =

$V^{-1}$

$ 0 ... T: f_{A, min }$ =

$KHz$

$ 0 ... T: f_{A, max }$ =

$KHz$

$ T ... 3T: f_{A, min }$ =

$KHz$

$ T ... 3T: f_{A, max }$ =

$KHz$

$ 3T ... 5T: f_{A, min }$ =

$KHz$

$ 3T ... 5T: f_{A, max }$ =

$KHz$

$K_{FM}$ =

$V^{-1}s^{-1}$

Musterlösung

Solution

1. Die Phasenfunktion berechnet sich zu $ϕ(t) = K_{PM} · q_1(t)$. Der Phasenhub $ϕ_{max}$ 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 von 0 bis 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 $ω_A(t)$ bzw. die Augenblicksfrequenz $f_A(t)$ gilt dann: $$\omega_{\rm A}(t) = \frac{{\rm d}\hspace{0.03cm}\psi(t)}{{\rm d}t}= \omega_{\rm T} + K_{\rm PM} \cdot \frac{2\,{\rm V}}{10\,{\rm \mu s}}\hspace{0.05cm}$$ $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} f_{\rm A}(t) = f_{\rm T} + \frac{1.5\,{ V}^{-1}}{2 \pi} \cdot 2 \cdot 10^5 {V}/{ s} = 100\,{\rm kHz}+ 47.7\,{\rm kHz}= 147.7\,{\rm kHz}\hspace{0.05cm}.$$ Die Augenblicksfrequenz ist konstant, so dass $f_{A, min} = f_{A, max} = 147.7 kHz$ gilt.

3. Aufgrund des konstanten Quellensignals ist im gesamten hier betrachteten Zeitbereich ($T ... 3T$) die Ableitung gleich 0, 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 $q_1(t)$ in diesem Zeitintervall ($3T ... 5T$) mit betragsmäßig gleicher Steigung, wie unter Punkt b) 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 aus b) ergibt sich somit: $$\frac{ K_{\rm FM}}{2 \pi} \cdot 2\,{\rm V} = \frac{ 3 \cdot 10^5}{2 \pi} \cdot {\rm s^{-1}}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} K_{\rm FM} \hspace{0.15cm}\underline {= 1.5 \cdot 10^5 \hspace{0.15cm}{\rm V^{-1}}{\rm s^{-1}}}\hspace{0.05cm}.$$