Université Cadi Ayyad
Année universitaire : 2010-2011
Eco Ecole Natio tionale nale des des Sci Scienc ences Appli ppliqu quéées
Commun mmuniicati catio ons analog alogiq ique uess
Filière Génie Réseaux & Télécoms
1
ere `
année du Cycle Ingénieur
Marrakech
◦ Solution du TD N 2 M. Boulouird (Courriel :
[email protected])
Exerci Exercice ce 1 :
1. La puissance puissance porteuse porteuse est égale égale à : P p =
A2
2
La puissance des bandes latérales : P s =
1 ka A 2 ka A 2 k2 A2 (( ) +( ) )= a 2 2 2 4
La puissance totale est donc égale à : P t = P p p + P s =
Donc : = ν =
1 k2 (1 + a )A2 2 2
ka2 × 100% 2 + ka2
2. Pour Pour ka = 0.5, alors ν = 11.1% 3. Si ka = 1, = ν =
1 × 100% = 33.3% 3
Exerci Exercice ce 2 :
1. d(t)
=
cos(ω p t) xDBAP (t) cos(
=
1 1 (A + m(t)) + (A + m(t)) cos(2 cos(2ω p t) 2 2
Par suite : y (t) =
1 A m(t) + 2 2
2. Une capacité capacité pourra p ourra bloquer la composante composante continue continue du signal y (t).
1
Exercice 3 :
1. A` l’émission, on peut jouer sur le taux de modulation ka . Il doit permettre à l’enveloppe du signal modulé e(t) = Ac [1 + ka m(t)] (avec |m(t)| ≤ 1 ) de ne pas connaître de saut de phase, autrement dit de rester positive. La contrainte est même plus sévère : l’enveloppe du signal modulé doit garder un niveau suffisant pour rendre la diode passante à chaque maximum de la porteuse modulée. Cela donne : (1)
ka ≤ 0.3
2. En supposant que la capacité se décharge à partir de la valeur maximale e0 = A c [1+ka cos(ωm t0 )] à t0 = 0. Alors la tension V c aux bornes de la capacité est donnée par : V c (t) = e 0 exp(−
t ) RC
(2)
L’intervalle entre deux pics successifs de l’onde porteuse est
1
f
c
est RC
1
f
c
. Cela signifie
que la constante de temps RC est beaucoup plus grande que l’intervalle entre deux pics. Par conséquent, la tension V c (t) aux bornes de la capacité peut être approximée par : V c (t) e0 (1 −
t ) RC
(3)
Ainsi, si l’on désire que la sortie du détecteur suive l’enveloppe de s (t), alors nous devons avoir la relation suivante pour t 0 quelconque : (1 + ka cos(ωm t0 ))(1 −
1
) ≤ 1 + ka cos[ωm (t0 +
RCf c
1 f c
(4)
)]
Si nous considérons ω c ωm , alors il vient : 1 ωm ωm 1 + ka cos[ωm (t0 + )] = 1 + ka cos(ωm t0 )cos( ) − ka sin(ωm t0 )sin( ) f c
f c ωm 1 + ka cos(ωm t0 ) − ka sin(ωm t0 ) f c
= D’où :
1
(1 + ka cos(ωm t0 ))( ou encore :
1 RC
3. Nous avons :
1 RC
+
RCf c
ka
2 + ( ωm
ωm sin(ωm t0 ) f c
(6) (7)
ka cos(ωm t0 ) ≥ ka ωm sin(ωm t0 ) RC
ka (ωm sin(ωm t0 ) −
(5)
ka sin(ωm t0 ) 1 + ka cos(ωm t0 )
≥ ωm
ou bien : Par suite :
)) ≥ ka
f c
1 RC
1
cos(ωm t0 )) ≤
RC
)2 sin[ωm t0 − arctan(
1
(8)
1
(9)
RC
)] ≤
ωm RC
1
RC
(10)
Puisque nous devons avoir cette inégalité pour tout t 0 , alors il vient : ka
2 + ( ωm
C-à-d : 2 + ( ka [ωm
1
RC
1
)2 ] ≤ (
RC
Par suite : RC ≤
)2 ≤
1 ωm
2
1 RC
1
RC
1 − ka2 ka
)2
(11)
(12)
(13)
Exercice 4 :
1. Le signal modulant est un signal à bande étroite autour de f 0 , on peut donc écrire : m(t) = m I (t)cos(2πf 0 t) + mQ (t)sin(2πf 0 t)
(14)
Les deux premiers étages du système ( 2 mélangeurs et 2 passe-bas) effectuent l’extraction des composantes de Rice, la sortie s’écrit donc :
sSS B (t) = m I (t) cos(2πf c t) + mQ (t) sin(2πf c t)
(15)
2. En comparant avec l’expression de base d’un signal BLU à lobes supérieurs sur porteuse à fréquence f s , soit : sSS B (t) = m(t) cos(2πf s t) − m(t) sin(2πf s t)
(16)
On constate que le circuit proposé produit effectivement le signal souhaité avec f s = f c − f 0 . 3. Pour obtenir le signal BLU à lobes inférieurs, il suffit de soustraire les signaux des 2 branches plutôt que les additionner.
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