Aufgaben:Exercise 4.5: Coaxial Cable - Impulse Response

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mpulsantwort eines Koaxialkabels

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

$$H_{\rm K}(f) = {\rm e}^{- \alpha_0 \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} l} \cdot {\rm e}^{- (\alpha_1 + {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_1) \hspace{0.05cm}\cdot f \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l} \cdot {\rm e}^{- (\alpha_2 + {\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} \beta_2) \hspace{0.05cm}\cdot \sqrt{f} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}l} \hspace{0.05cm}.$$

Der erste Term dieser Gleichung ist auf die Ohmschen Verluste zurückzuführen, 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

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

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 ${a}_{\rm K}(f)$ und der Phasenverlauf $b_{\rm K}(f)$ sind bis auf die Pseudoeinheiten „Np” bzw. „rad” identisch.

Definiert man die charakteristische Kabeldämpfung ${a}_{\rm *}$ bei der halben Bitrate (also bei $R/2$), so kann man Digitalsysteme unterschiedlicher Bitrate und Länge einheitlich behandeln:

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

Der entsprechende $\rm dB$–Wert ist um den Faktor $8.686$ größer. Bei einem Binärsystem gilt $R = 1/T$, so dass sich die charakteristische Kabeldämpfung auf die Frequenz $f = 1/(2T)$ bezieht.

Die Fouriertransformierte von $H_{\rm K}(f)$ liefert die Impulsantwort $h_{\rm K}(t)$, die für ein Koaxialkabel mit den hier beschriebenen Näherungen in geschlossen–analytischer Form angebbar ist. Für ein Binärsystem gilt:

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

Die Teilaufgabe (5) bezieht sich auf den Empfangsgrundimpuls $g_r(t) = g_s(t) \star h_{\rm K}(t)$, wobei für $g_s(t)$ ein Rechteckimpuls mit der Höhe $s_0$ und der Dauer $T$ angenommen werden soll.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel Eigenschaften von Koaxialkabeln.
• Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
• Sie können zur Überprüfung Ihrer Ergebnisse das interaktive Applet Zeitverhalten von Kupferkabeln benutzen.

Fragebogen

1

Wie groß ist die Länge $l$ eines Normalkoaxialkabels, wenn sich für die Bitrate $R = 140 \ \rm Mbit/s$ die charakteristische Kabeldämpfung ${a}_{\rm \star} = 60 \ \rm dB$ ergibt?

$l \ =\ $ $\ \rm km$

2

Zu welcher Zeit $t_{\rm max}$ besitzt $h_{\rm K}(t)$ sein Maximum? Es gelte weiter ${a}_{\rm \star} = 60 \ \rm dB$.

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

3

Wie groß ist der Maximalwert der Impulsantwort?

${\rm Max}\, [h_{\rm K}(t)] \ = \ $ $\ \cdot 1/T$

4

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

$t_{\rm 5\%} \ = \ $ $\ \cdot T$

5

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

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

Musterlösung

Solution

(1)  Die charakteristische Kabeldämpfung ${a}_{\rm \star} = 60 \ \rm dB$ entspricht in etwa $6.9\ \rm Np$. Deshalb muss gelten:

$$\alpha_2 \cdot l \cdot {R}/{2} = 6.9\,\,{\rm Np} \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} l = \frac{6.9\,\,{\rm Np}}{0.2722 \,\, {\rm Np}/({\rm km \cdot \sqrt{\rm MHz}}) \cdot \sqrt{70\,\,{\rm MHz}}}\hspace{0.15cm}\underline{ \approx 3\,\,{\rm km}} \hspace{0.05cm}.$$

(2)  Mit den Substitutionen

$$x = \frac{ t}{ T}, \hspace{0.2cm} K_1 = \frac{ {a}_{\rm \star}/T}{\sqrt{2 \pi^2 }}, \hspace{0.2cm} K_2 = \frac{ {a}_{\rm \star}^2}{2 \pi}$$

kann die Impulsantwort wie folgt beschrieben werden:   $h_{\rm K}(x) = K_1 \cdot x^{-3/2}\cdot {\rm e}^{-K_2/x} \hspace{0.05cm}.$ Durch Nullsetzen der Ableitung folgt daraus:

$$- {3}/{2} \cdot K_1 \cdot x^{-5/2}\cdot {\rm e}^{-K_2/x}+ K_1 \cdot x^{-3/2}\cdot {\rm e}^{-K_2/x}\cdot (-K_2) \cdot (-x^{-2})= 0 \hspace{0.05cm}.$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} {3}/{2} \cdot x^{-5/2} = K_2 \cdot x^{-7/2} \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} x_{\rm max} = {2}/{3} \cdot K_2 = \frac{{a}_{\rm \star}^2}{3 \pi} \hspace{0.05cm}.$$

Daraus ergibt sich für $60 \ \rm dB$ Kabeldämpfung (${a}_{\rm \star} \approx 6.9 \ \rm Np$):

$$x_{\rm max} = { t_{\rm max}}/{ T}= { 6.9^2}/{(3\pi)}\hspace{0.15cm}\underline{ \approx 5 }\hspace{0.05cm}.$$

(3)  Setzt man das letzte Ergebnis in die vorgegebene Gleichung ein, so erhält man (zur Vereinfachung verwenden wir „${a}$”anstelle von „${a}_{\rm \star}$”):

$$h_{\rm K}(t_{\rm max}) = \frac{1}{T} \cdot \frac{ {a}}{ \sqrt{2 \pi^2 \cdot {{a}^6}/{(3\pi)^3}}}\hspace{0.1cm} \cdot {\rm exp} \left[ - \frac{{a}^2}{2\pi} \cdot \frac{3\pi}{{\rm a}^2}\hspace{0.1cm}\right] = \frac{1}{T} \cdot \frac{1}{{a}^2}\cdot \sqrt{\frac{27 \pi }{2}} \cdot {\rm e}^{-3/2} \approx \frac{1}{T} \cdot \frac{1.453}{{a}^2} \hspace{0.05cm}.$$

Mit $a = 6.9$ kommt man somit zum Endergebnis:

$${\rm Max}\,[h_{\rm K}(t)] = \frac{1.453}{{6.9\,}^2} \cdot {1}/{T}\hspace{0.15cm}\underline{\approx 0.03 \cdot {1}/{T}} \hspace{0.05cm}.$$

(4)  Mit dem Ergebnis aus (3) lautet die geeignete Bestimmungsgleichung:

$$\frac{ {a}/T}{ \sqrt{2 \pi^2 \cdot (t_{5\%}/T)^3}}= 0.05 \cdot 0.03 {1}/{T} \hspace{0.15cm}{= 0.0015 \cdot {1}/{T}} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} (t_{5\%}/T)^{3/2} = \frac{a}{\sqrt{2} \cdot \pi \cdot 0.0015}\approx 1036 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} \hspace{0.15cm}\underline{t_{5\%}/T \approx 103.5} \hspace{0.05cm}.$$

Dieser Wert ist etwas zu groß, da der zweite Term ${\rm e}^{-0.05}\approx 0.95$ vernachlässigt wurde. Die exakte Berechnung liefert $t_{\rm 5\%}/T \approx 97$.

(5)  Richtig ist der zweite Lösungsvorschlag:

• Allgemein gilt:

$$g_r(t) = g_s(t) \star h_{\rm K}(t) = s_0 \cdot \int_{t-T/2}^{t+T/2} h_{\rm K}(\tau) \,{\rm d} \tau .$$

• Da sich die Kanalimpulsantwort $h_{\rm K}(t)$ innerhalb einer Symboldauer nur unwesentlich ändert, kann hierfür auch geschrieben werden:

$$g_r(t) = h_{\rm K}(t) \cdot s_0 \cdot T.$$