Aufgaben:Aufgabe 4.4: Koaxialkabel – Frequenzgang

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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:

$$\alpha_0 = 0.00162 \hspace{0.15cm}{\rm Np}/{\rm km} \hspace{0.05cm},$$

$$\alpha_1 = 0.000435 \hspace{0.15cm} {\rm Np}/{{\rm km} \cdot {\rm MHz}} \hspace{0.05cm},$$

$$\alpha_2 = 0.2722 \hspace{0.15cm}{\rm Np}/{{\rm km} \cdot \sqrt{\rm MHz}} \hspace{0.05cm}.$$

Zur systemtheoretischen Beschreibung eines Koaxialkabels verwendet man

• 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  "HTML 5/JS"–Applet  Dämpfung von Kupferkabeln  benutzen.

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

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:

$$x_{\rm Np} = {\rm ln} \hspace{0.10cm} x = \frac{{\rm lg} \hspace{0.10cm} x}{{\rm lg} \hspace{0.10cm} {\rm e}}= \frac{1}{{20 \cdot \rm lg} \hspace{0.10cm} {\rm e}} \cdot(20 \cdot {\rm lg} \hspace{0.10cm} x) = 0.1151 \cdot x_{\rm dB} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} x_{\rm dB} = 8.6859 \cdot x_{\rmNp}\hspace{0.05cm}.$$

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  $l = 2 \ \rm km$:

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