Resoluções de Exercícios de Telecomunicações I

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1 Resoluções de Exercícios de elecomunicações I

2 elecomunicações I Folha - SINAIS - Por definição V f v e j πf d Ae e jπf d A jπf + jπf + [ e ] A + jπf - A ransformada de Fourier do impulso v δ δ é V f Aδ sin c πfδ Ora v d V fe jω d. Como v v A + v +, v δ - enão V f A e jω δ sinc πfδ + A e jω δ sinc πfδ Aδ sinc πfδ cosω Do mesmo modo para v e V f: v A A δ - -δ/ δ/ V f A e jω δ sinc πfδ + A e jω δ sinc πfδ + Aδ sinc πfδ δa sinc πfδ + cos ω 4δA πfδcos ω Resoluções de Exercícios de elecomunicações I

3 - Hf, f š H f š/ -0 š/ š/ f š/ š 4 - Por definição V f Ae sinπfc e jπf d A j jπ f f c + A + j jπ f + f c A A j π f fc j π f + f c 5 - O especro de x é Xf -f m f m f O especro de x cos f p é / -f p -f m -f p -f p +f m f p -f m f p f p +f m f Resoluções de Exercícios de elecomunicações I

4 6 - v w - A convolução de v com w calcula-se, por definição, aravés de v ω v λ ω λdλ Se λ Se 0 e λ dλ [ e + ] Valor Máximo: - 0 e d + λ e λ dλ e e + - Resoluções de Exercícios de elecomunicações I

5 Resoluções de Exercícios de elecomunicações I 4

6 elecomunicações I Folha Modulações de Ampliude - a O sinal AM vem dado por ϑ Am A p [ + m cos πf m ]cosπf p A p + A m cos πf m cos πf p A p Assim, m A m 0,. A envolvene do sinal é A A p + A m cos πf m. p b f c + f m ,00 MHz e f c - f m ,999 MHz. c A ampliude de cada banda laeral vale A p m d P BL P 0, 0,5V, 5, 5 4, % No caso geral emos x AM A p + mx P P p + m S x [ ]cos w p com x < e ambém ~ A p S x X No caso sinusoidal S x. Porano, nese caso: P P p + m 5000 W P p 5000 / + 0,6 4,4 kw m P p P BL - a P P p + 4 kw 4,4 0,6 P p 6kW b Poência de uma banda laeral: P BL 6 0,6,44 kw 0,8kW Poência da poradora aenuada de 6 db: P p 0,6 6 kw 40,9 W x pois 6 0 log 6 Resoluções de Exercícios de elecomunicações I 5

7 Poência oal: P P BL + P p,44 + 0,04, 48kW 4 - A poência do sinal AM vale P RI RI p + m, em que I 8A e I p 8,9A. Porano 8,9 8 + m m I I p 0,70 Se a poradora for modulada a 80% enão a nova correne I vale I I p + m 8 + 0,8 9,9A 5 - P p 9kW e P 0,5kW P P P + m m 0, 5 Com dois sinais sinusoidais o índice de modulação equivalene é m m + m 0,5 + 0,4 0,64 A nova poência irradiada é P Pp + m 0, ,84kW No caso geral emos P P p + m m P p + P BL, com P BL P p Se ivermos diversos sinais moduladores sinusoidais eremos P BL P BL + P BL + P BL +... ou m P p P m p + P m p + P m p +... logo, m m + m + m +... [ ]+ V cos ω p 0[ + m f ]+ 5 cos ω p 6 - v e A + m f Para não haver disorsão v e deve ser 0, O caso mais desfavorável é: v e 0 m 5 0 m 0, 5 ϑ a ϑ e + 4ϑ e 0 + mf [ ]+ 5cosω p + 4 0[ + m f ]+ 5cosω p 0 + m f [ ]+ 5cosω p mf { } [ ] cosω p + 400cosω p + mf [ ] Resoluções de Exercícios de elecomunicações I 6

8 Só as parcelas sublinhadas esão na banda de passagem do filro sinonizado.à saída dese filro eremos, porano, v 0 5 cosω p m f Assim, m , a v pode ser expresso como cos ω p + ω i + θ i v N i [ ]cosω p 405cos ω p m f m [ ] Esa expressão represena a banda laeral superior. b A banda laeral que fala é a inferior: N cos ω p ω i θ i v i [ ] c O sinal compleo é a soma dos dois aneriores: N cos[ ω p + ω i + θ i ]+ cos ω p ω i θ i v i{ [ ]} N cosω p cos ω i + θ i i ω p ω p ω p -ω ω p +ω ω p -ω ω p +ω ω 8 - A FPB G E x -90Þ W f c ± W -90Þ ± x c B FPB D F Resoluções de Exercícios de elecomunicações I 7

9 x A cos πf m cos π W cosπ f m W + cosπ f m + W x G cosπ f m W cosπ W f m x E cosπ W f m cosπ f e ± W 4 cosπ W f m + f p ± W + 4 cos π f p ± W + f m W x B cos π W + f m π + cos π W f m + π x D cos π W f m + π x F cos π 4 f p ± W W + f m cos π 4 f p ± W + W f m x C cos π 4 f p ± W + W f m + cos π 4 f p ± W W + f m ± ± 4 cosπ f p ± W W + f m 4 cosπ f p ± W + W f m Consoane a frequência do oscilador da direia e a operação no somador da direia assim oberemos a banda laeral superior ou inferior: Banda laeral superior: x C cos π f p + f m Banda laeral inferior: x C cos π f p f m 9 - a A descarga de um condensador aravés de uma resisência obedece à seguine equação: v c V M e RC em que V M é a ensão inicial. Enre dois picos consecuivos da poradora emos: + m cos w m m 0 + m cos w m em que f p π ω p. Logo V c m cosω m 0 e RC + m cosω m 0 + Resoluções de Exercícios de elecomunicações I 8

10 e desenvolvendo em série a exponensial emos: e RC RC + RC... e como << RC ficamos com e RC logo v c m cosω m 0 RC RC + m cosω m 0 + RC + m cosω m 0 m RC cosω m 0 m cosω m 0 + cosπ ω m ω p como para ω m << ω p cosπ ω m ω p m cosω m 0 cosω m senω m 0 sen ω m ω m π ω p π ω m ω p Resoluções de Exercícios de elecomunicações I 9

11 ficamos com RC + m RC cosω m 0 mπ ω p ω m senω n 0 mω m senω m 0 RC + m cosω m 0 mω m senω m 0 b Sabendo que RC w m RC + m cosω m mω m senω m m sen w m 0 + m cos w m 0 emos que deerminar o caso mais desfavorável que corresponde ao mínimo da função. Derivando e igualando a zero emos: + mx dx mω m x em que x cos ω m m ω m x + mω m x + mx 0 m ω m x x m x + x + mx 0 m x Se derivarmos de novo, eremos: dx + mx mω m x mω m m ω m m m ω m m mω m m / x m > 0 o que nos permie concluir que enconramos o mínimo. Subsiuindo cosω m m na expressão inicial ficamos com RC m mω m m m mω m Resoluções de Exercícios de elecomunicações I 0

12 0 - Para o sinonizado da figura emos: L R C R R Z + jr ωc + jq f ωl f f 0 0 f com f 0 π LC ; LB πrc Hz Q f 0 LB R C em que Q é o facor de qualidade, f 0 é a frequência de ressonância e LB é a largura de banda a -db. O facor de rejeição da frequência imagem é a razão enre o ganho à frequência da poradora, f s, e à frequência imagem, f si, sendo dado pela expressão α ρ f si f s f s f si. + Q ρ, em que Se ivermos um recepor com frequência inermédia f i a frequência do oscilador será f 0 f s + f i f s f 0 f i e ouro cenrado Quando se misura f 0 com f s eremos um ermo cenrado em f 0 f s em f 0 + f s. O primeiro erá frequência f i. Mas se à enrada do misurador surgir um ermo à frequência f si f s + f i a sua misura com f 0 originará ambém um ermo cenrado em f i os dois ermos resulanes ficarão cenrados em f 0 + f s + f i e f s + f i f 0 f i. Por essa razão é necessário er um circuio sinonizado à enrada do misurador para eliminar a frequência f si. Como f s 555 KHz f 0 00 KHz f i 455 KHz e f si f i + f s 465KHz Como Q 40 α Nese caso, só nos ineressa a primeira frequência inermédia. A frequência imagem será f si MHz, e o facor de rejeição da frequência da imagem será: α Resoluções de Exercícios de elecomunicações I

13 - i - Sinal de voz filrado fhz ii - Resulado da modulação de rês sinais de voz pelas poradoras de, 6 e 0 KHz 6 0 fkhz iii - Repeição do procedimeno anerior para os ouros rês grupos de rês sinais de voz 6 0 fkhz 6 0 fkhz iv - Resulado da modulação dos quaro grupos pelas poradoras de 0 KHz, 08 KHz, 96 KHz e 84 KHz fkhz O primeiro grupo esá siuado enre 60 e 7 KHz em rigor enre 60KHz Hz e 7KHz- 00Hz O segundo grupo esá siuado enre 7 e 84 KHz. O erceiro grupo esá siuado enre 84KHz e 96KHz. O quaro grupo esá siuado enre 96KHz e 08KHz. Resoluções de Exercícios de elecomunicações I

14 Folha Modulações Angulares - / ο PM / ο δ x / ο δ π d x FM IF * AF ** πf δ f d f δ x k dx s x δdδ d k d x π d dδ π kx δ dδ ds k x δ * - Phase - inegral modulaion ** - Phase - acceleraion modulaion O sinal modulado em a forma : A cosθ c em que θ c πf c + / ο v Em FM emos: θ c πf c + π f λ dλ e a frequência insanânea é f i π Em PM emos: θ c / ο δ δ x dθ d f c + f c / f f δ x Se x cosπf m emos: PM / ο MAX / ο δ f MAX / π πf m / ο δ f m ο δ FM / ο MAX πf δ f δ πf m f m IF / ο MAX kπf m f MAX kπf m AF / ο MAX πk f MAX f δ πf m k k f MAX πf m πf m Resoluções de Exercícios de elecomunicações I

15 - A expressão do sinal de FM inicial é: v FM A cos πf c + πf x λdλ cos π πf δ A cosπ λ 500 A dλ cos π0 6 + Af δ sen π 500 f m β A f δ f desvio de frequência f f δ 000 β f δ 000 Hz V a A expressão do novo sinal de FM é: v FM cos ω p sen π β,5 b A largura de banda segundo a regra de Carson em o seguine valor : LB β +f m Para o sinal FM inicial emos L B khz e para o sinal FM final emos L B, kHz - Como f 75 KHz e A m enão f 75kHz / V. Para A m 0,8 emos β f f m 5 4 B β + f m 5kHz 9 Para β 4 emos os seguines valores para as funções de Bessel: n J n Resoluções de Exercícios de elecomunicações I 4

16 O sinal FM pode ser desenvolvido em série da seguine forma: V FM A c J 0 β cosω c + + A c J βcos ω c ω m A c J β + A c J β cos ω c ω m + A c J βcos ω c ω m +... e a poência normalizada do sinal FM em o valor: P A c J 0 β+ J β cos ω c + ω m A c J βcos ω c + ω m A c J β + + J β +... Como B 9 f m ficamos com as seguines riscas do especro: cos ω c + ω m f c f 9 f m Logo a poência do sinal será P J 0 4+ J 4+ J 4+ J 4+ J 4 4 e a Percenagem da Poência oal P 00% 4 - a Como B kHz para f m 0,kHz emos LB , 0. 60, khz 80 00% de B, para f m khz emos LB kHz 80 00% de B, e para f m 5kHz emos LB khz 80 00% de B. b Para PM emos: LB +0, 0.8kHz LB + 8 khz LB kHZ Resoluções de Exercícios de elecomunicações I 5

17 5 - Nese caso β f f m 5 Para P J 0 5+ J 5+ J 5+...> 0.95 é necessário considerar seis ermos do somaório, o que corresponde à seguine largura de banda: LB 0f m 50KHz 6 - Como f π LC emos: f + f f f π LC π L C + C C + C C Considerou - se que o diodo varia a sua capacidade enre 0 e C ou que a pare fixa esá incluída em C f + f logo f f C + C C o que implica que C C f + f f f 0,4pF 7 - Para o sinal modulador m emos: C v Mas como v ,09 9 senπ 0 + x n + nx para x << x / x ficamos com: C v 0 0 0,0 senπ 0 C v 0 C v em que C v0 0 0 e C v 0 6 senπ 0 A frequência insanânea do oscilador é dada por: f π L C 0 + C v π L C 0 + C v 0 C v Resoluções de Exercícios de elecomunicações I 6

18 Como a ressonância é à frequência 5MHz quando v 4Vemos nese caso logo C v C v0 f 0 π e como f π π 5MHz L C 0 + C v0 L C 0 + C v0 L C v L C 0 + C v0 π C v C 0 + C v0 L C 0 + C v0 C v C 0 + C v0 π L C 0 + C v0 f 0 C + v C 0 + C v0 C f 0 + v 5, MHz + senπ 0 C 0 + C v ,7 senπ 0 θ Ý f o sinal FM resulane em a seguine forma: v FM A p cos Ý θ d cos π , 7 0 cosπ 0 β, Como emos que muliplicar a frequência da poradora por 94 e o desvio de frequência por 500. Como o desvio de frequência só é afecado pelos muliplicadores começamos por escolher o conjuno de duplicadores e riplicadores que aproxime 500. A melhor escolha é A frequência do oscilador uilizado no misurador deverá ser al que garana uma frequência da poradora de 97MHz Resoluções de Exercícios de elecomunicações I 7

19 Uma solução possível é a seguine: f c 500kHz f0hz f c 40,5MHz f c,0mhz 4 MIS 5 f40hz f40hz f c 97MHz f77,8hz f osc 4,5MHz ou f osc 7,469MHz Resoluções de Exercícios de elecomunicações I 8

20 Resoluções de Exercícios de elecomunicações I 9 FOLHA 4 RUÍDO 5 - fdpx ½ em [0,] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 9 8 6, X X X X e E v e e E R e e E E v e d e E e Esa úlima expressão resula de fazer na anerior. Obviamene que ese processo não é esacionário em nenhum senido e logo não ergódico. [ ] [ ] / cos / cos cos cos, 0 cos 0 0 i i o i i o o o A v o A a a v a Ev a d a da p a R d a da ap Ev φ ω ω π φ φ ω φ ω π φ φ ω π π 6 - Calculemos cada uma das grandezas: Das expressões conclui-se que o processo é esacionário no senido lao mas não ergódico. f e f G f v δ π π 9 / Aplicando propriedades da ransformada de Fourier enconra-se O valor dc corresponde à raiz quadrada do impulso na origem logo ± rms v v R v v 9 π / π / /e 8/π f

21 8 - A função de ransferência do circuio enre gerador e a resisência é dada por H R R + jωl + j f / B f ; B R / πl Desse modo será η / G v + f / B f H f G f Cuja ransformada inversa de Fourier dará η πb τ ηr Rv πbe e 4L ηr E[ v ] Rv 0 4L R τ / L Ger. Ruído R L 9 -Será Ey 0 e Ey σ 4Rk o B V. Dado que z y eremos E [ z] y p y dy Y 0 y πσ e y / σ dy πσ e λ d λ πσ V Dado que z y será E[z ] E[y ] σ e por ouro lado 0 - Na siuação inicial, sendo L a aenuação inroduzida pelo canal e η a densidade de ruído à enrada do recepor, será Assim S / N D Lη 5.0 S LηW 0 46dB a Em ala fidelidade deveremos er W S / N 55dB; S / N db 0kHz; D min Dmax 65 A poência emiida nesse caso deverá ser, expressa em dbw S S MIN MAX S / N S / N DMIN DMAX 0log 0 0log dBW,W.0.0 5dBW W b Nese caso deverá ser W,kHz; S / N 5dB : S / N DMIN DMAX 5 db Resoluções de Exercícios de elecomunicações I 0

22 donde a poência desa vez calculada em dbm - S S MIN MAX S / N S / N DMIN DMAX 0log 0 0log , dbm 0,5mW 0., dbm 5mW a L 40x 0dBm k S S S dbm dbm N k o L + 0log log 00W W / Hz 4.0 k 0log o 0 k + 0log o 0 8 mw / Hz N /. W 60dB 0 o dBm b Nese caso o repeidor melhora consideravelmene a siuação. Cada roço passará a er uma aenuação de somene L 60dB. Como é óbvio a relação sinal ruído no recepor para se maner consane, dado que a aenuação é meade em db, vai exigir menor poência de emissão em cada roço. Conudo a poência de ruído no roço final é dupla pois resula do ruído adicionado no primeiro roço, recebido no repeidor e amplificado conjunamene com o sinal e que depois de aenuado pelo cabo volará a er uma poência idênica à do ruído gerado localmene. Assim se chamarmos ao ruído gerado à enrada de cada recepor N, o ruído oal à enrada do recepor do segundo roço será N. Para se ober a relação sinal ruído de 60dB será assim necessário considerar a poência do sinal aumenada daquele facor, ou seja, db, obendo-se por comparação com o caso anerior: S dbm S dbm + db 60-4dBm ou seja 0,4mW. V n 4kR B V n 4kR B R R Equivale a V n R +R Como as fones são independenes podemos escrever v n 4kR B + 4kR B ora R + R v m n R. R 4k + + R + R. R + R R R R + R B m R + R R + R Resoluções de Exercícios de elecomunicações I m

23 Conclui-se assim que o ruído é equivalene ao ruído gerado à resisência soma das duas a uma emperaura que corresponde à média pesada das emperauras de cada uma delas. No caso paricular das resisências esarem à mesma emperaura o caso é mais simples pois m, em que é a emperaura de cada resisência e enão podemos subsiuir o circuio com duas resisências pela resisência equivalene para cálculo do ruído. 5 - Para s o eremos N o 0 5 k o + e.0.0 k o e + o / o W. Ora k o donde podemos escrever e + o / o e e + o / o 0 e e 9 o. Será enão F + e / o A poência à saída quando s o será N o o + 9 o / o pW. 6 - N o Gk o + e B N N o Gk o + e B N Mas sabemos que N o,n o ou seja o + e, o + e e e o. F + e / o. 7 -a F db equivale F G 0dB equivale a G 00 L 6dB equivale a F 6dB ou seja F 4 G 0,5 F db equivale a F F Sis + +,79 4, 5dB ,5 Assim b Nese caso, 0 F Sis ,76 9, 4dB 0,5 0,5.00 Conclui-se que a ordem dos facores não é arbirária. 8 -F 6dB ou seja 4, donde e o F ºK. A emperaura oal de ruído referida à enrada do recepor é N e + a 90ºK. A emperaura de ruído à enrada incluindo conribuição do recepor será N K N B K o N / o B , ,4.0-6 W N -46dB W. Resoluções de Exercícios de elecomunicações I

24 Assim deverá ser P R -6dB W. E usando a expressão acima L fs. Exrai-se assim L fs 86dB logo 0 log 0 4πr/λ. r 4,76.0 km. 9 - a Nese caso o facor de mério é igual a, logo SNR o SNR c. SNR P R c 0 P L P PR N.0 R o Ou em db 60, logo 60km de cabo. W b Nese caso o facor de mério será /, ou seja, precisaremos de uma SNR c vezes maior, donde P R idenicamene e a aenuação máxima é reduzida da mesma quania: 5.0 P R 6 0 L o que equivale a 55, db, logo a disância máxima é de 55, km. c Nese caso será o facor de mério dado por γ /β. Para β, eremos β γ P R 6 6 L 6.0 O que em db dá 67,8 db, logo 67,8 km. Para β 8, β γ P R 96 6 L 96.0 Em db 79,8, logo 79,8 km. Com pré-ênfase seria ainda melhor. Vejamos agora o que se passa com os limiares do FM. O limiar esá dependene do SNR na enrada do recepor, ou seja Resoluções de Exercícios de elecomunicações I

25 SNR D º caso PR N B SNR SNRD 6 º caso SNR D o C SNR 8 C SNRC B / W SNR β > ,8 < C Assim no primeiro caso esamos acima do limiar e o sisema funcionará como previso mas no segundo, esamos abaixo do limiar e o resulado será degradado relaivamene ao calculado. Resoluções de Exercícios de elecomunicações I 4