Electrnica de Comunicaciones
Ejercicios Tema 1: Caracterizacin de
Transmisores y Receptores
Harold Molina-Bulla
Diciembre 16 2007
1.
Problema 1
Clculos Previos arf = 1,12 lmix= 3,98 af i= 1,25 fA= 1,25 Solucin apartado 1 Solucin bloque A.Primero se calcula el factor de ruido total (fT)
fT = f1+ f2G−1 1 + f3−1 G1G2 + f4−1 G1G2G3 + f5−1 G1G2G3G4 fT = arf+ (a0− 1) · arf + (lmix − 1) · arf · a0+ (af i− 1) · arf · a · lmix+ (fa− 1) · arf · a0· lmix· af i Expandiendo: fT = arf + a0· arf − arf + lmix· arf · a0− arf · a0+ af i· arf · a0· lmix− arf · a0·
lmix+ fa· arf · a0 · lmix· af i− arf · a0 · lmix· af i
Simplificando (1 con 3, 2 con 5, 4 con 7...) fT = fa· arf · a0· lmix· af i
Reemplazando valores: fT = 6, 965a
Con el factor de ruido total se calcula la potencia de ruido trmico a la en-trada. Recordemos que la potencia de la Mnima Seal Detectable (MSD) es igual a la potencia del ruido a la entrada.
PN = KBT0f = 9, 01 · 10−13· a(W ) = 9, 01 · 10−13· a · 103mW
PN = −90, 45dBm + A = M SD
Para calcular la mxima potencia de la seal a ala entrada necesitamos el P I3T.
Para el clculo de P I3T 1 P I3T2 = ( 1 ar f· 1 a0) 2 P I3mix2 + „ 1 arf· 1 a0· 1 lmix· 1 afi «2 P I3G2 = a12 1 arf P I3mix2 + 1 arf· 1 lmix· 1 afi P I3G Sustituyendo: 1 P I3T = 1 a02 n 0,79 6309,572 + 0−0,322 1002 o = a102{1, 98 · 10 −8+ 3, 22 · 10−6} P I3T2 = a 02 2·10−8+3,22·10−6 → 2P I3T(dBm) = 2A0 + 54, 89dBm P I3T = A0+ 27, 44dBm
Para calcular la mxima potencia de la seal a la entrada se iguala la poten-cia de intermodulacin (PIM) reflejada a la entrada a la mnima seal detectable. M SD = −2P I3T + 3Pi
Sustituyendo los valores conocidos: −90, 45 + A0 = −2(27, 44 + A0) + 3P i → Pi = 3A 0 3 − 35,57 3 dBm Pi = −11, 85dBm + A0
El margen dinmico sabemos que es la relacin entre la mxima seal a la entrada y la sensibilidad. Como no se especifica la relacin seal a ruido, la suponemos 1 (0dB) y usamos MSD
M DA= Pi−M SD = −11, 85dBm+A0−(−90, 45dBm+A0) = −11, 85dBm+
90, 45dBm M D = 78, 6dB
Solucin bloque B
Igual que en el caso anterior se calcula primero el factor de ruido total: fT = frf + lmixG1−1 + a 00−1 G1G2 + af i−1 G1G2G3 + fA−1 G1G2G3G4
fT = arf + (lmix) · arf + (a00− 1) · arf · lmix+ (af i− 1) · a00· arf · lmix+ (fa−
1) · arf · a00· lmix· af i
Expandiendo:
fT = arf+ lmix· arf− arf + a00· lmix· arf− arf · lmix+ af i· arf · a00· lmix− arf·
a00· lmix+ fa· arf · a00· lmix· af i− arf · a00· lmix· af i
Simplificando (1 con 3, 2 con 5, 4 con 7...) fT = fa· arf · a00· lmix· af i
Reemplazando valores: fT = 6, 965a
Igual que en el bloque anterior.
Por lo tanto el Ruido Trmico a la entrada es el mismo: PN = KBT0f = 9, 01 · 10−13· a · 103(mW )
Para calcular el P I300T 1 P I3T”2 = ( 1 ar f) 2 P I3mix2 + „ 1 arf· 1 a”· 1 lmix· 1 afi «2 P I3G2 Sustituyendo 1 P I3T”2 = ( 1 1,12) 2 6309,592 + ( 1 1,12· 1 a00· 1 3,98· 1 1,25·) 1002 P I300T2 = 2·10−8+ 11 a002·3,22·10 −6
Para calcular la mxima seal a la entrada, volvemos a aplicar la relacin: M SD = −2P I300T + 3Pi
De donde tenemos que: Pi3 = M SD · P I300T
2
Para calcular el margen dinmico: M DB = M SDPi = M SD 1 3·P I3T” 2 3 M SD = P I3T” M SD 23 Sustituyendo M DB = 1 2·10−8+ 1 a002·3,22·10−6 (9,01·10−10·a00)2 !13 M DB= 1 (9,01·10−10)2·(2·10−8·a00+3,22·10−6) 13 Solucin bloque C
Siguiendo el mismo procedimiento que en los casos anteriores procedemos a calcular el factor de ruido total del bloque:
fT = frf + lmixG1−1 + af i−1 G1G2 + a000−1 G1G2G3 + fA−1 G1G2G3G4
1) · arf · a” · lmix· af i
Expandiendo:
fT = arf + lmix· arf − arf + af i· lmix· arf − arf · lmix+ a000 · arf · lmix· af i−
arf · lmix· af i+ fa· arf · a · lmix· af i− arf · a000· lmix· af i
Simplificando (1 con 3, 2 con 5, 4 con 7...) fT = fa· arfa · lmix· af i
Reemplazando valores: fT = 6, 965a
La potencia de ruido a la entrada es: PN = KBT0f = 9, 01 · 10−13· a · 103(mW ) PN = −90, 45dBm + A = M SD Para calcular el P I3000T 1 P I3000 T 2 = ( 1 ar f) 2 P I3mix2 + „ 1 arf· 1 a00· 1 lmix· 1 afi «2 P I3G2
Que es igual a la ecuacin del bloque B, P I3000T es igual al P I300T, y por lo tanto la P i mxima de entrada para el clculo del margen dinmico ser la misma. Tanto la potencia de ruido y la potencia mxima de entrada del bloque C es igual al del bloque B, por lo tanto su margen dinmico ser el mismo:
M DC = 1 (9,01·10−10)2·(2·10−8·a000+3,22·10−6) 13 Solucin Apartado 2.
Para calcular A0, A00yA000 tal que el margen dinmico sea igual en los tres casos observemos que el margen dinmico del bloque A es independiente de A’ y A” y A”’ son iguales. Lo que haremos es igualar el margen dinmico del bloque B (o C) al del bloque A y despejar A”:
M DA= 78, 6dB → M DA= 7, 2444 · 107 M DC = 1 (9,01·10−10)2·(2·10−8·a0002+3,22·10−6) 13
Operando M DC para dejar a000 en funcin de M Dc
M D3C = (9,01·10−10)(2·10−81·a0002+3,22·10−6) 2 · 10−8· a0002+ 3, 22 · 10−6= 1 (9,01·10−10)M D3 C 2 · 10−8· a0002= 1 (9,01·10−10)M D3 C − 3, 22 · 10−6 a0002= 1 (9,01·10−10)M D3 C −3,22·10−6 2·10−8 a000 = r 1 (9,01·10−10)M D3 C −3,22·10−6 2·10−8
Sustituyendo M DC por M DA tenemos:
a000 = r 1 (9,01·10−10)7,244·107−3,22·10 −6 2·10−8 a00 = a000 = 2, 7677 · 104
2.
Problema 2
Solucin apartado aSabemos que la MSD es aquella potencia de seal que iguala a la potencia de ruido equivalente a la entrada:
M SDw = K · (T0+ Teq(tarj))B M SDdBm = 10log[K(T0+ Teq(tarj))B · 103] Teq(tarj)= 10 M SD[dBm] 10 K·B·103 − T0Teq(tarj) = 10 M SD[dBm] 10 1,38·10−23·5·106·103 − 293
Sustituyendo por los respectivos valores: Teq(tarj11M bps = 10−9510 1,38·10−23·5·106·103 − 293K = 1790K Teq(tarj1M bps = 10−10310 1,38·10−23·5·106·103 − 293K = 433K
Para obtener los factores de ruido: ftarj = 1 +
Teq(tarj)
T0
Sustituyendo por los valores previamente calculados: ftarj11M bps = 1 + 1790 293 = 7, 11 → Ftarj11M bps = 8, 52dB ftarj1M bps = 1 + 433 293 = 2, 4778 → Ftarj11M bps = 3, 94dB Solucin apartado b
Para conocer el mnimo seal en el tejado para que el sistema hubiese fun-cionado con el amplificador debemos observar si la potencia de la seal a la entrada de la tarjeta supera la sensibilidad de dicha tarjeta en el modo de-seado.
S[R][dBm] = NS|tarjeta[dB] + Pentrada[dBm]
S[R][dBm] = 10 + 10log[K · (T0+ Teqsistema) · B · 10
3]
Todo es conocido, salvo la temperatura equivalente del sistema a ambas ve-locidades: Teqsistema = Teqampl + Teqcable Gampl + Teqtarjeta Gampl·Gcable Donde: Teqampl = T0· (f − 1) = 293 · 10 1,5 10−1 = 120, 9K Teqcable = T0 · (f − 1) = 293 · 10 1 10−1 = 75, 9K Gampl = 10 17 10 = 50, 1 Teqtarj11Mbps = 1790K Teqtarj1Mbps = 433KGcable= 101110 = 0, 8
Teqsistema11M bps = 120, 9 + 75,9 50,1+ 1790 50,1·0,8 = 167, 1K Teqsistema1M bps = 120, 9 + 75,9 50,1 + 433 50,1·0,8 = 133, 2K
Y ahora calculamos la sensibilidad del sistema a 11Mbps S[R][dBm]|11M bpsconamplif icador = 10 + 10 · log[1, 38 · 10
−23· (350 + 167, 1) · 11 ·
106· 103]
S[R][dBm]|11M bpsconamplif icador = −91dBm
Se necesita una seal como mnimo de -91dBm de potencia en el tejado para que el sistema funcione correctamente.
S[R][dBm]|11M bpssinamplif icador = 10 + 10 · log[1, 38 · 10
−23· (350 + (75, 9 +1790 0,8 )) ·
11 · 106· 103]
S[R][dBm]|11M bpssinamplif icador = −84dBm
S[R][dBm]|1M bpssinamplif icador = 10 + 10 · log[1, 38 · 10
−23· (350 + (75, 9 +433 0,8)) ·
11 · 106· 103]
S[R][dBm]|1M bpssinamplif icador = −91dBm
Si se mantiene el mismo nivel de seal en el tejado (-91dBm) y se retira el amplificador, el sistema no es capaz de seguir funcionando a 11Mbps, pero si a 1Mbps.
Solucin Apartado c
Para calcular el margen dinmico necesitamos saber la sensibilidad a 11Mbps con amplificador que la sabemos (-91dBm) y la potencia de entrada que nos da el mximo de intermodulacin permitido. Para calcular este ltimo, se debe por conocer el punto de interseccin de tercer orden total:
1 P I3T2 = 1 P I3ampl2 + Gampl2 P I3cable2 + Gampl2·Gcable2 P I3tarjeta2
Como no especifican nada del cable, el P I3cable es infinito. Sustituyendo los
valores conocidos: 1 P I3T2 = 1 502 + 0 + (0,8)2·(50,1)2 (1,12·10−4)2 P I3T = 2, 8 · 10−6(W ) = −25, 5dBm RP IM = K000 + 2 · Pentr[dBm] 0 = K000+ 2 · (−25, 5) K000 = −51 RP IM = P IM Psalida = P IM G·Pentr = P IM |ref entrada Pentrada
La Pentr que da el mximo de intermodulacin permitida ser aquella que
pro-duzca una P IM |ref entrada igual a la sensibilidad.
−91[dBm] = −51 + 3 · Pentr|nivelmaxintermodulacionpermitida[dBm] Pentr|nivelmaxintermodulacionpermitida= −91−513 = −47, 3[dBm] M D = Pentr|nivelmaxintermodulacionpermitida− S = −47, 3 − (−91) M D = 43, 7dB
3.
Problema 3
Solucin Apartado aEl primer oscilador local debe bajar la frecuencia de entrada (Frf) a la
pri-mera frecuencia intermedia (Fi1). Al ser Fi1 inferior a Frf es una conversin
inferior:
Fi = |Frfmax − Folmax| y Fi = |Frfmin− Folmin|
Reemplazando por los respectivos valores:
58, 525M Hz = 450M Hz − Folmax → Folmax = 391, 475M Hz
58, 525M Hz = 430M Hz − Folmin → Folmin = 371, 475M Hz
Tambin se puede dar el siguiente caso:
Fi = |Folmax− Frfmax| y Fi = |Folmin− Frfmin|
58, 525M Hz = Folmax− 450M Hz → Folmax = 508, 525M Hz
58, 525M Hz = Folmin− 430M Hz → Folmin = 488, 525M Hz
Solucin Apartado b
Sabemos que la sensibilidad del equipo es: S[R][dBm] = RS + Pruido
S[R][dBm] = 6dB + Pruido
de ruido total del sistema: fT otal = frf + ff iltro−1 Grf + fdemod−1 Grf·Gf iltro
A partir de los datos de la figura calculamos: Grf = 18dB → Grf = 101,8 = 63, 09
Gf iltro = −0, 5dB → Gf iltro = 10−0,5 = 0, 8912
Frf = 3dB → frf = 100,3 = 1, 9952
Ff iltro = 0, 5dB → ff iltro = 1, 1222018454
Fdemod = 6dB → fdemod = 3, 98107
Reemplazamos en la ecuacin del factor de ruido fT otal =
Grf·Gf iltro·frf+Gf ilter·(ff iltro−1)+fdemod−1
Grf·Gf iltro
Sustituyendo por los valores previamente calculados, tenemos que: fT otal = 42,830419,9526 = 2, 1466
Con este dato calculamos la potencia de ruido total: PNTotal = K · B · T0 ·
fT otal(W ) = K · B · T0· fT otal· 103mW
PNT otal = 2, 1709 · 10
−13 → P
NT otal = −126, 636dBm
Usando la potencia de ruido total, conocemos la sensibilidad: S[R]dBm =
S
N + PNT otal
S[R] dBm = 6dB -126,636 dBm = -120,636 dBm Solucin Apartado c
Conocemos la ganancia total del sistema: GT = GRF + Gf iltro+ Gdemod
GT = 18dB − 0, 5dB + 70dB = 87, 5dB
Sabemos que el margen dinmico es la relacin (o diferencia en dB) entre la mxima seal aceptable y mnima seal que aceptamos (Sensibilidad en este ca-so).
M D = Pimax− S[R]
P imax = M D + S[R]
Pimax = 45dB − 126, 636, 604dBm = −81, 636dBm
Poutmax = Pimax + GT = 5, 866dBm
Como la mxima seal a la salida con CAG es 3dBm, entonces: PoutmaxCAG = Poutmax− GmaxattnCAG
De donde:
GmaxattnCAG = Poutmax − PoutmaxCAG = 5, 866dBm − 3dBm
GmaxattnCAG = 2, 866dB Solucin Apartado d Sabemos que RP IM = P IM − Psalida entonces: RP IM = P IM |entrada− Pi
Y de ejercicios anteriores sabemos que P IMentrada = −2 · P I3T + 3 · Pi
Por lo tanto:
50dB = −2 · P I3T + 3 · Pi− Pi
50dB = −2 · P I3T + 2 · Pi
Pi = 50dB+2·P I32 T
Para calcular el P I3T remitimos a la ya muy usada frmula: 1
P I3T2 =
1
P I3Amplif icador2 +
(GAmplif icador·GF iltro)2
P I3demod2 P I3T2 = 1 1 P I3Amplificador2+ (GAmplificador·GF iltro)2 P I3demod2 P I3T2 = r 1 1 P I3Amplificador2+ (GAmplificador·GF iltro)2 P I3demod2 Donde:
P I3Amplif icador = 14dBm → P I3Amplif icador = 25,11mW
P I3demod = 18dBm → P I3demod = 63,1mW
GAmplif icador = 18dB → GAmplif icador = 63,1
GF iltro = −0,5dB → GF iltro = ,8912
Sustituyendo tenemos:
P I3T = 1,1210mW → P I3T = 0,49dBm
Conociendo ya el P I3T reemplazamos y obtenemos:
Pi = 50dB+2·P I32 T
Pi = 25,469dBm
Si es debido al bajo P I3T que el dispositivo tiene tan bajo margen
Solucin Apartado e
Para calcular la autenticacin a frecuencia imagen, debido a que tenemos 2 distintos rangos de frecuencia para el oscilador, buscaremos el peor de los ca-sos: la frecuencia intermedia ms prxima a las frecuencias de corte del filtro. Calcularemos la magnitud de la funcin de transferencia a dicha frecuencia y podremos asegurar que la atenuacin de las dems frecuencias imgenes ser superior a la que hemos calculado.
De los datos conocidos podemos indicar que: F0 =pF recinf · F recsup =
√ 430 · 450M Hz = 239,8663M Hz Q = F0 BW = 239,866M Hz 20M Hz = 21, 9943
Para el primer caso de rango de frecuencias de FOL comprendido entre
371,475 y 391,475 MHz, tenemos que la frecuencia imagen est a: Fimagen = Frf − 2Fi
para el peor de los casos tenemos Frfmax = 450M Hz y Fimagen = 332, 95M Hz.
Las dems frecuencias imagen se encuentran a:
Fimagen = Fol+ Frf = 371, 475M Hz + 430M Hz = 801, 475M Hz
Para lograr calcular la respuesta del filtro, sin saber ningn parmetro de L,C ni R haremos unas manipulaciones y aproximaciones:
Primero: Si suponemos que el filtro es exactamente el que se presenta en el diagrama, la funcin de transferencia de dicho filtro a frecuencia de resonancia es 1, y segn las especificaciones sabemos que el filtro tiene una ganancia a frecuencia de resonancia de -0,5dB, por lo tanto asumiremos la existencia de una resistencia serie de prdidas de la bobina y el condensador Rs, tal que:
RL
RL+Rs = 0,8913(−0, 5dB)
Sabemos que la funcin de transferencia del filtro RLC serie es: H(s) = RL RL+Rs+C·s1 +L·s = RL·C·s (RL+Rs)·C·s+1+s2·L·C = RL·C·s L·C·s2+(R L+Rs)·C·s+1 Si sustituimos: ζ = RL+Rs 2 q C L = (RL+Rs)·C 2 q 1 L·C = (RL+Rs)·C·ω0 2 y ω0 = q 1 L·C Obtenemos: H(s) = RL·C·s s2 ω2 0 +2·ω0ζ ·s+1
Sustituyendo s por jω tenemos: H(s) = RL·C·jω
ω2 ω20+2·
ζ ω0·s+1
Dividiendo arriba y abajo por jω H(s) = RL·C 2·ζ ω0+j 1 ω „ ω2 ω20−1 «
H(s) = RL·C 2ζ ω0+j 1 ω „ ω2−ω20 ω20 « H(s) = RL·C 2ζ ω0+j 1 ω0 „ ω2−ω2 0 ω·ω0 «
Dividiendo numerador y denominador por (RL+ Rs) · C
H(s) = RL RL+Rs 1 2ζ (RL+Rs)·C·ω0+j 1 (RL+Rs)·C·ω0 „ ω2−ω20 ω·ω0 « Simplificando ζ = (RL+Rs)·C·ω0 2 : H(s) = RL RL+Rs 1 1+j2ζ1 „ ω2−ω20 ω·ω0 « Y reemplazando Q = 2ζ1 tenemos: H(s) = RL RL+Rs 1 1+jQ „ ω2−ω20 ωω0 «
Expresin que solo depende de Q, ω0, ω, y la relacin entre RRL
L+Rs parmetros
conocidos en el problema.
Sustituyendo los respectivos valores: H(jω) = 0, 8913 1 1+j·21,9943 “ ω2−(2·π·239,8663M Hz)2 2·π·239,8663M Hz·ω ”
Ahora evaluando en la frecuencia imagen ms cercana fimagen = 332, 95M Hz
H(jω) = 0, 8913 1
1+j·21,9943“(2·π·332,95M Hz)2−(2·π·239,8663M Hz)22·π·239,8663M Hz·2·π·332,95M Hz ” = 0, 8913 1 1+j14,6482
|H(j2 · π · 332, 95M Hz)| = 0, 0606
