Exercise 3.7: Angular Modulation of a Harmonic Oscillation

Demodulator
for FM

The signal arriving at a receiver is:

$$ r(t) = 3\,{\rm V} \cdot \cos \hspace{-0.05cm} \big[2 \pi \cdot 1\,{\rm MHz} \cdot t + 3 \cdot \cos(2 \pi \cdot 10\,{\rm kHz} \cdot t)\big]\hspace{0.05cm}.$$

$r(t)$ is an angle-modulated signal that was neither distorted nor influenced by noise during transmission.

The signals $v_{\rm PM}(t)$ and $v_{\rm FM}(t)$ result after ideal demodulation by means of

a phase demodulator, given by the equation

$$ v_{\rm PM}(t) = \frac{1}{K_{\rm PM}} \cdot \phi_r(t) \hspace{0.05cm},\hspace{0.3cm} {K_{\rm PM}} = 2\,{\rm V}^{-1}\hspace{0.05cm},$$

a frequency demodulator, consisting of a PM demodulator, a differentiator and a constant $K$.

In order for all signals to have equal units, this constant $K$ is dimensionally constrained.

Hints:

This exercise belongs to the chapter Frequency Modulation.
Reference is also made to the chapter Phase Modulation and particularly to the section Signal characteristics with frequency modulation.

Questions

	Es könnte eine PM–Modulation vorliegen.
	Es könnte eine FM–Modulation vorliegen.
	Die Nachrichtenphase ist sicher $ϕ_{\rm N} = 0$.
	Die Nachrichtenfrequenz ist sicher $f_{\rm N} = 10 \ \rm kHz$.

$v_{\rm PM}(t = 0) \ = \ $

$\ \rm V$

$ϕ_{\rm N} \ = \ $

$\ \rm Grad$

$K\ = \ $

$\ \rm \cdot 10^4 \ 1/s$

	Der Phasenhub beträgt $ϕ_{\rm max} = 3$.
	Der Frequenzhub beträgt $Δf_{\rm A} = 30 \ \rm kHz$.
	Es treten Augenblicksfrequenzen zwischen $0.97\ \rm MHz$ und $1.03 \ \rm MHz$ auf.
	Mit $f_{\rm N} = 5 \ \rm kHz$ würde sich am Phasenhub nichts ändern.
	Mit $f_{\rm N} = 5 \ \rm kHz$ würde sich am Frequenzhub nichts ändern.

Musterlösung

Solution

(1) Richtig sind die Lösungsvorschläge 1, 2 und 4:

Aus der Gleichung für $r(t)$ kann lediglich abgelesen werden, dass es sich um eine Winkelmodulation handelt,
nicht jedoch, ob eine Phasenmodulation (PM) oder eine Frequenzmodulation (FM) vorliegt.
Aufgrund der Gleichung steht fest, dass die Nachrichtenfrequenz $f_{\rm N} = 10 \ \rm kHz$ beträgt.
Die Phase $ϕ_{\rm N} = 0$ des Quellensignals würde dagegen nur zutreffen, wenn eine Phasenmodulation vorläge.

(2) Mit der Modulatorkonstanten $K_{\rm PM} = 2 \ \rm V^{–1}$ erhält man hierfür:

$$v_{\rm PM}(t) = \frac{1}{K_{\rm PM}} \cdot \phi_r(t) = \frac{3}{2\,{\rm V}^{-1}} \cdot \cos(2 \pi \cdot 10\,{\rm kHz} \cdot t)\hspace{0.05cm}.$$

Für den Zeitpunkt $t = 0$ gilt deshalb:

$$v_{\rm PM}(t = 0) = {A_{\rm N}} \hspace{0.15cm}\underline {= 1.5\,{\rm V}}\hspace{0.05cm}.$$

(3) Für das Ausgangssignal $v_{\rm FM}(t)$ des FM–Demodulators – bestehend aus PM–Demodulator und Differenzierer – kann man schreiben:

$$v_{\rm FM}(t) = \frac{{\rm d}v_{\rm PM}(t)}{{\rm d}t} \cdot K = \frac{K \cdot A_{\rm N}}{2 \pi \cdot f_{\rm N}} \cdot (- \sin(2 \pi \cdot {f_{\rm N}} \cdot t))= \frac{K \cdot A_{\rm N}}{2 \pi \cdot f_{\rm N}} \cdot \cos(2 \pi \cdot {f_{\rm N}} \cdot t + 90^\circ)\hspace{0.05cm}.$$

Die Nachrichtenphase ist somit $ϕ_{\rm N} \hspace{0.15cm}\underline {= 90^\circ}$.

(4) In diesem Fall muss gelten:

$$ K ={2 \pi \cdot f_{\rm N}} \hspace{0.15cm}\underline { = 6.28 \cdot 10^{4} \,\,{1}/{ s}} \hspace{0.05cm}.$$

(5) Richtig sind die Lösungsvorschläge 1, 2, 3 und 5:

Der Phasenhub ist identisch mit dem Modulationsindex, der aus der angegebenen Gleichung abgelesen werden kann:

$$\phi_{\rm max} = \eta = 3 = \frac{\Delta f_{\rm A}}{ f_{\rm N}} \hspace{0.05cm}.$$

Damit erhält man den Frequenzhub $Δf_{\rm A} = 3 · f_{\rm N} = 30 \ \rm kHz$.
Mit der Trägerfrequenz $f_{\rm T} = 1 \ \rm MHz$ kann somit die Augenblicksfrequenz $f_{\rm T}(t)$ nur Werte zwischen $1±0.03 \ \rm MHz$ annehmen.

Es gilt also auch folgende Aussage:

Bei halber Nachrichtenfrequenz verdoppelt sich der Phasenhub $η$, während der Frequenzhub $Δf_{\rm A}$ davon nicht beeinflusst wird:

$$\eta = \frac{K_{\rm PM} \cdot A_{\rm N}}{ f_{\rm N}} = 6 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}\Delta f_{\rm A} = \eta \cdot f_{\rm N} = 6 \cdot 5\,{\rm kHz} = 30\,{\rm kHz}\hspace{0.05cm}.$$