Aufgaben:Aufgabe 2.5Z: Lineare Verzerrungen bei ZSB-AM

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Zur 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:

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

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:

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

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:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel Synchrondemodulation.
• Bezug genommen wird insbesondere auf die Seite Einfluss linearer Kanalverzerrungen.
• Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.

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

1.Es gilt $R(f) = S(f) · H_K(f)$. Damit erhält man das Linienspektrum entsprechend der folgenden Skizze (alle Gewichte sind noch um die Einheit „V” zu ergänzen). Das Gewicht der Spektrallinie bei $f = –f_O$ setzt sich aus dem Realteil 0.2 V und dem Imaginärteil 0.1 V zusammen.

2. Die Spektralfunktion von $υ(t)$ lautet: $$V(f) = \left[ R(f) \star \left[\delta(f - f_{\rm T}) + \delta(f + f_{\rm T}) \right]\right]\cdot H_{\rm E}(f) =$$ $$= \frac{A_{\rm N}}{4} \cdot (R_{\rm O} + {\rm j} \cdot I_{\rm O}) \cdot \delta(f - f_{\rm N}) + \frac{A_{\rm N}}{4} \cdot (R_{\rm U} + {\rm j} \cdot I_{\rm U}) \cdot \delta(f + f_{\rm N})+$$ $$+ \frac{A_{\rm N}}{4} \cdot (R_{\rm O} - {\rm j} \cdot I_{\rm O}) \cdot \delta(f + f_{\rm N})+ \frac{A_{\rm N}}{4} \cdot (R_{\rm U} - {\rm j} \cdot I_{\rm U}) \cdot \delta(f - f_{\rm N}) \hspace{0.05cm}.$$ Alle anderen Terme liegen um die doppelte Trägerfrequenz und werden durch den Tiefpass eliminiert. Umsortieren und Zusammenfassen der Terme führt zu: $$V(f) = A_{\rm N}\cdot \frac{R_{\rm U} +R_{\rm O}}{2}\cdot \frac{1}{2} \cdot \left[\delta(f - f_{\rm N}) + \delta(f + f_{\rm N}) \right] +$$ $$+ A_{\rm N}\cdot \frac{I_{\rm U} - I_{\rm O}}{2}\cdot \frac[[:Vorlage:\rm j]]{2} \cdot \left[-\delta(f - f_{\rm N}) + \delta(f + f_{\rm N}) \right]$$ $$ \Rightarrow \hspace{0.3cm}v(t) = A_{\rm N}\cdot \frac{R_{\rm U} +R_{\rm O}}{2}\cdot\cos (\omega_{\rm N}\cdot t)+ A_{\rm N}\cdot \frac{I_{\rm U} -I_{\rm O}}{2}\cdot\sin (\omega_{\rm N}\cdot t)\hspace{0.05cm}.$$ Mit $R_U = 0.8$, $R_O = 0.4$ und $I_O = I_U = – 0.2$ 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 $I_O = I_U$ ist $υ(t)$ ebenfalls cosinusförmig. Es tritt demnach keine Laufzeit auf bzw. die Laufzeit ist ein geradzahliges Vielfaches der Periodendauer.

3.Hier gelten folgende Gleichungen: $$ H_{\rm K}(f_{\rm N}+ f_{\rm T}) = R_{\rm O} + {\rm j} \cdot I_{\rm O} \hspace{0.05cm},$$ $$H_{\rm K}(f_{\rm N}- f_{\rm T}) = H_{\rm K}^{\star}(f_{\rm T}- f_{\rm N}) = R_{\rm U} - {\rm j} \cdot I_{\rm U} \hspace{0.05cm},$$ $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} H_{\rm MKD}(f_{\rm N}) = \frac{1}{2} \cdot \left[(R_{\rm O} +R_{\rm U}) + {\rm j} \cdot (I_{\rm O} -I_{\rm U}) \right]\hspace{0.05cm},$$ $$H_{\rm MKD}(-f_{\rm N}) = H_{\rm MKD}^\star(f_{\rm N}) = \frac{1}{2} \cdot \left[(R_{\rm O} +R_{\rm U}) - {\rm j} \cdot (I_{\rm O} -I_{\rm U}) \right]\hspace{0.05cm}.$$ Man erhält somit das gleiche Ergebnis wie unter (b), aber schneller ⇒ Lösungsvorschlag 2.

4.Für f > 0 lautet nun der resultierende Frequenzgang: $$H_{\rm MKD}(f) = {1}/{2} \cdot \left[ H_{\rm K}(f_{\rm T}+ f) + H_{\rm K}^\star(f_{\rm T}-f)\right]=$$ $$ = {1}/{2} \cdot \left[ \frac{1}{1 + 3{\rm j} \cdot (\frac{f_{\rm T}+f}{f_{\rm T}} - 1)} + \frac{1}{1 - 3{\rm j} \cdot (\frac{f_{\rm T}-f}{f_{\rm T}} - 1)}\right] = \frac{1}{1 + {\rm j} \cdot {3f}/{f_{\rm T}} } \hspace{0.05cm}.$$ Eingesetzt an der Stelle $f = f_N$ führt dies zum Ergebnis: $$H_{\rm MKD}(f_{\rm N}) = \frac{1}{1 + {\rm j} \cdot {3f_{\rm N}}/{f_{\rm T}} }\hspace{5cm} $$ $$ \Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm Betrag} = \frac{1}{\sqrt{1 + ({3f_{\rm N}}/{f_{\rm T}} )^2}} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.3cm} {\rm Phase} = {\rm arctan}\hspace{0.1cm}({3f_{\rm N}}/{f_{\rm T}}) \hspace{0.05cm}.$$ Mit $f_N/f_T = 0.1$ erhält man den Betrag 0.958 und die Phase 16.7°. Damit lautet das Sinkensignal: $$v(t) = 0.958 \cdot 2\,{\rm V}\cdot \cos (\omega_{\rm N}\cdot t + 16.7^\circ)$$ $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} v(t=0)= 1.916\,{\rm V}\cdot \cos ( 16.7^\circ)\hspace{0.15cm}\underline { = 1.835\,{\rm V}}\hspace{0.05cm}.$$