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da **masomaso90** » 15 ago 2011, 22:15

Ti ringrazio,

$I_2=5e^{i\frac{\pi }{2}}$

Adesso, visti i collegamenti serie e parallelo degli induttori accoppiati, spero venga tutto più semplice

Grazie!

da **RenzoDF** » 15 ago 2011, 22:29

masomaso90 ha scritto: $I_2=5e^{i\frac{\pi }{2}}$

Se ti riferisci alla corrente dovuta al solo generatore di tensione direi

$I_{2}^{\prime\prime}=\frac{V_{g}}{Z_{t}}=\frac{100\sqrt{2}\angle 90{}^\circ }{5+j10+5}=\frac{100\sqrt{2}\angle 90{}^\circ }{10\sqrt{2}\angle 45{}^\circ }=10\angle (90{}^\circ -45{}^\circ )=10\angle 45{}^\circ =10\,e^{j\frac{\pi }{4}}$

da **masomaso90** » 15 ago 2011, 22:43

Mi puoi spiegare cosa fai in questo passaggio?

RenzoDF ha scritto: $\frac{100\sqrt{2}\angle 90{}^\circ }{10\sqrt{2}\angle 45{}^\circ }=10\angle (90{}^\circ -45{}^\circ )$

Come si passa da:

$\frac{10\angle 90^{\circ}}{(1+j)\angle 45^{\circ}}$

a

$10\angle (90{}^\circ -45{}^\circ )$

Grazie

da **RenzoDF** » 15 ago 2011, 22:55

Ma come fai a non saper nulla su fasori e numeri complessi ? #-o

Sinteticamente
$\bar{A}=a+jb\quad \to \quad \bar{A}=A\angle \alpha =\sqrt{a^{2}+b^{2}}\angle \arctan \left( \frac{b}{a} \right)=\sqrt{a^{2}+b^{2}}\,\,e^{j\arctan \left( \frac{b}{a} \right)}$
per il prodotto

$\bar{E}=\bar{C}\cdot \bar{D}=C\angle \alpha \cdot D\angle \beta =C\cdot D\angle (\alpha +\beta )$

per il rapporto

$\bar{B}=\frac{{\bar{C}}}{{\bar{D}}}=\frac{C\angle \alpha }{D\angle \beta }=\frac{C}{D}\angle (\alpha -\beta )$

ma ti consiglio di ripassare l'argomento altrimenti non si va da nessuna parte :!:

Tanto per cominciare con l' A-B-C
http://www-3.unipv.it/mwv/pages/campi_c ... fasori.pdf

da **masomaso90** » 15 ago 2011, 23:06

So quello che abbiamo fatto in algebra lineare, ma la parte sugli angoli (forma polare) non l'abbiamo fatta, l'avessimo fatta mi sarei ricordato almeno il simbolo

Grazie per la spiegazione

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