Aufgabe 2.5Z: Nochmals Verzerrungen bei ZSB-AM

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Berücksichtigung des Kanalfrequenzgangs

Untersucht wird hier wie in der  Aufgabe 2.5  wieder

  • die Kombination ZSB–AM/Synchrondemodulator
  • bei Berücksichtigung eines linear verzerrenden Kanals .


Das Quellensignal  $q(t)$  sei ein Cosinussignal mit Amplitude  $A_{\rm N}$  und Frequenz  $f_{\rm N}$, so dass das Spektrum des modulierten Signals wie folgt lautet:

$$S(f)= \frac{A_{\rm N}}{4} \cdot \big[\delta(f + f_{\rm O}) + \delta(f + f_{\rm U}) + \delta(f - f_{\rm U}) + \delta(f - f_{\rm O}) \big]\hspace{0.05cm}.$$

Die Abkürzungen stehen für  $f_{\rm O} = f_{\rm T} + f_{\rm N}$  (Oberes Seitenband) und  $f_{\rm U} = f_{\rm T} - f_{\rm N}$  (Unteres Seitenband).

Der Kanalfrequenzgang ist nur für diese beiden Frequenzen gegeben und lautet:

$$ H_{\rm K}(f_{\rm O}) = R_{\rm O} + {\rm j} \cdot I_{\rm O},\hspace{0.2cm}H_{\rm K}(f_{\rm U}) = R_{\rm U} + {\rm j} \cdot I_{\rm U} \hspace{0.05cm}.$$

Für negative Frequenzen gilt stets  $H_{\rm K}(– f) = H_{\rm K}^*(f)$.

Verwenden Sie bei numerischen Berechnungen folgende Zahlenwerte:

$$A_{\rm N} = 2\,{\rm V}, \hspace{0.15cm}f_{\rm N} = 3\,{\rm kHz}, \hspace{0.15cm}f_{\rm T} = 30\,{\rm kHz} \hspace{0.05cm},$$
$$R_{\rm U} = 0.8, \hspace{0.15cm}I_{\rm U} = -0.2, \hspace{0.15cm}R_{\rm O} = 0.4, \hspace{0.15cm}I_{\rm O} = -0.2 \hspace{0.05cm}.$$

In der Teilaufgabe (3) soll die Lösung über den resultierenden Frequenzgang von Modulator, Kanal und Demodulator erfolgen:

$$H_{\rm MKD}(f) = {1}/{2} \cdot \big[ H_{\rm K}(f + f_{\rm T}) + H_{\rm K}(f - f_{\rm T})\big]\hspace{0.05cm}.$$

Abschließend wird in der Teilaufgabe (4) der folgende Kanalfrequenzgang betrachtet (die Darstellung gilt nur für positive Frequenzen):

$$ H_{\rm K}(f) = H_{\rm(4)}(f) = \frac{1}{1 + 3{\rm j} \cdot ({f}/{f_{\rm T}} - 1)}\hspace{0.05cm}.$$




Hinweise:



Fragebogen

1

Es gelte  $R_{\rm U} = 0.8, \ I_{\rm U} = -0.2, \ R_{\rm O} = 0.4, I_{\rm O} = -0.2.$ Berechnen und skizzieren Sie das Spektrum  $R(f)$  am Kanalausgang.
Wie lautet die Spektrallinie bei $-f_{\rm O}$?

${\rm Re}[R(-f_{\rm O})] \ = \ $

$\ \text{V}$
${\rm Im}[R(-f_{\rm O})] \ = \ $

$\ \text{V}$

2

Wie lautet das Sinkensignal  $v(t)$? Berücksichtigen Sie bei der Berechnung auch den Tiefpass des Synchrondemodulators.
Wie groß ist der Signalwert bei  $t = 0$?

$ v(t = 0) \ = \ $

$\ \text{V}$

3

Berechnen Sie nun das Sinkensignal  $v(t)$  über den resultierenden Frequenzgang  $H_{\rm MKD}(f)$  und bewerten Sie den Rechengang.

Die Berechnung gemäß Teilaufgabe (2) führt schneller zum Erfolg.
Die Berechnung gemäß Teilaufgabe (3) führt schneller zum Erfolg.

4

Berechnen Sie  $v(t)$  für den Kanalfrequenzgang  $ H_{\rm K}(f) = H_{\rm(4)}(f)$. Wie groß ist der Signalwert bei  $t = 0$?

$ v(t = 0) \ = \ $

$\ \text{V}$


Musterlösung

Empfangsspektrum

(1)  Allgemein gilt $R(f) = S(f) · H_K(f)$. Damit erhält man das Linienspektrum gemäß nebenstehender Skizze (alle Gewichte sind noch um die Einheit „V” zu ergänzen).

Für das Gewicht der Spektrallinie bei $f = -f_{\rm O}$ gilt:

$${\rm Re}[R(-f_{\rm O})]\hspace{0.15cm}\underline{=0.2 \ \rm V},$$
$${\rm Im}[R(-f_{\rm O})]\hspace{0.15cm}\underline{=0.1 \ \rm V}.$$


(2)  Die Spektralfunktion $V(f)$ des Sinkensignals $v(t)$ lautet:

$$V(f) = \big[ R(f) \star \left[\delta(f - f_{\rm T}) + \delta(f + f_{\rm T}) \right]\big]\cdot H_{\rm E}(f).$$

Nach den Gesetzmäßigkeiten der Fouriertransformation kann hierfür auch geschrieben werden:

$$V(f) = \frac{A_{\rm N}}{4} \cdot (R_{\rm O} + {\rm j} \cdot I_{\rm O}) \cdot \delta(f - f_{\rm N}) + \frac{A_{\rm N}}{4} \cdot (R_{\rm U} + {\rm j} \cdot I_{\rm U}) \cdot \delta(f + f_{\rm N})+$$
$$\hspace{2.25cm}+ \frac{A_{\rm N}}{4} \cdot (R_{\rm O} - {\rm j} \cdot I_{\rm O}) \cdot \delta(f + f_{\rm N})+ \frac{A_{\rm N}}{4} \cdot (R_{\rm U} - {\rm j} \cdot I_{\rm U}) \cdot \delta(f - f_{\rm N}) \hspace{0.05cm}.$$

Alle anderen Terme liegen um die doppelte Trägerfrequenz und werden durch den Tiefpass eliminiert.
Umsortieren und Zusammenfassen der Terme führt zu:

$$V(f) = A_{\rm N}\cdot \frac{R_{\rm U} +R_{\rm O}}{2}\cdot \frac{1}{2} \cdot \left[\delta(f - f_{\rm N}) + \delta(f + f_{\rm N}) \right] + A_{\rm N}\cdot \frac{I_{\rm U} - I_{\rm O}}{2}\cdot \frac{\rm j}{2} \cdot \left[-\delta(f - f_{\rm N}) + \delta(f + f_{\rm N}) \right]$$
$$ \Rightarrow \hspace{0.3cm}v(t) = A_{\rm N}\cdot \frac{R_{\rm U} +R_{\rm O}}{2}\cdot\cos (\omega_{\rm N}\cdot t)+ A_{\rm N}\cdot \frac{I_{\rm U} -I_{\rm O}}{2}\cdot\sin (\omega_{\rm N}\cdot t)\hspace{0.05cm}.$$

Mit $R_{\rm U} = 0.8, I_{\rm U} = -0.2, R_{\rm O} = 0.4, I_{\rm O} = -0.2$ folgt daraus:

$$v(t) = 0.6 \cdot A_{\rm N}\cdot \cos (\omega_{\rm N}\cdot t)\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} v(t=0) = 0.6 \cdot A_{\rm N}\hspace{0.15cm}\underline {= 1.2\,{\rm V}}\hspace{0.05cm}.$$
  • Es ergibt sich gegenüber $q(t)$ eine Dämpfung um den Faktor $0.6$.
  • Der Synchrondemodulator bekommt durch das untere Seitenband mehr Information über das Quellensignal als über das obere.
  • Wegen der Eigenschaft $I_{\rm O} = I_{\rm U}$ ist $v(t)$ ebenfalls cosinusförmig.
  • Es tritt demnach keine Laufzeit auf bzw. die Laufzeit ist ein geradzahliges Vielfaches der Periodendauer.


(3)  Hier gelten folgende Gleichungen:

$$ H_{\rm K}(f_{\rm N}+ f_{\rm T}) = R_{\rm O} + {\rm j} \cdot I_{\rm O} \hspace{0.05cm},\hspace{0.5cm} H_{\rm K}(f_{\rm N}- f_{\rm T}) = H_{\rm K}^{\star}(f_{\rm T}- f_{\rm N}) = R_{\rm U} - {\rm j} \cdot I_{\rm U} $$
$$\Rightarrow \hspace{0.2cm} H_{\rm MKD}(f_{\rm N}) = {1}/{2} \cdot \left[(R_{\rm O} +R_{\rm U}) + {\rm j} \cdot (I_{\rm O} -I_{\rm U}) \right]\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} H_{\rm MKD}(-f_{\rm N}) = H_{\rm MKD}^\star(f_{\rm N}) = {1}/{2} \cdot \left[(R_{\rm O} +R_{\rm U}) - {\rm j} \cdot (I_{\rm O} -I_{\rm U}) \right]\hspace{0.05cm}.$$

Man erhält somit das gleiche Ergebnis wie unter (2), aber schneller ⇒ Lösungsvorschlag 2.


(4)  Für $f > 0$ lautet nun der resultierende Frequenzgang:

$$H_{\rm MKD}(f) = {1}/{2} \cdot \left[ H_{\rm K}(f_{\rm T}+ f) + H_{\rm K}^\star(f_{\rm T}-f)\right]= {1}/{2} \cdot \left[ \frac{1}{1 + 3{\rm j} \cdot (\frac{f_{\rm T}+f}{f_{\rm T}} - 1)} + \frac{1}{1 - 3{\rm j} \cdot (\frac{f_{\rm T}-f}{f_{\rm T}} - 1)}\right] $$
$$ \Rightarrow \hspace{0.3cm} H_{\rm MKD}(f) = \frac{1}{1 + {\rm j} \cdot {3f}/{f_{\rm T}} } \hspace{0.05cm}.$$

Eingesetzt an der Stelle $f = f_{\rm N}$ führt dies zum Ergebnis:

$$H_{\rm MKD}(f_{\rm N}) = \frac{1}{1 + {\rm j} \cdot {3f_{\rm N}}/{f_{\rm T}} } \hspace{1.0cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm Betrag} = \frac{1}{\sqrt{1 + ({3f_{\rm N}}/{f_{\rm T}} )^2}} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.3cm} {\rm Phase} = {\rm arctan}\hspace{0.1cm}({3f_{\rm N}}/{f_{\rm T}}) \hspace{0.05cm}.$$

Mit $f_{\rm N}/f_{\rm T} = 0.1$ erhält man den Betrag $0.958$ und die Phase $16.7^\circ$. Damit lautet das Sinkensignal:

$$v(t) = 0.958 \cdot 2\,{\rm V}\cdot \cos (\omega_{\rm N}\cdot t + 16.7^\circ) \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} v(t=0)= 1.916\,{\rm V}\cdot \cos ( 16.7^\circ)\hspace{0.15cm}\underline { = 1.835\,{\rm V}}\hspace{0.05cm}.$$