Questões Modulação AM, FM e PM

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Questões 
 
Resposta 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resposta 
 
(a) O sinal no ponto b é 
 
O termo é o sinal modulado desejado, cujo seu espectro está centrado em . O 
termo é a parte indesejada, que representa o sinal modulado por uma portadora 
com frequência , com seu espectro centrado em . Um filtro passa banda centrado 
em permite a passagem do termo e elimina o termo . Assim, o 
sistema funcionara como desejado, com a saída sendo . 
 
(b) 
 
(c) o valor mínimo utilizável de ωC é 2𝜋B para evitar dobramento espectral. 
(d) 
 
O sinal no ponto b consiste no sinal de banda base e um sinal modulado , 
que tem uma frequência portadora 2 ωC, e não o valor desejado ωC. Ambas as componentes 
vão ser suprimidas pelo filtro centrado em ωC , então o sistema não funcionaria como o 
desejado. 
 
(e) É possível verificar que a identidade para cos n ωCt contém um termo cos ωCt quando n é 
ímpar. Isso não é verdade quando n é par. Portanto, o sistema funciona para uma portadora 
cosn ωCt somente quando n for ímpar. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resposta 
(a) 
 
 
Usando o modulador em anel, com frequência da portadora fc = 100kHz ( ωC = 200𝜋 . 103) e um 
filtro passa-faixa de saída centrado em fc = 300kHz. A saída é dada por: 
 
Todos os termos são suprimidos pelo filtro, exceto o termo centrado em 300kHz, portanto a 
saída do filtro é: 
 
(b) Nesse caso o ganho k é 
−4
3𝜋
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resposta 
A resistência de cada diodo é r ohms durante a condução e ∞ quando desligado. Quando a 
portadora Acos ωCt é positiva, os diodos conduzem (durante todo o semiciclo positivo), e 
quando a portadora é negativa, os diodos estão abertos (durante todo o semiciclo negativo). 
Assim, durante o semiciclo positivo, a tensão 
𝑅
𝑅+𝑟
𝜑(𝑡) aparece em cada um dos resistores R. 
Durante o semiciclo negativo, a tensão de saída é zero. Portanto, os diodos atuam como uma 
porta no circuito que é basicamente um divisor de tensão com ganho 
2𝑅
𝑅+𝑟
. A saída é 
𝑒𝑜(𝑡) =
2𝑅
𝑅 + 𝑟
𝜔(𝑡)𝑚(𝑡) 
O período de 𝜔(𝑡) é 𝑇𝑜 =
2𝜋
𝜔𝑐
. Logo a saída é: 
 
 
(a) Se passarmos esse sinal de saída em um filtro passa faixa centrado em 𝜔𝑐, obtemos o 
termo: 
4𝑅
𝜋(𝑅 + 𝑟)
𝑚(𝑡)𝑐𝑜𝑠𝜔𝑐𝑡 
Portanto o sistema funciona como um modulador. 
 
(b) O mesmo circuito pode ser usado como demodulador se usarmos um filtro passa faixa na 
saída. Nesse caso, a entrada é ∅(𝑡) = 𝑚(𝑡)𝑐𝑜𝑠𝜔𝑐𝑡 e a saída é 
2𝑅
𝜋(𝑅+𝑟)
𝑚(𝑡). 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resposta 
(a) 
 
 
(b) A largura de banda do canal deve ser 35k rad/s. 
(c) 
 
 
 
 
 
 
 
Resposta 
(a) 
 
(b) Observe que Y(ω) é igual a M(ω) com o espectro de frequências invertido, ou seja, as altas 
frequências são trocadas pelas baixas frequências e vice-versa. Assim, o sinal embaralhado tem 
seu espectro de frequência invertido. 
 
 
 
 
 
 
Resposta 
Usando o modulador em anel, exceto que a entrada é 𝑚(𝑡)cos⁡(2𝜋)106𝑡 em vez de m(t). A 
frequência da portadora é 200 kHz [𝜔𝑐 = (400𝜋)10
3𝑡] e o filtro passa-banda de saída é 
centralizado em 400 kHz. A saída é 
 
Ao passar esse sinal no filtro de saída centrado em 400 kHz obtemos o sinal desejado, dado 
por: 
 
 
 
 
 
 
 
Resposta 
 
O primeiro termo é um sinal passa-baixa porque seu espectro está centrado em ω = 0. O filtro 
passa-baixa permite a passagem deste termo, mas suprime o segundo termo, cujo espectro 
está centrado em ±2 ω. Portanto, a saída do filtro passa-baixa é 
 
Quando este sinal passa por um bloco DC, o termo dc A é suprimido gerando a saída m(t). Isso 
mostra que o sistema pode demodular o sinal AM independentemente do valor de A. Esta é 
uma demodulação síncrona. 
 
 
 
 
 
 
Resposta 
 
Isso significa que μ=∞ representa o caso DSB-SC, o desenho abaixo mostra várias formas de 
onda. 
 
 
 
 
(figura questão anterior) 
Resposta 
(a) 𝐴 =
𝑚𝑝
𝜇
=
10
0,8
= 12,5 𝑃𝐶 =
𝐴2
2
= 78,125 
(b) A potência da banda lateral é 𝑚2(𝑡)/2. Devido à simetria dos valores de amplitude a cada 
um quarto de ciclo, a potência de m(t) pode ser calculada pela média da energia do sinal em 
apenas um quarto de ciclo. Ao longo de um quarto de ciclo, m(t) pode ser representado como 
𝑚(𝑡) = 40𝑡/𝑇0. Portanto 
 
𝑚2(𝑡)̃ =
1
𝑇0/4
∫ [
40𝑡
𝑇0
]
2
𝑑𝑡 = 33,34
𝑇0/4
0
 
A potencia da banda lateral é: 
𝑃𝑆 =
𝑚2(𝑡)̃
2
= 16,67 
A eficiência é: 
𝑛 =
𝑃𝑆
𝑃𝐶 + 𝑃𝑆
=
16,67
78,125 + 16,67
× 100 = 19,66% 
 
 
 
Resposta 
(a) 
 
(b) Observando o desenho acima é possível notar que o envelope do sinal 𝑚(𝑡)𝑐𝑜𝑠𝜔𝑐𝑡 é 
|𝑚(𝑡)|. O sinal [𝐴 + 𝑚(𝑡)]𝑐𝑜𝑠𝜔𝑐𝑡 é idêntico a 𝑚(𝑡)𝑐𝑜𝑠𝜔𝑐𝑡 com 𝑚(𝑡) trocado por 𝐴 +𝑚(𝑡). 
Então, fica claro que o envelope desse sinal é |𝐴 + 𝑚(𝑡)|. Caso 𝐴 +𝑚(𝑡) > 0 para todo valor 
de t, então |𝐴 +𝑚(𝑡)| = 𝐴 +𝑚(𝑡). Portanto, a condição para a demodulação AM por 
detecção de envelope é 𝐴 +𝑚(𝑡) > 0 para todo t. 
 
 
 
 
Resposta 
Quando uma entrada para um gerador DSB-SC é 𝑚(𝑡), a saída correspondente é 𝑚(𝑡)𝑐𝑜𝑠𝜔𝑐𝑡. 
Claramente, se a entrada for 𝐴 +𝑚(𝑡), a saída correspondente será [𝐴 + 𝑚(𝑡)]𝑐𝑜𝑠𝜔𝑐𝑡. Este é 
precisamente o sinal AM. Assim, adicionando um DC de valor A ao sinal de banda base 𝑚(𝑡), 
podemos gerar sinal AM usando um gerador DSB-SC. O inverso geralmente não é verdadeiro. 
No entanto, podemos gerar DSB-SC usando geradores AM se usarmos dois geradores AM 
idênticos em um esquema mostrado abaixo, para cancelar o componente da portadora. 
 
 
 
 
 
Resposta 
Quando uma entrada para um demodulador DSB-SC é 𝑚(𝑡)𝑐𝑜𝑠𝜔𝑐𝑡, a saída correspondente é 
𝑚(𝑡). Logo, se a entrada é [𝐴 + 𝑚(𝑡)]𝑐𝑜𝑠𝜔𝑐𝑡, a saída correspondente será 𝐴 +𝑚(𝑡). 
Bloqueando o componente DC A desta saída, podemos demodular o sinal AM usando um 
demodulador DSB-SC. A recíproca, infelizmente, não é verdadeira. Isso ocorre porque, quando 
uma entrada para um demodulador AM é 𝑚(𝑡)𝑐𝑜𝑠𝜔𝑐𝑡, a saída correspondente é |𝑚(𝑡)| (o 
envelope de m(t)). Portanto, a menos que 𝑚(𝑡) ≥ 0 para todo t, não é possível demodular o 
sinal DSB-SC usando um demodulador AM. 
 
 
 
Resposta 
Observe que 𝑚2(𝑡) = 𝐴2 para todo t. Portanto, a media temporal de 𝑚2(𝑡) também é 𝐴2. 
Assim, 
𝑚2(𝑡)̃ = 𝐴2 𝑃𝑆 =
𝑚2(𝑡)̃
2
=
𝐴2
2
 
A amplitude da portadora é 𝐴 =
𝑚𝑝
𝜇
= 𝑚𝑝 = 𝐴. Portanto, 𝑃𝐶 =
𝐴2
2
. A potência total é 
 𝑃𝑇 = 𝑃𝐶 + 𝑃𝑆 = 𝐴
2 
A eficiência é: 
𝑛 =
𝑃𝑆
𝑃𝑇
× 100 =
𝐴2/2
𝐴2
× 100 = 0,5 
O sinal AM para ⁡𝜇 = 1 é: 
 
 
 
 
 
Resposta 
O sinal no ponto a é [𝐴 + 𝑚(𝑡)]𝑐𝑜𝑠𝜔𝑐𝑡. No ponto b o sinal é 
 
O filtro passa baixa suprime o termo que contem 𝑐𝑜𝑠⁡2𝜔𝑐𝑡. Entao, o sinal no ponto c é 
 
Normalmente, 𝑚(𝑡)/𝐴 ≪ 1 na maior parte do tempo. Somente quando 𝑚(𝑡) está próximo do 
valor de pico essa condição é invalida. Logo, a saída no ponto d é: 
 
Um capacitor de bloqueio suprime o termo DC 𝐴2/2, gerando a saída 𝐴𝑚(𝑡). A pattir do sinal 
𝜔(𝑡) notamos que o componente de distorção é 𝑚2(𝑡)/2. 
 
 
 
 
Resposta 
 
De forma similar: 
 
Após x1(t) e x2(t) passarem do filtro passa baixa, temos 
 
 
 
 
 
 
Resposta 
(a) 
 
 
(b) 
 
 
(c) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resposta 
A transformada de Hilbert de 𝑚ℎ(𝑡) é −𝑚(𝑡). Então, se 𝑚ℎ(𝑡) é aplicado a entrada, a saída 
USB é: 
 
 
 
Assim, se aplicarmos 𝑚ℎ(𝑡) na entrada, a saída USB é um sinal LSB correspondente a m(t). A 
portadora também adquire um deslocamento de fase 𝜋/2. Da mesma forma, podemos 
mostrar que, se aplicarmos 𝑚ℎ(𝑡) na entrada, a saída LSB seria um sinal USB correspondente a 
m(t) (com a fase da portadora deslocada em 𝜋/2). 
 
 
 
 
 
 
 
MODULAÇÃOEM FASE 
 
Resposta 
Nesse caso 𝑓𝑐 = 10⁡𝑀𝐻𝑧10⁡𝑀𝐻𝑧,𝑚𝑝 = 1 e ⁡𝑚𝑝
′ = 8000. 
Para FM: 
∆𝑓 =
𝑘𝑓𝑚𝑝
2𝜋
= 2𝜋 ×
105
2𝜋
= 105𝐻𝑧. Também 𝑓𝑐 = 10
7. Portanto, 𝑓𝑐⁡𝑚𝑎𝑥 = 10
7 + 105 =
10,1⁡𝑀𝐻𝑧 e 𝑓𝑐⁡𝑚𝑖𝑛 = 10
7 − 105 = 9,9⁡𝑀𝐻𝑧. A frequência da portadora aumenta linearmente 
de 9,9 MHz para 10,1 MHz em um quarto de ciclo (subida) de duração de “a” segundo. Para os 
próximos “a” segundos, quando 𝑚(𝑡) = 1, a frequência da portadora permanece em 10,1 
MHz. No próximo quarto de ciclo (descida) de duração “a”, a frequência da portadora diminui 
linearmente de 10,1 MHz para 9,9 MHz, e no último quarto de ciclo, quando ⁡𝑚(𝑡) = −1, o a 
frequência da portadora permanece em 9,9 MHz. Este ciclo se repete periodicamente com o 
período de 4”a” segundos. 
 
Para PM: 
∆𝑓 =
𝑘𝑝𝑚𝑝
′
2𝜋
= 50𝜋 ×
8000
2𝜋
= 2 × 105𝐻𝑧. Também 𝑓𝑐 = 10
7. Então, 𝑓𝑐⁡𝑚𝑎𝑥 = 10
7 + 2 × 105 =
10,2⁡𝑀𝐻𝑧 e 𝑓𝑐⁡𝑚𝑖𝑛 = 10
7 − 2 × 105 = 9,8⁡𝑀𝐻𝑧. Concluímos que a frequência permanece em 
10,2 MHz no quarto de ciclo (subida), onde �̇�(𝑡) = 8000. Para os próximos “a” segundos, 
�̇�(𝑡) = 0, e a frequência da portadora permanece em 10 MHz. Nos próximos “a” segundos, 
onde �̇�(𝑡) = −8000, a frequência da portadora permanece em 9,8 MHz. Durante o último 
quarto de ciclo, �̇�(𝑡) = 0 novamente, e a frequência da portadora permanece em 10 MHz. 
Este ciclo se repete periodicamente com o período de 4”a” segundos. 
 
 
Resposta 
Para FM: 
∆𝑓 =
𝑘𝑓𝑚𝑝
2𝜋
=
20000𝜋
2𝜋
= 104𝐻𝑧. Também 𝑓𝑐 = 1⁡𝑀𝐻𝑧. Por isso, 𝑓𝑐⁡𝑚𝑎𝑥 = 10
6 + 104 =
1,01⁡𝑀𝐻𝑧 e 𝑓𝑐⁡𝑚𝑖𝑛 = 10
6 − 104 = 0,99⁡𝑀𝐻𝑧. A frequência portadora aumenta linearmente 
de 0,99 MHz para 1,01 MHz durante o ciclo (no intervalo −
10−3
2
< 𝑡 <
10−3
2
). Em seguida, 
instantaneamente, a frequência da portadora cai para 0,99 MHz e começa a subir linearmente 
para 10,01 MHz no próximo ciclo. O ciclo se repete periodicamente com período 10−3. 
 
Para PM: 
Aqui, como 𝑚(𝑡) possui descontinuidades usaremos uma abordagem direta. Por conveniência, 
selecionamos a origem para 𝑚(𝑡). Ao longo do intervalo 
10−3
2
 até 
103
2
, podemos expressar o 
sinal da mensagem como 𝑚(𝑡) = 2000𝑡. Portanto 
 
Na descontinuidade, o salto é de 𝑚𝑑 = 2. Portanto, a descontinuidade de fase é 𝑘𝑝𝑚𝑑 = 𝜋. 
Portanto, a frequência da portadora é constante em 106 + 500⁡𝐻𝑧. Mas nos pontos de 
descontinuidade, existe uma descontinuidade de fase de 𝜋 radianos. Neste caso, devemos 
manter 𝑘𝑝 < 𝜋, pois há uma descontinuidade de valor 2. Para 𝑘𝑝 > 𝜋, a descontinuidade de 
fase será maior que 2. 
 
 
Resposta 
 
 
Logo, com . Temos durante o 
intervalo |𝑡| ≤ 1 
 
 
 
 
 
 
Resposta 
 
 
 
Resposta 
 
 
 
 
 
Resposta 
 
(EXEMPLO MELHOR NA PROVA) 
 
 
 
Resposta 
 
 
Resposta 
 
 
 
 
 
 
Resposta 
 
 
(d) Dobrar a amplitude de m(t) praticamente dobra a largura de banda de FM e PM. Dobrar a 
frequência de m(t) [expandir o espectro M(ω) por um fator 2] praticamente não tem efeito na 
largura de banda FM. No entanto, praticamente dobra a largura de banda do PM, indicando 
que o espectro PM é sensível à forma do espectro de banda base. O espectro FM é 
relativamente insensível à natureza do espectro M(ω). 
 
Resposta 
 
 
Projete (demonstrando os cálculos) um modulador FM indireto de Armstrong para gerar uma 
portadora FM com frequência de 98,1 MHz e f = 75 kHz. Há disponibilidade de um gerador de 
FM de banda estreita, com frequência da portadora de 100 kHz e desvio de frequência f = 10 
Hz. No estoque, há um oscilador de frequência ajustável na faixa de 10 a 11 MHz. Há, ainda, 
diversos dobradores, triplicadores e quintuplicadores de frequência. 
 
 
 
 
Resposta 
 
Quando 𝜑𝑃𝑀(𝑡) é passado por um demodulador FM ideal, a saída é 𝑘𝑝�̇�(𝑡). Este sinal, 
quando passado por um integrador ideal, produz 𝑘𝑝𝑚(𝑡). Por isso, o demodulador FM seguido 
por um integrador ideal atua como um demodulador PM. No entanto, se m(t) tiver uma 
descontinuidade, �̇�(𝑡) = ∞ nos pontos de descontinuidade, e o sistema não funcionará. 
 
 
Quando este sinal 𝜑𝐹𝑀(𝑡) é passado por um demodulador PM ideal, a saída é 𝑘𝑓 ∫ 𝑚(𝛼)𝑑𝛼
𝑡
. 
Quando esse sinal passa por um diferenciador ideal, a saída é 𝑘𝑓𝑚(𝑡). Por isso, demodulador 
PM seguido por um diferenciador ideal, atua como demodulador FM independentemente de 
m(t) ter descontinuidade ou não. 
 
 
 
 
Resposta 
 
QUESTOES DA PROVA PASSADA 
 
Resposta 
 
 
 
Resposta 
Questao 4.2-8 
 
Resposta 
 
Falta demodulação 
 
 
 
 
Resposta 
Questao 5.4-1 
 
Resposta 
(a) 𝑃 =
𝐴2
2
=
52
2
= 12,5 
(b) 𝜔𝑖 =
𝑑𝜃(𝑡)
𝑑𝑡
= 𝜔𝑐 + 20000𝜋 × cos(1000𝜋𝑡)
⏞ 
1
+ 20000𝜋 × cos(2000𝜋𝑡)⏞ 
1
⏟ 
 ∆𝜔 
∆𝜔 = 20000𝜋 + 20000𝜋 = 40000𝜋 
∆𝑓 =
∆𝜔
2𝜋
=
40000𝜋
2𝜋
= 20000⁡𝐻𝑧 
(c) ∆∅ = 20 + 10 = 30 
(d) 𝐵 =
𝜔
2𝜋
=
2000𝜋
2𝜋
= 1000⁡𝐻𝑧 
𝐵𝐸𝑀 = 2(∆𝑓 + 𝐵) = 2(20000 + 1000) = 42000⁡𝐻𝑧 
 
 
Resposta 
𝛽 =
∆𝑓
𝐵
=
10
15000
< 1 
∆𝑓4
∆𝑓1
=
75000
10
= 7500 = 22 × 31 × 54 = 𝑀1 ×𝑀2 
𝑓𝑐2 = 𝑓𝑐1 ×𝑀1 = 100𝑘 × 125 = 12,5⁡𝑀ℎ𝑧 
∆𝑓2 = 𝑀1 × ∆𝑓1 = 125 × 10𝐻𝑧 = 1,25𝑘𝐻𝑧 = ∆𝑓3 
𝑀2 × 𝑓𝐿𝑂 = 651,9 
𝑓𝐿𝑂 =
651,9
60
= 10,865𝑀𝐻𝑧 
𝑓𝐿𝑂 = 𝑓𝑐2 − 𝑓𝑐3 ≡ 𝑓𝑐3 = 𝑓𝑐2 − 𝑓𝐿𝑂 = 12,5 − 10,865 = 1,635𝑀𝐻𝑧 
𝑓𝑐4 = 𝑀2 × 𝑓𝑐3 = 𝑀2(𝑓𝑐2 − 𝑓𝐿𝑂) 
𝑓𝑐4 = 𝑀2 ×𝑀1 × (𝑓𝑐1 −𝑀2 × 𝑓𝐿𝑂) 
98,1 = 7500(100 − 651,9) 
59,2 ≤ 𝑀2 ≤ 64,1 
𝑀2 = 60 
𝑀1 ×𝑀2 = 7500 ≡ 𝑀1 =
7500
60
= 125 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
INTEGRAIS 
∫ 𝑒±𝑗𝜔𝑡𝑑𝜔
𝑎
−𝑎
=
2
𝑡
sin(𝑎𝑡) 
 
 
∫ 𝑒±𝑗𝜔𝑡𝑑𝜔
0
−𝑎
=
sin(𝑎𝑡)
𝑡
+ 𝑗
−1 + cos(𝑎𝑡)
𝑡
 
 
∫ 𝑒±𝑗𝜔𝑡𝑑𝜔
𝑎
0
=
sin(𝑎𝑡)
𝑡
+ 𝑗
1 − cos(𝑎𝑡)
𝑡
 
 
Largura de banda: 2𝜋𝐵 
 
 
FOURIER 
𝐺(𝜔) = ∫ 𝑔(𝑡)𝑒−𝑗𝜔𝑡𝑑𝑡
∞
−∞
 
 
𝑔(𝑡) =
1
2𝜋
∫ 𝐺(𝜔)𝑒𝑗𝜔𝑡𝑑𝜔
∞
−∞
 
 
SINAIS 
𝐻(𝜔) = |𝐻(𝜔)|𝑒𝑗𝜃ℎ(𝜔)