Exercise 4.7: Copper Twin Wire 0.5 mm

Impulsantwort der Kupfer-Doppelader

Das Zeitverhalten einer Kupferdoppelader mit Durchmesser $d = 0.5 \ \rm mm$ soll analysiert werden.

Der Frequenzgang lautet mit der Leitungslänge $l = 1.5 \ \rm km$ und der Bitrate $R = 10 \rm Mbit/s$:

$$H_{\rm K}(f) = {\rm e}^{-{\rm a}_0 } \cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} 2 \pi \cdot f \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.01cm}\tau_{\rm P}} \cdot {\rm e}^{-{\rm a}_1 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.02cm}2f/R}\cdot {\rm e}^{-{\rm a}_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}\sqrt{2f/R}}\cdot {\rm e}^{-{\rm j} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} b_2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}\sqrt{2f/R}} \hspace{0.05cm}.$$

Verwendet sind folgende Größen, die sich aus dem Dämpfungs– und Phasenmaß ableiten lassen:

$${a}_0 = \alpha_0 \cdot l\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}{\rm mit} \hspace{0.15cm}\alpha_0 = 0.5066\,\, \frac{\rm Np}{\rm km}\hspace{0.05cm},$$

$$ \tau_{\rm P} = \frac{\beta_1 \cdot l}{2 \pi} \hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}{\rm mit} \hspace{0.15cm}\beta_1 = 30.6\,\, \frac{\rm rad}{\rm km \cdot MHz}\hspace{0.05cm},$$

$$ {a}_1 = \alpha_1 \cdot l \cdot {{R}/{2}}\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}{\rm mit} \hspace{0.15cm} \alpha_1 = 0.136\,\, \frac{\rm Np}{\rm km \cdot MHz}\hspace{0.05cm},$$

$$ {a}_2 = \alpha_2 \cdot l \cdot \sqrt{{R}/{2}}\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}{\rm mit} \hspace{0.15cm} \alpha_2 = 1.1467\,\, \frac{\rm Np}{\rm km \cdot \sqrt{MHz}}\hspace{0.05cm},$$

$$ {b}_2 = \beta_2 \cdot l \cdot \sqrt{{R}/{2}}\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}{\rm mit} \hspace{0.15cm} \beta_2 = 1.1467\,\, \frac{\rm rad}{\rm km \cdot \sqrt{MHz}}\hspace{0.05cm}.$$

Die Impulsantwort lässt sich somit in der Form

$$h_{\rm K}(t ) = K \cdot \big [ \delta(t - \tau_{\rm P})\star h_{1}(t) \star h_{2}(t) \big ]$$

darstellen, wobei

die Teilimpulsantwort $h_1(t)$ auf den dritten Term in obiger Gleichung zurückgeht, und
$h_2(t)$ die gemeinsame Zeitbereichsdarstellung der beiden letzten Terme angibt.

Die Grafik zeigt als rote Kurve den Anteil $h_2(t)$ der Impulsantwort und das Faltungsprodukt $h_1(t) \star h_2(t)$ ⇒ blauer Kurvenverlauf).
Dabei ist $h_2(t)$ gleich der Koaxialkabel–Impulsantwort mit der charakteristischen Kabeldämpfung ${a}_\star = {a}_2$.

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Eigenschaften von Kupfer–Doppeladern.

Die Parameter $\alpha_0$, $\alpha_1$ und $\alpha_2$ wurden aus den $k$–Parametern umgerechnet, wie in Aufgabe 4.6 gezeigt.
Der Phasenmaßparameter $\beta_2$ wurde hier zahlenmäßig gleich dem Dämpfungsmaßparameter $\alpha_2$ gesetzt.
Der Dämpfungsanteil ${a}_2$ und der Phasenanteil ${b}_2$ unterscheiden sich deshalb nur in der Einheit.
Auf der Seite Diskussion der gefundenen Näherungslösung wird dargelegt, warum diese Maßnahme erforderlich ist.
Sie können zur Überprüfung Ihrer Ergebnisse das interaktive Applet Zeitverhalten von Kupferkabeln benutzen.

Fragebogen

$K \ = \ $

$\tau_P/T \ = \ $

$a_\star \ = \ $

$\ \rm dB$

	$h_{\rm 1}(t )$ ist eine gerade Funktion.
	Das Maximum von $h_{\rm 1}(t )$ liegt bei $t = 0$.
	Das Integral über $h_{\rm 1}(t )$ ergibt den Wert $2$.

	$h_1(t ) \star h_2(t )$ gibt die Verzerrungen von $h_{\rm K}(t )$ vollständig wieder.
	$h_1(t ) \star h_2(t )$ unterscheidet sich von $h_{\rm K}(t )$ nur durch einen Faktor.

Musterlösung

Solution

(1) Mit $a_0 = \alpha_0 \cdot l \approx 0.76 \ \rm Np$ erhält man für die Konstante $K$, die den Einfluss des Koeffizienten $ \alpha_0$ auf die Impulsantwort angibt:

$$K = {\rm e}^{-{a}_0 }= {\rm e}^{-0.76} \hspace{0.15cm}\underline{= 0.468} \hspace{0.05cm}.$$

(2) Für die Phasenlaufzeit gilt mit der angegebenen Gleichung:

$$\tau_{\rm P} = \frac{\beta_1 \cdot l}{2 \pi}= \frac{30.6 \cdot 1.5}{2 \pi}\, {\rm µ s}\approx 7.31\, {\rm µ s}\hspace{0.05cm},$$

und auf die Symboldauer $T = 0.1 \ µ \rm s$ bezogen:

$${\tau_{\rm P}}/{T} \hspace{0.15cm}\underline{ \approx 73}\hspace{0.05cm}.$$

(3) Die Impulsantwort eines Koaxialkabels ist näherungsweise gleich $h_2(t)$, wenn das Kabel folgende charakteristische Kabeldämpfung aufweist:

$${a}_\star ={a}_2 = \alpha_2 \cdot l \cdot \sqrt{{R}/{2}} = 1.1467\,\, \frac{\rm Np}{\rm km \cdot \sqrt{MHz}} \cdot 1.5\,{\rm km} \cdot \sqrt{\frac{10\,{\rm MHz}}{2}} = 2.93\,{\rm Np} = 2.93\,{\rm Np} \cdot8.686\,\frac {\rm dB}{\rm Np} \hspace{0.15cm}\underline{ =25.5\,{\rm dB}}\hspace{0.05cm}.$$

(4) Richig sind die Aussagen 1 und 2:

Die Fouriertransformierte $H_1(f) = {\rm e}^{-A \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} |f|}$ mit $A = 2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} {a}_1/R$ ist reell und gerade, so dass $h_1(t)$ ebenfalls reell und gerade ist.
Aufgrund der Tiefpass–Charakteristik von $H_1(f)$ liegt das Maximum bei $t = 0$.
Die letzte Aussage ist dagegen falsch: Das Integral über $h_1(t)$ im gesamten Zeitbereich $ \pm \infty$ ist gleich $H_1(f=0) = 1$.

(5) Richtig ist nur der Lösungsvorschlag 1:

Die Teilimpulsantwort $h_1(t ) \star h_2(t )$ berücksichtigt den Einfluss von $\alpha_1$, $\alpha_2$ und $\beta_2$ und damit alle Terme, die zu Verzerrungen führen.
Dagegen führt $\alpha_0$ nur zu einer frequenzunabhängigen Dämpfung und $\beta_1$ lediglich zu einer für alle Frequenzen konstanten Laufzeit.
Der Lösungsvorschlag 2 trifft dagegen nicht zu: Zunächst (bei kleinen $t$–Werten) ist $h_1(t ) \star h_2(t )$ kleiner als $h_2(t )$. Bei großen $t$–Werten liegt dann die blaue Kurve oberhalb der roten.
Das bedeutet: $\alpha_1$ und damit auch $h_1(t )$ bewirken tatsächlich zusätzliche Verzerrungen, auch wenn diese nicht sehr ins Gewicht fallen.