UNIVERSIDAD NACIONAL DE TRES DE FEBRERO
Trabajo Práctico Nº 212 “Modulación Lineal” Comunicaciones Agustín Arias 15/10/2012
PROBLEMA Nº1: Se visualiza en un ORC la siguiente forma de onda:
Amplitud máxima de la portadora
Amplitud mínima de la portadora
Fig.1: Onda Modulada en Amplitud
t
Amax = 24 Volts Amin = 12 Volts
Determinar: 1. 2. 3. 4. 5.
Amplitud del tono Modulante. Amplitud de la Portadora. Índice de Modulación. Potencia media de la señal modulada sobre una carga de 50 Ohms expresada en dbm. Potencias media de la portadora y de cada una de las bandas laterales.
Solución: 1. Como se puede ver en la Fig.1, la envolvente de la señal oscila entre 6 y 12 Volts. Sabiendo que la forma del tono modulante es la que le da la forma a dicha envolvente, se deduce que:
2. En este caso, debemos omitir la envolvente que genera el tono modulante, considerando que el mismo vale 0 Volts. Por lo tanto:
3. Índice de modulación:
4. Potencia de la señal modulada: (
( ) )
(
)
En dBm: [
]
(
)
(
)
5. Potencia media de la portadora:
Potencia de cada banda lateral: ( ) (
)
PROBLEMA Nº2: Un transmisor de AM tiene una salida de 24 KW cuando se la modula con un tono para el caso m = 1 (índice de modulación). Determinar: 1. Potencia de salida de la portadora sin modular y la potencia pico de envolvente expresada en dbm. 2. Potencia de cada una de las bandas laterales (en dbm). 3. Para el caso de m = 0.6, con una banda lateral suprimida y la portadora reducida en 26 db., cual es la Potencia de salida. Solución: 1. Para calcular la potencia de salida de la portadora sin modular, debemos notar que al ser , la amplitud del tono modulante y de la portadora son iguales. Esto indica que la potencia de salida de la señal modulada es: ( En donde se consideró
)
.
Se puede observar que dos tercios de la potencia de salida de la señal modulada corresponden a la potencia de salida de la portadora, siendo la misma:
Expresada en dBm:
[
(
]
)
Luego, la potencia pico de envolvente se corresponde con el máximo valor de amplitud de la señal modulada, siendo el mismo:
De este modo, la potencia pico queda definida como: (
)
Expresada en dBm: [
(
]
)
2. Como dijimos en el punto anterior, dos tercios de la potencia de salida de la señal modulada corresponden a la portadora, siendo el tercio restante el correspondientes a las dos bandas laterales, por lo tanto:
De este modo, cada una de las bandas laterales tendrá una potencia de 4 KW. Expresada en dBm: [
(
]
)
3. En este caso, la reducción de potencia de la portadora es: [
]
Expresada en Watts:
y una banda lateral suprimida será: (
)
(
)
PROBLEMA Nº3: Se representa un diagrama de bloques de un receptor superheterodino AM que tiene una banda pasante de 0 - 5Khz alrededor de la frecuencia .L b 8 μv sobre 50 Ω. En “1” u u 1Mhz.
Fig.2: Diagrama de bloques de un receptor superheterodino AM Determinar: 1. u u :”2-3-4-5-6-7”. 2. Si esa portadora se modula con un tono de 1.5 KHz, el espectro en los mismos puntos y f m “5”. 3. El amplificador de RF se sintoniza a 650 KHz. sin embargo se escucha una estación que emite a 1580Khz., con bastante claridad. ¿Puede explicar el fenómeno? 4. La entrada del punto 1 es una DBL_SP, con una Fc=1Mhz. y Fm=1Khz.Determine las f u u y f m “5”. Solución: 1.
u “2” ñ amplitud de 25,29 V ya que la señal ganó 10 dB: (
1 MHz,
u
)
𝐴𝑣 [V]
25,28 x 10^-3
-1000
1000
Fig.3: Espectro en el punto 2 para portadora de 1MHz
𝐹𝑐𝑖𝑎 [KHz]
u “3” a la señal portadora mezclada con la señal de 1465 KHz del oscilador local, obteniéndose a la salida de dicho mezclador las frecuencias suma y resta entre ambas. 𝐴𝑣 [V] A
-2465
465
-465
2465
𝐹𝑐𝑖𝑎 [KHz]
Fig.4: Espectro en el punto 3 u “4” la señal pasó por un filtro para eliminar el componente de 2465 KHz y dejado pasar solamente los 465 KHz que corresponden a la FI (Frecuencia Intermedia) del equipo. La señal ganó 75 dB: 𝐴𝑣 [V] A
-465
465
𝐹𝑐𝑖𝑎 [KHz]
Fig.5: Espectro en el punto 4 ó ( “5”) ñ es integrada a través de un filtro pasa bajos, eliminando la frecuencia de la portadora y generando un componente espectral de corriente continua (frecuencia = 0) con la misma amplitud que la de la señal portadora proveniente de la etapa anterior y reducida 2 dB (en este caso) que se utiliza como referencia para controlar la ganancia de los amplificadores de portadora en la etapa AGC (Control Automático de Ganancia) que no se muestra en el diagrama. Debido a la u m j , “5” y “6” h bá gú m espectral salvo el de corriente continua ya mencionado (el cual deberá ser eliminado antes del parlante para no perjudicar el rendimiento del mismo).
𝐴𝑣 [V] A
𝐹𝑐𝑖𝑎 [KHz]
465
-465
Fig.6: Espectro en el punto 5 𝐴𝑣 [V] A
𝐹𝑐𝑖𝑎 [KHz]
465
-465
Fig.7: Espectro en el punto 6 P ú m , u “7” cual genera una señal a 1465 KHz:
al del oscilador local, el
𝐴𝑣 [V] A
-1465
1465
𝐹𝑐𝑖𝑎 [KHz]
Fig.8: Espectro en el punto 7 (oscilador local)
2. En este caso, al modular la portadora con un tono de 1.5 KHz, aparecerán bandas laterales en los espectros: “2”
m
:
𝐴𝑣 [V]
25,28 x 10^-3
-1001.5 -1000 -998.5
998.5 1000 1001.5
𝐹𝑐𝑖𝑎 [KHz]
Fig.9: Espectro en el punto 2
𝐴𝑣 [V]
A
-2466.5 -2465 -2463.5
-466.5 -465 -463.5
463.5 465 466.5
2463.5 2465 2466.5
𝐹𝑐𝑖𝑎 [KHz]
Fig.10: Espectro en el punto 3 𝐴𝑣 [V] A
-466.5 -465 -463.5
463.5 465 466.5
𝐹𝑐𝑖𝑎 [KHz]
Fig.11: Espectro en el punto 4
𝐴𝑣 [V]
A
-1.5
1.5
Fig.12: Espectro en el punto 5
𝐹𝑐𝑖𝑎 [KHz]
El u “7” m m qu mantiene invariante en este caso. u
“5”
ñ
b
F g.8, y qu
m
u
1.5 KHz:
Amplitud [V]
Tiempo [ms]
0,66
Fig.13: Señal temporal en el punto 5 3. El problema que surge al sintonizar el quipo receptor en 650 KHz se debe a la llamada “F u Im g ”, u es una de las principales desventajas de los receptores heterodinos. Se puede calcular del siguiente modo:
En este caso,
KHz.
Considerando que esta señal de 1580 KHz tiene una potencia considerable para ser detectada por el receptor, la misma se mezcla con la del oscilador local en el mezclador y en ese proceso se produce una frecuencia diferencia de 465 KHz al igual que la señal de 1000 KHz. De este modo, el filtro de FI no puede discriminar entre estas frecuencias cuál es la deseada y cuál no, lo que produce que a la salida del equipo se escuchen ambas estaciones de forma simultánea.
𝐴𝑣 [V]
A
-1580
-650
650
1580
2FI Fig.14: Espectro en el punto 4. Detección de Frecuencia Imagen
𝐹𝑐𝑖𝑎 [KHz]
4. Los espectros solamente constarán del tono modulante de 1KHz ya que la portadora está ausente:
𝐴𝑣 [V]
-1001 -1000 -999
𝐹𝑐𝑖𝑎 [KHz]
999 1000 1001
Fig.15: Espectro en el punto 2 𝐴𝑣 [V]
A
-2466 -2465 -2464
-466 -465 -464
464 465 466
2464 2465 2466
𝐹𝑐𝑖𝑎 [KHz]
Fig.16: Espectro en el punto 3
𝐴𝑣 [V] A
-466 -465 -464
𝐹𝑐𝑖𝑎 [KHz]
464 465 466
Fig.17: Espectro en el punto 4
A ñ tendrá la siguiente forma:
b b
,
u
“5”
Fig.18: Señal DBL_SP a la entrada del detector Luego del detector, la señal solamente tendrá la forma de su envolvente centrada en amplitud: Amplitud [V]
Tiempo
Fig.19: Señal temporal en el punto 5 Se puede apreciar que la forma de onda a la salida del detector no coincide con la forma de onda del mensaje. Por este motivo el receptor no es útil para señales que tengan suprimida su portadora.
PROBLEMA Nº4: Una estación de radio AM transmite una potencia media de portadora de 76,02 dbm sobre 50Ω y u u í m u ó m= 0,7 u m u ó u . Calcular: 1. Potencia media de salida de la señal modulada. 2. Amplitud pico de la portadora. 3. Si la amplitud del tono senoidal disminuye hasta que la potencia media de la señal modulada disminuye a 45KW, determinar el nuevo índice de modulación. 4. Para este último caso, si la estación transmite a una frecuencia de 1 Mhz. Y modula a un tono de 5 Khz., escribir la expresión de la onda modulada.
Solución: 1. La potencia media de la portadora expresada en Watts es: (
)
Luego, utilizando la ecuación para la potencia en AM se obtiene: (
)
(
)
2. La amplitud de la portadora es: √ Y la amplitud pico de la portadora es: √ 3. Despejamos
de la ecuación de potencia en AM: (
)
(
)
4. Expresión de la onda modulada en AM: (
)(
(
)
PROBLEMA Nº5: Se debe generar una señal de BLU con el método del filtro, tomando en cuenta las siguientes condiciones:
Banda base 300-3400 Hz Frecuencia de la portadora: 28,89 Mhz. Atenuación del filtro 40 dB, en un intervalo que resulta alrededor del 1% de la frecuencia central.
1. Demuestre que la solución directa no es posible 2. Dibuje el diagrama en bloques de una solución por etapas y coloque el espectro de frecuencias en las salidas de los moduladores.
Solución: 1. La solución directa no es posible debido a la imposibilidad de realizar un filtro adecuado que pueda cumplir con las especificaciones. La frecuencia mínima del mensaje es de 300 Hz, logrando una separación entre las bandas laterales de 600 Hz. La frecuencia de la portadora es 28,89 MHz. Si el filtro atenúa 40 dB en el intervalo del 1% de la portadora (aprox. 300 KHz), el mensaje no podrá discriminarse de la señal de entrada debido a que el ancho de banda del filtro es mucho mayor que el de la separación entre las bandas laterales. Por este motivo, la forma de recuperar el mensaje es mediante la aplicación de filtros sucesivos. 2. Filtrado sucesivo: Antes de colocar el primer filtro, se debe generar en un oscilador local una señal de frecuencia auxiliar ( ) que será mezclada con la señal de entrada ( ) , y que permita lograr que el filtro cumpla con la atenuación de 40 dB en el intervalo del 1%. Entonces, consideramos que 600 Hz es el 1% de , por lo tanto:
𝑥(𝑡)
𝐹𝑖𝑙𝑡𝑟𝑜𝐵𝐿𝑈
𝑓𝑎𝑢𝑥
𝑥
(𝑡)
𝐾𝐻𝑧
Espectro a la salida del modulador: A [V]
-60,3 60 -59,7
59,7 60 60,3 Δ𝑓 ≅
Fcia. [KHz]
𝐾𝐻𝑧
Luego del filtro se eliminan las bandas laterales inferiores, por lo tanto, la separación entre las bandas superiores es de aproximadamente 120 KHz, que no son suficientes para cumplir con las especificaciones ( ). Por lo tanto hay que agregar otra señal de frecuencia auxiliar que será:
𝑥
𝑥
𝐹𝑖𝑙𝑡𝑟𝑜𝐵𝐿𝑈
(𝑡)
𝑓𝑎𝑢𝑥
(𝑡)
𝑀𝐻𝑧
Espectro a la salida del modulador: A [V]
-12060,3 -12000 -11939,7
11939,7 12000 12060,3 Δ𝑓 ≅
Fcia. [KHz]
𝑀𝐻𝑧
Una vez más, luego del filtro se eliminan las bandas laterales inferiores, por lo tanto, la separación entre las bandas superiores es de aproximadamente 24 MHz, que es muy superior al mínimo de 300 KHz requerido. Por lo tanto, se elije una frecuencia central que sea: ≅ De este modo aseguramos un correcto filtrado y además evitamos que el mensaje se corra innecesariamente a frecuencias superiores en la última etapa. Diagrame en bloques completo del receptor: 𝑥(𝑡)
𝐹𝑖𝑙𝑡𝑟𝑜𝐵𝐿𝑈
𝑓𝑎𝑢𝑥
𝑥
𝐾𝐻𝑧
𝑥𝑚(𝑡)
𝐹𝑖𝑙𝑡𝑟𝑜𝐵𝐿𝑈
(𝑡)
𝑓𝑎𝑢𝑥
𝐹𝑖𝑙𝑡𝑟𝑜𝐵𝐿𝑈
𝑓𝑎𝑢𝑥
𝑀𝐻𝑧
𝑥
𝑀𝐻𝑧
(𝑡)
Espectro a la salida del último modulador: A [V]
-28060,3 -16000 -3939,7
3939,7 16000 28060,3
Fcia. [KHz]
PROBLEMA Nº6: En un receptor de BLU_SC la portadora inyectada en el mismo tiene los siguientes errores de frecuencia: 1. 130Hz 2. -90Hz. F(w)
-400 S
m
j F(ω)
-300 -200 f m
100
-100 ,
200 300 ϕBLU(ω)
400
w .
Solución: 1. En el caso de que el oscilador local del receptor de BLU_SC tenga un error de + 130 Hz, los componentes espectrales de la señal sufrirán un desplazamiento en esa proporción, resultando que el espectro a la salida tenga la siguiente forma: F(w)
-270
-170 -70
w
30 -30
70
170
270
2. En el otro caso, cuando el oscilador local tiene un error de -90 Hz, ocurre lo mismo. Los componentes espectrales sufren un desplazamiento de dicha magnitud a la salida del mezclador del equipo receptor:
F(w)
-310
w
-210 -110 -10 10
110
210
310
En ambos caso se observa que el error en el oscilador local produce una desviación de los componentes espectrales. El mayor problema es la distorsión armónica que esto genera, ya que en ambos casos dichos componentes no presentan relación armónica alguna, a diferencia de la señal original. Cuando este problema ocurre en transmisiones de voz humana, se lo conoce como “ f P D ” f m qu v z.
