Aufgaben:Exercise 3.1: Impulse Response of the Coaxial Cable

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Der Frequenzgang eines Koaxialkabels der Länge $l$ ist durch folgende Formel darstellbar:

$$H_{\rm K}(f) \ = \ {\rm e}^{- \alpha_0 \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} l} \cdot $$

$$\ \cdot \ {\rm e}^{- (\alpha_1 + {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_1) \hspace{0.05cm}\cdot f \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l} \cdot $$

$$\ \cdot \ {\rm e}^{- (\alpha_2 + {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_2) \hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l} \hspace{0.05cm}.$$

Der erste Term dieser Gleichung ist auf die Ohmschen Verluste zurückzuführen und der zweite Term auf die Querverluste. Dominant ist jedoch der Skineffekt, der durch den dritten Term ausgedrückt wird. Mit den für ein so genanntes Normalkoaxialkabel (2.6 mm Kerndurchmesser und 9.5 mm Außendurchmesser) gültigen Koeffizienten

$$\alpha_2 = 0.2722 \hspace{0.15cm}\frac{Np}{km \cdot \sqrt{MHz}} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} \beta_2 = 0.2722 \hspace{0.15cm}\frac{rad}{km \cdot \sqrt{MHz}}\hspace{0.05cm}.$$

lässt sich dieser Frequenzgang auch wie folgt darstellen:

$$H_{\rm K}(f) \approx {\rm e}^{- 0.2722 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l/{\rm km} \hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f/{\rm MHz}} } \cdot {\rm e}^{- {\rm j}\hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} 0.2722 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l/{\rm km} \hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f/{\rm MHz}}} \hspace{0.05cm}.$$

Das heißt, der Dämpfungsverlauf $a_K(f)$ und der Phasenverlauf $b_K(f)$ sind bis auf die Pseudoeinheiten „Np” bzw. „rad” identisch.

Definiert man die charakteristische Kabeldämpfung $a_*$ bei der halben Bitrate ($R_B/2$), so kann man Digitalsysteme unterschiedlicher Bitrate und Länge einheitlich behandeln:

$$a_{\star} = a_{\rm K}(f = {R_{\rm B}}/{2}) \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}H_{\rm K}(f) = {\rm e}^{- a_{\star} \cdot \sqrt{2f/R_{\rm B}}}\cdot {\rm e}^{- {\rm j}\hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} a_{\star} \cdot \sqrt{2f/R_{\rm B}}}\hspace{0.4cm}{\rm mit}\hspace{0.2cm}a_{\star}\hspace{0.2cm}{\rm in}\hspace{0.2cm}{\rm Np} \hspace{0.05cm}.$$

Der entsprechende dB–Wert ist um den Faktor 8.688 größer. Bei einem Binärsystem gilt $R_B = 1/T$, so dass sich dann die charakteristische Kabeldämpfung auf die Frequenz $f = 1/(2T)$ bezieht. Die Fouriertransformierte von $H_K(f)$ liefert die Impulsantwort $h_K(t)$, die für ein Koaxialkabel mit den hier beschriebenen Näherungen in geschlossen-analytischer Form angebbar ist. Für ein Binärsystem gilt:

$$h_{\rm K}(t) = \frac{ a_{\star}/T}{ \sqrt{2 \pi^2 \cdot (t/T)^3}}\hspace{0.1cm} \cdot {\rm exp} \left[ - \frac{a_{\star}^2}{2 \pi \cdot t/T}\hspace{0.1cm}\right] \hspace{0.4cm}{\rm mit}\hspace{0.2cm}a_{\star}\hspace{0.2cm}{\rm in}\hspace{0.2cm}{\rm Np} \hspace{0.05cm}.$$

Die Teilaufgabe e) bezieht sich auf den Empfangsgrundimpuls $g_r(t) = g_s(t) * h_K(t)$, wobei für $g_s(t)$ ein Rechteckimpuls mit der Höhe $s_0$ und der Dauer $T$ angenommen werden soll.

Hinweis: Die Aufgabe bezieht sich auf das Kapitel 3.1 dieses Buches und auf das Kapitel 4 des Buches „Lineare zeitinvariante Systeme”.

Fragebogen

1

Wie groß ist die Länge $l$ eines Normalkoaxialkabels, wenn sich für die Bitrate $R_B = 140 Mbit/s$ die charakteristische Kabeldämpfung zu $a_* = 60 dB$ ergibt?

$l$ = $km $

2

Zu welcher Zeit $t_{\rm max}$ besitzt $h_K(t)$ sein Maximum? Es gelte weiter $a_* = 60 db$.

$t_{\rm max}/T$ = $ $

3

Wie groß ist der Maximalwert der Impulsantwort?

$Max [h_K(t)]$ = $1/T $

4

Ab welcher Zeit $t_{\rm 5\%}$ ist $h_K(t)$ kleiner als $5\%$ des Maximums? Berücksichtigen Sie als Näherung nur den ersten Term der angegebenen Formel.

$t_{\rm 5%}/T$ = $1/T $

5

Welche Aussagen treffen für den Empfangsgrundimpuls $g_r(t)$ zu?

	$g_r(t)$ ist doppelt so breit wie $h_K(t)$.
	Es gilt näherungsweise $g_r(t) = h_K(t) \cdot s_0 \cdot T$.
	$g_r(t)$ kann durch einen Gaußimpuls angenähert werden.

Musterlösung

Solution

(1)  (2)  (3)  (4)  (5)  (6)