ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

da **Ianero** » 28 nov 2016, 10:30

Ci penso ancora e se arrivo a qualcosa lo posto, magari potrebbe essere utile anche a te allora :-)

Grazie ancora.

da **Ianero** » 29 nov 2016, 13:23

Ecco.

Si può schematizzare come sistemi in cascata ognuno con la propria matrice di scattering:

$\mbox{S}_{1}=\left[ \begin{array}{cc} 0 & e^{-j\beta _{1}l_{1}} \\ e^{-j\beta _{1}l_{1}} & 0 \end{array} \right]$

$\mbox{S}_{2}=\left[ \begin{array}{cc} 0 & e^{-j\beta _{2}l_{2}} \\ e^{-j\beta _{2}l_{2}} & 0 \end{array} \right]$

E quindi sostituendo le varie onde dirette e riflesse:

$\mbox{S}=\left[ \begin{array}{cc} 0 & e^{-j\left( \beta _{1}l_{1}+\beta _{2}l_{2} \right)} \\ e^{-j\left( \beta _{1}l_{1}+\beta _{2}l_{2} \right)} & 0 \end{array} \right]$

Edit:

Tutto sbagliato. Non si può schematizzare la linea come due pezzi distinti, ciò porta alla perdita dell'informazione sulla riflessione/trasmissione d'onda all'interfaccia tra i due tratti di linea collegati.

da **Ianero** » 4 dic 2016, 12:03

Ianero ha scritto:Sempre sul circuito sopra, viene anche chiesta l'espressione analitica della tensione e della corrente lungo la linea.
In altre parole mi sta chiedendo di valutare e , giusto?

Io ho pensato di risolvere così:

$\left\{\begin{array}{cc} Z\left( 0 \right)=\frac{V\left( 0 \right)}{I\left( 0 \right)} & \\ Z\left( -l \right)=\frac{V\left( -l \right)}{I\left( -l \right)} & \end{array}\right.$

ovvero:

$\left\{\begin{array}{cc} j\omega L=Z_{{C}}\frac{V^{+}+V^{-}}{V^{+}-V^{-}} & \\ Z_{{C}}\frac{j\omega L-jZ_{{C}}\tan \left( -\beta _{z}l \right)}{Z_{{C}}+\omega L\tan \left( -\beta _{z}l \right)}+\frac{1}{j\omega {C}}=Z_{{C}}\frac{V^{+}e^{j\beta _{z}l}+V^{-}e^{-j\beta _{z}l}}{V^{+}e^{j\beta _{z}l}-V^{-}e^{-j\beta _{z}l}} & \end{array}\right.$

da cui poi ricavare e e riuscire finalmente a scrivere:

$\begin{aligned} V\left( z \right) &= V^{+}e^{-j\beta _{z}z}+V^{-}e^{j\beta _{z}z}\\ I\left( z \right) &= \frac{1}{Z_{C}}\left( V^{+}e^{-j\beta _{z}z}-V^{-}e^{j\beta _{z}z} \right) \end{aligned}$

C'è un problema qui.
Il sistema è omogeneo perché non ci sono generatori, mi porterebbe a V^+

e

nulli.
Quindi imponendo il determinante uguale a 0 ottengo di nuovo una condizione sulla $\omega_0$ (che a rigor di logica spero dovrebbe essere la stessa di quella in [23]), ma poi ho una sola equazione per determinare V^+

e

e non basta

da **Ianero** » 4 dic 2016, 12:13

Ah no in realtà deve essere così, perché anche in risonanza ho la libertà sull'ampiezza (ma non sulla frequenza) dell'eccitazione iniziale che poi comincerà a risuonare.

da **Ianero** » 20 dic 2016, 17:07

Ho scoperto solo oggi che su questo circuito:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

il prof invece di fare come ho fatto io in [23] scrive le seguenti condizioni:

$\left\{\begin{array}{cc} V\left( 0 \right)\; =\; j\omega L\; I\left( 0 \right) & \\ V\left( -l \right)\; =\; \frac{1}{j\omega {C}}\; I\left( -l \right) & \end{array}\right.$

Non riesco a capire il perché della seconda.
Non è vero più che l'impedenza si trasporta?

da **DirtyDeeds** » 20 dic 2016, 17:37

Quelle due equazioni danno le condizioni al contorno agli estremi della linea, imposte dai due componenti.

All'ascissa 0 hai un induttore che impone

$V\left( 0 \right)\; =\; j\omega L\; I\left( 0 \right)$

All'ascissa

hai un condensatore che impone

$V\left( -l \right)\; =\; \frac{1}{j\omega {C}}\; I\left( -l \right)$

Ianero ha scritto:Non è vero più che l'impedenza si trasporta?

Certo che si può trasportare, e quando tu trasporti un'impedenza verso l'altra, ottieni un'altra condizione al contorno: perché la linea possa supportare una tensione e una corrente non nulle (risonanza) le due condizioni al contorno devono essere compatibili.

da **Ianero** » 20 dic 2016, 17:43

Quindi fin qui è giusto ancora:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

$Z\left( -l \right)=Z_{{C}}\frac{j \omega L-jZ_{{C}}\tan \left( -\beta _{z}l \right)}{Z_{{C}}-j(j \omega L)\tan \left( -\beta _{z}l \right)}$

Il problema concettuale quindi sta nel fatto che da qui sono passato a:

$Z\left( -l^- \right)=Z_{{C}}\frac{j \omega L-jZ_{{C}}\tan \left( -\beta _{z}l \right)}{Z_{{C}}-j(j \omega L)\tan \left( -\beta _{z}l \right)} + \frac{1}{j \omega C}$

dico bene?

da **Ianero** » 20 dic 2016, 17:56

Infatti ecco, innanzitutto z=-l^-

non esiste proprio, e in più dopo averla trasportata la tensione sul condensatore o sul dipolo equivalente sono proprio la stessa grandezza, perché siamo sulla stessa z.
Insomma è giusto scrivere:

$\frac{V\left( -l \right)}{I\left( -l \right)}=Z\left( -l \right)=Z_{{C}}\frac{j \omega L-jZ_{{C}}\tan \left( -\beta _{z}l \right)}{Z_{{C}}-j(j \omega L)\tan \left( -\beta _{z}l \right)}=\frac{1}{j\omega {C}}$

dove solo l'ultimo membro aggiunge informazione.

Grazie, ci sono arrivato, grazie mille!

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