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:

Fig.1: Onda Modulada en Amplitud

Amax = 24 VoltsAmin = 12 Volts

Determinar:

1. Amplitud del tono Modulante.2. Amplitud de la Portadora.3. Índice de Modulación.4. Potencia media de la señal modulada sobre una carga de 50 Ohms expresada en dbm.5. 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:

Amplitud del tonomodulante=Am=12V−6V

2=3V

2. En este caso, debemos omitir la envolvente que genera el tono modulante, considerando que el mismo vale 0 Volts. Por lo tanto:

Amplitud de la portadora=Ac=12V−6V

2+6V=9V

3. Índice de modulación:

m=Am

Ac

=3V9V

=13

t

Amplitud mínima

de la portadora

Amplitud máxima

de la portadora

4. Potencia de la señal modulada:

PAM=Ac

2

2 R (1+m2

2 )= 9V 2

2∗50Ω (1+ ( 19 )2 )=855∗10−3W

En dBm:

P[dBm ]=10 log( PAM

1∗10−3W )=10 log( 855∗10−3

1∗10−3 )=29,31dBm5. Potencia media de la portadora:

Pc=Ac

2

2 R= 9V 2

2∗50Ω=8,1∗10−3W

Potencia de cada banda lateral:

P1BL=Ac

2m2

4 (2 R )=9V 2∗( 13 )

2

8∗50Ω=22 ,5∗10−3W

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 m=1, la amplitud del tono modulante y de la portadora son iguales. Esto indica que la potencia de salida de la señal modulada es:

PAM=Ac

2

2 R (1+ 12 )= Ac2

2+Ac

2

4=24 KW

En donde se consideró R=1Ω.

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:

Pc=23∗24KW=16KWExpresada en dBm:

Pc [dBm ]=10 log(16∗1031∗10−3 )=72,04dBmLuego, la potencia pico de envolvente se corresponde con el máximo valor de amplitud de la señal modulada, siendo el mismo:

Amplitud picode la señalmodulada=Ac+Am=2 Ac

De este modo, la potencia pico queda definida como:

PAMpico=(2 A c)

2

2=4∗Ac

2

2=4∗16KW=64 KW Expresada en dBm:

PAMpico [dBm ]=10 log( 64∗1031∗10−3 )=78,06dBm2. 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:

P2BL=13∗24KW=8KW P1BL=

8KW2

=4KW De este modo, cada una de las

bandas laterales tendrá una potencia de 4 KW.Expresada en dBm:

P1BL [ dBm ]=10 log( 4∗1031∗10−3 )=66,02dBm3. En este caso, la reducción de potencia de la portadora es:

Pc [dBm ]=72,04 dBm−26dB=46,04 dBm

Expresada en Watts:Pc=1046,0410 ∗1∗10−3=40W

Entonces ,la potencia desalida param=0,6 y una banda lateral suprimida será:

P1BL+Portadora=Pc (1+m24 )=40W (1+0,624 )=43,6W

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 central. La antena recibe 8 μv sobre 50 Ω. En “1” se encuentra presente una portadora de 1Mhz.

Fig.2: Diagrama de bloques de un receptor superheterodino AM

Determinar:

1. El espectro resultante en los puntos:”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

la forma de onda en “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

frecuencias en los puntos anteriores y la forma de onda en “5”.

Solución:

1. En el punto “2” el espectro corresponde a la señal portadora de 1 MHz, con una amplitud de 25,29 μV ya que la señal ganó 10 dB:

10dB=20 log( Av

1V )→ Av=3,16

Av=V o

V i

→V o=V i Av=8μV∗3,16=25,28μV

Fig.3: Espectro en el punto 2 para portadora de 1MHz

25,28 x 10^-3

1000-1000 Fcia [KHz]

Av[V]

En el punto “3” el espectro corresponde 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.

Fig.4: Espectro en el punto 3

En el punto “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:

Fig.5: Espectro en el punto 4

En la etapa de detección (etapa “5”) la señal 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 ausencia de mensaje, en las etapas “5” y “6” no habrá ningún componente espectral salvo el de corriente continua ya mencionado (el cual deberá ser eliminado antes del parlante para no perjudicar el rendimiento del mismo).

-2465 2465

A

465-465 Fcia [KHz]

Av[V]

A

465-465 Fcia [KHz]

Av[V]

Fig.6: Espectro en el punto 5

Fig.7: Espectro en el punto 6

Por último, en el punto “7” el espectro es el correspondiente al del oscilador local, el cual genera una señal a 1465 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:

En “2” el espectro tiene componentes en ± f c± f m:

A

465-465 Fcia [KHz]

Av[V]

A

465-465 Fcia [KHz]

Av[V]

A

1465-1465 Fcia [KHz]

Av[V]

Fig.9: Espectro en el punto 2

Fig.10: Espectro en el punto 3

Fig.11: Espectro en el punto 4

Fig.12: Espectro en el punto 5

-2466.5 -2465 -2463.5 -466.5 -465 -463.5 2463.5 2465 2466.5

A

463.5 465 466.5 Fcia [KHz]

Av[V]

-466.5 -465 -463.5

A

463.5 465 466.5 Fcia [KHz]

Av[V]

A

-1.5 1.5 Fcia [KHz]

Av[V]

El espectro en el punto “7” es el mismo que el de la Fig.8, ya que el oscilador local se mantiene invariante en este caso.

En el punto “5” la señal obtenida es el tono modulante de 1.5 KHz:

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 “Frecuencia Imagen”, la cual es una de las principales desventajas de los receptores heterodinos. Se puede calcular del siguiente modo:

f imagen=f sintonía+2 FI

En este caso, f imagen=1580 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.

Fig.14: Espectro en el punto 4. Detección de Frecuencia Imagen

Tiempo [ms]

Amplitud [V]

0,66

-1580 -650 1580

A

650 Fcia [KHz]

Av[V]

2FI

4. Los espectros solamente constarán del tono modulante de 1KHz ya que la portadora está ausente:

Fig.15: Espectro en el punto 2

Fig.16: Espectro en el punto 3

Fig.17: Espectro en el punto 4

Al ser la señal de entrada de doble banda lateral sin portadora, antes del punto “5” tendrá la siguiente forma:

-2466 -2465 -2464 -466 -465 -464 2464 2465 2466

A

464 465 466 Fcia [KHz]

Av[V]

-466 -465 -464

A

464 465 466 Fcia [KHz]

Av[V]

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:

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 usa un índice de modulación m= 0,7 para una modulación con un tono senoidal.

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.

Tiempo

Amplitud [V]

Solución:

1. La potencia media de la portadora expresada en Watts es:

76,02dBm=10 log( Pc

1∗10−3W )→Pc=40KW=Ac

2

2 R

Luego, utilizando la ecuación para la potencia en AM se obtiene:

PAM=Ac

2

2 R (1+m2

2 )=Pc+Pc ( 0,72

2 )=49,8KW2. La amplitud de la portadora es:

40KW=Ac

2

2R→ Ac=√40KW∗x∗50Ω=2KV

Y la amplitud pico de la portadora es:

Ac pico=√2∗Ac=2,82KV

3. Despejamos m de la ecuación de potencia en AM:

PAM=45KW=(2KV )2

2∗50Ω (1+m22 )→m=0,5

4. Expresión de la onda modulada en AM:

φ AM=2KVcos(2π∗1000KHz∗t)¿

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 posible2. 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 ( f ¿¿aux1)¿ que será mezclada con la señal de entrada x(t ), 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 f aux1, por lo tanto:

f aux1=100∗600Hz=60KHz

Espectro a la salida del modulador:

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

59,7 60 60,3-60,3 60 -59,7

A [V]

Fcia. [KHz]

Δ f ≅ 120KHz

x2(t )

f aux1=60KHz

x(t ) FiltroBLU

para cumplir con las especificaciones (Δ f ≥300KHz ). Por lo tanto hay que agregar otra señal de frecuencia auxiliar f aux2 que será:

f aux2=100∗120KHz=12MHz

Espectro a la salida del modulador:

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:

f c=28890KHz−12000KHz−60KHz ≅ 16000KHz=16MHz

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:

x3(t )

f aux2=12MHz

x2(t ) FiltroBLU

-12060,3 -12000 -11939,7

Δ f ≅ 24MHz

Fcia. [KHz]

A [V]

11939,7 12000 12060,3

f aux1=60KHz

x(t ) FiltroBLU

x3(t )

f aux2=12MHz

x2(t ) FiltroBLU

xm (t )

f aux3=16MHz

FiltroBLU

Espectro a la salida del último modulador:

PROBLEMA Nº6:

En un receptor de BLU_SC la portadora inyectada en el mismo tiene los siguientes errores de frecuencia:

1. 130Hz2. -90Hz.

Si el mensaje F(ω) tiene la forma indicada, representar ϕBLU(ω) a la salida del receptor.

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:

-28060,3 -16000 -3939,7 Fcia. [KHz]

A [V]

3939,7 16000 28060,3

w

F(w)

-400 -300 -200 -100 100 200 300 400

w

F(w)

-270 -170 -70 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:

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 “efecto Pato Donald” por la forma en la que se distorsiona la voz.

w

F(w)

-310 -210 -110 -10

10 110 210 310