Aufgaben:Exercise 1.2: Coaxial Cable

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Der Frequenzgang eines Normalkoaxialkabels (Durchmesser des Innenleiters: 2.6 mm, Außendurchmesser: 9.5 mm) der Länge $l$ 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 sog. kilometrische Dämpfung $α_0 =$ 0.00162 Np/km beschrieben.

• Der frequenzproportionale Dämpfungsanteil ⇒ $α_1 · f · l$ mit $α_1 =$ 0.000435 Np/(km · MHz) geht auf die Querverluste zurück. Er 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 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 kHz und 400 MHz im Wesentlichen durch den Einfluss der Dämpfungskonstanten $α_2 =$ 0.2722 Np/(km · MHz $^{0.5}$) und der Phasenkonstanten $β_2 =$ 0.2722 rad/(km · MHz $^{0.5}$) bestimmt, die auf den so genannten Skineffekt zurückzuführen sind: $$H(f) = K \cdot {\rm e}^{-(\alpha_2 + {\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} \beta_2)\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} \sqrt{f} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} l}\hspace{0.3 cm} (f > 0).$$ Aufgrund der gleichen Zahlenwerte von $α_2$ und $β_2$ kann hierfür auch geschrieben werden: $$H(f) = K \cdot {\rm e}^{- \sqrt{2{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} f/f_0} },$$ wobei der Parameter $f_0$ die beiden Konstanten $α_2$ und $β_2$ sowie die Kabellänge $l$ gleichermaßen berücksichtigt.

Hinweis: Diese Aufgabe bezieht sich auf den Theorieteil von Systembeschreibung im Frequenzbereich.

Fragebogen

1

Wie groß ist die Frequenzgang–Konstante $K$ für die Kabellänge $l =$ 5 km?

$K =$

2

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

$l_{\rm max} =$ km

3

Wie groß ist die charakteristische Frequenz $f_0$ für die Kabellänge $l =$ 5 km. Berücksichtigen Sie die Beziehung $\rm (2j)^{0.5} = 1 + j$.

$f_0 =$ MHz

4

Wie groß ist die Leistung $P_y$ am Ausgang, wenn man am Kabeleingang ein Cosinussignal der Frequenz $f_0$ und der Leistung $P_x =$ 1 W anlegt?

$P_y(f = f_0) =$ mW

5

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

$P_y(f = 10 \: \rm MHz) =$ 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 $a_0 = α_0 · l$ 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 Np/0.00162 Np/km $\rm \underline{\: ≈ \: 18.8 \: km}$.

3. Wegen $β_2 = α_2$ und der angegebenen Beziehung $\rm 1 + j = (2j)^{0.5}$ kann für den Frequenzgang auch geschrieben werden: $$H(f) = K \cdot {\rm e}^{- \sqrt{2{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} f \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} {\alpha_2}^2 \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} l^2} }= K \cdot {\rm e}^{- \sqrt{2{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} f/f_0} }.$$ Durch Koeffizientenvergleich mit der vorne angegebenen Gleichung erhält man: $$\frac{1}{f_0} = \alpha_2^2 \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} l^2 = ( \frac { {\rm 0.272} }{\rm km \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} \sqrt{MHz} })^2 \cdot ({\rm 5 \hspace{0.05cm} km})^2 = \frac{1.855}{ {\rm MHz} }\hspace{0.2cm} \Rightarrow \hspace{0.2cm} f_0 \hspace{0.15cm}\rm \underline{= 0.540 \: MHz}$$

4. Für den Frequenzgang gilt: $$\begin{align*}H(f) & = K \cdot {\rm e}^{- \sqrt{2{\rm j}\hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} f/f_0} } = K \cdot {\rm e}^{- \sqrt{ f/f_0} } \cdot {\rm e}^{- {\rm j}\sqrt{ f/f_0} } \\ & \Rightarrow \hspace{0.05 cm} |H(f)|^2 = K^2 \cdot {\rm e}^{- 2\sqrt{ f/f_0} }.\end{align*}$$ Für $f = f_0$ erhält man hierfür $\rm e^{–2}$ ≈ 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. In diesem Fall gilt: $$P_y = P_x \cdot {\rm e}^{- 2\sqrt{ 10/0.54} }\approx P_x \cdot {\rm e}^{- 8.6 } \hspace{0.15cm}\underline{\approx 0.184 \hspace{0.1cm}{\rm mW}}.$$