Transcript Preparaduria Nº 3 (Temas Nº 5)

REPÚBLICA BOLIVARIANA DE VENEZUELA
UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL POLITÉCNICA
“ANTONIO JOSÉ DE SUCRE”
VICE-RECTORADO PUERTO ORDAZ
Departamento de Ingeniería Electrónica
Sección de Comunicaciones.
Preparadores: Ángelo Hernández - Eykis Sambrano
1.- Calcule el ancho de banda y los baudios para una señal FSK con
frecuencia de marca 32 KHz, frecuencia de espacio 24 KHz y rapidez de
bits de 4kbps.
Datos:
,
y
Solución:
El ancho de banda mínimo de una señal es:
, se observa que
para ello es necesario conocer la desviación máxima de frecuencia:
Entonces:
, entonces:
Para FSK, los baudios son iguales a la rapidez de bits: 4000.
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2.- Determine la máxima rapidez bits para una señal FSK con 48KHz de
frecuencia de marca, 52 KHz de frecuencia de espacio y 10 KHz de
ancho de banda disponible.
Datos:
,
y
Solución:
A partir de la siguiente ecuación:
, entonces
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3.- Determine el ancho de banda y los baudios para un modulador
BPSK con 40MHz de frecuencia de portadora y 500 Kbps de rapidez de
entrada de bits.
Datos:
Solución:
Para hallar el ancho de banda, es necesario conocer la salida del modulador y para
ello tenemos que:
Donde la frecuencia fundamental de una secuencia alternativa de bits 1’s y 0’s es
igual a la mitad de la frecuencia de bits:
Sección de Comunicaciones.
, teniendo que:
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Y así tenemos que:
Y aplicando la identidad trigonométrica:
Por lo tanto la frecuencia mínima de lado inferior es:
Y la frecuencia máxima de lado superior es:
Y por Nyquist, el ancho mínimo de
banda es:
Y los baudios son igual a la rapidez
de entrada de bits, es decir,
500Kbaudios
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4.- Una señal NRZ-L se pasa a través de un filtro con r=0.5 y
posteriormente se modula sobre una portadora. La velocidad de
transmisión es 2400bps. Calcular el ancho de banda para ASK y FSK.
Para FSK suponer que las frecuencias utilizadas son 50KHz y 55KHz.
a) ASK
BT  (1  r ) R
BT  (1  0.5)2400bps
BT  3600 Hz
b) FSK
BT  2f  (1  r ) R
f 2  f1
f 
 2.5 KHz
2
BT  2(2.5 KHz)  (1  0.5)2400bps
BT  8600 Hz
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5.- Para el modulador QPSK de la figura, cambie
la red de
desplazamiento de fase de +90º a una de -90º y trace el nuevo
diagrama de constelación.
Original
Divisor
de bits
I
Osc
Sen(ct)
FPB
Q
+90°
Sen(ct)
Divisor
de bits
I
Osc
Sen(ct)
FPB
Q
-90°
-Cos(ct)
Sección de Comunicaciones.
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Para I y Q
Sen(ct)
Divisor
de bits
I
"0" lógico  Vout
Osc
Sen(ct)
FPB
Q
-90°
Cosct 
-Cos(ct)
Entrada
00
10
Salida
I
Q
0
0
-Sen(ct) + Cos(ct)
0
1
-Sen(ct) - Cos(ct)
1
0
+Sen(ct) + Cos(ct)
1
1
+Sen(ct) - Cos(ct)
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"1" lógico  Vout
Senct 
01
11
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6.- Calcule el ancho de banda mínimo bilateral de Nyquist (FN), y los
baudio, para una señal moduladora 8-PSK con 20 Mbps de rapidez de
entrada de bits (fb) y 100 MHz de frecuencia de portadora. Dibuje el
diagrama espectral de la salida.
La rapidez de los bits en los canales I, Q y C es igual a un tercio
de la rapidez de la transmisión de los bits, por lo tanto.
f bQ  f bI  f bC
f b 20 Mbps


 6.6 Mbps
3
3
La frecuencia fundamental máxima que se presenta a cualquiera
de los moduladores balanceados es.
f bQ
f bC
f bI 6.6 Mbps
fa 



 3.3 Mbps
2
2
2
2
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La onda de salida del modulador balanceado es
sen2f at sen2fct 
1
1
cos 2  f c  f a t   cos 2  f c  f a t 
2
2
1
1
cos 2 100  3.3t   cos 2 100  3.3t 
2
2
1
1
cos 2 96.7 MHz t   cos 2 103 .3 MHz t 
2
2
El ancho de banda según Nyquist es
f N  103.3 MHz  96.7MHz  6.6 MHz
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Para este caso, los baudios son iguales al ancho de banda
Baudios 6.6 Mbps
El diagrama espectral a la salida será:
96.7 MHz
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100 MHz
103.3 MHz
f
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7.-En el modulador 16-QAM de la figura, determine las ecuaciones de
salida de las siguientes condiciones de entrada 0000, 1111,1010
Conv de 2
a 4 niveles
Q
Q´ I
Osc
Sen(ct)
I´
Para I` y Q`
X

FPB
0,821V  "1" lógico
0,22 V  "0" lógico
90°
Conv de 2
a 4 niveles
Para I y Q
"1" lógico  Vout
X
"0" lógico  Vout
Entrada
0000
Salida
-0.22Sen(
ct)
-0.22 Cos(
1111
0.821Sen(
ct)
+0.821 Cos(
1010
0.22Sen(
ct)
+0.22 Cos(
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ct)
ct)
ct)
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