Aufgaben:Aufgabe 4.4: Koaxialkabel – Frequenzgang: Unterschied zwischen den Versionen
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'''(1)''' Richtig sind die <u>Lösungsvorschläge 1 und 4</u>: | '''(1)''' Richtig sind die <u>Lösungsvorschläge 1 und 4</u>: | ||
− | *Der $\alpha_0$–Term bewirkt nur eine frequenzunabhängige Dämpfung. | + | *Der $\alpha_0$–Term bewirkt nur eine frequenzunabhängige Dämpfung. |
− | *Der $\beta_1$–Term (lineare Phase) führt zu einer frequenzunabhängigen Laufzeit. | + | *Der $\beta_1$–Term (lineare Phase) führt zu einer frequenzunabhängigen Laufzeit. |
*Alle anderen Terme tragen zu den (linearen) Verzerrungen bei. | *Alle anderen Terme tragen zu den (linearen) Verzerrungen bei. | ||
− | '''(2)''' Mit ${\rm a}_0 = \alpha_0 \cdot l$ muss die folgende Gleichung erfüllt sein: | + | |
+ | '''(2)''' Mit ${\rm a}_0 = \alpha_0 \cdot l$ muss die folgende Gleichung erfüllt sein: | ||
:$${\rm e}^{- {\rm a}_0 } \ge 0.99 | :$${\rm e}^{- {\rm a}_0 } \ge 0.99 | ||
\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm a}_0 < {\rm ln} | \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm a}_0 < {\rm ln} | ||
\hspace{0.10cm}\frac{1}{0.99}\approx 0.01\,\,{\rm (Np)} | \hspace{0.10cm}\frac{1}{0.99}\approx 0.01\,\,{\rm (Np)} | ||
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− | Damit erhält man für die maximale Kabellänge: | + | *Damit erhält man für die maximale Kabellänge: |
:$$l_{\rm max} = \frac{{\rm a}_0 }{\alpha_0 } = \frac{0.01\,\,{\rm Np}}{0.00162\,\,{\rm Np/km}}\hspace{0.15cm}\underline{\approx 6.173\,\,{\rm km}} | :$$l_{\rm max} = \frac{{\rm a}_0 }{\alpha_0 } = \frac{0.01\,\,{\rm Np}}{0.00162\,\,{\rm Np/km}}\hspace{0.15cm}\underline{\approx 6.173\,\,{\rm km}} | ||
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− | '''(4)''' Entsprechend der Berechnung in der Teilaufgabe '''(3)''' erhält man hier den Dämpfungswert ${a}_{\rm K}(f = 70\ \rm MHz)\hspace{0.15cm}\underline{=4.555 \ \rm Np}$. | + | |
+ | '''(4)''' Entsprechend der Berechnung in der Teilaufgabe '''(3)''' erhält man hier den Dämpfungswert ${a}_{\rm K}(f = 70\ \rm MHz)\hspace{0.15cm}\underline{=4.555 \ \rm Np}$. | ||
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(20 \cdot {\rm lg} \hspace{0.10cm} x) = 0.1151 \cdot x_{\rm dB} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} x_{\rm dB} = 8.6859 \cdot x_{\rm | (20 \cdot {\rm lg} \hspace{0.10cm} x) = 0.1151 \cdot x_{\rm dB} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} x_{\rm dB} = 8.6859 \cdot x_{\rm | ||
Np}\hspace{0.05cm}.$$ | Np}\hspace{0.05cm}.$$ | ||
− | Der Dämpfungswert $4.555 \ {\rm Np}$ ist somit identisch mit ${a}_{\rm K}(f = 70\ \rm MHz)\hspace{0.15cm}\underline{=39.56 \ \rm dB}$. | + | Der Dämpfungswert $4.555 \ {\rm Np}$ ist somit identisch mit ${a}_{\rm K}(f = 70\ \rm MHz)\hspace{0.15cm}\underline{=39.56 \ \rm dB}$. |
'''(6)''' Richtig sind die <u>Lösungsvorschläge 1, 4 und 5</u>. Begründung: | '''(6)''' Richtig sind die <u>Lösungsvorschläge 1, 4 und 5</u>. Begründung: | ||
− | *Mit der Beschränkung auf den Dämpfungsterm mit $\alpha_2$ gilt für den Frequenzgang: | + | *Mit der Beschränkung auf den Dämpfungsterm mit $\alpha_2$ gilt für den Frequenzgang: |
:$$H_{\rm K}(f) = | :$$H_{\rm K}(f) = | ||
{\rm e}^{- \alpha_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot | {\rm e}^{- \alpha_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot | ||
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{\rm e}^{- {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot | {\rm e}^{- {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot | ||
\sqrt{f}} \hspace{0.05cm}.$$ | \sqrt{f}} \hspace{0.05cm}.$$ | ||
− | *Verzichtet man auf den $\beta_1$–Phasenterm, so ändert sich bezüglich den Verzerrungen nichts. Lediglich die Phasen– und die Gruppenlaufzeit würden (beide gleich) um den Wert $\tau_1 = (\beta_1 \cdot l)/(2\pi)$ kleiner. | + | *Verzichtet man auf den $\beta_1$–Phasenterm, so ändert sich bezüglich den Verzerrungen nichts. Lediglich die Phasen– und die Gruppenlaufzeit würden (beide gleich) um den Wert $\tau_1 = (\beta_1 \cdot l)/(2\pi)$ kleiner. |
− | *Verzichtet man auf den $\beta_2$–Term, so ergeben sich dagegen völlig andere Verhältnisse: | + | *Verzichtet man auf den $\beta_2$–Term, so ergeben sich dagegen völlig andere Verhältnisse: |
− | ::'''(a)''' Der Frequenzgang $H_{\rm K}(f)$ erfüllt nun nicht mehr die Voraussetzung eines kausalen Systems; bei einem solchen müsste $H_{\rm K}(f)$ minimalphasig sein. | + | ::'''(a)''' Der Frequenzgang $H_{\rm K}(f)$ erfüllt nun nicht mehr die Voraussetzung eines kausalen Systems; bei einem solchen müsste $H_{\rm K}(f)$ minimalphasig sein. |
− | ::'''(b)''' Die Impulsantwort $h_{\rm K}(t)$ ist bei reellem Frequenzgang symmetrisch um $t = 0$, was nicht den Gegebenheiten entspricht. | + | ::'''(b)''' Die Impulsantwort $h_{\rm K}(t)$ ist bei reellem Frequenzgang symmetrisch um $t = 0$, was nicht den Gegebenheiten entspricht. |
*Deshalb ist als eine Näherung für den Koaxialkabelfrequenzgang erlaubt: | *Deshalb ist als eine Näherung für den Koaxialkabelfrequenzgang erlaubt: | ||
:$${a}_{\rm K}(f) = \alpha_2 \cdot l \cdot | :$${a}_{\rm K}(f) = \alpha_2 \cdot l \cdot | ||
− | \sqrt{f}, | + | \sqrt{f},$$ |
+ | :$$ b_{\rm K}(f) = a_{\rm K}(f) \cdot | ||
{\rm rad}/{\rm Np}\hspace{0.05cm}.$$ | {\rm rad}/{\rm Np}\hspace{0.05cm}.$$ | ||
− | *Das heißt: ${a}_{\rm K}(f)$ und ${b}_{\rm K}(f)$ eines Koaxialkabels sind in erster Näherung formgleich und unterscheiden sich lediglich in ihren Einheiten. | + | *Das heißt: ${a}_{\rm K}(f)$ und ${b}_{\rm K}(f)$ eines Koaxialkabels sind in erster Näherung formgleich und unterscheiden sich lediglich in ihren Einheiten. |
− | *Bei einem Digitalsystem mit der Bitrate $R = 140 \ \rm Mbit/s$ ⇒ $R/2 = 70 \ \rm Mbit/s$ und der Kabellänge $l = 2 \ \rm km$ gilt tatsächlich $a_\star \approx 40 \ \rm dB$ (siehe Musterlösung zur letzten Teilaufgabe). | + | *Bei einem Digitalsystem mit der Bitrate $R = 140 \ \rm Mbit/s$ ⇒ $R/2 = 70 \ \rm Mbit/s$ und der Kabellänge $l = 2 \ \rm km$ gilt tatsächlich $a_\star \approx 40 \ \rm dB$ (siehe Musterlösung zur letzten Teilaufgabe). |
− | *Ein System mit vierfacher Bitrate$R/2 = 280 \ \rm Mbit/s$ und halber Länge ( | + | *Ein System mit vierfacher Bitrate $R/2 = 280 \ \rm Mbit/s$ und halber Länge $(l = 1 \ \rm km)$ führt zur gleichen charakteristischen Kabeldämpfung. |
− | *Dagegen gilt für ein System mit $R/2 = 35 \ \rm Mbit/s$ und $l = 2 \ \rm km$: | + | *Dagegen gilt für ein System mit $R/2 = 35 \ \rm Mbit/s$ und $l = 2 \ \rm km$: |
:$${a}_\star = 0.2722 \hspace{0.15cm}\frac {\rm Np}{\rm km \cdot \sqrt{MHz}} \cdot {\rm 2\,km}\cdot\sqrt{\rm 35\,MHz} | :$${a}_\star = 0.2722 \hspace{0.15cm}\frac {\rm Np}{\rm km \cdot \sqrt{MHz}} \cdot {\rm 2\,km}\cdot\sqrt{\rm 35\,MHz} | ||
\cdot 8.6859 \,\frac {\rm dB}{\rm Np} \approx 28\,{\rm dB} | \cdot 8.6859 \,\frac {\rm dB}{\rm Np} \approx 28\,{\rm dB} |
Version vom 6. November 2019, 17:55 Uhr
Ein so genanntes Normalkoaxialkabel der Länge $l$ mit
- dem Kerndurchmesser $\text{2.6 mm}$, und
- dem Außendurchmesser $\text{9.5 mm}$
besitzt den folgenden Frequenzgang:
- $$H_{\rm K}(f) = {\rm e}^{- \alpha_0 \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} l} \cdot {\rm e}^{- \alpha_1 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}f} \cdot {\rm e}^{- \alpha_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f}} \cdot {\rm e}^{- {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_1 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} l \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}f} \cdot {\rm e}^{- {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f}} \hspace{0.05cm}.$$
Die Dämpfungsparameter $\alpha_0$, $\alpha_1$ und $\alpha_2$ sind in „Neper pro Kilometer” (Np/km) einzusetzen und die Phasenparameter $\beta_1$ und $\beta_2$ in „Radian pro Kilometer” (rad/km). Es gelten folgende Zahlenwerte:
- $$\alpha_0 = 0.00162 \hspace{0.15cm}{\rm Np}/{\rm km} \hspace{0.05cm},$$
- $$\alpha_1 = 0.000435 \hspace{0.15cm} {\rm Np}/{{\rm km} \cdot {\rm MHz}} \hspace{0.05cm},$$
- $$\alpha_2 = 0.2722 \hspace{0.15cm}{\rm Np}/{{\rm km} \cdot \sqrt{\rm MHz}} \hspace{0.05cm}.$$
Häufig verwendet man zur systemtheoretischen Beschreibung eines linearen zeitinvarianten Systems
- die Dämpfungsfunktion (in Np bzw. dB):
- $${ a}_{\rm K}(f) = - {\rm ln} \hspace{0.10cm}|H_{\rm K}(f)|= - 20 \cdot {\rm lg} \hspace{0.10cm}|H_{\rm K}(f)| \hspace{0.05cm},$$
- die Phasenfunktion (in rad bzw. Grad):
- $$b_{\rm K}(f) = - {\rm arc} \hspace{0.10cm}H_{\rm K}(f) \hspace{0.05cm}.$$
In der Praxis benutzt man häufig die Näherung
- $$H_{\rm K}(f) = {\rm e}^{- \alpha_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f}} \cdot {\rm e}^{- {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f}}$$
- $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} a_{\rm K}(f) = \alpha_2 \cdot l \cdot \sqrt{f}, \hspace{0.8cm}b_{\rm K}(f) = a_{\rm K}(f) \cdot {\rm rad}/{\rm Np}\hspace{0.05cm}.$$
Dies ist erlaubt, da $\alpha_2$ und $\beta_2$ genau den gleichen Zahlenwert besitzen und sich nur durch verschiedene Pseudoeinheiten unterscheiden.
Mit der Definition der charakteristischen Kabeldämpfung (in Neper bzw. Dezibel)
- $${a}_{\rm \star(Np)} = {a}_{\rm K}(f = {R}/{2}) = 0.1151 \cdot {a}_{\rm \star(dB)}$$
lassen sich zudem Digitalsysteme mit unterschiedlicher Bitrate $R$ und Kabellänge $l$ einheitlich behandeln.
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Eigenschaften von Koaxialkabeln.
- Sie können zur Überprüfung Ihrer Ergebnisse das interaktive Applet Dämpfung von Kupferkabeln benutzen.
Fragebogen
Musterlösung
- Der $\alpha_0$–Term bewirkt nur eine frequenzunabhängige Dämpfung.
- Der $\beta_1$–Term (lineare Phase) führt zu einer frequenzunabhängigen Laufzeit.
- Alle anderen Terme tragen zu den (linearen) Verzerrungen bei.
(2) Mit ${\rm a}_0 = \alpha_0 \cdot l$ muss die folgende Gleichung erfüllt sein:
- $${\rm e}^{- {\rm a}_0 } \ge 0.99 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm a}_0 < {\rm ln} \hspace{0.10cm}\frac{1}{0.99}\approx 0.01\,\,{\rm (Np)} \hspace{0.05cm}.$$
- Damit erhält man für die maximale Kabellänge:
- $$l_{\rm max} = \frac{{\rm a}_0 }{\alpha_0 } = \frac{0.01\,\,{\rm Np}}{0.00162\,\,{\rm Np/km}}\hspace{0.15cm}\underline{\approx 6.173\,\,{\rm km}} \hspace{0.05cm}.$$
(3) Für den Dämpfungsverlauf gilt bei Berücksichtigung aller Terme:
- $${a}_{\rm K}(f) = [\alpha_0 + \alpha_1 \cdot f + \alpha_2 \cdot \sqrt{f}\hspace{0.05cm}] \cdot l = \big[0.00162 + 0.000435 \cdot 70 + 0.2722 \cdot \sqrt{70}\hspace{0.05cm}\big]\, \frac{\rm Np}{\rm km} \cdot 2\,{\rm km} $$
- $$ \Rightarrow \hspace{0.3cm}{a}_{\rm K}(f = 70\ \rm MHz) = \big[0.003 + 0.061 + 4.555 \hspace{0.05cm}\big]\, {\rm Np}\hspace{0.15cm}\underline{= 4.619\, {\rm Np}}\hspace{0.05cm}.$$
(4) Entsprechend der Berechnung in der Teilaufgabe (3) erhält man hier den Dämpfungswert ${a}_{\rm K}(f = 70\ \rm MHz)\hspace{0.15cm}\underline{=4.555 \ \rm Np}$.
(5) Für eine jede positive Größe $x$ gilt:
- $$x_{\rm Np} = {\rm ln} \hspace{0.10cm} x = \frac{{\rm lg} \hspace{0.10cm} x}{{\rm lg} \hspace{0.10cm} {\rm e}} = \frac{1}{{20 \cdot \rm lg} \hspace{0.10cm} {\rm e}} \cdot (20 \cdot {\rm lg} \hspace{0.10cm} x) = 0.1151 \cdot x_{\rm dB} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} x_{\rm dB} = 8.6859 \cdot x_{\rm Np}\hspace{0.05cm}.$$
Der Dämpfungswert $4.555 \ {\rm Np}$ ist somit identisch mit ${a}_{\rm K}(f = 70\ \rm MHz)\hspace{0.15cm}\underline{=39.56 \ \rm dB}$.
(6) Richtig sind die Lösungsvorschläge 1, 4 und 5. Begründung:
- Mit der Beschränkung auf den Dämpfungsterm mit $\alpha_2$ gilt für den Frequenzgang:
- $$H_{\rm K}(f) = {\rm e}^{- \alpha_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f}} \cdot {\rm e}^{- {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_1 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} l \hspace{0.05cm}\cdot f} \cdot {\rm e}^{- {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f}} \hspace{0.05cm}.$$
- Verzichtet man auf den $\beta_1$–Phasenterm, so ändert sich bezüglich den Verzerrungen nichts. Lediglich die Phasen– und die Gruppenlaufzeit würden (beide gleich) um den Wert $\tau_1 = (\beta_1 \cdot l)/(2\pi)$ kleiner.
- Verzichtet man auf den $\beta_2$–Term, so ergeben sich dagegen völlig andere Verhältnisse:
- (a) Der Frequenzgang $H_{\rm K}(f)$ erfüllt nun nicht mehr die Voraussetzung eines kausalen Systems; bei einem solchen müsste $H_{\rm K}(f)$ minimalphasig sein.
- (b) Die Impulsantwort $h_{\rm K}(t)$ ist bei reellem Frequenzgang symmetrisch um $t = 0$, was nicht den Gegebenheiten entspricht.
- Deshalb ist als eine Näherung für den Koaxialkabelfrequenzgang erlaubt:
- $${a}_{\rm K}(f) = \alpha_2 \cdot l \cdot \sqrt{f},$$
- $$ b_{\rm K}(f) = a_{\rm K}(f) \cdot {\rm rad}/{\rm Np}\hspace{0.05cm}.$$
- Das heißt: ${a}_{\rm K}(f)$ und ${b}_{\rm K}(f)$ eines Koaxialkabels sind in erster Näherung formgleich und unterscheiden sich lediglich in ihren Einheiten.
- Bei einem Digitalsystem mit der Bitrate $R = 140 \ \rm Mbit/s$ ⇒ $R/2 = 70 \ \rm Mbit/s$ und der Kabellänge $l = 2 \ \rm km$ gilt tatsächlich $a_\star \approx 40 \ \rm dB$ (siehe Musterlösung zur letzten Teilaufgabe).
- Ein System mit vierfacher Bitrate $R/2 = 280 \ \rm Mbit/s$ und halber Länge $(l = 1 \ \rm km)$ führt zur gleichen charakteristischen Kabeldämpfung.
- Dagegen gilt für ein System mit $R/2 = 35 \ \rm Mbit/s$ und $l = 2 \ \rm km$:
- $${a}_\star = 0.2722 \hspace{0.15cm}\frac {\rm Np}{\rm km \cdot \sqrt{MHz}} \cdot {\rm 2\,km}\cdot\sqrt{\rm 35\,MHz} \cdot 8.6859 \,\frac {\rm dB}{\rm Np} \approx 28\,{\rm dB} \hspace{0.05cm}.$$