Lösungsvorschläge zur Übung Nr. 6
Besprechung: Mittwoch, den 13. Dezember 2000
Aufgabe 1: (8 Punkte)
a) Zunächst müssen wir die Kapazitäts- und Induktivitätsbelegung berechnen. Nach dem Gaußschen Satz ist im Innern der Ader und außerhalb der konzentrischen Hülle die elektrische Feldstärke Null. Zwischen Ader und Hülle gilt $\oint \vec{E} d\vec{A} = \lambda l/(\epsilon_{r}\epsilon_{0})$, wobei $\lambda$ die Linienladungsdichte ist und $l$ die Länge des Kabels. Die Integration ist über die Oberfläche des Zylinders mit Radius $r (r_{1} < r < r_{2})$ und Länge $l$ zu erstrecken. Daher ist $E_{r} 2\pi r l = \lambda l/(\epsilon_{r}\epsilon_{0})$ und

\begin{displaymath}
E_{r} = \frac{\lambda}{2\pi \epsilon_{r}\epsilon_{0} r}.
\end{displaymath}

Die Potentialdifferenz zwischen Innen- und Aussenleiter ist

\begin{displaymath}
U = \int_{r_{1}}^{r_{2}} E_{r} dr = \frac{\lambda}{2\pi \ep...
...ilon_{r}\epsilon_{0}}
ln \left( \frac{r_{2}}{r_{1}} \right).
\end{displaymath}

Mit $Q = CU$ und $Q = \lambda l$ folgt schliesslich für die Kapazitätsbelegung

\begin{displaymath}
C^{\ast} = \frac{Q}{U l} = \frac{\lambda}{U} = \frac{2\pi \epsilon_{r}\epsilon_{0}}
{ln(r_{2}/r_{1})}.
\end{displaymath}

Der Amperesche Satz lautet

\begin{displaymath}
\oint \vec{B} d\vec{s} = \mu_{r} \mu_{0} \int \vec{j} d\vec{A} = \mu_{r} \mu_{0} I.
\end{displaymath}

Wegen der Symmetrie hat $\vec{B}$ nur eine Komponente $B_{\varphi}$ und ist auf einem Kreis mit Radius $r$ konstant. Daher folgt für $r_{1} \leq r \leq r_{2}$:

\begin{displaymath}
B_{\varphi} 2\pi r = \mu_{r}\mu_{0} I
\end{displaymath}

und

\begin{displaymath}
B_{\varphi} = \frac{\mu_{r}\mu_{0}I}{2\pi r}.
\end{displaymath}

Der magnetische Fluss ist

\begin{displaymath}
\Phi_{m} = \int_{A} \vec{B} d\vec{A} = \frac{\mu_{r}\mu_{0}...
...r}\mu_{0} I l}{2\pi}
ln \left( \frac{r_{2}}{r_{1}} \right),
\end{displaymath}

wobei hier also die Fläche $A$ durch die Ebene vom Radius $r_{1}$ bis $r_{2}$ und der Länge $l$ gegeben ist:
Nach Definition ist $\Phi_{M} = LI$, daher folgt

\begin{displaymath}
L^{\ast} = \frac{L}{l} = \frac{\Phi_{m}}{lI} = \frac{\mu_{r}\mu_{0}}{2\pi}
ln \left( \frac{r_{2}}{r_{1}} \right).
\end{displaymath}

b) Für die Phasengeschwindigkeit $v$ und den Wellenwiderstand $Z$ erhält man wegen $\mu_{r} = 1$ und der Vakuumlichtgeschwindigkeit $c = 1/\sqrt{\epsilon_{0}\mu_{0}}$:
$\displaystyle v$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{L^{\ast}C^{\ast}}} = \frac{c}{\sqrt{\epsilon_{r}}}$  
$\displaystyle Z$ $\textstyle =$ $\displaystyle \sqrt{ \frac{L^{\ast}}{C^{\ast}}} = \frac{ln(r_{2}/r_{1})}
{2\pi c \epsilon_{0} \sqrt{\epsilon_{r}}}.$  

c) Die Hälfte der Vakuumlichtgeschwindigkeit erhalten wir für $v = c/2
= c/\sqrt{\epsilon_{r}}$, also für $\sqrt{\epsilon_{r}} = 2$ oder $\epsilon_{r} = 4$. Die zweite Bedingung lautet dann:

\begin{displaymath}
Z = \frac{ln(r_{2}/r_{1})}{4 \pi c \epsilon_{0}} = 50 \; \Omega
\end{displaymath}

oder $r_{2}/r_{1} = 5,31$.
Aufgabe 2: (7 Punkte)
Diese Aufgabe behandelt das Puls-Clipping, das in der Literatur fast überall falsch oder sehr vereinfacht dargestellt wird. Zunächst behandeln wir die Reflektion und den Durchlaß der Spannung an einer Verzweigung.
Stetigkeitsbedingung und Energiesatz an der Verzweigung lauten
$\displaystyle U_{e} + U_{r}$ $\textstyle =$ $\displaystyle U_{d}$  
$\displaystyle \frac{U_{e}^{2}}{Z_{0}}$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{U_{r}^{2}}{Z_{0}} + \frac{U_{d}^{2}}{Z_{1}}
+ \frac{U_{d}^{2}}{Z_{2}}$  

Hierbei sind $U_{e}$, $U_{r}$ und $U_{d}$ die Spannungen der einfallenden, reflektierten und durchgelassenen Welle und $Z_{0}$, $Z_{1}$, $Z_{2}$ die Impedanzen. In unserem Fall ist $Z_{0}=Z_{1}=Z_{2}$. Mit dem Ansatz $U_{r} = k U_{e}$ folgt aus der Stetigkeitsbedingung $U_{d} = (1+k) U_{e}$. Wir setzen dieses in den Energiesatz ein und erhalten eine quadratische Bestimmungsgleichung für $k$:

\begin{displaymath}
k^{2} + \frac{4}{3}k + \frac{1}{3} = 0,
\end{displaymath}

die durch $k=-1/3$ gelöst wird. Also gilt bei unserer Verzweigung: $U_{r} = -(1/3)U_{e}$ und $U_{d} = (2/3)U_{e}$. Dieses Ergebnis wenden wir jetzt auf die Delay-Line an.
a) Zunaächst der Fall mit kurzgeschlossenem Ende. Der erste auf die Delay-Line durchgelassene Puls der Stärke $(2/3)U_{e}$ wird am Ende mit umgegehrtem Vorzeichen reflektiert und kommt nach der Verzweigung mit $-(2/3)(2/3)U_{e}$ auf die Leitung zurück. Gleichzeitig wird ein Puls der Größe $+(1/3)(2/3)U_{e}$ auf die Delay-Line zurückreflektiert und kommt danach mit der Größe $-(2/3)(1/3)(2/3)U_{e}$ auf die Leitung zurück. Insgesamt erhalten wir nach jedem Meter Länge des Pulses einen zustätzlichen Puls

\begin{displaymath}
U_{d,n} = - \frac{2}{3} \left( \frac{1}{3} \right)^{n} \frac{2}{3} U_{e}, \; \; \; \; \;
n=0,1,2,3,4,.....
\end{displaymath}

b) Entsprechend sieht es beim offenen Ende in der Delay aus, nur das jetzt diese Pulse mit alternierenden Vorzeichen auf die Leitung zurückkommem.
cm Aufgabe 3: (5 Punkte)
Die relativistische exakte Formel ist nach Vorlesung

\begin{displaymath}
\nu' = \nu \gamma \left(1+\frac{v}{c} \right) =
\nu \frac{1+v/c}{\sqrt{1-(v/c)^{2}}}.
\end{displaymath}

Die Taylorentwicklung für $v/c \ll 1$ lautet:

\begin{displaymath}
\frac{1}{\sqrt{1-(v/c)^{2}}} \approx 1 + \frac{1}{2} \left(\frac{v}{c}
\right)^{2}.
\end{displaymath}

Mit dieser Näherung erhalten wir

\begin{displaymath}
\nu' = \nu \left( 1 + \frac{v}{c} \right) \left(1+\frac{1}{2...
...frac{\nu}{2} \frac{v^{2}}{c^{2}} \left( 1+\frac{v}{c} \right).
\end{displaymath}

Bezeichnen wir den Wert aus der nichtrelativistischen Formel mit $\nu^{\ast} = \nu(1+v/c)$, so soll also gelten

\begin{displaymath}
\frac{\nu'-\nu^{\ast}}{\nu^{\ast}} \leq 0,01 \; \; \; \; \; ...
...htarrow
\; \; \; \; \; \nu' - \nu^{\ast} \leq 0,01 \nu^{\ast}.
\end{displaymath}

Einsetzen der oben angegebenen Formeln ergibt die Bedingung

\begin{displaymath}
\nu \left( 1+\frac{v}{c} \right) + \frac{\nu v^{2}}{2 c^{2}}...
...\frac{v}{c} \right) \leq 0,01
\nu \left( 1+\frac{v}{c} \right)
\end{displaymath}

Daraus folgt $v \leq \sqrt{0,02} c = 0,14 c$.



Harm Fesefeldt
2007-12-19