Aufgabe 3.1Z: Frequenzgang des Koaxialkabels

From LNTwww

Einige Koaxialkabeltypen

Ein so genanntes Normalkoaxialkabel mit dem Kerndurchmesser  $2.6 \ \rm mm$, dem Außendurchmesser  $9.5 \ \rm mm$  und der Länge  $l$  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  $(\rm Np)$, die Phasenparameter  $\beta_1$  und  $\beta_2$  in Radian  $(\rm rad)$  einzusetzen. Es gelten folgende Zahlenwerte:

$$\alpha_0 = 0.00162 \hspace{0.15cm}\frac{\rm Np}{\rm km} \hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} \alpha_1 = 0.000435 \hspace{0.15cm}\frac{\rm Np}{\rm km\cdot{\rm MHz}} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} \alpha_2 = 0.2722 \hspace{0.15cm}\frac{\rm Np}{\rm km\cdot\sqrt{\rm MHz}} \hspace{0.05cm}.$$

Häufig verwendet man zur systemtheoretischen Beschreibung eines  linearen zeitinvarianten Systems  (LZI)

  • die Dämpfungsfunktion $($in  $\rm Np$  bzw.  $\rm dB)$:
$$a_{\rm K}(f) = - {\rm ln} \hspace{0.10cm}|H_{\rm K}(f)|= - 20 \cdot {\rm lg} \hspace{0.10cm}|H_{\rm K}(f)| \hspace{0.05cm},$$
  • die Phasenfunktion $($in  $\rm rad$ bzw. $\rm Grad)$:
$$b_{\rm K}(f) = - {\rm arc} \hspace{0.10cm}H_{\rm K}(f) \hspace{0.05cm}.$$

In der Praxis benutzt man häufig die Näherung

$$H_{\rm K}(f) = {\rm e}^{- \alpha_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f}} \cdot {\rm e}^{- {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l\hspace{0.05cm}\hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f}}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} a_{\rm K}(f) = \alpha_2 \cdot l \cdot \sqrt{f}, \hspace{0.2cm}b_{\rm K}(f) = a_{\rm K}(f) \cdot \frac{\rm rad}{\rm Np}\hspace{0.05cm}.$$

Dies ist erlaubt, da  $\alpha_2$  und  $\beta_2$  genau den gleichen Zahlenwert besitzen – nur unterschiedliche Pseudoeinheiten. Mit der Definition der  charakteristischen Kabeldämpfung  (in Neper bzw. Dezibel)

$$a_{\rm * (Np)} = a_{\rm K}(f = {R_{\rm B}}/{2}) = 0.1151 \cdot a_{\rm * (dB)}$$

lassen sich zudem Digitalsysteme mit unterschiedlicher Bitrate  $R_{\rm B}$  und Kabellänge  $l$  einheitlich behandeln.




Hinweise:



Fragebogen

1

Welche Terme von  $H_{\rm K}(f)$  führen nicht zu 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_{\rm max} \ = \ $

$\ {\rm km} $

3

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

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

$\ {\rm Np} $

4

Welche Dämpfung ergibt sich bei sonst gleichen Vorraussetzungen, 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 der Aussagen sind unter der Voraussetzung zutreffend, dass man sich bezüglich der Dämpfungsfunktion auf den  $\alpha_2$–Wert beschränkt?

Man kann auch auf den Phasenterm  $\beta_1$  verzichten
Mann kann auch auf den Phasenterm  $\beta_2$  verzichten
$a_* ≈ 40\,{\rm dB}$  gilt für ein System mit  $R_{\rm B} = 70\,{\rm Mbit/s}$  und  $l = 2\,{\rm km}$.
$a_* ≈ 40\,{\rm dB}$  gilt für ein System mit  $R_{\rm B} = 140\,{\rm Mbit/s}$  und  $l = 2\,{\rm km}$.
$a_* ≈ 40\,{\rm dB}$  gilt für ein System mit  $R_{\rm B} = 560\,{\rm Mbit/s}$  und  $l = 1\,{\rm km}$.


Musterlösung

(1)  Richtig sind die Lösungsvorschläge 1 und 4:

  • Der $\alpha_0$–Term bewirkt nur eine frequenzunabhängige Dämpfung und der $\beta_1$–Term (lineare Phase) eine frequenzunabhängige Laufzeit.
  • Alle anderen Terme tragen zu den (linearen) Verzerrungen bei.


(2)  Mit $a_0 = \alpha_0 \cdot l$ muss folgende Gleichung erfüllt sein:

$${\rm e}^{- a_0 } \ge 0.99 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}a_0 < {\rm ln} \hspace{0.10cm}\frac{1}{0.99}\approx 0.01\,\,{\rm (Np)} \hspace{0.05cm}.$$

Damit erhält man für die maximale Kabellänge

$$l_{\rm max} = \frac{a_0 }{\alpha_0 } = \frac{0.01\,\,{\rm Np}}{0.00162\,\,{\rm Np/km}}\hspace{0.15cm}\underline {\approx 6.173\,\,{\rm km}} \hspace{0.05cm}.$$


(3)  Für den Dämpfungsverlauf gilt bei Berücksichtigung aller Terme:

$$a_{\rm K}(f) \ = \ \big[\alpha_0 + \alpha_1 \cdot f + \alpha_2 \cdot \sqrt{f}\hspace{0.05cm}\big] \cdot l = \big [0.00162 + 0.000435 \cdot 70 + 0.2722 \cdot \sqrt{70}\hspace{0.05cm}\big]\, \frac{\rm Np}{\rm km} \cdot 2\,{\rm km} = \hspace{0.15cm}\underline {= 4.619\, {\rm Np}}\hspace{0.05cm}.$$


(4)  Entsprechend der Berechnung bei Punkt (3) erhält man hier den Dämpfungswert $\underline {4.555\,{\rm Np}}$.


(5)  Für eine jede positive Größe $x$ gilt:

$$x_{\rm Np} = {\rm ln} \hspace{0.10cm} x = \frac{{\rm lg} \hspace{0.10cm} x}{{\rm lg} \hspace{0.10cm} {\rm e}} = \frac{1}{{20 \cdot \rm lg} \hspace{0.10cm} {\rm e}} \cdot (20 \cdot {\rm lg} \hspace{0.10cm} x) = 0.1151 \cdot x_{\rm dB}\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} x_{\rm dB} = 8.686 \cdot x_{\rm Np}\hspace{0.05cm}.$$

Der Dämpfungswert $4.555\,{\rm Np}$ ist somit identisch mit $\underline{39.57\,{\rm dB} }$.


(6)  Richtig sind die Lösungsvorschläge 1, 4 und 5:

  • 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 der Verzerrungen nichts. Lediglich die Phasen– und 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:
Der Frequenzgang $H_{\rm K}(f)$ erfüllt nun nicht mehr die Voraussetzung eines kausalen Systems; bei einem solchen muss $H_{\rm K}(f)$ minimalphasig sein.
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:
$$a_{\rm K}(f) = \alpha_2 \cdot l \cdot \sqrt{f}, \hspace{0.2cm}b_{\rm K}(f) = a_{\rm K}(f) \cdot \frac{\rm rad}{\rm Np}\hspace{0.05cm}.$$
  • Das heißt: $a_{\rm K}(f)$ und $b_{\rm K}(f)$ eines Koaxialkabels sind formgleich und unterscheiden sich lediglich in ihren Einheiten.
  • Bei einem Digitalsystem mit Bitrate $R_{\rm B} = 140\,{\rm Mbit/s}$ ⇒ $R_{\rm B}/2 = 70\,{\rm Mbit/s}$ und Kabellänge $l = 2\,{\rm km}$ gilt tatsächlich $a_* ≈ 40\,{\rm dB}$ – siehe Musterlösung zu (5).
  • Ein System mit vierfacher Bitrate ($R_{\rm B}/2 = 280\,{\rm Mbit/s}$) und halber Länge ($l = 1\,{\rm km}$) führt zur gleichen charakteristischen Kabeldämpfung.
  • Dagegen gilt für ein System mit $R_{\rm B}/2 = 35\,{\rm Mbit/s}$ und $l = 2\,{\rm km}$ zu
$$a_{\rm dB} = 0.2722 \frac{\rm Np}{\rm km\cdot \sqrt{\rm MHz}} \cdot 2 \ \rm km \cdot \sqrt{35 \ \rm MHz} \cdot 8.6859 \frac{\rm dB}{\rm Np} ≈ 28 \ \rm dB.$$