Electric Circuits

Lecture 01

slide

exercise:

计算功率:

$p_2$, $p_3$计算较为简单, 已有电压和电流, 是Passive Sign Convention, 直接计算:

$$p_2=5A\times 12V=50W$$ $$p_3=6A\times 8V=48W$$

出入电流应该相等, 因此$p_1$可以计算. 但是注意对于电压源/电流源需要看成反向, 因此加负号:

$$p_1=-5A\times 20V=-100W$$

并联电路的电压相等, 因此$p_4$可以计算:

$$p_4=-1A\times 8V=-8W$$

Lecture 02

slide

Kirchhoff’s Law

示例:

F25-Lec2-Kirchhoff and Node_Mesh_analysis, p.4

𝑏 – number of branches

$b=5$

有五个组件, 每个组件作为一个branch

F25-Lec2-Kirchhoff and Node_Mesh_analysis, p.4

𝑛 – number of nodes

$n=3$

看上去有4个交点, 但是实际上这里的两个交点可以合并, 看成一个交点:

因此实际上是3个node

F25-Lec2-Kirchhoff and Node_Mesh_analysis, p.4

l – number of loops

$l=6$

一共有三个小回路, 两个中回路, 一个大回路. 全部回路均计算

Kirchhoff’s Current Law (KCL)

有$i_2$, $i_5$的电流流出, 可以看作是有$-i_2-i_5$的电流流入. 由Kirchhoff’s Laws得知:

$$i_1+i_3+i_4-i_2-i_5=0$$

proof

电荷守恒: 在一定时间内流入和流出的电荷相等:

$$\int (i_1+i_3+i_4)dt=\int (i_2+i_5)dt$$

注意, 实际上做题的时候可能完全未知电流的方向, 但是这个无关紧要, 因为计算的结果含有符号. 因此如果结果为负数, 即为流向相反.

KCL中, 无需针对一个真实的”node”, 可以针对一个黑盒. 这个黑盒内部无所谓是什么, 只要这个黑盒的流入流出电荷守恒即可:

$$i_1+i_2-i_3-i_4=0$$

$i=50mA$, 因为输入输出相等	$$-i+5\mu A+2\mu A=0\Rightarrow i=7\mu A$$

Kirchhoff’s Votage Law (KVL)

Definition

一个Loop的电压和为零

proof

取两个相近的中间没有其他branch(或者元器件)的点.

走最近的路径: 两点之间没有元器件, 可以认为$P=VI=0\times I=0$, 因此电势相等.

因此走任意loop外圈的电压和均为0(电势差为0)

Example

$$-v_1+v_2+v_3-v_4+v_5=0$$

一个写正负的方法是:

1. 首先假设一下每个元件的电压正负极
2. 顺时针走loop
3. 走的过程中, 首先遇到-就在该元件对应电压上加负号(相减), 首先遇到+就给对应电压使用正号(相加)

F25-Lec2-Kirchhoff and Node_Mesh_analysis, p.13

Path 1: $$-v_a+v_2+v_b=0$$

Path 2: $$-v_b-v_3+v_c=0$$

Path 3: $$-v_a+v_2-v_3+v_c=0$$

分压/分流

Voltage Division

Example

KVL: $$-v+v_1+v_2=0$$

$$v_1=i\cdot R_1$$ $$v_2=i\cdot R_2$$ $$v=i\cdot (R_1+R_2)$$

$$v=i\times R_{eq}$$ $$R_{eq}=R_1+R_2$$ $$\Rightarrow v_1=\frac{R_1}{R_1+R_2}v,v_2=\frac{R_2}{R_1+R_2}v$$

正比分压

$$\Rightarrow \frac{v_1}{v_2}=\frac{R_1}{R_2}$$

Parallel Resistors

Example

$$i_1=\frac{v}{R_1},i_2=\frac{v}{R_2}$$

KCL: $$i=i_1+i_2=v(\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2})$$

等效:

$$i=\frac{v}{R_{eq}}$$ $$\Rightarrow R_{eq}=\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}=\frac{R_1{R}_2}{R_1+R_2}$$ $$G_{eq}=G_1+G_2$$

Current Division

Example

反比分流

$$\frac{i_1}{i_2}=\frac{R_2}{R_1}$$

Delta-wye Conversion

将一个环形的电路转换成Y字型的等效电路, 便于分析

Y字型的电路中, 有:

$$R_{12}(Y)=R_1+R_3$$

在三角形(环形)的电路中, 有:

$$R_{12}(\Delta )=R_b\Vert (R_a+R_c)=\frac{R_b(R_a+R_c)}{R_a+R_b+R_c}$$

令$R_{12}(Y)=R_{12}(\Delta )$, 有:

$$R_{12}=R_1+R_3=\frac{R_b(R_a+R_c)}{R_a+R_b+R_c}$$

同理, 有:

$$R_{13}=R_1+R_2=\frac{R_c(R_a+R_b)}{R_a+R_b+R_c}$$ $$R_{34}=R_2+R_3=\frac{R_a(R_b+R_c)}{R_a+R_b+R_c}$$

联立上述三个方程组, 可以求解得:

$$\begin{array}{rl}{R}_1& =\frac{R_b{R}_c}{R_a+R_b+R_c}\\ R_2& =\frac{R_c{R}_a}{R_a+R_b+R_c}\\ R_3& =\frac{R_a{R}_b}{R_a+R_b+R_c}\end{array}$$

对于一个三角形连接和Y字型连接, 如果所有的电阻的阻值相同, 则称这个电路为“balance”的. 并且, 三角形和Y字型电路的等效阻值之间有这个关系:

Node Analysis

Example

在未知$v_1,v_2$的情况下求解电路: 假设未知数$v_1,v_2$, 使用KCL设置方程组, 求解$v_1,v_2$

节点法求解:

Example

假设三个节点对应的电压分别为$v_1,v_2,v_3$

假设对于最上面的$4\Omega$的电阻有$i_1$的电流, 对于中间$8\Omega$的电阻有$i_2$的电流, 最下面$4\Omega$的电阻有$i_3$的电流. 假设所有的电阻都是左正右负(上正下负).

对于$N_1$:

$$3=i_x+i_1=\frac{v_1-v_2}{2}+\frac{v_1-v_3}{4}$$

对于$N_2$:

$$i_x=i_2+i_3\Rightarrow \frac{v_1-v_2}{2}=\frac{v_2-v_3}{8}+\frac{v_2-0}{4}$$

对于$N_3$:

$$i_1+i_2=2i_x\Rightarrow \frac{v_1-v_3}{4}+\frac{v_2-v_3}{8}=2\times \frac{v_1-v_2}{2}$$

联立求解, 得:

$$\begin{array}{rl}{v}_1& =4.8\\ v_2& =2.4\\ v_3& =-2.4\end{array}$$

如果遇到电压源的时候, 需要设一个新的未知数$i_v$, 然后同样的, 使用KCL求解:

• 有关电压源部分的方程:
  • $i_1+i_v=i_3=\frac{v_a=0}{R_3}$
  • $i_2=i_5+i_4=i_5+\frac{V_b-0}{R_4}$

或者使用超级节点法进行求解: 把整个$V_a,V_{LL},V_b$当成一个大的节点, 然后看电流计算KCL:

• $i_1+i_2=i_3+i_4=\frac{V_a-0}{R_3}+\frac{V_b-0}{R_4}$
• 这个实际上就是上面的普通节点法的联立消元的结果

Mesh Analysis

网孔法

Independent Loop

Independent Loop 独立回路: 如果包含一条回路, 且这条回路不被其他回路包含, 那么这个是独立回路.

如:

按照顺序找:

1. 最左侧的最小的回路: 三个元器件都没有被使用, 是独立回路
2. 中间的最小回路: 右侧的$3\Omega$的元器件没被使用, 是独立回路
3. 最右侧的最小回路: 右侧的电流源没被使用, 是独立回路
4. 其他的回路(大的回路)都不是独立回路了, 因为所有元器件都被用过了

注意, 如果是 左->右->中 的顺序会发现中间的最小回路不是独立回路了. 但是实际上他们还是一个独立回路组(三个最小回路都是独立回路), 因为只要满足一个顺序就可以了

实际上, 独立回路也可以是包含一个大的回路, 但是总数不变:

• 假设有$b$个branches
• 假设有$n$个nodes
• 假设有$l_{ind}$个独立回路
• 则有: $l_{ind}=b-(n-1)$

独立回路的作用: 联立方程的时候, 不能联立非独立回路, 因为线性相关会导致缺少求解的关系

Mesh

最小的回路.

所有最小回路会组成独立回路组

• Step 1: 找到mesh, 给每个mesh假定一个mesh current, 假定方向和大小(未知数)
• Step 2: 对每个mesh使用KVL, 对于共享元件, 按照mesh电流的方向计算电流之差
• 解方程, 得到mesh currents

Example

Step 1: mesh, $i_1$, $i_2$

Step 2: Apply KVL:

使用支路电流

$$-15+5I_1+10I_3+10=0$$

右侧:

$$-10-10I_3+6I_2+4I_2=0$$

使用网孔电流:

对于左侧的mesh:

$$-15+5i_1+10(i_1-i_2)+10=0$$

对于右侧的mesh:

$$-10-10(i_1-i_2)+6i_2+4i_2=0$$

解得:

$$i_1=i_2=1A$$

注意, 此时中间的$I_3=i_1-i_2=0$, 因此中间的$10\Omega$的电阻处流经电流为$0A$, 那么这里是断路. 同时注意到右侧mesh的总电势为$10V$, 那么注意到中间的电压源为$10V$恒压电压源, 这处电路的两侧电势相等, 因此也是短路. 那么这个$10\Omega$电阻就同时为短路和断路.

这里由于没有其他的电流, 因此在这个mesh中网孔电流和电流源应该是相等的, 方向相反(注意图中标注的$i_2$是顺时针)

对于共享电流源

KVL: 假设电流源的电压为$V_A$

对于左侧:

$$-20+6i_1+2(i_1-i_2)-V_A=0$$

对于右侧:

$$V_A-2(i_1-i_2)+10i_2+4i_2=0$$

此时有两个mesh两个方程, 但是有三个未知数. 需要再找一个方程.

考虑电流源的电流, 有:

$$i_1-i_1=6$$

联立求解.

Supermesh方法: 将多个mesh合成一个更大的mesh. 但是注意, 在一个supermesh之后, 里面还是有多个mesh current在转: 可以列出方程:

$$-20+6i_1+10i_2+4i_2=0$$

这样可以避开中间的电流源的电压.

这个和上面KVL联立方程消元之后的结果一致.

Lecture 03

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线性系统:

使用齐次性求解电路

假设了最初是的电流为$1A$, 或者说可以假设$u_1$的电压为$120V$

$$i_1=1A$$ $$v_c=10V$$ $$v_b=v_c+1\times 2=12V$$ $$i_2=\frac{v_b-0}{5}=2.4A$$

KCL: $$i_3=i_1+i_2=3.4A$$ …

Superposition

利用了线性系统的可加性.

1. 找一个需要分析的source
2. 将其他的source归零(“Turn off”), 电流源$\to 0A$, 电压源$\to 0V$
3. 分析
4. 对其他需要分析的source重复

使用可加性求解

只保留电流源的时候的电路电流为:

$$I_1=\frac{R_1}{R_1+R_2}\cdot I_0=\frac{1}{3}{I}_0=2A$$

只保留电压源的时候电路电流为(KVL):

$$5I_2+10I_2+V_0=0\Rightarrow I_2=\frac{-45}{15}=-3A$$

因此完整电路中的电流$I$为:

$$I=I_1+I_2=2A-3A=-1A$$

Superposition可以计算得出每一个电压源/电流源对相应的影响

可以知道如果想要改变响应, 修改哪一个源的数值能够最快改变. 因为可以将最终的结果(目标电压/电流)写成 系数$\times$电源输入 的累和的形式. 如上面的example, 可以写成$I=\frac{1}{3}{I}_0-\frac{1}{15}{V}_0$

注意, 叠加定理可以叠加电流, 可以叠加电压, 但是功率不能叠加

Thevenin’s Theorem

当电路分析中, 只有一个元器件的参数是变化的(变量, 或者叫做”load”, 负载), 其他的元器件的参数是固定的, 测试可以使用Thevenin定理: 一个两个端子的电路(包含电阻, 线性相关/不相关的电源), 可以使用一个电压源和一个电阻串联来表达

计算等效电路的方法:

1. 分析得到端子处的电压
2. deactivate所有的独立源
3. 化简计算得到等效组织

Example

使用Thevenin’s Theorem, 将$R_2$之外的电路化简, 得:

Example

等效电压源的电压时开路的电压. 此时这个电路本身就是开路状态, 直接求开路电压即可.

将最下面的node接地, 使用节点法进行求解a,b两点的节点电压$v_a,v_b$:

• 对节点a使用KCL: $$\frac{16-v_a}{50}=\frac{v_a}{50}+\frac{v_a-v_b}{30}$$
• 对节点b使用KCL: $$\frac{v_a-v_b}{30}+4=\frac{v_b}{35}$$

解得$$u_{oc}=v_a-v_b=-44V$$

将电路的独立源turn off, 计算阻值, 有:

$$R_{ab}=[(50\Vert 50)+35]\Vert 30=20\Omega$$

则$R_{eq}=R_{ab}=20\Omega$

注意

Thevenin Equivalent方法不适用于有受控源(非独立源)的情况: 电压不会受到影响, 但是等效阻值会受到影响

OC电压SC电流法

对于含有受控源的电路, 可以使用[EE111-F25-Lec3-Circuit Theorem.pdf#page=23|这个方法]进行计算:

第一步是相同的, 计算得到开路电压

但是第二步的时候, 先不去计算等效电阻:

1. 首先假设在开路的两个端子连接一个导线形成短路
2. 此时有KVL: $R_{eq}=\frac{u_{oc}}{i_{ic}}$, 这里需要注意一下$u_{oc}$和$i_{sc}$的

External Source Method

但是部分的电路不能用上面两个方法:

使用第三种方法(鲁棒性更强):

第一步仍然是相同的, 使用求解等效电压(开路电压)

第二步是在外部新加上一个电压源, 同时关闭内部的所有电源, 有$v_{ex}$, 输出的电流为$i_{ex}$. 求解这两个的值, 得到$R_{eq}=\frac{v_{ex}}{i_{ex}}$

I-V characteristic

在正常的电路中, 可以将一个正常电路分成两个Thevenin电路, 两个Thevenin分别有自己的I-V性质:

两个电路有两个I-V函数, 找到交点即为电路的解

Norton’s Theorem

和Thevenin’s Theorem类似, 不过一个是用电压源串联电阻, 一个是电流源并联电阻

因此Norton’s Theorem也有三种不同的方法, 与Thevenin’s完全一致.

Source Transfer

Example

$$P_L=V_L\cdot I_L={\left(\frac{V_{TH}}{R_{TH}+R_L}\right)}^2\cdot R_L$$

导数为零的时候有最大的功率:

$$\frac{\partial P_L}{\partial R_L}=0\Rightarrow R_L=R_{TH}$$ $$\Rightarrow P_{L\text{max}}=...$$

Example

计算第二问的时候, 总功率$P_{total}$需要使用原先电路来计算, 不能使用等效的电路. “等效”是对外等效, 对内可能不等效(功率是内部性质)

Lecture 04

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运算放大器

$$v_0=A{v}_d=A(v_2-v_1)$$

将电压放大了$A$倍. 但是放大的倍数不能无限增大. 如果超过一定限制, 那么会达到最大值(输出电压不能超过供电电压, “钳制”):

一个理想的放大的倍数$A$是无穷大的. 虽然在现实器件中无法做到, 但是$A$仍然很大($10^5\sim 10^8$).

认为输出的电压源是一个受控电压源, 有:

$$v_0=\frac{R_i}{R_i+R_o}\cdot A(v_2-v_1)$$

在理想的放大器中, 希望$R_o=0$, 因此实际上$R_o$越小越好

虚短虚断:

在运算放大器中, 常使用KCL. 因为KVL的回路是不完整的, 运放内部是无法看到的.

Example

求, $\frac{v_o}{v_s}$

两个节点n节点(negative)和p节点(positive), 以及一个feedback(可以去找一下Control这一部分)

根据虚短虚断: $v_n=v_p=0,i_n=i_p=0$

对n点KCL:

$$i_1+i_2+i_n=0$$ $$\frac{v_n-v_s}{R_s}+\frac{v_n-v_o}{R_f}+0=0$$ $$\frac{-v_s}{R_s}+\frac{-v_o}{R_f}=0$$ $$\frac{v_o}{v_s}=-\frac{R_f}{R_s}$$

在$R_L$处的电流不一定等于$i_2$, $i_L=\frac{v_0-0}{R_L}$与电阻有关. 因为$R_L$是随意的, 因此可能有$i_L\ne i_2$. $i_L$和$i_2$的差由运放的输出补齐

注意, 这里可以看到输入和输出的比例为$-\frac{R_f}{R_s}$, 说明电压时反向的

$A$仍然成立, 但是这里有一个feedback, 不再是开环控制. $A(v_2-v_1)$是开环控制的计算

这里是”Inverting”的原因是电压源的正极连接了运放的负极. 下面是”Non-Inverting”的原因是输入电压源的正极连接运放正极.

Example

由于运放的输入都是没有电流的, 因此$20k\Omega$的输入电流都给到了$40k\Omega$.

Example

求, $\frac{v_o}{v_{in}}$

由于虚短虚断, 因此输入的两极的电压是相同的, 都是$v_{in}$

在负极节点处的KCL:

$$\frac{v_o-v_{in}}{R_2}=\frac{v_{in}-0}{R_1}$$ $$\frac{v_o}{v_{in}}=\frac{R_1+R_2}{R_1}$$

是一个同向的放大器

Example

是上面的电路的一个改版, 令$R_1\to \infty$, $R_2\to 0$

或者说只看这一个电路自己:

$$v_o=v_2=v_{in}\Rightarrow \frac{v_o}{v_{in}}=1$$

是电压跟随器.

电压跟随器的原因:

前面已经有一个电压源了, 为什么这里还需要一个运放: Buffer

这种情况下, 如果长时间运行, 会导致电压源漂移(?), 分压变成了$v_o=\frac{R_L}{R_L+R_s}{v}_s$

使用运放, 那么会有虚短虚断, 导致$R_s$不起作用(因为电流为0, 电压为0, 直接看成导线即可). 那么这个时候的$v_o=v_s$.

Negative Feedback

在运放反馈的时候, 大部分都是往负极去连接反馈(inverted input), 称作负反馈

目的: 自我调整:

Summing Amplifier

加法器运放:

$$v_{+}=(-\frac{R_f}{R_1}{v}_1-\frac{R_f}{R_2}{v}_2-\frac{R_f}{R_3}{v}_3)$$

Difference Amplifier

减法器运放:

$$v_o=\frac{R_2\frac{1+R_1}{R_2}}{R_1\frac{1+R_3}{R_4}}{v}_2-\frac{R_2}{R_1}{v}_1$$

Cascaded Op Amps

级联: 多个OA直接相乘:

$$A=A_1\cdot A_2\cdot A_3$$

Lecture 05

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电容和电感

Capacity

平行板电容器:

C 单位: F (法拉利).

“电容(capacity)”: 储存多少电荷的能力:

$$C=\frac{Q}{V}=\frac{dQ}{dV}$$ $$i=\frac{dQ}{dt}=\frac{CdV}{dt}$$ $$\begin{array}{rl}dV(t)& =\frac{1}{C}\cdot i(t)dt\\ {\int }_{V(-\infty )}^{V(t)}dV(t)& ={\int }_{-\infty }^t\frac{1}{C}\cdot i(t)dt\\ V(t)-V(-\infty )& ={\int }_{-\infty }^t\frac{1}{C}\cdot i(t)dt\\ V(t)& ={\int }_{-\infty }^t\frac{1}{C}\cdot i(t)dt\end{array}$$

也是一个线性元件. 最后的一行可以认为是: 最终的电压应该和历史所有的电荷的流入流出都有关系, 所有历史上的电荷的移动才有最终的电压

根据积分性质, 可以有:

$$\begin{array}{rl}V(t)& ={\int }_{-\infty }^t\frac{1}{C}\cdot i(t)dt\\ & ={\int }_{-\infty }^{t_0}\frac{1}{C}\cdot i(t)dt+{\int }_{t_0}^t\frac{1}{C}\cdot i(t)dt\\ & =V(t_0)+{\int }_{t_0}^t\frac{1}{C}\cdot i(t)dt\end{array}$$

可以认为是在$t_0$时间节点做了一次“结算”.

EE111-F25-Lec5-1st-Order Circuits, p.6

instantaneous power

$$p(t)=v(t)\cdot i(t)=v(t)\cdot C\cdot \frac{dv(t)}{dt}$$

EE111-F25-Lec5-1st-Order Circuits, p.6

energy stored

$$\begin{array}{rl}E(t)& ={\int }_{-\infty }^{t}p(t)dt\\ & ={\int }_{-\infty }^{t}v(t)\cdot C\cdot \frac{dv(t)}{dt}dt\\ & ={\int }_{v(-\infty )}^{v(t)}v(t)\cdot Cdv(t)\\ & =\frac{1}{2}C\cdot v^2(t)\end{array}$$

Example

电压源: 直流电压源. 可以认为电容会让电路变成开路状态. 注意, 这个地方虽然有一个元器件, 但是由于还有一个电容, 因此这里没有任何的电流, 没有任何的电压差. 可以认为这里直接是一个导线.

计算$v_1,v_2$电压差: 分压直接看对应的电阻的阻值.

如, $v_2$连接在这个电阻的两侧, 因此分压应该和这个电阻相同:

$$v_2=\frac{50k\Omega }{20+30+50k\Omega }\times 20V=10V$$

$v_1$和这个电阻和这个电阻的两侧, 因此:

$$v_1=\frac{50+30}{20+30+50}\times 20=16V$$

Example

第一段电流:

$$i=C\cdot \frac{dv}{dt}=0.6\times 5=3\mu A$$

第二段:

$$i=C\cdot \frac{dv}{dt}=C\cdot 0=0$$

第三段:

$$i=C\cdot \frac{dv}{dt}=0.6\times -5=-3\mu A$$

第四段: 同第二段, 电流为$0$

---

由于每一段斜率都为$0$, 因此每一段电流均为$0$

---

储存能量, 释放能量

---

储能, 等待(idle), 释能

---

这些图片的时间都是对应的, 是同一个电路相同时间坐标系下的图, 因此可以对称看.

注意, 电压不能突变. 由于电流$i=C\cdot \frac{dv}{dt}$, 那么如果电压突变, 微分变成$\infty$, 导致功率$p=v\cdot i=\infty$, 这个是不被允许的.

串联. 使用KVL:

$$\begin{array}{rl}{v}_s& =v_1+v_2+v_3\\ & =\frac{1}{C_1}{\int }_{-\infty }^t{i}_s(t)dt+\frac{1}{C_2}\int ...+\frac{1}{C_3}\int ...\\ & =\left(\frac{1}{C_1}+\frac{1}{C_2}+\frac{1}{C_3}\right){\int }_{-\infty }^t{i}_s(t)dt\\ \Rightarrow C_{eq}& ={\left(\frac{1}{C_1}+\frac{1}{C_2}+\frac{1}{C_3}\right)}^{-1}\\ \frac{v_1}{v_s}& =\frac{\frac{1}{C_1}}{\frac{1}{C_{eq}}}=\frac{C_{eq}}{C_1}\end{array}$$

并联. 使用KCL:

$$\begin{array}{rl}{i}_s& =i_1+i_2+i_3\\ & =C_1\frac{dv}{dt}+C_2\frac{dv}{dt}+C_3\frac{dv}{dt}\\ \Rightarrow C_{eq}& =C_1+C_2+C_3\\ \frac{i_1}{i_s}& =\frac{C_1}{C_{eq}}\end{array}$$

Inductor

电感, 或者称为线圈: $L$的单位: H (Heng, 亨利). 真实世界中一般都是$nH$, 纳亨.

线圈会产生感应电动势, 感应电动势的方向由线圈的绕法和电流方向共同决定(楞次定律). 在电路中, 不考虑电感线圈的绕法; 画图中, 使用电压电流的关系来表示方向

$$v=L\frac{di}{dt}$$

考虑电感, 公式只是换了符号: 二元性.

使用积分形式:

$$\begin{array}{rl}di& =\frac{1}{L}vdt\\ {\int }_{(i(-\infty )}^{i(t)}di& ={\int }_{-\infty }^t\frac{1}{L}v(t)dt\\ i(t)-i(-\infty )& =\frac{1}{L}{\int }_{-\infty }^{t}v(t)dt\\ i(t)& =\frac{1}{L}{\int }_{-\infty }^{t}v(t)dt\\ & =i(t_0)+{\int }_{t_0}^{t}v(t)dt\end{array}$$

EE111-F25-Lec5-1st-Order Circuits, p.14

power delivered

$$p(t)=v(t)i(t)=L\frac{di(t)}{dt}i(t)$$

EE111-F25-Lec5-1st-Order Circuits, p.14

energy stored

same as Capacity:

$$E(t)=\frac{1}{2}L\cdot i^2(t)$$

Example

第一段: 电流爬升, $\frac{di}{dt}>0$. $i>0$, 因此电压$v>0$, $p>0$

第二段: $i>0$, $\frac{di}{dt}<0$, 因此电压$v<0$, $p<0$

第三段: $i<0$, $\frac{di}{dt}<0$, 因此$v>0$, $p>0$

第四段: $i<0$, $\frac{di}{dt}>0$, 因此$v<0$, $p<0$

同理, 对于电感而言, 电流是不能突变的.

串联:

并联:

电容在直流源作用下是断路, 电感在直流源的作用下是短路.

Example

总结:

Natural response of RC circuits

• RC电路: 只包含电源, 电阻和电容的电路
• RL电路: 只包含电源, 电阻和电感的电路

用于研究在没有其他电源的时候, 电容(或者电感)充满电之后的行为.

• 开关处于1号位置的时候(称t=0-)为充电
• 开关位于2号位置的时候(称t=0+), 只存在电容(或电感), 此时为”Natural Response”. 刚切换的时候, 电容身上的电压仍然为$v_s$, 因为电压不能突变: $v_c(0^{-})=v_c(0^{+})=v_s$

分析0+的时候, 根据KCL:

$$i=\frac{v_R}{R}=C\frac{d{v}_t}{dt}$$

KVL:

$$v_R+v_C=0$$ $$\Rightarrow \frac{d{v}_t}{dt}=\frac{-v_C}{R\cdot C}$$ $$\frac{d{v}_t}{dt}+\frac{1}{RC}\cdot v_C=0$$

解微分方程(齐次一阶常系数微分方程):

$$v_C(t)=A\cdot e^{\frac{1}{RC}t}$$ $$\begin{array}{rl}{v}_C(0^{+})& =v_s\\ \Rightarrow A& =v_s\\ \Rightarrow v_C(t)& =v_s\cdot e^{\frac{1}{RC}t}\end{array}$$

齐次一阶常系数微分方程解的形式

求解$\frac{dx}{dt}+ax=0$

通解的形式应该为:

$$x(t)=A{e}^{-at}$$

因此电压随时间变化的图像为: 时间常数: $\tau =RC$, 表示衰减的速度. $RC$越大, 衰减越慢

那么电流的图为:

$$i=C\cdot \frac{d{v}_C(t)}{dt}=C\cdot v_s\cdot (-\frac{1}{RC})\cdot e^{-\frac{1}{RC}t}=-\frac{v_s}{R}\cdot e^{-\frac{1}{RC}t}$$

注意对于电容而言, 电流允许有突变, 但是电压不允许突变

Example

并联电阻: $R=\frac{5\times (8+12)}{5+8+12}=4\Omega$

$$\Rightarrow v_c(t)=v_s\cdot e^{-\frac{1}{RC}t}=15e^{-\frac{5}{2}t}$$

分压:

$$v_x(t)=\frac{12}{8+12}{v}_C(t)=9e^{-\frac{5}{2}t}$$ $$i_x(t)=\frac{v_x(t)}{R_x}=\frac{3}{4}{e}^{-\frac{5}{2}t}$$

or 使用分流:

$$i_C(t)=-\frac{v_C(0)}{R}{e}^{-\frac{1}{RC}t}=-\frac{15}{4}{e}^{-\frac{5}{2}t}$$ $$i_x(t)=\frac{5}{5+8+12}{i}_C(t)=-\frac{3}{4}{e}^{-\frac{5}{2}t}$$

Natural response of RL circuits

类似的, 分成两个阶段:

• 充电阶段(t=0-): 给L充电. 此时所有电流都会给电感身上. (可以理解为, 电感是导线, 让R两侧电势差为0, 因此电流不走R只走L)
• 放点(t=0+): $R_0$有突变, 出现电流; 电感的电流不能突变, 因此$t=0^{+}$的时候的电流仍然等于$t=0^{-}$的时候的电流状态. 同时, $R$这个电阻身上的电流从0突变成$i_L(0^{+})$的值.

分析0+: 假设参考方向如图:

电流不突变:

i_L(0^+)=i_L(0^-)$$KVL: $$L\cdot\frac{di_L}{dt}+i_LR=0 $$\Rightarrow \frac{d{i}_L}{dt}+\frac{R}{L}\cdot i_L=0$$ $$\Rightarrow i_L(t)=I_s\cdot e^{-\frac{R}{L}t}$$

图:

同时可得:

$$v_L(t)=L\frac{d{i}_L(t)}{dt}=L\cdot I_s\cdot (-\frac{R}{L})e^{-\frac{R}{L}t}=-I_{s}R{e}^{-\frac{R}{L}t}$$

时间常数$\tau =\frac{L}{R}$

Example

首先求开关闭合时电流:

$$i_L(0^{-})=\frac{12}{4+12}\frac{40}{2+\frac{4\times 12}{4+12}}=6A$$

开关断开时:

$$\frac{R}{L}=\frac{\frac{(12+4)\times 16}{12+6+16}}{2}=4$$ $$\Rightarrow i_L(t)=i_L(0^{-})e^{-\frac{R}{L}t}=6e^{-4t}$$

Step Response

RC Circuits

一个直流电源突然接入RC电路中.

阶跃响应:

在电路中, 可以认为是: 是$v_0\cdot u(t)$

KVL:

$$\begin{array}{rl}{v}_s& =v_R+v_C\\ & =i_R\cdot R+v_C\\ & =C\cdot \frac{d{v}_c}{dt}\cdot R+v_c\end{array}$$ $$\frac{d{v}_c}{dt}+\frac{1}{RC}{v}_C=\frac{v_s}{RC}$$

齐次方程, $v_c^{\prime }(t)=A{e}^{-\frac{t}{RC}}$,

$$\begin{array}{rl}{v}_c(t=0^{+})& =v_0\\ & =A{e}^{0^{+}}+v_s\\ \Rightarrow v_C(t)& =v_s+(v_0-v_s)e^{-\frac{t}{RC}}\end{array}$$

(假定$v_s>v_0$)

完全响应: 自然响应+强制响应(有独立源影响)

RL Circuit

类似的, 完全响应:

$$i(t)=\frac{v_s}{R}+(i_0-\frac{v_s}{R})e^{-\frac{R}{L}t}$$

Summary

Example

$$t<0\Rightarrow v_c(t=0^{-})=v_{5k\Omega }=\frac{5}{5+3}\times 24=15V$$ $$t>0\Rightarrow \text{成为开路, 因此 }{v}_c(t=\infty )=30V$$ $$\begin{array}{rl}{v}_c(t)& =v_c(\infty )+[v_c(0)-v_c(\infty )]e^{-\frac{t}{RC}}\\ & =30-15e^{-\frac{t}{2}}\end{array}$$

Lecture 06

slide

Lecture 07

Note

page=1&selection=18,0,18,25

AC: Alternating Current, 一种有规律变化的电流.

在本节课中特指正弦电流源或者正弦电压源. (sinusoidal包含sin函数和cos函数的波形. 因为这些只有$\frac{\pi }{2}$的相位差)

page=3&selection=8,0,8,23

使用正弦函数的原因

• 在自然界中很多现象都是正弦的
• 正弦信号非常容易产生和变换
• 容易使用数学工具处理 (三角函数的性质)

根据傅立叶分析, 周期函数可以被表达成多个正弦函数之和

正弦函数有三个要素:

• peak value(magnitude) 波峰 $V_m$
• angular frequency 角频率 $\omega$
• phase angle 相位角 $\omega t+\theta$. 这里更关注的是t=0时的初始的相位角 initial phase angle: $\theta$
  • 在这里我们关注$\theta \in [-180^{\circ },180^{\circ }]$的范围

了解三个要素之后可以得到原始的三角函数$v(t)=V_m\cos (\omega t+\theta )$

• $\omega =2\pi f$
• $f=\frac{1}{T}$

常见三角变换:

左加右减, $v_3(t)$是领先其他两者的.

Example

$t>0$时, 使用Kirchhoff’s Votage Law (KVL):

$$L\frac{di(t)}{dt}+Ri(t)=V_m\cos (\omega t+\varphi )$$ $$\Rightarrow \frac{di(t)}{dt}+\frac{R}{L}i(t)=\frac{V_m}{L}\cos (\omega t+\varphi )$$

求解一个标准的微分方程:

1. general solution: $i_G=A\cdot e^{-\frac{R}{L}t}$
2. 找到一个particular solution: $i_p=B\cdot \cos (\omega t+c)$
3. 将ps代入微分方程:$$-B\cdot \omega \cdot \sin (\omega t+c)+\frac{R}{L}\cdot B\cdot \cos (\omega t+c)=\frac{V_m}{L}\cos (\omega t+\varphi )$$
4. 令$t=0$, 有:

begin{aligned}-B\cdot\omega\sin c+\frac{R}{L}B\cos(c)&=\frac{V_m}{L}\cos\phi\ B\cdot\sqrt{\omega^2+\frac{R^2}{L^2}}&=\frac{V_m}{L}\ B&=\frac{V_m}{\sqrt{R^2+\omega^2L^2}}\end{aligned}$$

$$\cos (c+\theta )=\cos \varphi \Rightarrow c=\varphi -\arctan (\frac{\omega L}{R})$$

5. $$i=i_G+i_p=\frac{-V_m}{\sqrt{R^2+{\omega }^2{L}^2}}\cos (\varphi -\theta )e^{-\frac{R}{L}t}+\frac{V_m}{\sqrt{R^2+{\omega }^2{L}^2}}\cos (\omega t+\varphi -\theta )$$

使用时域方法求解过于繁琐, 因此要找到一个方法去处理这个电路.

Phasor

结合Magnitude+Phase

将三角函数使用欧拉公式$e^{\pm j\varphi }=\cos \varphi \pm j\sin \varphi$转换成复指数:$$v(t)=V\cos (\omega t+\varphi )=Re\{V{e}^{j\varphi }{e}^{j\omega t}\}$$

复数坐标的投影: $\mathbf{V}=V{e}^{j\varphi }=V\cos \varphi +jV\sin \varphi$

或者使用极坐标的方式: $\mathbf{V}=V\angle \varphi$

复数运算:

卡西欧991可以直接计算复数的加减. 在菜单中的第二项可以计算角度或复数(角度使用shift+eng, 复数直接按eng)

如果有周期的振荡(有$\omega \ne 0$), 可以有双向箭头. 但是如果不是一个周期振荡的函数, 那么不能双向转换.

Example

1. $$i=6\cos (50t-40^{\circ })\Rightarrow i=6\angle -40$$
2. 需要首先将$\sin$转换成$\cos$:

• 首先画图, 坐标轴向右为$\cos$正方向, 向下为$\sin$正方向.
• 原始为$-4\sin (\omega t+50^{\circ })$, 那么为: 上方$-\sin$轴上找到$-4$点, 逆时针旋转$50^{\circ }$.
• 这个向量距离$\cos$正轴的夹角为$50^{\circ }+90^{\circ }=140^{\circ }$, 那么转换成$\cos$应该为$4\cos (\omega t+140^{\circ })$
• 这个方法与$\omega$无关. 只需要画图

最终有: $v=4\angle 140$

时域与频域的转变: 时域求导频域乘$j\omega$, 时域积分频域除$j\omega$

Phasor Relationships

Resistor

假设电压电流为:

$$\begin{array}{rl}i& =I_m\cos (\omega t+\varphi )=I_m\angle \varphi \\ v& =R{I}_m\cos (\omega t+\varphi )=R{I}_m\angle \varphi \end{array}$$

这里可以看出来, 对于同一个电阻, 电压和电流的相位角是相通的, 只有数值模长不同. 因此电阻:$R=\frac{\stackrel{\cdot }{V}}{\stackrel{\cdot }{I}}$, 在时域和频域是相通的

$$\Rightarrow V=RI$$

Inductors

$$\begin{array}{rl}i& =I_m\cos (\omega t+\varphi )=I_m\angle \varphi \\ v& =L\frac{di}{dt}=\omega L{I}_m\cos (\omega t+\varphi +90^{\circ })=j\omega L\cdot I_m\angle \varphi \\ & =j\omega L\cdot i\end{array}$$

电压领先电流$90^{\circ }$

$$\Rightarrow V=j\omega LI$$

Capacitors

$$\begin{array}{rl}v& =V_m\cos (\omega t+\varphi )=V_m\angle \varphi \\ i& =C\frac{dv}{dt}=\omega C{V}_m\cos (\omega t+\varphi +90^{\circ })=j\omega C{V}_m\angle \varphi \\ & =j\omega \cdot v\end{array}$$ $$\Rightarrow V=\frac{I}{j\omega C}$$

Impedance

首先总结: 领先的一项为可以突变的一项(对于[[#Phasor Relationships#Capacitors|电容]]和[[#Phasor Relationships#Inductors|电感]]而言)

定义阻抗$Z$:

$$Z=\frac{V}{I}$$

阻抗依赖于频率$\omega$. 阻抗不是一个phasor(phasor要求有一个振荡, 要求相位角一直变化), 但是阻抗通常是一个复数, 并满足欧姆定律:

$$V=IZ,Z=\frac{V}{I}$$

Example

$$\begin{array}{rl}L\frac{di}{dt}+Ri& =V_m\cos (\omega t+\varphi )\\ L\cdot j\omega \stackrel{\cdot }{I}+R\cdot \stackrel{\cdot }{I}& =V_m\angle \varphi \\ (j\omega L+R)\stackrel{\cdot }{I}& =V_m\angle \varphi \\ \stackrel{\cdot }{I}& =\frac{V_m\angle \varphi }{j\omega L+R}=\frac{V_m\angle \varphi }{\sqrt{R^2+{\omega }^2{L}^2}\angle \theta }\\ & =\frac{V_m}{\sqrt{R^2+{\omega }^2{L}^2}}\angle \varphi -\theta \\ \Rightarrow i(t)& =\frac{V_m}{\sqrt{R^2+{\omega }^2{L}^2}}\cos (\omega t+\varphi -\theta )\end{array}$$

其中, $\theta =\arctan \frac{\omega L}{R}$

参考^4a2f2b, 使用频域求解更加方便

Lecture 08

slide

在phasor domain(频域)也能满足KVL和KCL

Series & Parallel Impedance

电阻和阻抗可以理解成相同的东西. 串联电阻相加$\iff$串联阻抗相加

可以把电阻/电感/电容转换成阻抗然后变成一个元器件:

$$\begin{array}{rl}{Z}_1& =R+j\omega L\\ Z_2& =R+\frac{1}{j\omega C}\\ Z_3& =j\omega L+\frac{1}{j\omega C}\end{array}$$

并联:

$$\frac{1}{Z_{eq}}=\frac{1}{Z_1}+\frac{1}{Z_2}+\cdots$$

Delta-Wye in Phasor Domain

AC Phasor Analysis General Procedure

求解一个电路的步骤:

1. 将激励转换成cos的形式(对应phasor的标准形式)
2. 将电路转换成phasor domain(电路的电阻/电感/电容转换成阻抗)
3. 使用phasor domain的KCL或/和KVL列方程
4. 求解未知数
5. 将phasor domain的公式转换到原始的时域中

Example

对于上面一题的详细过程

Example

转换成phasor domain:

$$\{\begin{array}{c}\text{电压源: }V=20\angle 0^{\circ }=20\\ \text{受控源: }{I}_x=\angle 0^{\circ }{i}_x\\ \text{电容: }{Z}_C=\frac{1}{j\omega C}=-j2.5\\ \text{电感: }{Z}_L=j\omega L=j4\end{array}$$

使用KCL:

$$\frac{20-V_1}{10}=\frac{V_1}{-j2.5}+\frac{V_1-V_2}{j4}$$ $$\frac{V_1-V_2}{j4}+2I_x=\frac{V_2}{j2}$$ $$I_x=\frac{V_1}{-j2.5}$$

三个未知数, 两个KCL方程, 一个电容的欧姆定律. 求解得到:

$$I_x=7.59\angle 108.4^{\circ }\Rightarrow i_x(t)=7.59\cos (4t+108.4^{\circ })$$

使用Mesh Current求解phasor domain

求$i_0(t)$:

可以使用叠加定理求解:

superposition

注意, 在使用superposition的时候, 需要进行判断是否是同一个$\omega$. 在上述例题中, 阻抗是相同的, 因此可以认为两个电源的$\omega$是相同的.

当电源的 $\omega$不同时使用superposition

针对D.C.电压源:

$$\omega =0\Rightarrow Z_C=\frac{1}{j\omega C}\to \infty ,Z_L=j\omega L\to 0$$

和之前的说法一样, 对于直流源, 电容等于断路, 电感等于短路. 此时电路只剩下一个直流源$5V$和一个$1\Omega$电阻和$4\Omega$电阻串联:

$$v_0^1(t)=\frac{1}{1+4}\cdot -5=-1V$$

对于振荡电压源: $\omega =2$, $V=10\angle 0^{\circ }=10$

• 电感: $Z_L=j\omega L=4j$
• 电容: $Z_C=\frac{1}{j\omega C}=-5j$

_0^2=\frac{1}{1+4j+\text{并联的阻抗}}\cdot10=2.498\angle-30.79^\circ$$

$$v_0^2(t)=2.498\cos (2t-30.79^{\circ })$$

图片

对于振荡电流源: $\omega =5$, $I=2\angle -90^{\circ }$

• 电感: $Z_L=j\omega L=10j$
• 电容: $Z_C=\frac{1}{j\omega C}=-2j$

^3_0=\frac{10j}{10j+1+\text{并联的阻抗}}I_s=\frac{10j}{10j+1+\frac{-8j}{4-2j}}2\angle-90^\circ$$

$$V_0^3=I_0^3\cdot 1=2.328\angle -80^{\circ }$$ $$v_0^3(t)=2.328\cos (5t-80^{\circ })$$

图片

$$\Rightarrow v_0(t)=v_0^1(t)+v_0^2(t)+v_0^3(t)=-1+2.498\cos (2t-30.79^{\circ })+2.328\cos (5t-80^{\circ })$$

Thevenin for Phasor Domain

Thevenin’s Theorem在phasor domain也可以使用:

Norton和Thevenin的转换也是相同的:

$$V_s=Z_s{I}_s\iff I_s=\frac{V_s}{Z_s}$$

Omp也相同:

Phasor Diagram

对于电容:

$$Z_C=\frac{1}{j\omega C}=\frac{V_C}{I_C}$$ $$I_C=j\omega C{V}_C=\omega C\angle 90^{\circ }\cdot |V_c|\angle \varphi$$

Example

计算得到电流:

$$I=\frac{V_s}{R+j\omega L-\frac{j}{\omega C}}=2e^{j66.87^{\circ }}$$

• 电阻: $V_R=R\cdot I_R=R\angle 0^{\circ }\cdot I_R$
• 电感: $V_L=j\omega L{I}_L=\omega L\angle 90^{\circ }\cdot 2\angle 66.87^{\circ }=2\omega L\angle 156.87^{\circ }=4\angle 156.87^{\circ }$
• 电容: $V_C=\frac{1}{j\omega C}{I}_C=8\angle -90^{\circ }\cdot 2\angle 66.87^{\circ }=16\angle -23.13^{\circ }$

因此, 如果认为都是向量, 有: $V_s=V_R+V_L+V_C$

Lecture 09

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Instantaneous Power

瞬时功率

$$Z_{eq}=\frac{V}{I}=\frac{V_m\angle {\theta }_v}{I_m\angle {\theta }_i}=\frac{V_m}{I_m}\angle {\theta }_v-{\theta }_i$$ $$\begin{array}{rl}p(t)& =v(t)i(t)=V_m{I}_m\cos (\omega t+{\theta }_v)\cos (\omega t+{\theta }_i)\\ & =\frac{1}{2}{V}_m{I}_m\cos ({\theta }_v-{\theta }_i)+\frac{1}{2}\cos (2\omega t+{\theta }_v+{\theta }_i)\end{array}$$

积化和差

$$\cos \alpha \cdot \cos \beta =\frac{1}{2}\cos (\alpha +\beta )+\frac{1}{2}\cos (\alpha -\beta )$$

Average Power

平均功率:

$$\begin{array}{rl}P& =\frac{1}{T}{\int }_0^{T}p(t)dt\\ & =\frac{1}{T}{\int }_0^T\frac{1}{2}{V}_m{I}_m\cos ({\theta }_v-{\theta }_i)dt+\frac{1}{T}{\int }_0^T\frac{1}{2}{V}_m{I}_m\cos (2\omega t+{\theta }_v+{\theta }_i)dt\\ & =\frac{1}{2}{V}_m{I}_m\cos ({\theta }_v-{\theta }_i)\frac{1}{T}{\int }_0^{T}dt+\frac{1}{2}{V}_m{I}_m\frac{1}{T}{\int }_0^T\cos (2\omega t+{\theta }_v+{\theta }_i)dt\\ & =\frac{1}{2}{V}_m{I}_m\cos ({\theta }_v-{\theta }_i)\end{array}$$

对于电容和电感而言, 平均功率为0: 因为${\theta }_v-{\theta }_i=90^{\circ }\Rightarrow \cos ({\theta }_v-{\theta }_i)=0$. 但是注意, 虽然平均功率为0, 但是瞬时功率不为0, 有振荡

phasor domain:

$$\begin{array}{rl}\text{定义共轭: }& I^{\ast }=I_m\angle -{\theta }_i\\ & \frac{1}{2}V{I}^{\ast }=\frac{1}{2}{V}_m{I}_m\angle {\theta }_v-{\theta }_i=\frac{1}{2}{V}_m{I}_m[\cos ({\theta }_v-{\theta }_i)+j\sin ({\theta }_v-{\theta }_i)]\\ \Rightarrow & P=\frac{1}{2}\mathbf{Re}[V{I}^{\ast }]=\frac{1}{2}{V}_m{I}_m\cos ({\theta }_v-{\theta }_i)\end{array}$$

对于纯电阻电路:

$$P=\frac{1}{2}{V}_m{I}_m=\frac{1}{2}{I}^{2}R=\frac{1}{2}|I{|}^{2}R$$

其中$|I{|}^2=I\times I^{\ast }$ 纯电阻电路没有向外释放能量的能力: 功率全部都大于零, 因此没有释放能量.

对于纯电抗负载(Capacity和Inductor):

$${\theta }_v-{\theta }_i=90^{\circ }\Rightarrow P=\frac{1}{2}{V}_m{I}_m\cos 90^{\circ }=0$$

纯电抗电路吸收能量和释放能量的功率是相同的, 因此虽然有瞬时功率不为0, 但平均功率为0

Effective Power

等效功率

将一个振荡电压源等效成一个直流电压源: 因此有:

$$\begin{array}{rl}P& =\frac{1}{T}{\int }_0^{T}p(t)dt=\frac{1}{T}{\int }_0^{T}v(t)\frac{v(t)}{R}dt\\ & =\frac{1}{T}{\int }_0^T{V}_{eff}\frac{V_{eff}}{R}dt=\frac{V_{eff}^2}{R}\\ \Rightarrow V_{eff}& =\sqrt{\frac{1}{T}{\int }_0^T{v}^2(t)dt}\end{array}$$

RMS: $$X_{eff}=X_{rms}=\sqrt{\frac{1}{T}{\int }_0^T{x}^2(t)dt}$$

因此平均功率可以表示为:

$$P=\frac{V_m}{\sqrt{2}}\frac{I_m}{\sqrt{2}}\cos ({\theta }_v-{\theta }_i)=V_{rms}{I}_{rms}\cos ({\theta }_v-{\theta }_i)$$

Apparent Power

视在功率.

原始的功率为:

$$P=\mathbf{Re}[V_{rms}{I}_{rms}^{\ast }]=V_{rms}{I}_{rms}\cos ({\theta }_v-{\theta }_i)$$

Apparent Power视在功率($\mathbf{S}$或者$Sa$, 单位是V·A, 伏·安):

$$Sa=V_{rms}{I}_{rms}$$

这个不是一个正确的功率, 没有实际的物理意义. (如果实在想找出来一个物理意义, 可以认为是瞬时功率能够达到的最大值)

Power Factor

功率因素:

$$pf=\frac{P}{Sa}=\cos ({\theta }_v-{\theta }_i)$$

在计算的时候, 如果用的是最大值$V_m,I_m$, 那么需要一直使用最大值, 并且最后算出来的结果也是最大值; 如果使用的是有效值$V_{rms},I_{rms}$, 那么也是需要一直使用RMS的值, 最后的结果也是一个有效值.

Complex Power

复功率:

$$\tilde{S}=\frac{1}{2}V{I}^{\ast }=V_{rms}{I}_{rms}\angle {\theta }_v-{\theta }_i=P+jQ$$

实部对应平均功率, 虚部对应相应功率(Reactive Power)

complex power有两种形式:

• 极坐标: $V_{rms}{I}_{rms}\angle {\theta }_v-{\theta }_i$
• 直角坐标: $P+jQ$

可以看成一个直角三角形, 边长分别为: $V_{rms}{I}_{rms}$, $P$, $Q$, 下图中的$\theta ={\theta }_v-{\theta }_i$

Summary

Lecture 10

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Three-Phase Circuits

三相电路: 家庭供电

Balanced Three-Phase Sources: 三个电压源的相位相差$120^{\circ }$:

Source-Load Configurations

参考Delta-wye Conversion部分:

Y-Y连接: 中间的$n$和$N$节点是可连可不连的.

Y-Delta:

Delta-Y:

Delta-Delta:

Example

$$Z_Y=Z_s+Z_l+Z_L$$

首先判断$n$和$N$之间是否是等电势的. 即, 求解$I_N$是否为0. 如果为0, 说明没有电流流过, 即两点之间等电势.

$$\begin{array}{rl}{V}_{an}& =I_a{Z}_Y-I_n{Z}_n\\ V_{bn}& =I_b{Z}_Y-I_n{Z}_n\\ V_{cn}& =I_c{Z}_Y-I_n{Z}_n\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}\Rightarrow V_{an}+V_{bn}+V_{cn}& =(I_a+I_b+I_c)Z_Y-3I_n{Z}_n\\ 0& =-I_n{Z}_Y-3I_n{Z}_n\\ (Z_Y+3Z_n)I_n& =0\end{array}$$

由于阻抗不可能小于0, 因此$Z_Y+3Z_n\ne 0$, 因此有$I_n=0$, 即没有电势差.

因此, 电路有:

$$I_a=\frac{V_{an}}{Z_Y}{I}_b=\frac{V_{an}}{Z_Y}{I}_c=\frac{V_{an}}{Z_Y}$$ $$I_b=I_a\cdot 1\angle -120^{\circ }$$

对于Balanced Y-Y三相电路, 可以拆解成多个单相电路的拼接. 可以求解简单的单相电路然后拼接的方式求解.

类似的, 对于Y-Delta, 可以将阻抗使用Delta-wye Conversion转换成Y型然后使用Y-Y的方法, 分解求的最终结果.

Example

注意, 这里面写的电压是RMS的值

将load部分转换成Y字型电路: $Z_{LY}=4+4j$

然后可以直接去计算粉线上方的单相电路:

$$\begin{array}{rl}{I}_a& =\frac{100\angle 0^{\circ }}{Z_{LY}+1+2j}=12.8\angle -50.19^{\circ }\\ I_b& =\frac{100\angle -120^{\circ }}{Z_{LY}+1+2j}=12.8\angle -170.19^{\circ }\\ I_c& =\frac{100\angle 120^{\circ }}{Z_{LY}+1+2j}=12.8\angle 69.81^{\circ }\end{array}$$ $$\tilde{S}=|I_a{|}^2{Z}_{LY}=12.8^2\cdot (4+4j)=655.36+655.36j$$

Example

如果使用纯Y-Delta求解:

注意, 这里面写的电压是RMS的值

对A点使用KCL:

$$I_a+I_{CA}=I_{AB}\Rightarrow I_{CA}(-1+1\angle -120^{\circ })=I_a$$ $$\Rightarrow I_{CA}=\frac{I_a}{-1+1\angle -120^{\circ }}=7.39\angle 99.81^{\circ }$$ $$\tilde{S}=|I_{CA}|Z_L=7.39^2\cdot (12+12j)=655.36+655.36j$$

对于Delta-Y, 尝试将电源转换成Y形式:

Example

$$\begin{array}{rl}{V}_{ab}& =V_{an}-V_{bn}\\ V_{bn}& =V_{an}\cdot 1-\angle -120^{\circ }\\ \Rightarrow V_{an}& =\frac{V_{ab}}{1-1\angle -120^{\circ }}=\frac{V_{ab}}{\sqrt{3}}\angle -30^{\circ }\end{array}$$

然后可以使用Y-Y的单相电路:

$$I_a=\frac{V_{an}}{Z_Y}=\frac{V_{ab}}{\sqrt{3}{Z}_Y}\cdot \angle -30^{\circ }$$ $$\tilde{S}=|I_a{|}^2{Z}_Y$$

Lecture 11

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互感(Mutual Inductance): 一个线圈上电流的变换引起另一个线圈上电流的变化

$$v_1=L_1\frac{d{i}_1}{dt}$$

电流变化产生磁场. 部分磁场只影响一号线圈自己: ${\varphi }_{11}$, 另一部分磁场“泄漏”出去, 会影响到其他(2号线圈)元件: ${\varphi }_{21}$

最终二号线圈产生的电流, 和线圈缠绕的匝数以及两个线圈耦合的程度有关系. 在电路中并不关注他们之间的关系, 因此使用一个$M_{21}$表示相关的系数:

$$v_2=M_{21}\frac{d{i}_1}{dt}$$

影响的系数$M_{12}=M_{21}=N_1{N}_2\mathcal{P}$(单位: 亨利), 其中$\mathcal{P}$表示耦合程度, 只和两个线圈之间的物理属性有关, 因此在不改变两个线圈的情况下(距离等), 是定值.

方向(或者说感应电压的极性): 电流在两个线圈上的方向相同.

如, 第一张图, $i_1$是从上面往下走, 那么$i_2$应该也是从上往下走. 因此$L_2$或者$v_2$极性应该是上正下负.

Example

对于串联的电感, 如果有互感, 那么等效值为:

$$L_{eff}=L_1+L_2+2M$$

在这种情况下, 串联的电感的等效值为:

$$L_{eff}=L_1+L_2-2M$$

求: $i_1$和$i_2$

使用KVL:

$$\begin{array}{rl}{v}_1(t)& =i_1{R}_1+L_1\frac{d{i}_1}{dt}+M\frac{d{i}_2}{dt}\\ v_2(t)& =i_2{R}_2+L_2\frac{d{i}_2}{dt}+M\frac{d{i}_1}{dt}\end{array}$$

转换成Phasor domain:

$$\begin{array}{rl}{V}_1& =I_1{R}_1+L_1\cdot j\omega I_1+M\cdot j\omega I_2\\ V_2& =I_2{R}_2+L_2\cdot j\omega I_2+M\cdot j\omega I_1\end{array}$$

可以理解成, 独立的不互感的线圈加上一个受控电压源:

Example

KVL:

$$\begin{array}{rl}12\angle 0^{\circ }& =-4j{I}_1+5j{I}_1-3j{I}_2\\ 3j{I}_1& =6j{I}_2+12I_2\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}{I}_1& =13.01\angle -49.39^{\circ }\\ I_2& =2.91\angle 14.03^{\circ }\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}{V}_1& =5j{I}_1-3j{I}_2\\ V_2& =-6j{I}_2+3j{I}_1\end{array}$$ $$\frac{V_1}{V_2}=1.77\angle 19.29^{\circ }$$

Transformer

变压器(不是Transformer模型)

有等效阻抗:

$$Z_{in}=R_1+j\omega L_1+\frac{{\omega }^2{M}^2}{R_2+j\omega L_2+Z_2}$$

Example

找到(1) Mesh Currents (2) Complex power absorbed by the voltage source

找到受控源: 然后使用标准的网孔法求解.

注意, $j8$的电感受$j6$电感的影响. $j6$电感上的电流是两个网孔电流的差值: $I_1-I_2$.

Lecture 12

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…

Series Resonance

协振:

串联之后的虚部的数值可能大于、小于或等于0. 阻抗最小的情况(协振)即位虚部为0的情况. 此时${\omega }_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}$ rad/s.

在resonance时:

• 纯电阻电路
• 传递函数到达一个极值(在$H(\omega )=\frac{V}{I}$的定义下为最小值)
• $$\begin{array}{rl}{V}_L& =j\omega L\cdot I=j\omega L\cdot \frac{V_s}{R}=j\omega L\frac{V_m\angle \theta }{R}\\ |V_m|& =\frac{V_m}{R}{\omega }_{0}L\end{array}$$
• $$\begin{array}{rl}{V}_C& =\frac{1}{j\omega C}\cdot I=\cdots =\frac{V_m\angle \theta }{R\cdot j\omega C}\\ |V_C|& =\frac{V_m}{R}\frac{1}{{\omega }_{0}C}\end{array}$$

Half-Power Frequencies

$$I=|I|=\frac{V_m}{\sqrt{R^2+(\omega L-\frac{1}{\omega C}{)}^2}}$$ $$P({\omega }_1)=P({\omega }_2)=\frac{1}{2}P({\omega }_0)$$ $$\Rightarrow \frac{V_m^2}{2R}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{2}\frac{V_m^2}{R^2+(\omega L-\frac{1}{\omega C}{)}^2}$$ $$\Rightarrow \{\begin{array}{rl}{\omega }_1& =-\frac{R}{2L}+\sqrt{{\left(\frac{R}{2L}\right)}^2+\frac{1}{LC}}\\ {\omega }_2& =\frac{R}{2L}+\sqrt{{\left(\frac{R}{2L}\right)}^2+\frac{1}{LC}}\end{array}$$

带宽 $B={\omega }_2-{\omega }_1=\frac{R}{L}$

Quality factor $Q=\frac{{\omega }_0}{B}=\frac{{\omega }_{0}L}{R}=\frac{1}{{\omega }_{0}CR}$

…

Lecture 13

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Lecture 14

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