Wellenimpedanz < Elektrotechnik < Ingenieurwiss. < Vorhilfe
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:43 Mi 30.01.2013 | | Autor: | chrisno |
Du willst einen anderen Weg als die Autoren gehen. Deren Argument ist, dass eine Korrektur durchgeführt werden muss, weil Strom und Spannung nicht am gleichen Ort definiert sind. Daher ist für den Strom der Mittelwert der Ströme zum Ort der Spannungsmessung anzusetzen.
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:42 Di 05.02.2013 | | Autor: | n0000b |
Hallo,
kann mir jemand helfen, wie man mit $ [mm] Z_{0n} [/mm] = [mm] \frac{2\cdot V_n^+}{I_n^++I_{n+1}^+} [/mm] $ auf [mm] $Z_{0n} [/mm] = [mm] \frac{\sqrt{\frac{L}{C}}}{\cos{(\frac{\phi}{2})}}$ [/mm] respektive $ [mm] Z_{0n} [/mm] = [mm] \frac{\sqrt{\frac{L}{C}}}{1-\frac{\omega^2}{\omega_0^2}} [/mm] $ kommt?
EDIT:
Gerade den Quotienten [mm] $\frac{L}{C}$ [/mm] kann ich mir nicht erklären.
Warum ist der Ansatz mit Glg 7a: $ [mm] V_n [/mm] = [mm] j\omega [/mm] L [mm] I_{n+1} [/mm] - [mm] V_{n+1}$
[/mm]
und Substitution durch Glg. 7b: [mm] $V_{n+1} [/mm] = [mm] j\frac{I_{n+2}-I_{n+1}}{\omega C}$
[/mm]
nicht äquivalent?
Gruß
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:35 Mi 06.02.2013 | | Autor: | n0000b |
Ich habe mit dem Paper ![[]](/images/popup.gif) Lumped-Element Circuits noch mal einen anderen Ansatz gefunden (S. 360+361). Dieser müsste auf meine Problemstellung ebenfalls passen, wobei [mm] $Z_r$ [/mm] die Wellenimpedanz ist, die ich suche.
Mit Glg. 12.6d: [mm] $Z_r [/mm] = [mm] \frac{1}{\sqrt{\frac{2C}{L}-(\omega C)^2}}
[/mm]
und [mm] $LC=\frac{4}{\omega_o^2}$ [/mm] komme ich aber auf:
[mm] $\sqrt{\frac{\frac{L}{C}}{2-\frac{4\omega^2}{\omega_o^2}}}$
[/mm]
Ich bin echt am verzweifeln, wo ist mein Denkfehler (auch in meinen vorhergehenden Fragen)?
Gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:32 Mi 06.02.2013 | | Autor: | chrisno |
Ich habe es nicht bis zuende gerechnet, aber es könnte etwas werden:
Genau, wie es im paper beschrieben ist: Gl 7a nach [mm] $I_{n+1}$ [/mm] auflösen, [mm] $I_n$ [/mm] ergibt ich aus einer Indexverschiebung. Damit steht da [mm] $(Z_0)_n [/mm] = -j [mm] \omega L_0 \bruch{V_n^+}{V_{n+1}-V_{n-1}}$.
[/mm]
Nun nach Gl. 11 ersetzen. Es kürzt sich einiges raus, und die Terme im Nenner lassen schon einen sinh erahnen. Es stören noch die ganzen Sinusterme. Da würde ich nun mit einem Additionstheorem rangehen um die Terme (n-1) und (n+1) zerlegen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:28 Do 07.02.2013 | | Autor: | n0000b |
Hallo chrisno,
ich danke für die Antwort, das hatte ich auch schon versucht.
Um es etwas einfacher zu machen, kann man ja auch im komplexen rechnen:
[mm] $V_n [/mm] = [mm] Ae^{-\alpha n}e^{i\omega t}e^{-i\phi n}$
[/mm]
und somit:
[mm] $Z_{0n} [/mm] = [mm] -i\omega [/mm] L [mm] \frac{e^{-i\phi n}}{e^{-i\phi (n+1)}-e^{-i\phi (n-1)}}$
[/mm]
vereinfacht:
[mm] $Z_{0n} [/mm] = [mm] -i\omega [/mm] L [mm] \frac{1}{e^{-i\phi}-e^{i\phi}}$
[/mm]
[mm] \Rightarrow $Z_{0n} [/mm] = [mm] i\omega [/mm] L [mm] \frac{1}{2 i \sin{(\phi)}}$
[/mm]
[mm] \Rightarrow $Z_{0n} [/mm] = [mm] \omega [/mm] L [mm] \frac{1}{2 \sin{(\phi)}}$
[/mm]
Jetzt die große Preisfrage, wo kommt die Kapazität $C$ aus [mm] $\sqrt{\frac{L}{C}}$ [/mm] her?
Gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:06 Do 07.02.2013 | | Autor: | chrisno |
Das Ergebnis für [mm] $Z_{0n}$ [/mm] ist nicht so einfach, wie Du es gschrieben hast. Das [mm] $e^{an}$ [/mm] bekommt auch noch n+1 ab. Damit stehen die [mm] $e^{\pm a}$ [/mm] Terme auch mit im Nenner. Mit Gl 12a wird es weitergehen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:41 Do 07.02.2013 | | Autor: | n0000b |
> Das Ergebnis für [mm]Z_{0n}[/mm] ist nicht so einfach, wie Du es
> gschrieben hast. Das [mm]e^{an}[/mm] bekommt auch noch n+1 ab. Damit
> stehen die [mm]e^{\pm a}[/mm] Terme auch mit im Nenner. Mit Gl 12a
> wird es weitergehen.
Stimmt, ich sehe langsam den Wald vor lauter Bäumen nicht mehr.
Also nochmal:
[mm] $V_n [/mm] = [mm] Ae^{-\alpha n}e^{i\omega t}e^{-i\phi n}$
[/mm]
und somit:
[mm] $Z_{0n} [/mm] = [mm] -i\omega [/mm] L [mm] \frac{e^{-\alpha n}e^{-i\phi n}}{e^{-\alpha (n+1)}e^{-i\phi (n+1)}-e^{-\alpha (n-1)}e^{-i\phi (n-1)}}$
[/mm]
vereinfacht:
[mm] $Z_{0n} [/mm] = [mm] -i\omega [/mm] L [mm] \frac{1}{e^{-\alpha}e^{-i\phi}-e^{\alpha}e^{i\phi}}$
[/mm]
[mm] \Rightarrow $Z_{0n} [/mm] = [mm] i\omega [/mm] L [mm] \frac{1}{2 \sinh{(\alpha +i\phi)}}$
[/mm]
[mm] \Rightarrow $Z_{0n} [/mm] = [mm] i\omega [/mm] L [mm] \frac{1}{2 \left[\sinh{(\alpha)}\cos{(\phi)}-i\cosh{(\alpha)}\sin{(\phi)}\right]}$
[/mm]
Das passt ja nicht ganz mit Glg. 12a, wie kann man jetzt weitermachen, eine Idee?
Gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:15 Do 07.02.2013 | | Autor: | chrisno |
Fehlt nicht noch ein Faktor 2?
Wandle den sinh zuerst in cosh um. Das Additionstheorem sieht passender aus.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:30 Fr 08.02.2013 | | Autor: | n0000b |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
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Hi meintest Du den Faktor:
$ Z_{0n} = i\omega L \frac{1}{\red{2} \sinh{(\alpha +i\phi)}} $
???
Beziehung $\cosh{(x)} \leftrightarrow \sinh{(x)}$:
$\cosh{(x)} = \sqrt{1+\sinh^2{(x)}}$
$\Rightarrow \sinh{(x)} = \sqrt{1-\cosh^2{(x)}}$
Einsetzen in:
$ Z_{0n} = i\omega L \frac{1}{\red{2} \sqrt{1-\cosh^2{(\alpha +i\phi)}}$
$ Z_{0n} = i\omega L \frac{1}{2\sqrt{1+\sinh^2{(\alpha)}\sin^2{(\phi)}-\cosh^2{(\alpha)}\cos^2{(\phi)}-2i\sinh{(\alpha)}\cosh{(\alpha)}\sin{(\phi)}\cos{(\phi)}}}$
Mit Glg. 12a+b
$ Z_{0n} = i\omega L \frac{1}{2 \sqrt{1+0-(1-LC\frac{\omega^2}{2})^2-0}$
$\Rightarrow Z_{0n} = i\omega L \frac{1}{2 \sqrt{1-1+2LC\frac{\omega^2}{2}-L^2C^2\frac{\omega^4}{4}}$
$\Rightarrow Z_{0n} = i\omega L \frac{1}{2 \sqrt{LC\omega^2-L^2C^2\frac{\omega^4}{4}}$
$\Rightarrow Z_{0n} = i\omega L \frac{1}{2 \sqrt{4\frac{\omega^2}{\omega_c^2}-4\frac{\omega^4}{\omega_c^4}}$
$\Rightarrow Z_{0n} = \frac{i\omega L }{4\frac{\omega}{\omega_c} \sqrt{1-\frac{\omega^2}{\omega_c^2}}$
$\Rightarrow Z_{0n} = \frac{i\omega_c L }{4 \sqrt{1-\frac{\omega^2}{\omega_c^2}}$
$\Rightarrow Z_{0n} = \frac{i\sqrt{\frac{L}{C}}}{2 \sqrt{1-\frac{\omega^2}{\omega_c^2}}$
Hmm... noch nicht ganz das Ergebnis?! Seht Ihr den Fehler?
(Nebenbei habe ich es auch nochmal richtig gelöst, ohne die Näherung mit dem Mittelwert der Ströme http://matheforum.net/read?i=948914)
Gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:22 Fr 08.02.2013 | | Autor: | chrisno |
> Hi meintest Du den Faktor:
> [mm]Z_{0n} = i\omega L \frac{1}{\red{2} \sinh{(\alpha +i\phi)}}[/mm]
>
Den nicht, sondern den im Zähler von der Mittelung der Ströme
> ???
>
> Beziehung [mm]\cosh{(x)} \leftrightarrow \sinh{(x)}[/mm]:
>
> [mm]\cosh{(x)} = \sqrt{1+\sinh^2{(x)}}[/mm]
> [mm]\Rightarrow \sinh{(x)} = \sqrt{1-\cosh^2{(x)}}[/mm]
Na: Fehlt Dir unten nicht ein i? [mm]\sinh{(x)} = \sqrt{\cosh^2{(x)}-1}[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:20 Mo 11.02.2013 | | Autor: | n0000b |
> Na: Fehlt Dir unten nicht ein i? [mm]\sinh{(x)} = \sqrt{\cosh^2{(x)}-1}[/mm]
Ja genau, ich verstehe aber den evtl. vorhandenen Wink mit dem Zaunpfahl nicht. Wo habe ich es übersehen?
Gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:15 Di 12.02.2013 | | Autor: | chrisno |
Vergleiche mit der Stelle, an der Du einen ähnlichen aber falschen Ausdruck benutzt hast.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:20 Mi 06.02.2013 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:44 Fr 08.02.2013 | | Autor: | n0000b |
Hallo,
ich habe es jetzt mal mit meinem vorgeschlagenen Lösungsweg bis zum Ende durchgerechnet. D.h. ich habe die Maschengleichung Glg. 7a benutzt und das Ganze auch nochmal mit Glg. 7b verifiziert.
[mm] $V_n [/mm] = [mm] Ae^{j(\omega t - \gamma n)}$
[/mm]
[mm] $I_n [/mm] = [mm] \frac{A}{Z_{0n}}e^{j(\omega t - \gamma n)}$
[/mm]
wobei [mm] $\gamma [/mm] = [mm] \alpha [/mm] + [mm] j\beta$
[/mm]
Nimmt man die Maschengleichung (siehe $(a)$) oder die Knotengleichung (siehe $(b)$) ergibt sich
[mm] $(a)\qquad Z_{0n} [/mm] = [mm] \frac{j\omega L}{e^{j\gamma}-1}$
[/mm]
[mm] $(b)\qquad Z_{0n} [/mm] = [mm] \frac{1-e^{-j\gamma}}{j\omega C}$
[/mm]
Weiterhin benutzt man
[mm] $(c)\qquad \gamma [/mm] = [mm] \arccos{(\frac{-\omega^2 L C + 2}{2})}$ [/mm] (aus Glg. 9)
[mm] $(d)\qquad [/mm] L C = [mm] \frac{4}{w_c^2}$
[/mm]
Substitution von $(c)$ + $(d)$ in $(a)$ und $(b)$:
[mm] $(e)\qquad Z_{0n} [/mm] = [mm] \frac{2\omega L}{\sqrt{-4\frac{\omega^2}{\omega_c^2}(4\frac{\omega^2}{\omega_c^2}-4)}+j4\frac{\omega^2}{\omega_c^2}}$
[/mm]
[mm] $(f)\qquad Z_{0n} [/mm] = [mm] \frac{\sqrt{4\frac{\omega^2}{\omega_c^2}(4-4\frac{\omega^2}{\omega_c^2})}-j4\frac{\omega^2}{\omega_c^2}}{2\omega C}$
[/mm]
An der Stelle kann man z.B. schon mal plotten und feststellen, dass die Ergebnisse aus $(e)$ und $(f)$ gleich sind. Formt man nun $(e)$ weiter um ($(f)$ äquivalent):
[mm] $(g)\qquad Z_{0n} [/mm] = [mm] \frac{\red{\sqrt{\frac{L}{C}}}}{\red{\sqrt{1-\frac{\omega^2}{\omega_c^2}}}+j\frac{\omega}{\omega_c}}$
[/mm]
Die rote Markierung ist das Ergebnis aus dem Paper (Glg 15), d.h. der Imaginärteil wurde unterschlagen.
Ein letzter Schritt der Umformung ($(g)$ konjugiert komplex erweitert) ergibt:
[mm] $(h)\qquad Z_{0n} [/mm] = [mm] \sqrt{\frac{L}{C}}\cdot\left(\sqrt{1-\frac{\omega^2}{\omega_c^2}}-j\frac{\omega}{\omega_c}\right)$
[/mm]
Durch Simulation lässt sich diese Formel für [mm] $Z_{0n} [/mm] auch belegen.
Durch Unterschlagung des Imaginärteils in Glg. 15 ergibt sich ein komplett anderer Verlauf.
Hier ein Beispiel mit [mm] $L=3.75\cdot 10^{-9}H$ [/mm] und [mm] $C=1.5\cdot 10^{-12}pF$
[/mm]
Meine Glg. $(h)$ nach Real- und Imaginärteil:
[Dateianhang nicht öffentlich]
[Dateianhang nicht öffentlich]
Glg. 15 aus dem Paper nach Real- und Imaginärteil:
[Dateianhang nicht öffentlich]
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: png) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 3 (Typ: png) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 4 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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Und zwar geht es weiterhin um meine Approximierung einer Leitung (siehe 