Aufgaben:Exercise 1.2: Coaxial Cable

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Verschiedene Koaxialkabel

Der Frequenzgang eines Normalkoaxialkabels der Länge  $l$  (mit  $2.6 \ \text{mm}$  Durchmesser des Innenleiters und  $9.5 \ \text{mm}$ Außendurchmesser)  lautet für Frequenzen  $f > 0$:

$$H(f) = {\rm e}^{-\alpha_{0\hspace{0.02cm}} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} l} \cdot {\rm e}^{-(\alpha_1 + {\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} \beta_1)\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} f \cdot \hspace{0.05cm} l}\hspace{0.05cm}\cdot\hspace{0.05cm} {\rm e}^{-(\alpha_2 + {\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}\beta_2) \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} \sqrt{f} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} l}.$$

• Der erste, von den Ohmschen Verlusten herrührende Term in dieser Gleichung wird durch die so genannte kilometrische Dämpfung  $α_0 = 0.00162\, \text{Np/km}$  beschrieben.

• Der frequenzproportionale Dämpfungsanteil   ⇒   $α_1 · f · l$  mit  $α_1 = 0.000435 \,\text{Np/(km · MHz)}$  geht auf die Querverluste zurück. Dieser macht sich erst bei sehr hohen Frequenzen bemerkbar und wird im Folgenden vernachlässigt.

• Auch die frequenzproportionale Phase  $β_1 · f · l$  mit  $β_1 = 21.78 \,\text{rad/(km · MHz)}$  wird außer Acht gelassen werden, da diese nur eine für alle Frequenzen gleiche Laufzeit zur Folge hat.

Der Koaxialkabel–Frequenzgang wird deshalb für Frequenzen zwischen  $200 \ \text{kHz}$  und  $400 \ \text{MHz}$  vorwiegend durch den Einfluss

• der Dämpfungskonstanten  $α_2 = 0.2722 \,\text{Np/(km · MHz}^{0.5})$, und
• der Phasenkonstanten  $β_2 = 0.2722 \,\text{rad/(km · MHz}^{0.5})$

bestimmt, die auf den so genannten Skineffekt zurückzuführen sind. Für positive Frequenzen gilt:

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

Aufgrund der gleichen Zahlenwerte von  $α_2$  und  $β_2$  kann hierfür auch geschrieben werden:

$$H(f) = K \cdot {\rm e}^{- \sqrt{2\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} f/f_0} },$$

wobei der Parameter  $f_0$  die beiden Konstanten  $α_2$  und  $β_2$  sowie die Kabellänge  $l$  gleichermaßen berücksichtigt.

Hinweis:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel  Systembeschreibung im Frequenzbereich.

Fragebogen

1

Wie groß ist die Frequenzgang–Konstante  $K$  für die Kabellänge  $l = 5\,\text{ km}$?

$K \ = \ $

2

Welche Länge  $l_{\rm max}$  könnte ein Kabel besitzen, damit ein Gleichsignal um nicht mehr als  $3\%$  gedämpft wird?

$l_{\rm max} \ = \ $  $\text{ km}$

3

Wie groß ist die charakteristische Frequenz  $f_0$  für die Kabellänge  $l = 5\,\text{ km}$. Berücksichtigen Sie die Beziehung  $\rm \sqrt{2j} = 1 + j$.

$f_0\ = \ $  $\text{ MHz}$

4

Am Kabeleingang liegt ein Cosinussignal der Frequenz  $f_x = f_0$  mit Leistung  $P_x = \,\text{1 W}$ an. Wie groß ist die Ausgangsleistung  $P_y$?

$P_y \ = \ $  $\text{ mW}$

5

Welche Ausgangsleistung erhält man mit der Signalfrequenz  $f_x = 10 \ \rm MHz$?

$P_y \ = \ $  $\text{ mW}$

Musterlösung

Solution

(1)  Für den Gleichsignalübertragungsfaktor gilt:

$$K = H(f=0) = {\rm e}^{-\alpha_0 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} l} = {\rm e}^{-0.00162 \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} 5}\hspace{0.15cm}\underline{ \approx 0.992}.$$

(2)  Mit  ${\rm a_0 } = α_0 · l$  müsste folgende Gleichung erfüllt sein:

$${\rm e}^{\rm -a_0 } \ge 0.97 \hspace{0.2cm} \Rightarrow \hspace{0.2cm} {\rm a_0 } < \ln \frac{1}{0.97 } \approx 0.0305\,{\rm Np}.$$

• Damit erhält man für die maximale Länge  $l_{\rm max} = 0.0305 \ \text{Np}/0.00162 \ \text{Np/km} \rm \underline{\: ≈ \: 18.8 \: km}$.

(3)  Wegen  $β_2 = α_2$  und der angegebenen Beziehung  $\rm 1 + j = \sqrt{2j}$  kann für den Frequenzgang auch geschrieben werden:

$$H(f) = K \cdot {\rm e}^{- \sqrt{2\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} f \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} {\alpha_2}^2 \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} l^2} }= K \cdot {\rm e}^{- \sqrt{2\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} f/f_0} }.$$

• Durch Koeffizientenvergleich mit der vorne angegebenen Gleichung erhält man:

$${1}/{f_0} = \alpha_2^2 \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} l^2 = \big ( \frac { {\rm 0.272} }{\rm km \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} \sqrt{MHz} }\big )^2 \cdot ({\rm 5 \hspace{0.05cm} km})^2 = \frac{1.855}{ {\rm MHz} }\hspace{0.2cm} \Rightarrow \hspace{0.2cm} f_0 \hspace{0.15cm}\rm \underline{= 0.540 \: MHz}.$$

(4)  Für den Frequenzgang gilt:

$$\begin{align*}H(f) & = K \cdot {\rm e}^{- \sqrt{2\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} f/f_0} } = K \cdot {\rm e}^{- \sqrt{ f/f_0} } \cdot {\rm e}^{- {\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}\sqrt{ f/f_0} } \hspace{0.05 cm} \Rightarrow \hspace{0.05 cm} |H(f)|^2 = K^2 \cdot {\rm e}^{- 2\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}\sqrt{ f/f_0} }.\end{align*}$$

• Für  $f = f_0$  erhält man hierfür  $K^2 \cdot \rm e^{–2} ≈ 0.135$. Daraus folgt weiter:

$$P_y = P_x \cdot |H(f = f_0)|^2 \hspace{0.15cm}\underline{\approx135\hspace{0.05cm}{\rm mW}}.$$

(5)  Mit der höheren Frequenz  $f_x = 10\:\text{MHz}$  ist die Ausgangsleistung gegenüber  $f_x = 0.54\:\text{MHz}$  signifikant kleiner:

$$P_y = P_x \cdot {\rm e}^{- 2\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}\sqrt{ 10/0.54} }\approx P_x \cdot {\rm e}^{- 8.6 } \hspace{0.15cm}\underline{\approx 0.184 \hspace{0.1cm}{\rm mW}}.$$