Obwody prądu stałego: metoda superpozycji, Skrypty z Campi Elettromagnetici

Pobierz Obwody prądu stałego: metoda superpozycji i więcej Skrypty w PDF z Campi Elettromagnetici tylko na Docsity! Obwody prądu stałego 3 1. Obwody prądu stałego 1.1. Źródła napięcia i źródła prądu. Symbol źródła pokazuje rys. 1.1. Pokazane źródła są źródłami idealnymi bezrezystancyjnymi i charakteryzują się jedynie wydajnością napięciową bądź prądową. Stan biegu jałowego dla źródła napięcia jest przerwą w obwodzie, natomiast dla źródła prądu zwarciem pokazanym przerywaną linią. Rys. 1.1. Źródło napięcia i źródło prądu stałego Źródła rzeczywiste moŜna przedstawić jako połączenie źródła idealnego z odpowiednią rezystancją. W przypadku źródła napięcia mówimy tutaj o jego rezystancji wewnętrznej Rw, natomiast w przypadku źródła prądowego uŜywamy raczej pojęcia konduktancji Gw, będącej odwrotnością rezystancji. Ich jednostki są następujące: R[Ω], G[S]. MoŜna uŜywać mnoŜników: p (10-12), n (10-9), µ (10-6), m ( 10-3), k (103), M (106), np. 10µS=10-5[S]. Rys. 1.2. Rzeczywiste źródło napięcia i prądu Dla fizycznie istniejących źródeł moŜna uŜywać obydwu modeli, jednak częściej jest uŜywane źródło napięcia. Zwykle jest to podyktowane intuicją inŜynierską, moŜna jednak podać uzasadnienie oparte na sprawności zasilania tymi dwoma rodzajami źródeł. 1.2. Dopasowanie energetyczne. ZałóŜmy, Ŝe źródło zostało obciąŜone odbiornikiem o rezystancji R0, lub w przypadku źródła prądowego konduktancji G0 (rys. 1.3). Moc dostarczana przez źródło jest zawsze iloczynem napięcia i prądu źródła. Natomiast moc dostarczona do odbiornika zostanie wyznaczona jako: 2 2 0 0 2 2 0 0 = dla źródła napięcia, lub analogicznie dla źródła prądowego (Rys.1.3). U P U I R I R I P U I U G G = ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ = (1.1) Obwody prądu stałego 4 Rys. 1.3. Źródło obciąŜone odbiornikiem Obliczenia dla źródła napięcia Prąd płynący w obwodzie wyraŜa się wzorem w 0 E I R R = + , (1.2) tak więc moc dostarczana przez źródło wynosi 2 E w 0 E P E I R R = ⋅ = + . (1.3) Moc wydzielana w odbiorniku wynosi ( ) 2 2 0 0 0 2 w 0 R E P R I R R ⋅= ⋅ = + (1.4) Stąd sprawność zasilania odbiornika, którą zdefiniujemy jako: ( ) 2 0 0 w 0 0 0 E 2 2 E w 0 ww 0 , gdzie: 1 P R E R R R k R k P E R R k RR R η ⋅ += = ⋅ = = = + ++ . (1.5) Obliczenia dla źródła prądu Napięcie na odbiorniku U0 wyraŜa się wzorem: 0 w 0 J U G G = + , (1.6) moc dostarczana przez źródło wynosi 2 J 0 w 0 J P U J G G = ⋅ = + . (1.7) Moc wydzielana w odbiorniku wynosi ( ) 2 2 0 0 0 0 2 w 0 G J P G U G G ⋅= ⋅ = + (1.8) Stąd sprawność odbiornika przy zasilaniu źródłem prądowym ( ) 2 0 0 w 0 0 0 w J 2 2 J w 0 w 0w 0 1 , gdzie: 1 P G J G G G R G k P J G G k R GG G η ⋅ += = ⋅ = = = = + ++ . (1.9) Zakładając, Ŝe: R0 = 1/G0 oraz Rw = 1/Gw przyjęto w obu wzorach, (1.5) oraz (1.9) taką samą definicję współczynnika k. Krzywe sprawności dla obydwu źródeł przedstawiono na Obwody prądu stałego 7 1.5. Metoda superpozycji Zasada superpozycji mówi ogólnie, Ŝe odpowiedź układu elektrycznego (np. prąd, napięcie), jest sumą odpowiedzi na kaŜde z wymuszeń z osobna. Wymuszeniem będzie zwykle źródło napięcia lub prądu. Warunkiem stosowalności tej metody jest liniowość układu, co oznacza, Ŝe wszystkie elementy układu muszą być liniowe. Np. liniowość rezystancji oznacza R = const w całym zakresie prądów lub napięć. Budując układy zastępcze ograniczone do jednego pobudzenia, zwieramy wyłączone źródła napięcia i rozwieramy prądowe. Zastosowanie tej metody zostanie pokazane na przykładzie rozwiązania uzyskanego przy uŜyciu programu Mathcad. Rys. 1.7. Zastosowanie zasady superpozycji do rozwiązania obwodu Dane: (pierwsze prawo Kirchhoffa) (drugie prawo Kirchhoffa) (rozwiązanie układu równań) (rezystancje wypadkowe) (prądy w gałęzi ze źródłem) (napięcie na gałęzi z R0) (prąd w gałęzi środkowej) R0 1:= R1 2:= R2 3:= E1 10:= E2 5:= R R Ω⋅:= E E V⋅:= Rozwiązanie układu oryginalnego przy uŜyciu praw Kirchhoffa Wartości początkowe: I0 0:= I1 0:= I2 0:= Given I1 I2+ I0− 0 E1 R1 I1⋅− R0 I0⋅− 0 E2− R0 I0⋅+ R2 I2⋅+ 0 I Find I( ):= I T 3.636 3.182 0.455( ) A= (prądy w naszym układzie) Rozwiązanie przy uŜyciu metody superpozycji: R_wyp1 R1 R0 R2⋅ R0 R2+ +:= R_wyp2 R2 R0 R1⋅ R0 R1+ +:= I11 E1 R_wyp1 := I22 E2 R_wyp2 := U10 I11 R0 R2⋅ R0 R2+ ⋅:= U20 I22 R0 R1⋅ R0 R1+ ⋅:= I10 U10 R0 := I20 U20 R0 := I0 I10 I20+ 3.636 A=:= Obwody prądu stałego 8 1.6. Rozwiązywanie obwodów przy uŜyciu praw Kirchhoffa Pierwszy przykład takiego rozwiązania moŜna znaleźć juŜ w rozdz. 1.5. Rozwiązanie polega na sformułowaniu N równań z pierwszego prawa Kirchhoffa, M – z drugiego, oraz J równań gałęziowych, gdzie N jest liczbą węzłów niezaleŜnych, M jest liczbą oczek niezaleŜnych, a J – liczbą gałęzi. Wprawdzie równania te są bardzo proste, ale ich liczba jest znaczna i rozwiązanie jest moŜliwe zwykle tylko przy uŜyciu programu narzędziowego, który ułatwi rozwiązanie układów równań. Ilość równań moŜe zostać zmniejszona przez podstawienie równań gałęziowych bezpośrednio, np. do równań z drugiego prawa Kirchhoffa. Zaletą tej metody jest jej ogólność oraz moŜliwość rozwiązywania obwodów zawierających elementy o nieliniowej charakterystyce prąd-napięcie. Zostanie wykonane przykładowe rozwiązanie obwodu pokazanego na rys. 1.8 z uŜyciem pakietu Mathcad. Rys. 1.8. Obwód zawierający trzy oczka i trzy węzły niezaleŜne oraz sześć gałęzi Dane R1 1 Ω⋅:= R2 0.5 Ω⋅:= R3 1 Ω⋅:= R4 2 Ω⋅:= R5 2 Ω⋅:= R6 1 Ω⋅:= E1 5 V⋅:= E3 2 V⋅:= E6 5 V⋅:= j 1 6..:= Warunki początkowe rozwiązania: Ij 1 A⋅:= Given I6 I1− I4− 0 Trzy równania z pierwszego prawa Kirchhoffa I2 I4+ I5− 0 I5 I3− I6− 0 R1 I1⋅ E1− R4 I4⋅− R2 I2⋅+ 0 Trzy równania z drugiego prawa Kirchhoffa E3 R3 I3⋅− R2 I2⋅− R5 I5⋅− 0 Spadki napięć zapisane zgodnie z prawem Ohma R5 I5⋅ R4 I4⋅+ E6− R6 I6⋅+ 0 I Find I( ):= I T 3.375 1.75 1.625− 0.375− 1.375 3( ) A= Obwody prądu stałego 9 W powyŜszym rozwiązaniu ograniczono liczbę niewiadomych do liczby prądów. Pełne rozwiązanie, uwzględniające napięcia, wygląda następująco: Dane R1 1 Ω⋅:= R2 0.5 Ω⋅:= R3 1 Ω⋅:= R4 2 Ω⋅:= R5 2 Ω⋅:= R6 1 Ω⋅:= E1 5 V⋅:= E3 2 V⋅:= E6 5 V⋅:= j 1 6..:= Warunki początkowe rozwiązania: Ij 1 A⋅:= Uj 1 V⋅:= Given I6 I1− I4− 0 Trzy równania z pierwszego prawa Kirchhoffa I2 I4+ I5− 0 I5 I3− I6− 0 U1 E1− U4− U2+ 0 Trzy równania z drugiego prawa Kirchhoffa E3 U3− U2− U5− 0 U5 U4+ E6− U6+ 0 U1 R1 I1⋅ Sześć równań gałęziowych (prawo Ohma) U2 R2 I2⋅ U3 R3 I3⋅ U4 R4 I4⋅ U5 R5 I5⋅ U6 R6 I6⋅ U I       Find U I, ( ):= UT 3.375 0.875 1.625− 0.75− 2.75 3( ) V= I T 3.375 1.75 1.625− 0.375− 1.375 3( ) A= Obwody prądu stałego 12 1.8. Rozwiązywanie obwodów przy uŜyciu metody potencjałów węzłowych Metoda ta opiera się na pierwszym prawie Kirchhoffa zastosowanym do wszystkich węzłów niezaleŜnych obwodu. Na rys. 1.10 widoczny jest ten sam obwód, z zaznaczonymi trzema węzłami. Jedynie trzy dowolnie wybrane węzły są niezaleŜne, poniewaŜ próba napisania sumy prądów w czwartym węźle oznaczać będzie uŜycie tych samych prądów gałęziowych, które juŜ były uŜyte w poprzednich równaniach. Matematycznie oznacza to, Ŝe czwarte równanie moŜna uzyskać jako kombinację wcześniej napisanych trzech równań. Wybór węzła zaleŜnego jest dowolny, tutaj jest to węzeł 4 i został on uziemiony. W takiej sytuacji napięcia pozostałych węzłów, zmierzone względem uziemienia, będziemy nazywać potencjałami węzłowymi. Rys. 1.10. Układ ilustrujący wyprowadzenie metody węzłowej Napiszemy trzy równania wynikające z pierwszego prawa Kirchhoffa dla węzłów 1-3. 6 1 4 2 4 5 5 3 6 0 0 0 I I I I I I I I I − − = + − = − − = (1.16) PoniewaŜ te równania zawierają sześć niewiadomych, nie moŜna ich rozwiązać. Spróbujmy jednak przedstawić zawarte w nich prądy gałęziowe za pomocą potencjałów węzłów 1,2,3: 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1 4 5 6 4 5 6 1 3 6 . V E V V E I I I R R R V V V V V V E I I I R R R + − += = = − − − += = = (1.17) Podstawienie 1.17 do 1.16 daje układ równań z trzema niewiadomymi V1, V2, V3: Obwody prądu stałego 13 3 1 1 1 2 6 1 4 2 1 2 2 3 2 4 5 2 3 3 3 1 5 3 6 6 1 0 0 3 6 0. V V E V E V V R R R V V V V V R R R V V V E V V E R R R − + + −− − = − − −+ − = − + − +− − = (1.18) W celu podania reguły mnemotechnicznej uzyskiwania tych równań naleŜy je uporządkować w sposób następujący: 1 2 3 1 4 6 4 6 1 6 1 2 3 4 2 4 5 5 1 2 3 6 5 3 5 6 3 1 1 1 1 1 1 6 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 3 6 E E V V V R R R R R R R V V V R R R R R E E V V V R R R R R R R   ⋅ + + − ⋅ − ⋅ = − +      − ⋅ + ⋅ + + − ⋅ =      − ⋅ − ⋅ + ⋅ + + = − −    6 (1.19) Równania te powstają wg następującej reguły: • przy potencjale węzłowym węzła, dla którego piszemy równanie, występuje suma konduktancji dołączonych do tego węzła • pozostałe potencjały są pisane ze znakiem minus i pomnoŜone przez konduktancję łączącą oba węzły • źródła napięciowe pomnoŜone przez konduktancję swojej gałęzi występują po prawej stronie. Podobnie znalazłyby się tam źródła prądowe (bez konduktancji). Przykład rozwiązania tego samego obwodu z uŜyciem Mathcad’a jest podany poniŜej. Dane R1 1 Ω⋅:= R2 0.5 Ω⋅:= R3 1 Ω⋅:= R4 2 Ω⋅:= R5 2 Ω⋅:= R6 1 Ω⋅:= E1 5 V⋅:= E3 2 V⋅:= E6 5 V⋅:= j 1 6..:= Warunki początkowe rozwiązania: Vj 0 V⋅:= Given V1 1 R1 1 R4 + 1 R6 +     ⋅ V2 R4 − V3 R6 − E1 R1 E6 R6 −     + 0 V1− R4 V2 1 R2 1 R4 + 1 R5 +     + V3 R5 − 0 V1− R6 V2 R5 − V3 1 R3 1 R5 + 1 R6 +     ⋅+ E3 R3 + E6 R6 + 0 V Find V( ):= V T 1.625− 0.875− 3.625− 0 0 0( ) V= I1 V1 E1+ R1 := I2 V2− R2 := I3 V3 E3+ R3 := I4 V1 V2− R4 := I5 V2 V3− R5 := I6 V3 V1− E6+ R6 := I T 3.375 1.75 1.625− 0.375− 1.375 3( ) A=