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da **lillo** » 5 dic 2012, 11:25

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

lo schema rappresenta un tratto infinitesimo di linea, facente parte di una cascata di quadripoli a $\Gamma$ .
prendendo in considerazione il tratto infinitesimo rappresentato e considerando la retta delle ascisse come riferimento dello spazio, prendiamo come verso positivo quello che va dall'arrivo alla partenza;
vogliamo studiare l'evolversi del circuito, non più solo in funzione del tempo, come l'elettrotecnica classica insegna, ma anche in funzione dello spazio:
applicando le leggi di Kirchhoff al quadripolo possiamo scrivere:

$\left\{\begin{matrix} v(x+\mathrm{d}x,t)-v(x,t)=ri(x+\mathrm{d}x,t)\mathrm{d}x+l\frac{\partial i(x+\mathrm{d}x,t)}{\partial t}\mathrm{d}x\\ i(x+\mathrm{d}x,t)-i(x,t)=gv(x,t)\mathrm{d}x+c\frac{\partial v(x,t)}{\partial t}\mathrm{d}x \end{matrix}\right.$

ora qualche semplificazione:

$\left\{\begin{matrix} v(x,t)+\frac{\partial v(x,t)}{\partial x}\mathrm{d}x-v(x,t)=ri(x,t)\mathrm{d}x+r\frac{\partial i(x,t)}{\partial x}\mathrm{d}x\mathrm{d}x+l\frac{\partial }{\partial t}\left [i(x,t)\mathrm{d}x+\frac{\partial i(x,t)}{\partial x}\mathrm{d}x \mathrm{d}x \right ]\\ i(x,t)+\frac{\partial i(x,t)}{\partial x}\mathrm{d}x-i(x,t)=gv(x,t)\mathrm{d}x+c\frac{\partial v(x,t)}{\partial t}\mathrm{d}x \end{matrix}\right.$

trascuriamo gli infinitesimi di ordine superiore al primo, e semplifichiamo per ottenere:

$\left\{\begin{matrix} \frac{\partial v(x,t)}{\partial x}=ri(x,t)+l\frac{\partial i(x,t)}{\partial t}\\ \frac{\partial i(x,t)}{\partial x}=gv(x,t)+c\frac{\partial v(x,t)}{\partial t} \end{matrix}\right.$

ovvero le equazioni dei telegrafisti.
tali equazioni sono valide per qualsiasi forma d'onda in ingresso al quadripolo, con ipotesi di linearità del circuito.
in condizioni di regime sinusoidale le equazioni possono essere così riscritte:

$\left\{\begin{matrix}\frac{\mathrm{d} \bar{V}}{\mathrm{d} x}=r\bar{I}+\text{j}\omega l\bar{I}=(r+\text{j}\omega l)\bar{I}\\ \frac{\mathrm{d} \bar{I}}{\mathrm{d} x}=g\bar{V}+\text{j}\omega c\bar{V}=(g+\text{j}\omega c)\bar{V} \end{matrix}\right.$

con:

$r+\text{j}\omega l=z\;\;\;\;\;\;\;\text{impedenza longitudinale per unita}^{\prime}\, \text{di lunghezza}$
$g+\text{j}\omega c=y\;\;\;\;\;\;\;\text{ammettenza trasversale per unita}^{\prime}\, \text{di lunghezza}$

quindi otteniamo:

$\left\{\begin{matrix} \frac{\mathrm{d} \bar{V}}{\mathrm{d} x}=z\bar{I}\;\;\;\;(1.1)\\ \frac{\mathrm{d} \bar{I}}{\mathrm{d} x}=y\bar{V}\;\;\;\;(1.2) \end{matrix}\right.$

deriviamo adesso la prima, ovvero la (1.1), rispetto a x:

$\frac{\mathrm{d}^2 \bar{V}}{\mathrm{d} x^2}=\frac{\mathrm{d} (z\bar{I})}{\mathrm{d} x}=z\frac{\mathrm{d} \bar{I}}{\mathrm{d} x}$

ma dalla (1.2) vediamo che:

$\frac{\mathrm{d} \bar{I}}{\mathrm{d} x}=y\bar{V}$

da cui ricaviamo:

$\frac{\mathrm{d}^2 \bar{V}}{\mathrm{d} x^2}=zy\bar{V}$

e procedendo analogamente con la seconda, abbiamo il nuovo sistema:

$\left\{\begin{matrix} \frac{\mathrm{d}^2 \bar{V}}{\mathrm{d} x^2}=zy\bar{I}=K^2\bar{I}\;\;\;\;(2.1)\\ \frac{\mathrm{d}^2 \bar{I}}{\mathrm{d} x^2}=zy\bar{V}=K^2\bar{V}\;\;\;\;(2.2) \end{matrix}\right.$

nell'ultimo sistema abbiamo introdotto la seguente quantità:

$K=\sqrt{zy}=\sqrt{(r+\text{j}\omega l)(g+\text{j}\omega c)}$

definita come la costante di propagazione della linea.
K è complesso e quindi può essere scritto come:

$K=\alpha +\text{j}\beta$

con:

$\alpha:\;\;\; \text{costante di attenuazione}$
$\beta:\;\;\; \text{costante di fase}$

$\alpha$ causa per l'appunto l'attenuazione del modulo delle grandezze dalla partenza all'arrivo, mentre $\beta$ lo sfasamento delle stesse all'arrivo rispetto alla partenza.

le (2.1) e (2.2) sono equazioni differenziali del second'ordine e come tali ammettono soluzioni del tipo

$\left\{\begin{matrix} \bar{V}=k_1e^{Kx}+k_2e^{-Kx}\;\;\;\;(3.1)\\ \bar{I}=k_3e^{Kx}+k_4e^{-Kx}\;\;\;\;(3.2) \end{matrix}\right.$

in realtà le soluzioni linearmente indipendenti sono solo due, essendo $\bar{V}$ e $\bar{I}$ soluzioni anche di:

$\left\{\begin{matrix} \frac{\mathrm{d} \bar{V}}{\mathrm{d} x}=z\bar{I}\;\;\;\;(1.1)\\ \frac{\mathrm{d} \bar{I}}{\mathrm{d} x}=y\bar{V}\;\;\;\;(1.2) \end{matrix}\right.$

sostituiamo nella (1.1) le soluzioni trovate in (3.1):

$\frac{\mathrm{d} \bar{V}}{\mathrm{d} x}=\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}(k_1e^{Kx}+k_2e^{-Kx})=Kk_1e^{Kx}-Kk_2e^{-Kx}$

ma dalle (1) risulta anche:

$\frac{\mathrm{d} \bar{V}}{\mathrm{d} x}=z\bar{I}=z(k_3e^{Kx}+k_4e^{-Kx})=zk_3e^{Kx}+zk_4e^{-Kx}$

e uguagliando i coefficienti otteniamo:

$k_3=k_1\frac{K}{z}$
$k_4=-k_2\frac{K}{z}$

e individuiamo:

$\frac{K}{z}=\frac{1}{Z_0}=\frac{\sqrt{zy}}{z}=\sqrt{\frac{y}{z}}=\sqrt{\frac{g+\text{j}\omega c}{r+\text{j}\omega l}}$

con Z_0

impedenza d'onda della linea.

il sistema quindi diventa:

$\left\{\begin{matrix} \bar{V}=k_1e^{Kx}+k_2e^{-Kx}\\ \bar{I}=\frac{1}{Z_0}(k_1e^{Kx}-k_2e^{-Kx}) \end{matrix}\right.$

e per trovare le costanti k1 e k2 dobbiamo imporre le condizioni ai limiti:
risparmiandoci l'intero svolgimento giungiamo a:

$\left\{\begin{matrix} \bar{V}=\bar{V}_2\cosh (Kx)+Z_0\bar{I_2}\sinh (Kx)\\ \bar{I}=\frac{\bar{V}_2}{Z_0}\sinh (Kx)+\bar{I_2}\cosh (Kx) \end{matrix}\right.$

attraverso le equazioni appena scritte, noi possiamo conoscere tensione e corrente in qualsiasi punto della linea attraverso la conoscenza delle grandezze all'arrivo

le parti sottolineate sono mie affermazioni e sarei grato a chiunque me ne desse conferma.
ovviamente sono ben accette correzioni di qualsiasi tipo.
3D un po' pesante, quindi ringrazio chiunque lo legga fino alla fine.

da **Lele_u_biddrazzu** » 5 dic 2012, 12:41

lillo ha scritto:...vogliamo studiare l'evolversi del circuito, non più solo in funzione del tempo, come l'elettrotecnica classica insegna, ma anche in funzione dello spazio...

Io preferirei dire che l'obbiettivo è quello di determinare la distribuzione spaziale di tensione e corrente lungo la linea in funzione del tempo; in realtà l'oggetto dello studio non è il circuito disegnato bensì la linea nel suo complesso, rappresentata mediante parametri distribuiti.

lillo ha scritto:... $\alpha$ causa per l'appunto l'attenuazione del modulo delle grandezze dalla partenza all'arrivo, mentre $\beta$ lo sfasamento delle stesse all'arrivo rispetto alla partenza...

Il coefficiente di attenuazione non causa l'attenuazione delle grandezze elettriche durante il processo di propagazione lungo la linea, semmai questa è una conseguenza dei fenomeni dissipativi che sono presenti, in varia misura, in tutte le linee di trasmissione; analogo discorso per il parametro $\beta$ che non causa lo sfasamento progressivo delle grandezze elettriche lungo la linea, semmai lo descrive quantitativamente.

Per il resto, tutto sembra ok :ok:

da **jordan20** » 5 dic 2012, 13:58

Lele_u_biddrazzu ha scritto:in realtà l'oggetto dello studio non è il circuito disegnato bensì la linea nel suo complesso, rappresentata mediante parametri distribuiti.

E infatti... tutto scaturisce dal fatto che le linee di trasmissione hanno tipicamente sezione trasversale trascurabile rispetto la lunghezza d'onda $\lambda$ ma con lunghezza longitudinale (usualmente in funzione della coordinata

) che non lo è. E allora tu sai che una rete a parametri concentrati è modellizzata come puntiforme per cui posso applicare le leggi di Kirchhoff; per continuare a fare la stessa cosa con le linee di trasmissione dove i parametri sono distribuiti, devo considerare un tratto infinitesimo tale che sia soddisfatta la condizione $\Delta z << \lambda$ in cui le variabili di stato tensione e corrente sono funzioni della coordinata spaziale

che ne descrive la posizione sulla linea, oltre che del tempo.

da **PietroBaima** » 6 dic 2012, 0:00

Volevo aggiungere solo una semplice considerazione su k.
Per le linee dispersive k definisce la profondità di penetrazione per effetto pelle.

Questo perché, in un metallo, la conducibilità è molto alta.
Vediamo come dimostrarlo.

Le equazioni di Maxwell in forma differenziale dipendenti e definite per un mezzo lineare e elettricamente dispersivo, senza sorgenti, sono:

$\begin{cases} \overrightarrow{\nabla}\times\overrightarrow{E}=-\mathrm{j}\omega\mu\overrightarrow{H}\\ \overrightarrow{\nabla}\times\overrightarrow{H}=\mathrm{j}\omega\epsilon\overrightarrow{E}+\gamma\overrightarrow{E} \end{cases}$

Applicando l'operatore rotore alla prima equazione si ottiene:

$\overrightarrow{\nabla}\times\left(\overrightarrow{\nabla}\times\overrightarrow{E}\right)=-\mathrm{j}\omega\mu\left(\overrightarrow{\nabla}\times\overrightarrow{H}\right)$

utilizzando ora la formula:

$\overrightarrow{\nabla}\times\left(\overrightarrow{\nabla}\times\overrightarrow{A}\right)=\overrightarrow{\nabla}\left(\overrightarrow{\nabla}\cdot\overrightarrow{A}\right)-\nabla^{2}\overrightarrow{A}$

e ricordando che, in assenza di sorgenti, il vettore D è solenoidale e il gradiente della divergenza si annulla.
In pratica si ha che la condizione al contorno:

$\overrightarrow{\nabla} \cdot\overrightarrow{D} =\rho_{e}$

in condizioni di assenza di sorgenti diventa:

$\overrightarrow{\nabla}\cdot\overrightarrow{D}=0$

e quindi:

$\epsilon\overrightarrow{\nabla}\cdot\overrightarrow{E}=0$

da cui l'annullamento.

Si ha quindi che:

$-\nabla^{2}\overrightarrow{E}=-\mathrm{j}\omega\mu\left(\overrightarrow{\nabla}\times\overrightarrow{H}\right)$

Ora è possibile sostituire la seconda equazione di Maxwell nella prima, ottenendo:

$-\nabla^{2}\overrightarrow{E}=-\mathrm{j}\omega\mu \left(\mathrm{j}\omega\epsilon\overrightarrow{E}+\gamma\overrightarrow{E}\right)$

cioè:
$\nabla^{2}\overrightarrow{E}+\omega^{2}\epsilon\mu \overrightarrow{E}-\mathrm{j}\gamma\omega\mu\overrightarrow{E}=0$

adesso possiamo utilizzare una trasformata vettoriale spaziale.

Nelle trasformate "normali", cioè di Fourier nel tempo si ha che:

$\frac{\partial}{\partial t}\longrightarrow\mathrm{j}\omega$

mentre nelle trasformate per lo spazio si deve lavorare con i vettori, poiché le dimensioni sono tre (almeno in prima approssimazione). Si ha che:

$\overrightarrow{\nabla} \longrightarrow\mathrm{j\overrightarrow{k}}$

quindi l'operatore di Laplace diventa:

$\nabla^{2} =\overrightarrow{\nabla} \cdot \overrightarrow{\nabla^{T}}\longrightarrow \mathrm{j\overrightarrow{k}\cdot j\overrightarrow{k^{T}}}=-\left|\overrightarrow{k}\right|^{2}$

per comodità indichiamo $\left|\overrightarrow{k}\right|=k$

Si ottiene quindi:

$-k^{2}\overrightarrow{E}+\omega^{2}\epsilon\mu \overrightarrow{E}-\mathrm{j}\gamma\omega\mu\overrightarrow{E}=0$

poiché non ci interessano soluzioni a campo nullo, dobbiamo imporre l'annullamento dei coefficienti, da cui l'equazione scalare:

$-k^{2}+\omega^{2}\mu\epsilon (1 -\mathrm{j}{\textstyle \frac{{\textstyle \gamma}}{\omega\epsilon}})=0$

o ancora:

$k={\displaystyle \pm\omega\sqrt{\mu\epsilon}\sqrt{1-\mathrm{j}{\textstyle \frac{{\textstyle \gamma}}{\omega\epsilon}}}}$

la radice è della forma:

$\sqrt{1-\mathrm{j}\xi}$

con $\xi>0$ , poiché $\xi=\frac{{\textstyle \gamma}}{\omega\epsilon}$

Esplicitando parte reale e parte immaginaria della radice si ottiene:

$\sqrt{1-\mathrm{j}\xi}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left[\sqrt{\sqrt{1+\xi^{2}}+1}-\mathrm{j}\sqrt{\sqrt{1+\xi^{2}}-1}\right]$

C'era il segno sbagliato davanti a j. Ora e` corretto

Possiamo ora fare questa considerazione. In un metallo, la cui conducibilità è molto alta, si ha che:

$\xi>>1$

e quindi si ha che:

$\sqrt{\sqrt{1+\xi^{2}}+1}\simeq\sqrt{\xi}$

e che:

$\sqrt{\sqrt{1+\xi^{2}}-1}\simeq\sqrt{\xi}$

In definitiva si ha che:

$\sqrt{1-\mathrm{j}\xi}=\sqrt{\frac{\xi}{2}} \left(1-\mathrm{j}\right)$

Sostituendo il tutto nella formula per il k si ha che:

$k\simeq{\displaystyle \pm\omega\sqrt{\mu\epsilon}\sqrt{\frac{{\textstyle \gamma}}{2\omega\epsilon}}}\left(1-\mathrm{j}\right)={\displaystyle \pm\sqrt{\frac{\mu{\textstyle \gamma\omega}}{2}}}\left(1-\mathrm{j}\right)$

Si riconosce quindi che la formula per il k è del tipo:

$k\simeq{\displaystyle \pm\frac{1}{\delta}}\left(1-\mathrm{j}\right)$

dove

$\delta={\displaystyle \sqrt{\frac{2}{\mu\gamma\omega}}}$

è la profondità di penetrazione per effetto pelle.

Resta da discriminare correttamente il segno di k.
E' sufficiente considerare l'onda progressiva nella linea di trasmissione:

$V_{o}^{+}e^{-\mathrm{j}kx}=V_{o}^{+}e^{-\mathrm{j}({\displaystyle \pm\frac{1}{\delta}}\left(1-\mathrm{j}\right))x}=V_{o}^{+}e^{-\mathrm{j}({\displaystyle \pm\frac{x}{\delta})}}e^{-({\displaystyle \pm\frac{x}{\delta})}}$

Per comprendere che la soluzione corretta debba essere quella con il + poiché l'attenuazione complessiva dell'onda progressiva deve aumentare con la coordinata x e non diminuire.

Ciao da Pietro.
O_/

da **jordan20** » 6 dic 2012, 0:04

Ecco Pietro... una delle domande del tremendo orale di Campi Elettromagnetici che mi fu candidamente formulata dal mio docente :mrgreen:

da **PietroBaima** » 6 dic 2012, 1:19

jordan20 ha scritto:candidamente formulata

Ho sempre avuto paura delle domande formulate candidamente e, spesso, con superficialità, come se non fosse una cosa premeditata e studiata a tavolino, ma una cosa nata per caso e sul momento, forse appena introduttiva... O:)

da **jordan20** » 6 dic 2012, 10:01

PietroBaima ha scritto:forse appena introduttiva...

Si introduttiva, me la voleva introdurre... la domanda :!:

L'ho fregato lo stesso però :-P

da **lillo** » 6 dic 2012, 10:14

Lele_u_biddrazzu ha scritto:Io preferirei dire che l'obbiettivo è quello di determinare la distribuzione spaziale di tensione e corrente lungo la linea in funzione del tempo; in realtà l'oggetto dello studio non è il circuito disegnato bensì la linea nel suo complesso, rappresentata mediante parametri distribuiti.

perfetto. ora la preferisco anche io così :-)

Lele_u_biddrazzu ha scritto:Il coefficiente di attenuazione non causa l'attenuazione...
analogo discorso per il parametro che non causa...

infatti, prima mi sono espresso malissimo.
i due coefficienti non sono la causa dello sfasamento e dell'attenuazione, ma sono i parametri che le descrivono.

Lele_u_biddrazzu ha scritto:Per il resto, tutto sembra ok

grazie

jordan20 ha scritto:...per cui posso applicare le leggi di Kirchhoff; per continuare a fare la stessa cosa con le linee di trasmissione dove i parametri sono distribuiti, devo considerare un tratto infinitesimo tale che sia soddisfatta la condizione $\Delta z << \lambda$ in cui le variabili di stato tensione e corrente sono funzioni della coordinata spaziale che ne descrive la posizione sulla linea, oltre che del tempo.

giustissimo.
@

PietroBaima
stupefacente, mi chiedo sempre se persone del vostro calibro abbiano appreso tanto sapere tra i banchi.
ma non credo, menti così elastiche non avrebbero spazio...tra i banchi

da **PietroBaima** » 6 dic 2012, 11:55

jordan20 ha scritto:L'ho fregato lo stesso però

da **PietroBaima** » 6 dic 2012, 12:00

lillo ha scritto:@ PietroBaima
stupefacente, mi chiedo sempre se persone del vostro calibro abbiano appreso tanto sapere tra i banchi.
ma non credo, menti così elastiche non avrebbero spazio...tra i banchi

esagerato! Grazie per i complimenti, comunque sei troppo generoso con me. Voi dovete bastonare i miei errori, mica farmi i complimenti... Vorrete mica che mi monti la testa, no? :mrgreen:

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