交流電路中的疊加

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電壓和電流分區

THÉVENIN和NORTON等效電路

我們已經研究了直流電路的疊加定理。在本章中，我們將展示其在交流電路中的應用。

疊加定理 指出在具有多個電源的線性電路中，電路中任何元件的電流和電壓是每個電源獨立產生的電流和電壓的總和。該定理適用於任何線性電路。與交流電路疊加使用的最佳方法是，計算一次施加的每個電源的貢獻的複數有效值或峰值，然後將其相加。這比使用具有時間功能的疊加要容易得多，後者必須添加各個時間功能。

要獨立計算每個來源的貢獻，必須移除所有其他來源並進行替換，而不會影響最終結果。

卸下電壓源時，必須將其電壓設置為零，這等效於用短路替換電壓源。

拆除電流源時，其電流必須設置為零，這等效於用開路電路替換電流源。

現在讓我們探索一個例子。

在下面顯示的電路中

R_i = 100 ohm，R₁= 20 ohm，R₂ = 12歐姆，L = 10 uH，C = 0.3 nF，v_S（噸）= 50cos（wt）V，我_S（噸）= 1cos（wt + 30°）A，f = 400 kHz。

請注意，兩個信號源具有相同的頻率：在本章中，我們僅將所有信號源具有相同的頻率工作。否則，必須以不同的方式處理疊加。

找出電流i（t）和i₁（t）使用疊加定理。

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讓我們並行使用TINA和人工計算來解決該問題。

首先用開路代替電流源併計算複數相量 我'，I1' 由於貢獻只來自 VS.

在這種情況下，電流相等：

I'= I₁'= V_S/（R_i + R₁ + j* w* L）= 50 /（120+j2* p* 4 * 10⁵* 10^-5）= 0.3992-j0.0836

I'= 0.408 e^j^11.83^°A

接下來用短路代替電壓源併計算複數相量 我”，“ I1” 由於貢獻只來自 IS。

在這種情況下，我們可以使用當前的除法公式：

我” = -0.091 – j 0.246A

和

I₁^“ = 0.7749 + j 0.2545A

這兩個步驟的總和：

I = I'+ I” = 0.3082 – j 0.3286 = 0.451 e^{- j46.9} ^°A

I₁ = I₁^“ + I₁'= 1.174 + j 0.1709 = 1.1865 e^j^8.28 ^°A

這些結果與TINA計算的值非常吻合：

電流的時間函數：

i（t）= 0.451 cos（寬× t - 46.9 ° )A

i₁（t）= 1.1865 cos（寬× t + 8.3 ° )A

同樣，TINA的口譯員給出的結果也同意：

{TINA口譯員的解決方案}
F：= 400000;
VS：= 50;
IG：= 1 * EXP（j * PI / 6）;
OM：= 2 * PI * F;
sys I，I1
I + IG = I1
VS = I * RI + I1 *（R1 + J * OM * L）
結束;
I = [308.093m-329.2401m * j]的
ABS（I）= [450.9106m]
radtodeg（弧（I））= [ - 46.9004]
ABS（I1）= [1.1865]
radtodeg（弧（I1））= [8.2749]

#Python解決方案！
將數學導入為 m
將 cmath 導入為 c
#讓我們簡化複雜的打印
#numbers 提高透明度：
cp= lambda Z : “{:.4f}”.format(Z)
F = 400000
VS=50
IG=1*c.exp(複數(1j)*c.pi/6)
om=2*c.pi*f
#我們有一個[線性方程組]
#我們想要解決 I，I1：
#I+IG=I1
#Vs=I*Ri+I1*(R1+j*om*L)
將 numpy 導入為 n
#寫出係數矩陣：
A=n.array([[-1,1],[Ri,複數(R1+1j*om*L)]])
#寫出常量矩陣：
b=n.array([IG,Vs])
x=n.linalg.solve(A,b)
I,I1=x
打印（“我=”，cp（I））
print(“abs(I)= %.4f”%abs(I))
print(“度(arc(I))= %.4f”%m.度(c.phase(I)))
print(“abs(I1)= %.4f”%abs(I1))
print(“度數(弧(I1))= %.4f”%m.度(c.phase(I1)))

正如我們在關於疊加的DC章中所說的那樣，對於包含兩個以上源的電路，使用疊加定理會使情況變得非常複雜。雖然疊加定理對於解決簡單的實際問題很有用，但它的主要用途是電路分析理論，該理論被用於證明其他定理。

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