電路理論/相量/示例/示例 7

示例 7 的串聯 RL 電路

已知電壓源由 $V_{s}(t)=120{\sqrt {2}}cos(377t+120^{\circ })$ 定義，求所有其他電壓、電流並檢查功率。

標註迴路和節點

標記用於分析的串聯 RL 電路

重要的是，即使源在振盪，也不會有任何變化。+ 和 - 仍然必須捕捉電路拓撲並融入方程。

關於這個問題值得注意的是，它正在談論一個牆上插座。

角頻率 377 $\omega$ 是 60 Hz $f$

$f={\frac {\omega }{2\pi }}={\frac {377}{2\pi }}=60$

The $V_{RMS}={\frac {V_{peak}}{\sqrt {2}}}$ so $V_{peak}=V_{RMS}*{\sqrt {2}}$，因此，該問題的大小與北美標準的 120 伏特 rms 牆上插座相匹配。

已知量、未知量和方程

已知量：$V_{s},R,L$

未知量：$i,v_{R},v_{L}$

方程：$v_{R}(t)=R*i(t),v_{L}=L*{d \over dt}i(t),v_{R}(t)+v_{L}(t)-V_{s}(t)=0$

相量符號

時域

將端點方程代入迴路方程得到：

$R*i(t)+L*{d \over dt}i(t)-V_{s}(t)=0$

假設 ${V_{s}}$ 可以寫成 $\operatorname {Re} (V_{m}e^{j(\omega t+\phi )})$

相量域

現在將方程變換到相量域..

${V_{s}}(t)\rightarrow {\mathbb {V} _{s}}=V_{m}\angle \phi$

$i(t)\rightarrow \mathbb {I}$

${d \over dt}i(t)\rightarrow j\omega \mathbb {I}$

所以

$R*\mathbb {I} +L*j\omega \mathbb {I} -{\mathbb {V} _{s}}=0$

求解 $\mathbb {I}$

$\mathbb {I} ={\frac {\mathbb {V} _{s}}{R+L*j\omega }}$

如果

$R+L*j\omega ={\sqrt {R^{2}+(L\omega )^{2}}}\angle arctan({\frac {L\omega }{R}})$

那麼

$\mathbb {I} ={\frac {\mathbb {V} _{s}}{R+L*j\omega }}={\frac {V_{m}\angle \phi }{{\sqrt {R^{2}+(L\omega )^{2}}}\angle arctan({\frac {L\omega }{R}})}}={\frac {V_{m}}{\sqrt {R^{2}+(L\omega )^{2}}}}\angle (\phi -\angle arctan({\frac {L\omega }{R}}))$

為了便於理解上述定義，我們將引入兩個新的符號來表示電流相量的幅值和相位。

$\mathbb {I} =I_{m}e^{j\alpha }$

那麼

$I_{m}={\frac {V_{m}}{\sqrt {R^{2}+(L\omega )^{2}}}}$

以及

$\alpha =\phi -\angle arctan({\frac {L\omega }{R}})$

返回時域

$i(t)=\operatorname {Re} (\mathbb {I} e^{j\omega t})=\operatorname {Re} (I_{m}e^{j\alpha }e^{j\omega t})=\operatorname {Re} (I_{m}e^{j(\omega t+\alpha )})=I_{m}cos(\omega t+\alpha )$

$v_{R}(t)=R*i(t)$

$v_{L}(t)=L*{d \over dt}i(t)$

相量數值

RL電路的相量matlab解法.... m檔案

時域

將端點方程代入迴路方程得到：

$R*i(t)+L*{d \over dt}i(t)-V_{s}(t)=0$

$R=10$

$L=.01$

$\omega =377$

$V_{s}=\operatorname {Re} (120{\sqrt {2}}e^{j(377t+120^{\circ })})$

相量域

現在將方程變換到相量域..

${V_{s}}(t)\rightarrow {\mathbb {V} _{s}}=120{\sqrt {2}}\angle 120^{\circ }$

$V_{m}=120{\sqrt {2}}$

$\phi =\angle 120^{\circ }$

$\mathbb {I} ={\frac {\mathbb {V} _{s}}{R+L*j\omega }}={\frac {V_{m}}{\sqrt {R^{2}+(L\omega )^{2}}}}\angle (\phi -\angle arctan({\frac {L\omega }{R}}))=I_{m}e^{j\alpha }$

那麼

$I_{m}={\frac {V_{m}}{\sqrt {R^{2}+(L\omega )^{2}}}}$

以及

$\alpha =\phi -\angle arctan({\frac {L\omega }{R}})$

回到時域

$\mathbb {I} =I_{m}e^{j\alpha }$

所以

$i(t)=\operatorname {Re} (15.9e^{j(377t+1.73)})=15.9cos(377t+1.73)$

$v_{R}(t)=R*i(t)=159cos(377t+1.73)$

$v_{L}(t)=L*{d \over dt}i(t)=-59.9sin(377t+1.73)$

檢查

在 $t=0$ 時，電壓是否加起來為零？

$159cos(1.73)-59.9sin(1.73)-120*{\sqrt {2}}cos(1.73)$

是的！… 可能是因為計算機的四捨五入誤差，因為所有數值解都是近似值

拉普拉斯符號

時域

$R*i(t)+L*{d \over dt}i(t)-V_{s}(t)=0$

重寫

$R*i(t)+L*{d \over dt}i(t)=V_{s}(t)$

拉普拉斯域

現在將兩者都轉換為拉普拉斯域…

${V_{s}}(t)\rightarrow {\mathcal {L}}\left\{{V_{s}}(t)\right\}$

$i(t)\rightarrow {\mathcal {L}}\left\{i(t)\right\}$

${d \over dt}i(t)\rightarrow s{\mathcal {L}}\left\{i(t)\right\}-i(0)\$

所以

$R*{\mathcal {L}}\left\{i(t)\right\}+L*(s{\mathcal {L}}\left\{i(t)\right\}-i(0))={\mathcal {L}}\left\{{V_{s}}(t)\right\}$

求解 ${\mathcal {L}}\left\{i(t)\right\}$

${\mathcal {L}}\left\{i(t)\right\}=$${\frac {{{\mathcal {L}}\left\{{V_{s}}(t)\right\}}+L*i(0)}{R+L*s}}$

至此，拉普拉斯符號解必須停止。接下來的步驟取決於 ${{\mathcal {L}}\left\{{V_{s}}(t)\right\}}$ 的形式。

返回時域

沒有 ${{\mathcal {L}}\left\{{V_{s}}(t)\right\}}$ 就無法進行。函式 ${{\mathcal {L}}\left\{{V_{s}}(t)\right\}}$ 的形式決定了逆對映。

拉普拉斯數值解

matlab 拉普拉斯變換解法 .... m 檔案

時域

將端點方程代入迴路方程得到：

$R*i(t)+L*{d \over dt}i(t)-V_{s}(t)=0$

$R=10$

$L=.01$

$\omega =377$

$V_{s}=120{\sqrt {2}}cos(377t+120^{\circ })$

拉普拉斯域

現在轉換為拉普拉斯域..

${V_{s}}(t)\rightarrow {\mathcal {L}}\left\{{V_{s}}(t)\right\}={\mathcal {L}}\left\{120{\sqrt {2}}cos(377t+120^{\circ })\right\}=-{\frac {(170.0*(0.5*s+326.0))}{(s^{2}+142129)}}$

${\mathcal {L}}\left\{i(t)\right\}={\frac {{\frac {-170.0*(0.5*s+326.0)}{(s^{2}+142129)}}+.01*i(0)}{10+.01*s}}$

回到時域

$i(t)={\mathcal {L}}^{-1}\left\{i(t)\right\}=(c+2.58)*e^{-{\frac {t}{.001}}}-15.7sin(377t)-2.58cos(377*t)$

將 cos 和 sin 項合併

$i(t)=15.9cos(377t+1.73)$

這與穩態（特解）相同。

必須等待特解來證明 C 為零以及 2.58 的來源。

16.7 毫秒的週期超過 5 個時間常數（5 毫秒）。這意味著在經歷三分之一的振盪之前，99% 的初始能量不平衡已經消失。

sin 項必須為正，以便保持電感電壓領先於電流的物理現實。有關此的更多討論，請參見下面的相位檢查。

模擬

上圖中模擬的 Vs、VL 和 I 圖。

週期檢查

上面的週期看起來介於 16 毫秒和 17 毫秒之間，更接近 17 毫秒。這與以下公式一致

$\omega =2\pi *f$

$f={\frac {\omega }{2\pi }}$

$T={\frac {1}{f}}={\frac {2\pi }{\omega }}={\frac {2\pi }{377}}=16.7ms$

幅值檢查

上面的 Vs 幅值看起來介於 150 伏和 200 伏之間，可能在 175 伏左右。這與以下數學計算一致

$120*{\sqrt {2}}=169.7$

i(t) 的幅值看起來介於 10 安培和 20 安培之間，更接近 15 安培。這與上面預測的 15.9 安培一致。

VL 的幅值看起來介於 0 伏和 100 伏之間，接近 50 伏。這與上面預測的 59.9 伏一致。

由於接地的選擇，無法繪製 Vr。這在現實世界中也是如此。如果將接地放在電阻器和電感器之間，那麼 Vr 和 VL 可以用示波器或上面的模擬器測量，但它們的相位關係將顯示為$\pi$ 相位差。

瞬態響應檢查

瞬態響應顯然是模擬的一部分，因為所有值都從零開始，但到第一個週期結束時，值已經分開，並且在同一時間從不為零。將週期 16.7 毫秒與時間常數（在拉普拉斯反變換中與 C 相關的指數中看到）0.001 或 1 毫秒進行比較。在五個時間常數（2 毫秒）之後，瞬態響應小於其原始值 2.58（C 的值）的 99%。這意味著在第一個週期的 5/16.7 = 35% 的時間內，瞬態的值為

$2.58*e^{-2}=.35volts$

並在第一個週期結束時達到 0.0000001 伏。

相位檢查

相位是描述計算中角度的詞。電壓始終領先於電感器中的電流（想想端子關係或 ELI），超前 $90^{\circ },{\frac {pi}{2}}$ 或 ${\frac {1}{4}}$ 個週期。

電感器的電壓為橙色，電感器的電流位於上面底部的圖形中。電壓確實領先於電流。它們峰值之間的時間約為 4 毫秒，這大約是 ${\frac {1}{4}}$ 個週期 16.7 毫秒。

電阻器的電壓在上面不可見，但它的相位與電流相同。源電壓必須介於電阻器和電感器電壓之間（來自基爾霍夫定律的迴路）。它在上面。電路受電阻器支配（電壓為 159，而 59 則為電感器電壓），（電阻器為 10 歐姆，電感器為 0.01 * 377 = 3.77 歐姆），因此源電壓更接近電阻器（電流波）。

功率分析

功率分析植根於相量域！相量域僅限於正弦驅動源。這就是為什麼 RMS 功率及其計算的討論不屬於此分析的一部分。

$\mathbb {V} _{s}=120{\sqrt {2}}\angle 2.09$

$\mathbb {I} =15.9\angle 1.73$

$\mathbb {I} ^{*}=15.9\angle -1.73$

如果 :$\mathbb {V} =M_{v}\angle \phi _{v}\quad$，以及 $\quad \mathbb {I} =M_{i}\angle \phi _{i}$ 那麼

$\mathbb {S} =\mathbb {V} \mathbb {I} ^{*}={\frac {M_{v}M_{i}}{2}}\angle (\phi _{v}-\phi _{i})={\frac {120{\sqrt {2}}*15.9}{2}}\angle (2.09-1.73)=135\angle 0.36=126+47.6j$

以及

$cos(.36)=.936$

總結

值	單位	描述
$135$	伏安 va	視在功率，公用事業公司管理的內容：他們設計的峰值功率，他們必須提供的峰值功率
$.936$	無量綱	功率因數，有功功率與視在功率之比，理想值為 1
$126$	瓦特 W	有功功率、平均功率、有效功率...消費者願意支付的功率（瓦特小時）
$47.6$	無功功率 var	無功功率...為什麼一個房間裡的插座不能都在同一個斷路器上

直觀理解

ELI... 電壓領先電流透過電感器

導數導致滯後...時間上的延遲...在正弦曲線中是正角度。