Problemas Resueltos Modulación Exponencial

EC2412.
PROBLEMAS FM Y RECEPTOR SUPERHETERODINO
Problema 1
Una señal x(t)=0.01 Cosωmt es modulada en FM con f∆=75KHz/v. La magnitud del espectro
unilateral observado entre 7 KHz y 13 KHz es la mostrada en la Figura 1
Al cambiar los parámetros de x(t) lo que se observa es lo mostrado en la Figura 2
Determine el nuevo valor de la máxima desviación de la frecuencia instantánea alrededor de fc.
Respuesta:
La desviación de frecuencia instantánea de una onda de FM es igual a f∆x(t), para el caso A
f ∆ x ( t ) max = 0,75kHz . Observe que fm es 1 KHz (distancia entre líneas)
A m1f ∆
= 0,75 , (Del Gráfico se observa que β no cambia), obtenemos:
f m1
f
f ∆ = 0,75 m1 , Am 2 f ∆ = 0,75. f m 2 → f m 2 = 3kHz ⇒ f ∆ x 2 (t ) max = 2,25kHz
Am1
β=
Problema 2
Considere el siguiente esquema de modulación indirecta
donde el modulador FM banda estrecha es el siguiente:
Si el ancho de banda de transmisión es de 100 KHz , y se requiere una transmisión de alta
calidad, calcule:
a) Para x(t)= Cos 2π x 103t , la sensitividad del modulador FM y k2
b) Para x(t)= Cos 2 π x 20t , Puede usarse el modulador anterior?
SOLUCIÓN
Del esquema de modulación NBFM tenemos que el índice de modulación es
β=
f ∆ Am k1k 2 Am 500k 2 Am
=
=
2 πf m
2π f m
fm
A la salida se tiene un β' = 3000β ya que el f ∆ se multiplica por 3000
Se sabe que para una transmisión de alta calidad BW = 2( β + 2) f m (despreciando
las líneas que tienen una amplitud por debajo del 1% de Ac ) entonces:
Caso a) BW = 2( β'+2) f m = 100KHz
⇒ β' = 48 ⇒ β = 0.016
0.016 =
16 =
f ∆ Am
fm
500k 2
2π
⇒ f ∆ = 16
⇒ k 2 = 0.2011
Caso b) BW = 2( β'+2) f m = 100KHz
⇒ β' = 2498 ⇒ β = 0.8326
β ya resulta cercano a la unidad y
2πf ∆
Am Senω m t max = β no es << 1(No es
2πf m
NBFM). Por lo tanto no se puede utilizar el modulador mostrado.
Problema 3
Observe el siguiente sistema:
Xb(t) = X1(t) + 2[ 1 + 0.5 X2(t)]Cos2π104t
Tanto X1(t) y X2(t) tienen un ancho de banda de 3KHz, una potencia promedio igual a
0.5 y una amplitud máxima (en módulo) unitaria. Determine:
a) La potencia mínima para que el detector de fase trabaje sobre el umbral ( Verificar si con
esto trabaja el detector de envolvente).
b) La potencia de transmisión que permite lograr (S/N)D2 = 40 dB .
SOLUCIÓN
En primer lugar hay que chequear que el BW del filtro H R ( f ) sea mayor o igual
que el ancho de banda de la señal PM
[
]
BT = 2 xb (t ) max Φ ∆ + 1 WT
⎡ 1
⎤
xb (t ) max = x1 (t ) max + 2 ⎢1 + x2 (t ) max ⎥ = 4
⎣ 2
⎦
⎡ 1 ⎤
B T = 2 ⎢4 ⋅ + 1⎥WT
⎣ 2 ⎦
La señal xb (t ) tiene un espectro
⇒ WT = 13KHz
BT = 2 × 3 × 13K = 78000 < 130000
∴si pasa la señal PM
Para que el detector de fase funcione
⎛S⎞
⎜ ⎟ ≥ 10
⎝ N⎠R
xc (t ) = Ac cos(ωc t + Φ ∆ xb (t ) )
AR =
AC
con
α
α = 10 4 = 10 2
SR
≥ 10
ηBR
ST
≥ 10 ⇒
α ηB R
2
STmin = 10α 2ηBR = 10 × 10 4 × 10 −10 × 130 × 103
Veamos ahora si funciona el detector de envolvente
[
y (t ) = Φ ∆ xb (t ) + n PM (t )
]
Espectro de Φ ∆ xb (t )
Densidad Espectral de Potencia de n PM (t )
Luego del filtro pasa banda:
Espectro de Φ ∆ 2(1 + 0.5x2 (t ) ) cos 2 π104 t
. watts
a) STmin = 13
Densidad del ruido
Potencia de ruido =
η
2S R
× 2 × 10K =
η × 10000
ST
α2
⎛ x22 ⎞ 1 1 ⎛ 1⎞ 9
Potencia de señal = Φ 4⎜⎜ 1 + ⎟⎟ = 2⎜ 1 + ⎟ =
4 ⎠ 2 4 ⎝ 8 ⎠ 16
⎝
2
∆
La relación señal a ruido a la entrada del detector de envolvente es
9
9
16
= 16 = 7313
. ≥ 10 ⇒ ¡El detector de envolvente funciona!
10−10 × 104 10− 2
13
.
13
.
4
10
Resolviendo ahora la parte b):
⎛S⎞
Queremos ⎜ ⎟ = 40dB , ¿Cuánto debe valer ST ?
⎝ N⎠D
2
A la entrada del detector de envolvente tenemos
⎛ x (t ) ⎞
y1 (t ) = 2Φ ∆ ⎜ 1 + 2 ⎟ cos 2 π × 104 t + n1i (t ) cos 2 π × 104 t − n1q (t ) sen 2 π × 104 t
⎝
2 ⎠
2
⎛
⎞
⎛ x (t ) ⎞
R(t ) = ⎜ 2Φ ∆ ⎜ 1 + 2 ⎟ + n1i (t )⎟ + n12q (t )
⎝
⎝
⎠
2 ⎠
Como
S
= 73.3 (bastante grande)
N
⎛ x (t ) ⎞
⇒ R (t ) ≈ 2Φ ∆ ⎜ 1 + 2 ⎟ + n1i (t )
⎝
2 ⎠
si se bloqueara la DC
R(t ) ≈ Φ ∆ x2 (t ) + n1i (t )
S D2 = Φ 2∆ x22 =
1 1 1
⋅ =
4 4 16
El ruido pasabanda era
∴ La densidad de la componente en fase filtrada con al LPF queda
⇒ N D2
η104
=
SR
⇒
S D2
N D2
1
S
= 16 4 ≥ 104 ⇒ T = S R ≥ η × 108 × 16
η10
α
SR
⇒ ST ≥ η × 108 × 16 × α
⇒ b) ST ≥ 1600 w
Problema 4
Un sistema de comunicaciones consta de transmisor, canal y receptor. Por el mismo se
envía un mensaje x(t) , con potencia promedio igual a 0.5 y con ancho de banda 10 KHz,
modulado. El canal atenúa la amplitud en 10-5, y el ruido aditivo tiene densidad espectral
igual a 0.5 x 10-14. Si se desea una relación señal a ruido detectada igual a 40 dB, ¿Cúal
debe ser el mínimo valor de la potencia de transmisión en cada uno de los siguientes casos:
AM con m=1, SSB, PM con una sensitividad de π rad/v, FM con una sensitividad de 100
KHz/v.
SOLUCIÓN
Caso a) Señal AM con índice de modulación m=1
Luego del filtro HR(f) en el receptor la señal es
x R (t ) =
Ac
(1 + x(t )) cos ω ct
105
Luego del detector de envolvente y de eliminar la DC, la señal es
A
x DET (t ) = c5 x (t )
10
Ac2 x 2
⇒ SD =
1010
Debemos calcular N D . Si se tiene a la entrada del detector de envolvente:
v (t ) =
(
Ac
(1 + x(t )) cos ω ct + ni (t ) cos ω ct − nq (t ) sen ω ct
105
A la salida del detector tendremos:
2
⎞
⎛ A
R(t ) = ⎜ c5 (1 + x (t )) + ni (t )⎟ + nq2 (t )
⎝ 10
⎠
)
Considerando que el ruido es pequeño, podemos despreciar ni(t) y nq(t) respecto al
mensaje, entonces tenemos:
R(t ) ≈
Ac2 (1 + x (t ))
(10 )
5 2
2
+2
ni (t ) Ac (1 + x (t ))
105
≈
Ac (1 + x (t ) )
2ni (t )
1+
.
5
10
Ac (1 + x (t ))
105
≈
Ac (1 + x (t ) )
+ ni (t ) (lo mismo que con detector síncrono)
105
.
La densidad de ni(t) luego del LPF
Por lo tanto
N D = η2W = 2 × 10−14 × 104 = 2 × 10−10
Ac2 x 2
10
2 × 104
⎛S⎞
∴ En AM con m=1 ⎜ ⎟ = 10 −10 ≥ 10 4 ⇒ Ac2 ≥
x2
⎝ N ⎠ D 2 × 10
Como la potencia promedio del mensaje es igual a 0.5w entonces:
Ac2 min =
2 × 104
= 4 × 104
0.5
Ac2
3 × Ac
(1 + x 2 ) =
= 3 × 104 = 30 KW
2
4
2
⇒
ST min =
Caso b) Señal SSB(Detector síncrono)
Ac
x(t )
1052
Se detecta
Ac2 x 2
SD = 2
α 4
⇒
En este caso la potencia del ruido es la mitad que en AM y DSB:
N D = ni2 = ηW = 10 −14 × 104 = 10−10
Ac2 x 2
4
10
⎛S⎞
4 ≥ 104 ⇒ A2 ≥ 4 × 10
∴ En SSB ⎜ ⎟ = 10 −×
c
⎝ N⎠D
10 10
x2
Ac2 min =
4 × 104
= 8 × 104
0.5
⇒
ST min =
Ac2 2
8 × 104
x =
0.5 = 1 × 104 = 10 Kw
4
4
Caso c) Señal PM con Φ ∆ = π
La relación señal a ruido detectada es
S
⎛S⎞
⎜ ⎟ = Φ 2∆ x 2 γ = Φ 2∆ x 2 R ≥ 104
⎝ N⎠D
ηW
⇒ S R min =
Como
⇒
SR ≥
104 × η × W
x 2 Φ 2∆
104 × 10−14 × 104
2
= 2 × 10− 6
2
π
0.5 × (π )
ST min
α
2
= S R min
⇒
ST min = 1010 ×
Caso d) Señal FM con f ∆ = 100KHz
La relación señal a ruido detectada es
2
π
2
× 10− 6 =
2
π
2
× 104 = 2,02 Kw
2
S
⎛S⎞
⎛ 100K ⎞
⎜ ⎟ = 3∆2 x 2 γ = 3⎜
⎟ 0.5 R ≥ 104
⎝ N⎠D
⎝ 10K ⎠
ηW
104 × α 2 ηW
ST ≥
150
⇒
ST min =
⇒
3 × 100 × 0.5 ×
ST
≥ 104
α ηW
2
104 × 1010 × 10−14 × 104 104
=
= 66,66w
150
150
Se observa que FM es el sistema que requiere la menor potencia de transmisión para
lograr una misma relación señal a rruido a la salida.
Problema 5
Se transmite un tono utilizando FM. Cuando no hay mensaje, el transmisor emite 100 W
sobre 50 ohmios. La desviación de frecuencia pico del transmisor se aumenta desde cero y
hasta que la línea espectral ubicada en fc se anula. Determine la potencia de la línea
ubicada en fc, la potencia en las bandas restantes y la potencia en las bandas ubicadas en
fc ± 2 fm.
SOLUCIÓN
Ac2
= 100 ⇒
2 × 50
β = 2.4
Ac = 102
Para el primer nulo de la portadora
Por lo tanto J 0 (2.4) = 0 y esa línea espectral (la que está en f c ) tiene potencia nula
Ac2
La potencia en las bandas restantes debe ser
= 100w
2× R
La potencia en las líneas en f c ± 2 f m será
2
⎫ 4 104
4 ⎧⎛ Ac ⎞ 2
2
×
× ( 0.4) = 32 w
⎨⎜⎝ ⎟⎠ J 2 (2.4) ⎬ ≅
50 ⎩ 2
50
4
⎭
Problema 6
En el esquema mostrado en la figura en el cual el filtro pasabanda está centrado a la
frecuencia de portadora, se hacen las siguientes pruebas:
-Con Am=0, el watímetro indica 200 watts.
-Al aumentar desde Am=0 y llegar a Am = 20 el watímetro indica cero por primera
vez.
Determine : la amplitud de la portadora sin modular, la sensitividad del modulador y el
ancho de banda de la señal FM con Am= 40.
SOLUCIÓN
a) Si Am = 0
⇒
β=0
xc (t ) = Ac cos 2πf c t
Ac2
= 200
2
⇒
Ac = 20
b) Si el watímetro indica cero, como el BPF solo deja pasar la línea de portadora
⇒ J 0 (β) = J 0 (2.4) = 0
A m f ∆ 20 × f ∆
=
fm
105
β = 2.4 =
⇒ f∆ =
c) Si
40 × 12700
= 12700 Hz v
105
Am = 40
β=
40 × f ∆ 40 × 12700
=
= 5.08
105
105
.
MHz
⇒ BW = 2( β + 1) f m = 1216
Problema 7
En un modulador FM, el mensaje es x(t)= 5 Cos2π104t. Si β=60, determine: La potencia de
transmisión (fm<<fc), la máxima desviación de frecuencia, el ancho de banda de la señal
FM. Determine de nuevo esos tres parámetros si la frecuencia y amplitud del mensaje se
duplican.
SOLUCIÓN
x (t ) = 5 cos 2 π104 t
si β = 60 =
Am f ∆
fm
60 × f m
60 × 104
= f∆ =
= 12 × 104
Am
5
Entonces
a) Potencia de transmisión
Ac2
2
b) Máxima desviación de frecuencia
c) Ancho de banda
Am f ∆ = 60 × 104 Hz
BW = 2( β + 1) f m = 2 × 61 × 104 = 122 × 104 Hz
Si la frecuencia y amplitud del mensaje se duplican, es decir, Am ' = 2 Am y f m ' = 2 f m
β = 60
Entonces
a) Potencia de transmisión NO cambia
b) Máxima desviación de frecuencia
c) Ancho de banda
Am ' f ∆ = 120 × 104 Hz (Se duplica)
BW = 2( β + 1) f m ' = 244 × 104 Hz (Se duplica)
Problema 8
Si ud. tiene un modulador exponencial, como determinaría si es FM o PM variando
únicamente la señal modulante?
SOLUCIÓN
Si se coloca una señal de pulsos o una señal cuadrada se puede ver rápidamente si es PM o
FM.
Problema 9
En el modulador mostrado se sabe que el mensaje es un tono de 4KHz y amplitud
unitaria. Si βC = 3 , determine los anchos de banda en los puntos A,B,C,D.
SOLUCIÓN
β1 =
⇒
Am1 f ∆
f m1
=
40
= 0.01
4000
⇒
BWA ≅ 2W = 2 f m1 = 8 K
NBFM
Se sabe que
(n 200K ± f )10 = 100 MHz
1
LO
Y que 10 × n1 × f ∆1 = f ∆ final
En el punto C f ∆ C = n1 × f ∆1 y
⇒
n1 =
βC =
Am f ∆ C
fm
=
n1 f ∆ 1
4000
=3
12000
= 300
40
f ∆ B = 300 f ∆1 = 12000
βB =
12000
= 3 = βC
4000
BWB = 2(β B + 1) f m = 2 × 4 × 4 K = 32 K = BWC
En el punto D
β D = 10β C = 30
BWD = 2( 30 + 1) f m = 2 × 31 × 4000 = 248K
Problema 10
En el sistema mostrado xb(t) es el mensaje , el cual viene dado por xb(t) = x1(t) +
x2(t)Cos 40000πt, donde tanto x1(t) como x2(t) tienen potencia promedio unitaria y ancho
de banda igual a 10KHz. Si la potencia SR que le llega al detector FM es de 1 mw, calcule
las relaciones señal a ruido (S/N)D1 y (S/N)D2
SOLUCIÓN
Las ganancias del sistema son tales que
y D (t ) = xb (t ) + n(t )
donde xb (t ) = x1 (t ) + x2 (t ) cos 2 π20000t
x1
→
W1 = 10K
x12 = 1
x2
→
W2 = 10K
x 22 = 1
⎛S⎞
⎛S⎞
Determine ⎜ ⎟ y ⎜ ⎟
⎝ N⎠D ⎝ N⎠D
1
2
La DEP de xb(t) y la DEP del ruido(a la salida del detector FM) son:
η
N1 = 2
2SR
10 K
∫
0
10−121012 1000
η
4 3
f df =
(10 ) = 3 ⋅10−3 = 3
3S R
2
Pero por las ganancias resulta que
[
]
y D (t ) = k f ∆ xb (t ) + nFM (t ) = xb (t ) + k ⋅ nFM (t )
k ⋅ f∆ = 1
1
= 10− 4
f∆
k=
La potencia de ruido a la salida es la obtenida anteriormente multiplicada por k2.
⇒
N1 =
10−5
3
1
⎛S⎞
⎜ ⎟ = −5 = 3 × 105
⎝ N ⎠ 1 10
3
⇒
S1 = x12 = 1
Por la rama inferior, luego del BPF, la Densidad espectral de potencia del ruido es
30K
N R = 10 × 10
−18
∫
10 K
S D2 = x22 = 1
10−17 3 30K 26
f df =
f 10 K =
× 10−5
3
3
2
La potencia del ruido luego del detector síncrono es la misma que a la
entrada: n22 = n 2
1
3
⎛S⎞
=
× 105
⎜ ⎟ =
26
⎝ N⎠D
26
2
× 10−5
3
Observe que esta SNR es peor que para yD1. La zona más alta en frecuencia es peor!
(Por la característica cuadrática del ruido).
Problema 11
Observe el siguiente sistema
En el sistema mostrado se cumple lo siguiente (Los subíndices se refieren a los puntos encerrados
en círculo)
t
y1(t ) =
8000Cos(2 πf ct + 2 π
∫
x(τ )dτ )
0
Gn2(f)=0.5x10-10 w/Hz
y3(t)= f∆ x(t)
Gn3(f)=ηf2/SR Para -BT < f< BT
S4/N4 = 300
Determine el ancho de banda del mensaje
Respuesta
De y1 (t ) ⇒ Ac =
t
⎛
⎛
⎞⎞
8000 y f∆=1 ⎜ x FM = Ac cos⎜⎜ 2πf c t + 2πf ∆ ∫ x(τ )dτ ⎟⎟ ⎟ ; ademas tenemos que:
⎜
⎟
0
⎝
⎠⎠
⎝
w
∫
S4/N4 = 300, con S 4 = f ∆ x (De calcular la potencia en 3) y N 4 = 2 Gn3 df
2
2
0
⇒ N4 =
2η
SR
W
∫f
2
df ⇒ N 4 =
0
2ηW
3S R
3
1
= 1 Area debajo de Gx(f)
2W
3S R
3S R
12000
⎛S⎞
⇒⎜ ⎟ =
= 300 → W = 3
=3
= 5.85kHz , (con η=10-10 y
3
2η.300
2.10 −10.300
⎝ N ⎠ 4 2ηW
S R = 8000 = 4000 )
2
⇒ x 2 = Pot.Total = 2W
Problema 12
Cuando un tono de de 10KHz y potencia unitaria es modulado en FM, se obtiene una potencia
transmitida de 100w. Esta señal pasa por un canal ideal y a la entrada del receptor se le suma
ruido blanco con densidad espectral igual a 0.5x10-10 w/Hz. El receptor, luego de filtrar
apropiadamente, detecta con un detector ideal seguido de un bloqueador de DC y un filtro
pasabajo ideal apropiado de tal forma que la relación señal a ruido final es de 5x107. Determine el
ancho de banda de la señal FM.
Respuesta:
t
⎛
⎞
x FM = Ac cos⎜⎜ 2πf c t + 2πf ∆ ∫ x(τ )dτ ⎟⎟ y x(t ) = Am cos ω m t , BW = 2( Am f ∆ + 2 f m )
0
⎝
⎠
2
Ac
= 100w ⇒ Ac = 200
2
2 2
2
Para FM(Quitando la DC) la potencia a la salida Ss = f ∆ x con x = 1 (Por enunciado).
2η
⇒ Ns =
SR
W
∫
0
2ηW 3
, con W=10 kHz y SR=100
f df ⇒ N s =
3S R
2
2
3S f
⎛S⎞
⇒ ⎜ ⎟ = R ∆3 = 5 x10 7 → f ∆ =
2ηW
⎝ N ⎠s
(S N )S .W 3 .2.η
3.S R
5 x10 7.(10 4 ) .10 −10
=
= 4082,5Hz / V
300
3
2
A
Por otro lado, tenemos: Pm = m = 1 ⇒ Am = 2
2
⇒ BW = 2( Am f ∆ + 2 f m ) = 2 2Vx 4074,31Hz / V + 2 x10 4 Hz = 51,54kHz
(
)
Problema 13
En un sistema PM cuando el mensaje es un tono de amplitud unitaria, la relación señal a
ruido justo antes del detector es de 20dB. Si la sensibilidad del modulador es igual a 2,
determine la relación señal a ruido detectada.
SOLUCIÓN
S
W
⎛S⎞
⎜ ⎟ = R =γ
⎝ N ⎠ R ηBT
BT
(
)
BT = 2 β p + 1 W
BT
= 2( Am Φ ∆ + 1) = 6
W
γ
⎛S⎞
⎜ ⎟ = = 100
⎝ N⎠R 6
⇒
γ = 600
1
⎛S⎞
⎜ ⎟ = Φ 2∆ γ x 2 = 4 × 600 × = 1200
⎝ N⎠D
2
Problema 14
La figura ilustra un receptor superheterodino:
G1 y G2 son ganancias de voltaje
En el sistema mostrado la señal s(t ) que proviene de la antena es igual a
[
s(t ) = 0.01(1 + 0.707 x (t )) cos 2 π106 t + n(t )
]
donde x (t ) es un mensaje con ancho de banda igual a 5KHz , media cero y potencia
normalizada igual a 01
. w . Por otra parte, n(t ) es ruido blanco gausseano con media cero y
densidad espectral constante igual a 2.5 × 10−14 w / Hz . Ademas, G1. G2=1000
a) Determine la mínima potencia que debe recibirse a la entrada del amplificador RF
para que el detector funcione correctamente.
b) Determine la relación señal a ruido a la salida.
SOLUCIÓN
Para que el detector de envolvente funcione correctamente la relación señal a ruido en
su entrada debe ser mayor o igual que 10, es decir, la relación señal a ruido a la salida del
⎛S⎞
filtro IF debe ser ⎜ ⎟ ≥ 10
⎝ N⎠R
La señal que llega a la entrada del detector de envolvente es
G1G2 0.01(1 + 0.707 x (t )) cos 2 πf IF t
⇒ 10(1 + 0.707 x (t ) ) cos 2 πf IF t
(
)
102
⇒ Potencia = S R =
1 + 0.707 2 x 2 = 52.5w
2
El ruido que sale del filtro IF es
⇒ Potencia Ruido = N R = 2.5 × 10−14 × 102 × 1002 × 2 × 10 × 103 = 5 × 10−4 w
SR
≥ 10 ⇒ S R ≥ 10 N R = 5 × 10− 3
NR
⇒ S R = ST ⋅ G12 ⋅ G22 ≥ 5 × 10−3
⇒ ST ≥
⇒ ST
5 × 10−3
= 5 × 10− 9 w = 5nw
106
MINIMO
= 5nw
Estamos muy por encima del umbral
b) A la salida del sistema, quitando la DC
0.01G1G2x0.707x(t)=7.07x(t)
⇒ S D = (7.07) 2 x 2 = 4.998
El ruido que se tiene a la salida produce
⇒ Potencia Ruido = N D = 2(2.5 × 10−14 ) × 102 × 1002 × 10 × 103 = 5 × 10−4 w
SD
≈ 104
ND
Problema 15
Observe el siguiente sistema:
Sea un mensaje x(t) aleatorio, con ancho de banda W=1.5KHz, potencia igual a 0.5 w y
Conociendo que f∆=39500 Hz/v
a) Determine Ac mínimo para tener señal inteligible a la salida.
b) Diseñe en detalle el filtro HR(f).
c) Diseñe el RECEPTOR en detalle.
d) Determine (S/N)D .(Use el valor de Ac obtenido en a))
| x(t)| máx=1.
Solución:
a)
Para que la señal sea inteligible la relación señal a ruido antes del detector debe cumplir que
Sabemos también que BT = 2( ∆ + 2)W ' y que ∆ =
f∆
X max = 1
W'
Los parámetros X max y W’ son de la señal DSB
Por lo que
⎛ 39500 ⎞
S R ≥ 10ηBT = 10 × 2 × 10 −14 × 2⎜
+ 1⎟39500 = 4 × 10 −13 × 2 × 39500
⎝ 39500 ⎠
−8
S R ≥ 3.16 × 10
También sabemos que el canal atenúa en 40 dB a la señal lo que linealmente es 104
SR
≥ 10
η.BT
La potencia de la señal antes del detector será
Ac 2
2.10 4
Ac 2 = 3.16 × 10 −8 × 2 × 10 4
SR =
Ac 2 = 0.000632
Ac min = 0.02513
b) HR(f) debe ser un BPF centrado en 1MHz y de ancho de banda igual a BT
El ancho de banda del filtro viene dado por BT = 2( ∆ + 2)W ' y por ∆ =
f∆
X max = 1
W'
⎛ 39500
⎞
.1 + 1⎟39500 = 158000
⎠
⎝ 39500
Por lo que B H R = 2⎜
En cuanto a lo fase debe ser de 0º o en su defecto lineal para no alterar la señal que entrará al
detector
Por último debe estar centrado en 106 por la frecuencia de la portadora en el modulador.
Finalmente el filtro sería de la siguiente forma:
c)Tenga la señal el siguiente espectro
X(f)
-1.5K
1.5K
Al multiplicar por Cos ( 2π .38000t ) y nos queda en la entrada del modulador
-fc=-38K
36.5K
39.5K
Después del modulador
-1M
1
M
4
El canal atenúa en 10 luego es sumado ruido blanco gausseano y llegamos al receptor el cual
poseerá la siguiente forma:
Detector
Síncrono
Demod
.
BPF
HR
(f)
FM
36.5K 39.5K
LP
F
W
d)A la salida del demodulador FM vamos a tener
2
f ∆ xDSB (t ) ⇒ Potencia = f ∆ xDSB
2
2
⎛1⎞
= (39500) ⎜ ⎟ = 390 × 106
⎝ 2⎠
2
El ruido en FM tiene una dependencia parabólica por lo que en nuestro sistema en el punto A a la
entrada del receptor la DEP va a tener la siguiente dependencia
Donde SR es la potencia de la señal FM atenuada y es igual a
ηf 2
2S R
Ac 2
= 3.16 × 10 −8
2α
La potencia de Ruido en el punto A en la entrada del receptor
39.5 K
NA = 2
∫
36.5 K
ηf 2
2S R
df =
[
]
2 × 10 −14 1
(39.5 K ) 3 − (36.5 K ) 3 = 2.743 × 10 6
3.16 × 10 −8 3
El ruido detectado <ND> es la componente en fase de NA la cual tienen la misma potencia por lo
que <ND> =2.743 X 106
390 × 106
⎛S⎞
= 142.18
⎟ =
6
⎝ N ⎠ D 2.743 × 10
La relación señal a ruido queda ⎜