Aufgaben:Aufgabe 4.4: Koaxialkabel – Frequenzgang: Unterschied zwischen den Versionen

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'''(1)'''&nbsp; Richtig sind die <u>Lösungsvorschläge 1 und 4</u>:
 
'''(1)'''&nbsp; Richtig sind die <u>Lösungsvorschläge 1 und 4</u>:
*Der $\alpha_0$&ndash;Term bewirkt nur eine frequenzunabhängige Dämpfung.  
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*Der&nbsp; $\alpha_0$&ndash;Term bewirkt nur eine frequenzunabhängige Dämpfung.  
*Der $\beta_1$&ndash;Term (lineare Phase) führt zu einer frequenzunabhängigen Laufzeit.  
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*Der&nbsp; $\beta_1$&ndash;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)'''&nbsp; Mit ${\rm a}_0 = \alpha_0 \cdot l$ muss die folgende Gleichung erfüllt sein:
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'''(2)'''&nbsp; Mit&nbsp; ${\rm a}_0 = \alpha_0 \cdot l$&nbsp; 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)}
 
   \hspace{0.05cm}.$$
 
   \hspace{0.05cm}.$$
Damit erhält man für die maximale Kabellänge:
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*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}}
 
   \hspace{0.05cm}.$$
 
   \hspace{0.05cm}.$$
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'''(4)'''&nbsp; 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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'''(4)'''&nbsp; Entsprechend der Berechnung in der Teilaufgabe&nbsp; '''(3)'''&nbsp; erhält man hier den Dämpfungswert&nbsp; ${a}_{\rm K}(f = 70\ \rm MHz)\hspace{0.15cm}\underline{=4.555 \ \rm Np}$.
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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 ${a}_{\rm K}(f = 70\ \rm MHz)\hspace{0.15cm}\underline{=39.56 \ \rm dB}$.
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Der Dämpfungswert&nbsp; $4.555 \ {\rm Np}$&nbsp; ist somit identisch mit&nbsp; ${a}_{\rm K}(f = 70\ \rm MHz)\hspace{0.15cm}\underline{=39.56 \ \rm dB}$.
  
  
  
 
'''(6)'''&nbsp; Richtig sind die <u>Lösungsvorschläge 1, 4 und 5</u>. Begründung:
 
'''(6)'''&nbsp; Richtig sind die <u>Lösungsvorschläge 1, 4 und 5</u>. Begründung:
*Mit der Beschränkung auf den Dämpfungsterm mit $\alpha_2$ gilt für den Frequenzgang:
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*Mit der Beschränkung auf den Dämpfungsterm mit&nbsp; $\alpha_2$&nbsp; 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 $\beta_1$&ndash;Phasenterm, so ändert sich bezüglich den Verzerrungen nichts. Lediglich die Phasen&ndash; und die Gruppenlaufzeit würden (beide gleich) um den Wert $\tau_1 = (\beta_1 \cdot l)/(2\pi)$ kleiner.
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*Verzichtet man auf den&nbsp; $\beta_1$&ndash;Phasenterm, so ändert sich bezüglich den Verzerrungen nichts.&nbsp; Lediglich die Phasen&ndash; und die Gruppenlaufzeit würden (beide gleich) um den Wert&nbsp; $\tau_1 = (\beta_1 \cdot l)/(2\pi)$&nbsp; kleiner.
  
*Verzichtet man auf den $\beta_2$&ndash;Term, so ergeben sich dagegen völlig andere Verhältnisse:
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*Verzichtet man auf den&nbsp; $\beta_2$&ndash;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.
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::'''(a)''' Der Frequenzgang&nbsp; $H_{\rm K}(f)$&nbsp; erfüllt nun nicht mehr die Voraussetzung eines kausalen Systems; bei einem solchen müsste&nbsp; $H_{\rm K}(f)$&nbsp; minimalphasig sein.
::'''(b)''' Die Impulsantwort  $h_{\rm K}(t)$ ist bei reellem Frequenzgang symmetrisch um $t = 0$, was nicht den Gegebenheiten entspricht.
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::'''(b)''' Die Impulsantwort&nbsp; $h_{\rm K}(t)$&nbsp; ist bei reellem Frequenzgang symmetrisch&nbsp; 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
 
:$${a}_{\rm K}(f) = \alpha_2  \cdot l \cdot
   \sqrt{f}, \hspace{0.2cm}b_{\rm K}(f) = a_{\rm K}(f) \cdot
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   \sqrt{f},$$
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:$$ 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.
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*Das heißt:&nbsp; ${a}_{\rm K}(f)$&nbsp; und&nbsp; ${b}_{\rm K}(f)$&nbsp; eines Koaxialkabels sind in erster Näherung formgleich und unterscheiden sich lediglich in ihren Einheiten.
  
*Bei einem Digitalsystem mit der Bitrate $R = 140 \ \rm Mbit/s$ &nbsp; &#8658; &nbsp; $R/2 = 70 \ \rm Mbit/s$ und der Kabellänge $l = 2 \ \rm km$ gilt tatsächlich $a_\star \approx 40 \ \rm dB$ (siehe Musterlösung zur letzten Teilaufgabe).  
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*Bei einem Digitalsystem mit der Bitrate&nbsp; $R = 140 \ \rm Mbit/s$ &nbsp; &#8658; &nbsp; $R/2 = 70 \ \rm Mbit/s$&nbsp; und der Kabellänge&nbsp; $l = 2 \ \rm km$&nbsp; gilt tatsächlich&nbsp; $a_\star \approx 40 \ \rm dB$&nbsp; (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.  
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*Ein System mit vierfacher Bitrate&nbsp; $R/2 = 280 \ \rm Mbit/s$&nbsp; und halber Länge&nbsp; $(l = 1 \ \rm km)$&nbsp; führt zur gleichen charakteristischen Kabeldämpfung.  
*Dagegen gilt für ein System mit $R/2 = 35 \ \rm Mbit/s$ und $l = 2 \ \rm km$:
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*Dagegen gilt für ein System mit&nbsp; $R/2 = 35 \ \rm Mbit/s$&nbsp; und&nbsp; $l = 2 \ \rm km$:
 
:$${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

Verschiedene Koaxialkabel

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:


Fragebogen

1

Welche Terme von  $H_{\rm K}(f)$  führen zu keinen Verzerrungen? Der

$\alpha_0$–Term,
$\alpha_1$–Term,
$\alpha_2$–Term,
$\beta_1$–Term,
$\beta_2$–Term.

2

Welche Länge  $l_{\rm max}$  könnte ein solches Kabel besitzen, damit ein Gleichsignal um nicht mehr als  $1\%$  gedämpft wird?

$l_\text{max} \ = \ $

$\ \rm km$

3

Welche Dämpfung (in Np) ergibt sich bei der Frequenz  $f = 70 \ \rm MHz$, wenn die Kabellänge  $\underline{l = 2 \ \rm km}$  beträgt?

$a_{\rm K}(f = 70\ \rm MHz) \ = \ $

$\ \rm Np$

4

Welche Dämpfung ergibt sich bei sonst gleichen Voraussetzungen, wenn man nur den  $\alpha_2$–Term berücksichtigt?

$a_{\rm K}(f = 70\ \rm MHz) \ = \ $

$\ \rm Np$

5

Wie lautet die Formel für die Umrechnung zwischen  $\rm Np$ und  $\rm dB$?  Welcher  $\rm dB$–Wert ergibt sich für die unter  (4)  berechnete Dämpfung?

$a_{\rm K}(f = 70\ \rm MHz) \ = \ $

$\ \rm dB$

6

Welche Aussagen sind zutreffend, wenn man sich bezüglich der Dämpfungsfunktion auf den  $\alpha_2$–Wert beschränkt?

Man kann auch auf den Phasenterm mit  $\beta_1$  verzichten.
Man kann auch auf den Phasenterm mit  $\beta_2$  verzichten.
$a_\star \approx 40 \ \rm dB$  gilt für ein System mit  $R = 70 \ \rm Mbit/s$  und  $l = 2 \ \rm km$.
$a_\star \approx 40 \ \rm dB$  gilt für ein System mit  $R = 140 \ \rm Mbit/s$  und  $l = 2 \ \rm km$.
$a_\star \approx 40 \ \rm dB$  gilt für ein System mit  $R = 560 \ \rm Mbit/s$  und  $l = 1 \ \rm km$.


Musterlösung

(1)  Richtig sind die Lösungsvorschläge 1 und 4:

  • 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  $l = 2 \ \rm km$:
$${a}_\star = 0.2722 \hspace{0.15cm}\frac {\rm Np}{\rm km \cdot \sqrt{MHz}} \cdot {\rm 2\,km}\cdot\sqrt{\rm 35\,MHz} \cdot 8.6859 \,\frac {\rm dB}{\rm Np} \approx 28\,{\rm dB} \hspace{0.05cm}.$$