Podręcznik: Metodyka rozwiązania obwodów przy wymuszeniu niesinusoidalnym

2. Analiza obwodów RLC przy wymuszeniu niesinusoidalnym

2.7. Metodyka rozwiązania obwodów przy wymuszeniu niesinusoidalnym

W przypadku wystąpienia w obwodzie RLC wymuszenia niesinusoidalnego obliczenie odpowiedzi w stanie ustalonym musi uwzględnić fakt istnienia wielu harmonicznych (teoretycznie dowolnej ich liczby) różniących się częstotliwością. Załóżmy, że do obwodu RLC przyłożono okresowe napięcie niesinusoidalne u(t) jak to przedstawiono na rys. rys. 2.5.

a) b)

Rys. 2.5. Ilustracja zastosowania zasady superpozycji przy rozwiązywaniu obwodów o wymuszeniu napięciowym niesinusoidalnym: a) obwód o wymuszeniu niesinusoidalnym, b) superpozycja obwodów o wymuszeniach sinusoidalnych

Napięcie to można przedstawić w sposób przybliżony za pomocą skończonej sumy n harmonicznych

$u(t)=U_0+\sum\limits_{k=1}^{n}U_{km}sin{(}k\omega\ t+\psi_k)=U_0+u_1(t)+u_2(t)+u_3(t)+...+u_n(t)$

(2.36)

w której n jest największą wartością harmonicznej uwzględnionej w rozwinięciu Fouriera. Wobec liniowości obwodu można zastosować zasadę superpozycji i obliczyć prądy od poszczególnych źródeł oddzielnie (rys. 2.5b). Przy wymuszeniu typu napięciowego źródła eliminowane z obwodu zwiera się.

W przypadku wystąpienia w obwodzie źródeł wymuszających prądowych

$i(t)=I_0+\sum\limits_{k=1}^{n}I_{km}sin{(}k\omega\ t+\psi_k)=I_0+i_1(t)+i_2(t)+i_3(t)+...+i_n(t)$

(2.37)

postępuje się podobnie, analizując obwód dla każdej harmonicznej oddzielnie (rys. 2.6). Ponieważ źródła harmoniczne typu prądowego są połączone równolegle eliminacja danego źródła polega na rozwarciu jego zacisków.

a) b)

Rys. 2.6 Ilustracja zastosowania zasady superpozycji przy rozwiązywaniu obwodów o wymuszeniu prądowym niesinusoidalnym: a) obwód o wymuszeniu niesinusoidalnym, b) superpozycja obwodów o wymuszeniach sinusoidalnych

Należy przy tym pamiętać, że każde źródło sinusoidalne występujące w superpozycji ma inną częstotliwość, będącą wielokrotnością częstotliwości podstawowej i wynoszącą $\omega_k=k\omega$ . Ponieważ zarówno reaktancja pojemnościowa $X_C^{(k)}$ jak i indukcyjna $X_L^{(k)}$ jest funkcją częstotliwości, zatem reaktancje te dla harmonicznej rzędu k wynoszą odpowiednio

$X_L^{(k)}=k\omega\ L=kX_L$	(2.38)
$X_C^{(k)}=1/k\omega\ C=X_C/k$	(2.39)

gdzie $X_L=\omega\ L$ jest reaktancją indukcyjną dla składowej harmonicznej podstawowej a $X_C=1/\omega\ C$ - reaktancją pojemnościową dla harmonicznej podstawowej. Dla każdej harmonicznej wymuszenia należy przeprowadzić oddzielną analizę odpowiedniego obwodu przy zastosowaniu jednej z poznanych wcześniej metod (metoda praw Kirchhoffa, oczkowa, węzłowa, Thevenina itp.). Wynikiem analizy są wartości prądów i napięć poszczególnych gałęzi obwodu oraz odpowiednie moce: czynna i bierna dla każdej harmonicznej. Po wyznaczeniu odpowiedzi dla każdej harmonicznej oddzielnie należy wyznaczyć wypadkowe wartości skuteczne odpowiednich prądów i napięć oraz mocy według wzorów podanych wcześniej w tym wykładzie. Sposób postępowania przy analizie obwodów z przebiegami niesinusoidalnymi zostanie zilustrowany na przykładzie.

Rozważmy schemat obwodu poddanego analizie przedstawiony na rys. 2.2. Przyjmijmy następujące wartości liczbowe parametrów obwodu: R₁=1Ω, R₂=2Ω, L₁=1H, L₂=2H, C₁=1/4F, C₂=1/2F. Wymuszenie napięciowe e(t) opisane jest sumą harmonicznych $e(t)=10+20\sqrt2sin{(}\omega t)+10\sqrt2sin{(}2\omega t)\ V$ , przy czym ω=1rad/s. Wyznaczyć wartości skuteczne prądów oraz moce w obwodzie.

Uzupelnij opis obrazka

Rys. 2.7. Schemat obwodu do przykładu 2.3

Rozwiązanie

Ze względu na istnienie w wymuszeniu trzech harmonicznych należy dokonać trzech analiz obwodu, za każdym razem zakładając jedno wymuszenie i eliminując pozostałe (wobec wymuszenia napięciowego źródła eliminowane ulegają zwarciu).

Harmoniczna zerowa (składowa stała)

Harmoniczna zerowa przedstawia sobą wymuszenie stałe (częstotliwość wymuszenia zerowa: $\omega=0$ ). Oznacza to, że w tym przypadku impedancje cewek są równe zeru ( $Z_l=j\omega L=0$ ) a impedancje kondensatorów równe nieskończoności ( $Z_C=1/(j\omega c)=\infty$ ). Obwód dla harmonicznej zerowej przedstawiony jest na rys. 2.8 (wszystkie cewki zwarte, kondensatory rozwarte).

Uzupelnij opis obrazka

Rys. 2.8 Postać obwodu dla harmonicznej zerowej (składowej stałej)

Wobec przerwy w obwodzie prąd składowej stałej nie może płynąć, stąd $i^{( 0)} =0$ oraz $S^{( 0)} =0$ , $u^{( 0)}_{C1} =E_{0} =10$ . Pozostałe prądy i napięcia w obwodzie są zerowe. Wszystkie moce obwodu wobec zerowych wartości prądów są także równe zeru.

Harmoniczna podstawowa

Schemat obwodu dla harmonicznej podstawowej jest identyczny ze schematem ogólnym przedstawionym na rys. 2.7, z tym, że zamiast napięcia e(t) uwzględniona jest składowa podstawowa $e_1(t)=20\sqrt2sin{(}\omega t)$ . Przy jednostkowej pulsacji wymuszenia $\omega=1$ reaktancje indukcyjna i pojemnościowa obwodu dla harmonicznej podstawowej są odpowiednio równe:

$X_{L1}^{(1)}=\omega L_1=1$

$X_{L2}^{(1)}=\omega L_2=2$

$X_{C1}^{(1)}=1/\omega C_1=4$

$X_{C2}^{(1)}=1/\omega C_2=2$

Impedancja połączenia równoległego elementów jest równa $Z_r=R_2=2$ (rezonans równoległy elementów). Kolejne obliczenia można przedstawić w następującej formie:

$I^{(1)}=\frac{20}{1+j1-j4+2}=4,7e^{j45^\circ}=I_{R2}^{(1)}$

$U_{AB}^{(1)}=R_2I^{(1)}=9,4e^{j45^\circ}$

$I_{L2}^{(1)}=\frac{U_{AB}^{(1)}}{jX_{L2}}=4,7e^{-j45^\circ}$

$I_{C2}^{(1)}=\frac{U_{AB}^{(1)}}{-jX_{C2}}=-4,7e^{-j45^\circ}$

$S^{(1)}=E_1I^{(1)\ast}=20\cdot4,7e^{-j45^\circ}=66,7-j66,7$

Harmoniczna druga

Harmoniczna druga reprezentuje sobą również wymuszenie sinusoidalne o częstotliwości dwukrotnie większej niż częstotliwość podstawowa. Schemat obwodu dla tej harmonicznej jest identyczny ze schematem ogólnym obwodu przedstawionym na rys. 2.7, z tym, że zamiast napięcia e(t) przyłożona jest jego druga składowa $e_2(t)=10\sqrt2sin{(}2\omega t)$ . Przy pulsacji wymuszenia harmonicznej drugiej $\omega_2=2\omega=2$ , reaktancje indukcyjna i pojemnościowa dla harmonicznej drugiej są równe:

$X_{L1}^{(2)}=\omega_2L_1=2$

$X_{L2}^{(2)}=\omega_2L_2=4$

$X_{C1}^{(2)}=1/\omega_2C_1=2$

$X_{C2}^{(2)}=1/\omega_2C_2=1$

Impedancja połączenia równoległego elementów jest teraz równa $Z_r=\frac{1}{Y_r}$ , gdzie $Y_r=\frac{1}{R_2}+\frac{1}{jX_{L2}^{(2)}}+\frac{1}{-jX_{C2}^{(2)}}=0,5+j0,75$ .

Stąd

$Z_r=1,11e^{-j56}$ .

Kolejność dalszych obliczeń w obwodzie jest następująca:

$I^{(2)}=\frac{10}{1+j2-j2+1,11e^{-j56}}=5,37e^{j29,6^\circ}$

$U_{AB}^{(2)}=Z_rI^{(2)}=5,97e^{-j26^\circ}$

$I_{L2}^{(2)}=\frac{U_{AB}^{(2)}}{jX_{L2}^{(2)}}=1,49e^{-j116^\circ}$

$I_{C2}^{(2)}=\frac{U_{AB}^{(2)}}{-jX_{C2}^{(2)}}=5.97e^{j64^\circ}$

$I_{R2}^{(2)}=\frac{U_{AB}^{(2)}}{R_2}=2,98e^{-j26^\circ}$

$S^{(2)}=E_2I^{(2)\ast}=10\cdot5,37e^{-j29,6^\circ}=46,7-j26,5$

Wartości skuteczne prądów w obwodzie są równe:

$\left|I\right|=\sqrt{4,7^2+5,37^2}=7,13A$

$\left|I_{R2}\right|=\sqrt{4,7^2+2,98^2}=5,57A$

$\left|I_{L2}\right|=\sqrt{4,7^2+1,49^2}=4,93A$

$\left|I_{C2}\right|=\sqrt{4,7^2+5,97^2}=7,62A$

Wartość skuteczna napięcia źródła jest równa

$\left|E\right|=\sqrt{10^2+20^2+10^2}=24,5V$

Moc pozorna (moduł) wydawana przez źródło jest równa

$S=\left|E\right|\left|I\right|=174,65VA$

Całkowita moc czynna i bierna wydana przez źródło są równe odpowiednio

$P=P^{(0)}+P^{(1)}+P^{(2)}=\mathrm{\mathrm{66,7}}+\mathrm{46,7}=\mathrm{113,4W}$

$Q=Q^{(1)}+Q^{(2)}=\mathrm{\mathrm{-66,7}-26,5}=\mathrm{-93,2var}$

Moc odkształcenia

$D=\sqrt{S^2-P^2-Q^2}=\sqrt{174,65^2-113,4^2-93,2^2}=94,64VA$

W obwodzie powstała bardzo duża moc odkształcenia. Wytłumaczeniem tego faktu jest występowanie zjawiska rezonansu zarówno dla harmonicznej podstawowej (cewka druga i kondensator drugi) jak i dla harmonicznej drugiej (cewka pierwsza i kondensator pierwszy). Moc bierna wypadkowa w elementach reaktancyjnych w stanie rezonansu jest zerowa co pomniejsza moc bierną całego obwodu dla tych harmonicznych. Z drugiej strony wszystkie harmoniczne tworzą wartości skuteczne zarówno prądu jak i napięcia, stąd ich iloczyn tworzący moduł mocy pozornej przyjmuje dużą wartość. W bilansie mocy wpływa to na znaczne zwiększenie mocy deformacji.