พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 94 - หรือ 0.015 deo (t) dt + 0.1 eo (t) = 100 i(t) เนื่องจาก ei (t) = 10 e-4t mV = 0.01 e-4t V สมมติให้ eo(t) = Eo e -4t V และ i(t) = I e -4t A โดยที่ I และ Eo เป็นค่าคงที่ที่ต้องการหา แทนสมการของ ei (t) และ i(t) ลงในสมการดิฟเฟอเรนเชียลของวงจรทางด้านซ้าย จะได้ 2 d(I e -4t) dt + 10 I e -4t = 0.01 e -4t -8 I e -4t + 10 I e -4t = 0.01 e -4t ดังนั้น I = 0.01 2 = 0.005 A และ i(t) = 0.005 e -4t A แทนสมการของ i(t) และ eo(t) ลงในสมการดิฟเฟอเรนเชียลของวงจรทางด้านขวา จะได้ 0.015 d(Eo e -4t) dt + 0.1 Eo e -4t = 100×0.005 e -4t -0.06 Eo e -4t + 0.1 Eo e -4t = 0.5 e -4t ดังนั้น Eo = 0.5 0.04 = 12.5 V และ eo(t) = 12.5 e -4t V ตอบ eo(t) = 12.5 e -4t V จากตัวอย่างที่ 3.6 จะสังเกตได้ว่า eo(t) > ei (t) เช่น ที่เวลา t = 0 s จะได้ eo(0) = 12.5 V ซึ่งมีค่า มากกว่า ei (t) = 0.01 V วงจรแบบนี้เป็นวงจรขยายสัญญาณ (Amplifier Circuit) นั่นเอง วงจรดังรูปที่ 3.16 เป็นวงจรขยายแรงดัน (Voltage Amplifier Circuit) โดยมีอัตราขยายแรงดันเท่ากับ 1,250 ตัวอย่างที่ 3.7 จงหาผลตอบสนองจากแรง if (t) ของวงจรดังรูปที่ 3.17 ก าหนดให้ v(t) = 5 t2 V

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 95 - รูปที่ 3.17 ตัวอย่างที่ 3.7 วิธีท า จากวงจรดังรูปที่ 3.17 เมื่อเขียนสมการ KVL จะได้ KVL : -v(t) + 1 di(t) dt + 2 i(t) + 5 ∫ i(t)dt = 0 di(t) dt + 2 i(t) + 5 ∫ i(t)dt = v(t) เมื่อหาอนุพันธ์เทียบกับเวลาแล้ว จะได้ d 2 i(t) dt2 + 2 di(t) dt + 5 i(t) = dv(t) dt สมมติให้ i f (t) = A t 2 + B t + C = i(t) โดยที่ A, B, C เป็นค่าคงที่ที่ต้องการหา แทนสมการของ if (t) ลงในสมการอนุพันธ์อันดับสอง จะได้ d 2 (A t 2 + B t + C) dt2 + 2 d(A t 2 + B t + C) dt + 5 (A t 2 + B t + C) = d(5 t 2 ) dt 2A + 2 (2A t + B) + 5 (A t 2 + B t + C) = 10 t 5A t 2 + (4A + 5B) t + (2A + 2B + 5C) = 10 t เมื่อท าการเทียบสัมประสิทธิ์ จะได้ 5A = 0 A = 0

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 96 - 4A + 5B = 10 B = 10 5 = 2 2A + 2B + 5C = 0 C = - 2×2 5 = -0.8 ดังนั้น i f (t) = 2 t - 0.8 A ตอบ i f (t) = 2 t - 0.8 A 3.5 เงื่อนไขเบื้องต้น เงื่อนไขเบื้องต้นน าไปใช้ในการหาค่าคงที่ของผลตอบสนองธรรมชาติโดยทั่วไปแล้วการปิดหรือเปิด วงจรจะสมมติให้เกิดขึ้นที่เวลา t = 0 s เพื่อให้ง่ายต่อการค านวณ และก าหนดสัญลักษณ์ดังต่อไปนี้ t = 0 - s หมายถึง เวลาเล็กน้อยก่อนเวลา t = 0 s เป็นเวลาก่อนที่จะปิดหรือเปิดวงจร t = 0 + s หมายถึง เวลาเล็กน้อยหลังเวลา t = 0 s เป็นเวลาหลังจากที่ปิดหรือเปิดวงจรแล้ว • ส าหรับตัวเก็บประจุจากสมการ iC (t) = C dvC (t) dt จะได้ว่า "หากปราศจากกระแสที่มีค่าเป็นอนันต์ไหลผ่าน ตัวเก็บประจุแล้ว แรงดันที่ตกคร่อมตัวเก็บประจุจะเปลี่ยนแปลงอย่างทันทีทันใดไม่ได้" นั่นคือ vC (0 + ) = vC (0 - ) (3.44) • ส าหรับตัวเหนี่ยวน า จากสมการ vL (t) = L diL (t) dt จะได้ว่า "หากปราศจากแรงดันที่มีค่าเป็นอนันต์ตกคร่อม ตัวเหนี่ยวน าแล้ว กระแสที่ไหลในตัวเหนี่ยวน าจะเปลี่ยนแปลงอย่างทันทีทันใดไม่ได้" นั่นคือ i L (0 + ) = i L (0 - ) (3.45) ตัวอย่างที่ 3.8 จากวงจรดังรูปที่ 3.18 สวิตช์ S1 ถูกปิดอยู่เป็นเวลานานก่อนเวลา t = 0 s และที่เวลา t = 0 s ปิดสวิตช์ S2 จงหาค่าของ vC(0+ ) และ iC(0+ ) รูปที่ 3.18 ตัวอย่างที่ 3.8

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 97 - วิธีท า ที่เวลา t = 0- s : เนื่องจากสวิตช์S1 ถูกปิดอยู่เป็นเวลานาน จึงไม่มีผลตอบสนองธรรมชาติและตัวเก็บประจุจะ ถูกอัดประจุจนเต็ม ดังนั้น vC(0- ) = 10 V และ iC(0- ) = 0 A ที่เวลา t = 0+ s : ปิดสวิตช์ S2 จะได้ว่า vC(0+ ) = vC(0- ) = 10 V จากวงจร เมื่อเขียนสมการ KVL จะได้ KVL : -10 + 10 i1(0+ ) + vC(0+ ) = 0 ดังนั้น i1(0+ ) = 0 A จากวงจร เมื่อเขียนสมการตามกฎของโอห์ม จะได้ i 2 (0 + ) = vC (0 + ) 10 = 1 A และจากวงจร เมื่อเขียนสมการ KCL จะได้ KCL : i1(0+ ) - iC(0+ ) - i2(0+ ) = 0 iC(0+ ) = i1(0+ ) - i2(0+ ) = 0 - 1 = -1 A ตอบ vC(0+ ) = 10 V และ iC(0+ ) = -1 A ตัวอย่างที่ 3.9 จากวงจรดังรูปที่ 3.19 สวิตช์ S ถูกเปิดอยู่เป็นเวลานานก่อนเวลา t = 0 s และที่เวลา t = 0 s ปิดสวิตช์ S ลง จงหาค่าของ v , iL , dv/dt และ diL/dt ที่เวลา t = 0+ s รูปที่ 3.19 ตัวอย่างที่ 3.9

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 98 - วิธีท า ที่เวลา t = 0- s : เนื่องจากสวิตช์ S ถูกเปิดอยู่เป็นเวลานาน จึงไม่มีผลตอบสนองธรรมชาติ ดังนั้น v(0- ) = 10 V และ iL(0- ) = 5 A ที่เวลา t = 0+ s : ปิดสวิตช์ S จะได้ว่า v(0+ ) = v(0- ) = 10 V และ iL(0+ ) = iL(0- ) = 5 A จาก v(0 + ) = L diL (0 + ) dt ดังนั้น diL (0 + ) dt = v(0 + ) L = 10 2/5 = 25 A/s และจากวงจร เมื่อเขียนสมการ KCL จะได้ KCL : 5 - v(0 + ) 2 - 0.5 dv(0 + ) dt - i L (0 + ) - v(0 + ) 2 + 5 = 0 5 - 10 2 - 0.5 dv(0 + ) dt - 5 - 10 2 + 5 = 0 ดังนั้น dv(0 + ) dt = 5 -0.5 = -10 V/s ตอบ v(0+ ) = 10 V, iL(0+ ) = 5 A, dv(0 + ) dt = -10 V/s และ diL (0 + ) dt = 25 A/s 3.6 ผลตอบสนองสมบูรณ์ ผลตอบสนองสมบูรณ์ (Complete Response) ของวงจรเป็นผลรวมของผลตอบสนองธรรมชาติ ของวงจรกับผลตอบสนองจากแรงของวงจร ดังสมการต่อไปนี้ ผลตอบสนองสมบูรณ์ = ผลตอบสนองธรรมชาติ+ ผลตอบสนองจากแรง (3.46) การหาผลตอบสนองสมบูรณ์ของวงจรมีขั้นตอนดังนี้ 1. เขียนสมการดิฟเฟอเรนเชียลของวงจร หากมีเทอมที่อยู่ในรูปของอินทิเกรต ให้หาอนุพันธ์ของสมการจนเป็น สมการดิฟเฟอเรนเชียลเพียงอย่างเดียว เสร็จแล้วจัดรูปโดยรวมแหล่งก าเนิดอุดมคติไว้ทางขวาของสมการ ส่วนที่เหลือรวมทั้งแหล่งก าเนิดควบคุมไว้ทางซ้ายของสมการ 2. เขียนสมการปราศจากแรง เสร็จแล้วเขียนสมการคุณสมบัติของวงจร และหารากของสมการ จะได้ ผลตอบสนองธรรมชาติของวงจรดังสมการต่อไปนี้

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 99 - K1 e s1 t + K2 e s2 t + … + Kn e snt (3.47) 3. หาผลตอบสนองจากแรงของวงจร 4. หาผลรวมของผลตอบสนองธรรมชาติกับผลตอบสนองจากแรง จะได้ผลตอบสนองสมบูรณ์ของวงจร 5. หาเงื่อนไขเบื้องต้นของวงจร โดยทั่วไปในกรณีที่รากของสมการมี n ราก จะหาได้จากค่าของฟังก์ชันและ อนุพันธ์ที่ 1 ถึง (n-1) ของฟังก์ชันที่เวลา t = 0 s 6. ใช้เงื่อนไขเบื้องต้นในข้อ 5 หาค่าคงที่ K1 , K2 , … , Kn แล้วแทนในผลตอบสนองสมบูรณ์ ตัวอย่างที่ 3.10 จากวงจรดังรูปที่ 3.20 จงหา vC(t) เมื่อ t > 0 ก าหนดให้ vC(0- ) = 10 V รูปที่ 3.20 ตัวอย่างที่ 3.10 วิธีท า 1. เขียนสมการดิฟเฟอเรนเชียลของวงจร จากวงจรดังรูปที่ 3.20 เมื่อเขียนสมการ KCL จะได้ KCL : 1 - vC (t) 10 - 1 2 dvC (t) dt - vC (t) 10 = 0 เมื่อท าการจัดรูปใหม่ จะได้ dvC (t) dt + 2 5 vC (t) = 2 2. เขียนสมการปราศจากแรง จะได้ dvCn(t) dt + 2 5 vCn(t) = 0 และเขียนสมการคุณสมบัติของวงจร จะได้ s + 2 5 = 0 ดังนั้น s = - 2 5

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 100 - ดังนั้นผลตอบสนองธรรมชาติของวงจรคือ vCn(t) = K e -2t/5 3. หาผลตอบสนองจากแรงของวงจร เนื่องจากแหล่งก าเนิดไฟฟ้าภายในวงจรเป็นค่าคงที่ ดังนั้นสมมติให้ผล ตอบสนองจากแรงเป็นดังนี้ vCf (t) = A โดยที่ A เป็นค่าคงที่ที่ต้องการหา เมื่อแทนลงในสมการดิฟเฟอเรนเชียลในข้อ 1 จะได้ dvCf(t) dt + 2 5 vCf(t) = 2 dA dt + 2 5 A = 2 ดังนั้น A = 5 ดังนั้นผลตอบสนองจากแรงของวงจรคือ vCf(t) = 5 4. หาผลตอบสนองสมบูรณ์ของวงจร จะได้ vC (t) = vCn(t) + vCf(t) = K e -2t/5 + 5 5. จากโจทย์จะได้เงื่อนไขเบื้องต้นของวงจรคือ vC (0 + ) = vC (0 - ) = 10 V 6. ใช้เงื่อนไขเบื้องต้นในข้อ 5 หาค่าคงที่ K จะได้ vC (0 + ) = K e 0 + 5 = 10 K + 5 = 10 ดังนั้น K = 5 ดังนั้นผลตอบสนองสมบูรณ์ของวงจรคือ vC (t) = 5 e -2t/5 + 5 V ตอบ vC (t) = 5 e -2t/5 + 5 V

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 101 - ตัวอย่างที่ 3.11 จากวงจรดังรูปที่ 3.21 จงหา i(t) เมื่อ t > 0 s ก าหนดให้ v(t) = 0 V เมื่อ t < 0 s และ v(t) = 100 V เมื่อ t > 0 s รูปที่ 3.21 ตัวอย่างที่ 3.11 วิธีท า 1. เขียนสมการดิฟเฟอเรนเชียลของวงจร จากวงจรดังรูปที่ 3.21 เมื่อเขียนสมการ KVL จะได้ KVL : -v(t) + 100 i(t) + 2 di(t) dt + 80 ∫ i(t)dt + 9 vL = 0 โจทย์ก าหนดให้ v(t) = 100 V เมื่อ t > 0 s และ vL = L di(t) dt = 2 di(t) dt แทน v(t) และ vL ลงในสมการดิฟเฟอเรนเชียล จะได้ -100 + 100 i(t) + 2 di(t) dt + 80 ∫ i(t)dt + 18 di(t) dt = 0 เมื่อหาอนุพันธ์เทียบกับเวลาแล้วจัดรูปสมการใหม่ จะได้ d 2 i(t) dt2 + 5 di(t) dt + 4 i(t) = 0 2. เขียนสมการปราศจากแรง จะได้ d 2 i(t) dt2 + 5 di(t) dt + 4 i(t) = 0 และเขียนสมการคุณสมบัติของวงจร จะได้ s 2 + 5 s + 4 = 0

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 102 - ดังนั้น s = -1, -4 ดังนั้นผลตอบสนองธรรมชาติของวงจรคือ in (t) = K1 e -t + K2 e -4t 3. หาผลตอบสนองจากแรงของวงจร จากสมการอนุพันธ์อันดับสองในข้อ 1 และสมการปราศจากแรงในข้อ 2 จะเห็นว่าเป็นสมการเดียวกัน ดังนั้นจึงไม่มีผลตอบสนองจากแรงหรือผลตอบสนองจากแรงเป็นศูนย์นั่นเอง i f (t) = 0 4. หาผลตอบสนองสมบูรณ์ของวงจร จะได้ i(t) = in (t) + i f (t) = in (t) = K1 e -t + K2 e -4t และ di(t) dt = -K1 e -t - 4K2 e -4t 5. มีค่าคงที่ 2 ตัวคือ K1 และ K2 ดังนั้นจะต้องใช้ 2 เงื่อนไขเบื้องต้นคือ i(0+ ) และ di(0 + ) dt ที่เวลา t = 0- s : จากโจทย์ v(0- ) = 0 V ดังนั้น i(0- ) = 0 A และ vC(0- ) = 0 V ที่เวลา t = 0+ s : จะได้ i(0+ ) = i(0- ) = 0 A และ vC(0+ ) = vC(0- ) = 0 V จากวงจร เมื่อเขียนสมการ KVL ใหม่ จะได้ KVL : -v(t) + 100 i(t) + 2 di(t) dt + vC (t) + 18 di(t) dt = 0 เมื่อจัดรูปสมการใหม่แล้ว จะได้ 20 di(t) dt + 100 i(t) + vC (t) = v(t) และ 20 di(0 + ) dt + 100 i(0 + ) + vC (0 + ) = v(0 + )

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 103 - 20 di(0 + ) dt = 100 ดังนั้น di(0 + ) dt = 5 6. ใช้เงื่อนไขเบื้องต้นในข้อ 5 หาค่าคงที่ K1 และ K2 จะได้ i(0 + ) = K1 e 0 + K2 e 0 = K1 + K2 = 0 และ di(0 + ) dt = -K1 e 0 - 4K2 e 0 = -K1 - 4K2 = 5 เมื่อท าการแก้สมการทั้งสองแล้ว จะได้ K1 = 5 3 และ K2 = - 5 3 ดังนั้นผลตอบสนองสมบูรณ์ของวงจรคือ i(t) = 5 3 e -t - 5 3 e -4t หรือ i(t) = 5 3 (e -t - e -4t) A ตอบ i(t) = 5 3 (e -t - e -4t) A

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 104 - สรุปเนื้อหาบทที่3 3.1 ศึกษาผลตอบสนองของวงจรต่อการใส่เข้าหรือน าออกหรือมีการเปลี่ยนแปลงแหล่งก าเนิดไฟฟ้าในวงจร อย่างทันทีทันใด 3.2 ผลตอบสนองสมบูรณ์ = ผลตอบสนองธรรมชาติ+ ผลตอบสนองจากแรง 3.3 ค่าคงที่ของเวลาส าหรับวงจร RC คือ τ = R×C 3.4 ค่าคงที่ของเวลาส าหรับวงจร RL คือ τ = L R 3.5 ส าหรับวงจรที่มีแหล่งก าเนิดไฟฟ้าต่ออยู่ จะหาผลตอบสนองธรรมชาติได้โดยการขจัดแหล่งก าเนิดไฟฟ้า ออกจากวงจรให้หมด 3.6 สมการปราศจากแรงใช้ในการหาผลตอบสนองธรรมชาติ 3.7 ผลตอบสนองธรรมชาติของวงจร RC และวงจร RL คือ K est โดยที่ s เป็นรากของสมการคุณสมบัติของ วงจร และ K เป็นค่าคงที่ ซึ่งหาได้จากเงื่อนไขเบื้องต้นของวงจร 3.8 ผลตอบสนองธรรมชาติของวงจร RLC คือ K1 e s1 t + K2 e s2 t โดยที่ s1, s2 เป็นรากของสมการคุณสมบัติ ของวงจร และ K1, K2 เป็นค่าคงที่ ซึ่งหาได้จากเงื่อนไขเบื้องต้นของวงจร 3.9 ถ้ารากของสมการคุณสมบัติของวงจรเป็นจ านวนจริงแล้ว ผลตอบสนองธรรมชาติของวงจรจะเป็น ฟังก์ชันเอกซ์โพเนนเชียลแบบเพิ่มขึ้นหรือลดลง 3.10 ถ้ารากของสมการคุณสมบัติของวงจรเป็นจ านวนเชิงซ้อนแล้ว ผลตอบสนองธรรมชาติของวงจรจะเป็น ฟังก์ชันไซนูซอยด์ซึ่งมีค่าเพิ่มขึ้นหรือลดลงแบบเอกซ์โพเนนเชียล 3.11 ในกรณีที่รากของสมการคุณสมบัติของวงจรเป็นจ านวนเชิงซ้อน สามารถน าสูตรของออยเลอร์มาใช้ได้ คือ e ±jx = cos x ± j sin x 3.12 ผลตอบสนองจากแรงจะมีฟังก์ชันซึ่งประกอบด้วยฟังก์ชันของแหล่งก าเนิดไฟฟ้าภายในวงจรและอนุพันธ์ ทั้งหมดของมันซึ่งมีรูปคลื่นไม่ซ้ ากัน 3.13 t = 0 - s หมายถึง เวลาเล็กน้อยก่อนเวลา t = 0 s เป็นเวลาก่อนที่จะปิดหรือเปิดวงจร (ปิดหรือเปิด สวิตช์) 3.14 t = 0 + s หมายถึง เวลาเล็กน้อยหลังเวลา t = 0 s เป็นเวลาหลังจากที่ปิดหรือเปิดวงจรแล้ว (ปิดหรือ เปิดสวิตช์) 3.15 ส าหรับตัวเก็บประจุvC (0 + ) = vC (0 - ) 3.16 ส าหรับตัวเหนี่ยวน า i L (0 + ) = i L (0 - )

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 105 - 3.17 ถ้าสวิตช์ถูกปิดหรือเปิดอยู่เป็นเวลานานแล้ว จะไม่มีผลตอบสนองธรรมชาติ 3.18 ถ้าสมการอนุพันธ์และสมการปราศจากแรงเป็นสมการเดียวกันแล้ว จะไม่มีผลตอบสนองจากแรง

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 106 - แบบฝึกหัดท้ายบทที่ 3 3.1 จากวงจรดังรูปที่ 3.22 สวิตช์ S ถูกปิดอยู่เป็นเวลานานก่อนเวลา t = 0 s เมื่อเวลา t = 0 s เปิดสวิตช์ S ออก จงหา ก. i(0- ), i(0+ ), v(0- ), v(0+ ) ข. ผลตอบสนองธรรมชาติของ i(t) เมื่อ t > 0 s รูปที่ 3.22 แบบฝึกหัดที่ 3.1 3.2 จากวงจรดังรูปที่ 3.23 สวิตช์ S ถูกเปิดอยู่เป็นเวลานานก่อนเวลา t = 0 s เมื่อเวลา t = 0 s ปิดสวิตช์ S ลง จงหาผลตอบสนองธรรมชาติของ v(t) เมื่อ t > 0 s รูปที่ 3.23 แบบฝึกหัดที่ 3.2 3.3 จากวงจรดังรูปที่ 3.24 สวิตช์ S ถูกปิดอยู่เป็นเวลานานก่อนเวลา t = 0 s เมื่อเวลา t = 0 s เปิดสวิตช์ S ออก จงหาผลตอบสนองธรรมชาติของ i(t) เมื่อ t > 0 s

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 107 - รูปที่ 3.24 แบบฝึกหัดที่ 3.3 3.4 จากวงจรดังรูปที่ 3.23 จงหาผลตอบสนองจากแรงของ v(t) เมื่อ ก. เปิดสวิตช์ S ข. ปิดสวิตช์ S 3.5 จากวงจรดังรูปที่ 3.24 จงหาผลตอบสนองจากแรงของ i(t) เมื่อ ก. เปิดสวิตช์ S ข. ปิดสวิตช์ S 3.6 จากวงจรดังรูปที่ 3.25 จงหาผลตอบสนองจากแรงของ i(t) เมื่อแหล่งก าเนิดแรงดัน v(t) = -6 e-5t V รูปที่ 3.25 แบบฝึกหัดที่ 3.6 3.7 จากวงจรดังรูปที่ 3.26 สวิตช์ S ถูกเปิดอยู่เป็นเวลานานก่อนเวลา t = 0 s เมื่อเวลา t = 0 s ปิดสวิตช์ S ลง จงหาผลตอบสนองสมบูรณ์ของ v(t) เมื่อ t > 0 s

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 108 - รูปที่ 3.26 แบบฝึกหัดที่ 3.7 3.8 จากวงจรดังรูปที่ 3.27 ตัวเก็บประจุถูกประจุและมีแรงดัน vC(0- ) = 16 V ก่อนเวลา t = 0 s และเมื่อ เวลา t = 0 s ปิดสวิตช์ S ลง จงหาผลตอบสนองสมบูรณ์ของ i(t) เมื่อ t > 0 s รูปที่ 3.27 แบบฝึกหัดที่ 3.8 3.9 จากวงจรดังรูปที่ 3.28 แหล่งก าเนิดกระแส i(t) = 0 A เมื่อเวลา t = 0 s และ i(t) = 9 A เมื่อ t > 0 s จงหาผลตอบสนองสมบูรณ์ของ v(t) เมื่อ t > 0 s รูปที่ 3.28 แบบฝึกหัดที่ 3.9

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 109 - 3.10 จากวงจรดังรูปที่ 3.29 เมื่อเวลา t = 0 s เปิดสวิตช์ S ออก จงหาผลตอบสนองสมบูรณ์ของ v(t) เมื่อ เวลา t > 0 s รูปที่ 3.29 แบบฝึกหัดที่ 3.10 3.11 จงหาผลตอบสนองจากธรรมชาติของ v(t) จากสมการอนุพันธ์อันดับหนึ่งต่อไปนี้และ v(0) = 5 V 2 dv(t) dt + 8 v(t) = 5 cos 4t 3.12 จงหาผลตอบสนองจากแรงของ v(t) จากสมการอนุพันธ์อันดับสองต่อไปนี้ d 2 v(t) dt2 + 6 dv(t) dt + 10 v(t) = 10 (1 - e -t ) 3.13 จงหาผลตอบสนองสมบูรณ์ของ v(t) จากสมการอนุพันธ์อันดับสองต่อไปนี้ d 2 v(t) dt2 + 2 dv(t) dt + 5 v(t) = 20 cos t

บทที่ 4 วงจรไฟฟ้ากระแสสลับ

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 111 - ไฟฟ้ากระแสสลับหมายถึงไฟฟ้าที่มีกระแสไหลในทิศกลับไปกลับมาอยู่ตลอดเวลา การเปลี่ยนกลับไป กลับมานั้นอาจจะมีรูปคลื่นที่แน่นอน (ซ้ าเดิม) หรือไม่แน่นอน (ไม่ซ้ าเดิม) ก็ได้โดยในบทนี้จะกล่าวถึงไฟฟ้า กระแสสลับที่มีรูปคลื่นแน่นอนหรือมีความถี่คงที่ และผลตอบสนองจากแรงของวงจรไฟฟ้ากระแสสลับที่มี แหล่งก าเนิดไฟฟ้าเป็นฟังก์ชันไซนูซอยด์ของเวลา 4.1 ฟังก์ชันที่เป็นคาบ ก่อนที่จะศึกษาผลตอบสนองจากแรงของวงจรที่มีแหล่งก าเนิดไฟฟ้าเป็นฟังก์ชันไซนูซอยด์ของเวลา (Sinusoid Function) จะต้องรู้จักฟังก์ชันที่เป็นคาบ (Periodic Function) ดังสมการต่อไปนี้ x(t) = x(t + T) (4.1) และ f = 1 T (4.2) โดยที่ T คือ คาบเวลา (Period) มีหน่วยเป็นวินาที (s) และ f คือ ความถี่ (Frequency) มีหน่วยเป็นรอบต่อวินาทีหรือ เฮิรตซ์(Hz) จากสมการที่ (4.1) จะเห็นได้ว่า • ฟังก์ชันที่เป็นคาบจะซ้ าตัวมันเองทุกๆ คาบเวลา T • ฟังก์ชันที่เป็นคาบจะเป็นจริงส าหรับทุกเวลา t รูปที่ 4.1 ตัวอย่างรูปคลื่นของกระแส

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 112 - พิจารณารูปคลื่นของกระแสดังรูปที่ 4.1 จะได้สมการดังนี้ i(t) = Im cos(ωt) (4.3) และ ω = 2πf = 2π T (4.4) โดยที่ Im คือ ค่ากระแสสูงสุด และ คือ ความถี่เชิงมุม มีหน่วยเป็นเรเดียนต่อวินาที(rad/s) ดังนั้น i(t) = Im cos(ωt) = Im cos(2πft) = Im cos( 2πt T ) (4.5) และ i = Im ที่เวลา t = 0 s รูปที่ 4.2 ตัวอย่างรูปคลื่นของกระแส แรงดัน และก าลังไฟฟ้า พิจารณารูปคลื่นของแรงดันและกระแสที่ต่างเฟสกันดังรูปที่ 4.2 จะได้สมการของแรงดันและกระแสดังนี้ v(t) = Vm cos(ωt + α) (4.6) i(t) = Im cos(ωt + β) (4.7) โดยที่ คือ มุมเฟส (Phase Angle) ระหว่างคลื่นของแรงดันและกระแส

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 113 - จากรูปที่ 4.2 พบว่าคลื่นของกระแสจะถึงจุดสูงสุดก่อนคลื่นของแรงดัน ดังนั้นจะเรียกว่า คลื่นของ กระแสน าหน้า (Lead) คลื่นของแรงดันเป็นมุม หรือจะเรียกว่า คลื่นของแรงดันตามหลัง (Lag) คลื่นของ กระแสเป็นมุม ก็ได้เช่นกัน ข้อควรระวัง ในทางทฤษฎี มุมจะต้องมีหน่วยเป็น เรเดียน (rad) แต่ในทางปฏิบัติ มุมมักจะมีหน่วย เป็น องศา (degree) ตัวอย่างเช่น v(t) = 10 cos(2t + 60°) = 10 cos(2t + π 3 ) i(t) = 20 cos(5t + 30°) = 20 cos(5t + π 6 ) โดยที่ เรเดียน เท่ากับ 180 องศา (ครึ่งรอบ) หรือ 2 เรเดียน เท่ากับ 360 องศา (หนึ่งรอบ) วงจรไฟฟ้ากระแสสลับ คือ วงจรไฟฟ้าที่มีแรงดันและกระแสเป็นฟังก์ชันไซนูซอยด์ดังสมการที่ (4.6) และ (4.7) ส่วนวงจรไฟฟ้ากระแสตรง คือ วงจรไฟฟ้าที่มีแรงดันและกระแสเป็นค่าคงที่ ส าหรับก าลังไฟฟ้าที่ เวลาใดๆ สามารถหาได้จากผลคูณของแรงดันและกระแสดังสมการต่อไปนี้ p(t) = v(t) × i(t) (4.8) ตัวอย่างที่ 4.1 แรงดันและกระแสในวงจรไฟฟ้ากระแสสลับมีสมการดังนี้ v(t) = 100 cos(2t + 45°) V i(t) = 5 cos(2t - 15°) A จงหาสมการของก าลังไฟฟ้าที่เวลาใดๆ และค่าสูงสุดของก าลังไฟฟ้า วิธีท า จาก p(t) = v(t) × i(t) จะได้ p(t) = 500 cos(2t + 45°) cos(2t - 15°) p(t) = 500 2 [cos(4t + 30°) + cos(60°)] p(t) = 250 [cos(4t + 30°) + 1 2 ] ดังนั้น p(t) = 250 cos(4t + 30°) + 125 W และค่าสูงสุดของก าลังไฟฟ้าหาได้โดยแทน cos(4t + 30°) = 1

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 114 - ดังนั้น Pm = 250 + 125 = 375 W ตอบ p(t) = 250 cos(4t + 30°) + 125 W และค่าสูงสุดของก าลังไฟฟ้าเท่ากับ 375 W 4.2 ค่าประสิทธิผลของแรงดันและกระแส เนื่องจากในวงจรไฟฟ้ากระแสสลับ ค่าเฉลี่ยของแรงดันและกระแสจะมีค่าเป็นศูนย์ ดังนั้นการแสดง ค่าของแรงดันและกระแสจะแสดงในรูปของค่าอาร์เอ็มเอส (RMS ย่อมาจาก Root Mean Square) เพื่อให้ ทราบถึงประสิทธิผลของรูปคลื่นของแรงดันและกระแส จึงเรียกว่า ค่าประสิทธิผล (Effective Value) ซึ่งหาได้ จากสมการดังต่อไปนี้ Vrms = √ 1 T ∫ v 2 (t) dt T 0 (4.9) I rms = √ 1 T ∫ i 2 (t) dt T 0 (4.10) ส าหรับแรงดันและกระแสที่มีรูปคลื่นเป็นไซนูซอยด์ของเวลา จะได้ค่าประสิทธิผลดังนี้ Vrms = Vm √2 = V (4.11) I rms = Im √2 = I (4.12) เมื่อแทนลงในสมการที่ (4.6) และ (4.7) จะได้ v(t) = √2 V cos(ωt + α) (4.13) i(t) = √2 I cos(ωt + β) (4.14) ค่าของแรงดันและกระแสที่วัดได้จากเครื่องมือวัดในทางปฏิบัตินั้น จะเป็นค่าประสิทธิผลหรือค่าอาร์เอ็มเอส ตัวอย่างที่ 4.2 จงค านวณหาค่าประสิทธิผลของแรงดันและกระแสในตัวอย่างที่ 4.1 วิธีท า Vrms = Vm √2 = 100 √2 = 70.71 V I rms = Im √2 = 5 √2 = 3.54 A ตอบ Vrms = 70.71 V และ Irms = 3.54 A

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 115 - 4.3 ไซนูซอยด์และเอกซ์โพเนนเชียล จากสูตรของออยเลอร์ (Euler's Formula) ซึ่งแสดงถึงความสัมพันธ์ระหว่างฟังก์ชันไซนูซอยด์และ ฟังก์ชันเอกซ์โพเนนเชียลดังนี้ e ±jθ = cos θ ± j sin θ (4.15) หรือ จะได้ว่า cos θ = 1 2 (e jθ + e -jθ ) (4.16) และ sin θ = 1 j2 (e jθ - e -jθ ) (4.17) ดังนั้น จากสมการที่ (4.6) และ (4.7) จะได้ v(t) = Vm cos(ωt + α) = Vm 2 [e j(ωt + α) + e -j(ωt + α) ] (4.18) i(t) = Im cos(ωt + β) = Im 2 [e j(ωt + β) + e -j(ωt + β) ] (4.19) นอกจากนี้ ในการแก้ปัญหาของวงจรไฟฟ้ากระแสสลับที่มีแหล่งก าเนิดไฟฟ้าเป็นฟังก์ชันไซนูซอยด์ ของเวลาอาจจ าเป็นต้องใช้ความรู้ทางตรีโกณมิติ(Trigonometry) รายละเอียดโปรดดูในภาคผนวก ค 4.4 พีชคณิตของจ านวนเชิงซ้อน รูปที่ 4.3 ตัวอย่างจ านวนเชิงซ้อน พิจารณาจ านวนเชิงซ้อนดังรูปที่ 4.3 สามารถที่จะเขียนอธิบายได้ 3 รูปแบบ ดังนี้

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 116 - • รูปเชิงมุม (Polar Form) คือ A ∠θ • รูปสี่เหลี่ยม (Rectangular Form) คือ A cos θ + j A sin θ • รูปเอกซ์โพเนนเชียล (Exponential Form) คือ A e jθ โดยที่ A เป็นขนาด (Amplitude) และ เป็นมุมเฟส (Phase Angle) ที่ท ากับแกนจริง ในทางคณิตศาสตร์ จะเรียกปริมาณนี้ว่า จ านวนเชิงซ้อน (Complex Number) ในทางกลศาสตร์ จะ เรียกปริมาณนี้ว่า เวกเตอร์ (Vector) ส่วนในทางไฟฟ้า จะเรียกปริมาณนี้ว่า เฟสเซอร์ (Phasor) ส าหรับการบวกและการลบเฟสเซอร์นั้นจะท าในรูปสี่เหลี่ยม ส่วนการคูณและการหารเฟสเซอร์จะท า ในรูปเอกซ์โพเนนเชียลหรือรูปเชิงมุมก็ได้ ซึ่งจะง่ายกว่าการท าในรูปสี่เหลี่ยม การบวกและการลบเฟสเซอร์ในรูปสี่เหลี่ยม : (a + jb) ± (c + jd) = (a ± c) + j(b ± d) (4.20) การคูณเฟสเซอร์ในรูปเอกซ์โพเนนเชียล : (A e jα )×(B e jβ ) = (A×B) e j(α + β) (4.21) การคูณเฟสเซอร์ในรูปเชิงมุม : (A ∠α)×(B ∠β) = (A×B) ∠(α + β) (4.22) การคูณเฟสเซอร์ในรูปสี่เหลี่ยม : (a + jb)×(c + jd) = (a×c - b×d) + j(a×d + b×c) (4.23) การหารเฟสเซอร์ในรูปเอกซ์โพเนนเชียล : A e jα B e jβ = ( A B ) e j(α - β) (4.24) การหารเฟสเซอร์ในรูปเชิงมุม : A ∠α B ∠β = ( A B ) ∠(α - β) (4.25) การหารเฟสเซอร์ในรูปสี่เหลี่ยม : a + jb c + jd = a + jb c + jd × c - jd c - jd = a×c + b×d c 2 + d 2 + j b×c - a×d c 2 + d 2 (4.26)

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 117 - ตัวอย่างที่ 4.3 จงค านวณหา Z และเขียนในรูปสี่เหลี่ยม รูปเชิงมุม และรูปเอกซ์โพเนนเชียล ก าหนดให้ Z = (3 + j4) + 10 e jπ/4 - 6 ∠(-30°) วิธีท า เนื่องจาก 10 e jπ/4 = 10 [cos π 4 + j sin π 4 ] = 7.07 + j7.07 และ 6 ∠(-30°) = 6 [cos(-30°) + j sin(-30°)] = 5.20 - j3.00 ดังนั้น Z = (3 + j4) + (7.07 + j7.07) - (5.20 - j3.00) รูปสี่เหลี่ยม : Z = 4.87 + j14.07 รูปเชิงมุม : Z = √4.872 + 14.072 ∠tan-1 14.07 4.87 = 14.89 ∠70.9° รูปเอกซ์โพเนนเชียล : Z = 14.89 e j70.9° ตอบ Z = 4.87 + j14.07 = 14.89 ∠70.9° = 14.89 e j70.9° ตัวอย่างที่ 4.4 จงค านวณหา Z และเขียนในรูปสี่เหลี่ยม รูปเชิงมุม และรูปเอกซ์โพเนนเชียล ก าหนดให้ Z = (-50 - j40)(15 + j13) (7 - j4) วิธีท า รูปสี่เหลี่ยม : เนื่องจาก (15 + j13) (7 - j4) = (15 + j13) (7 - j4) × (7 + j4) (7 + j4) = (53 + j151) (7 2 + 4 2 ) = 0.815 + j2.323 ดังนั้น Z = (-50 - j40)(0.815 + j2.323) = 52.17 - j148.75 รูปเชิงมุม : เนื่องจาก -50 - j40 = √502 + 402 ∠tan-1 -40 -50 = 64.03 ∠218.7° 15 + j13 = √152 + 132 ∠tan-1 13 15 = 19.85 ∠40.9° และ 7 - j4 = √7 2 + 4 2 ∠tan-1 -4 7 = 8.06 ∠-29.7°

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 118 - ดังนั้น Z = (64.03 ∠218.7°)(19.85 ∠40.9°) (8.06 ∠-29.7°) Z = 64.03×19.85 8.06 ∠(218.7° + 40.9° + 29.7°) = 157.6 ∠289.3° รูปเอกซ์โพเนนเชียล : เนื่องจาก -50 - j40 = 64.03 e j218.7° 15 + j13 = 19.85 e j40.9° และ 7 - j4 = 8.06 e -j29.7° ดังนั้น Z = (64.03 e j218.7°)(19.85 e j40.9°) 8.06 e -j29.7° Z = 64.03×19.85 8.06 e j(218.7° + 40.9° + 29.7°) = 157.6 e j289.3° ตอบ Z = 52.17 - j148.75 = 157.6 ∠289.3° = 157.6 e j289.3° 4.5 วิธีเปลี่ยนรูปสมการ รูปที่ 4.4 วงจร RLC พิจารณาวงจรดังรูปที่ 4.4 เมื่อแหล่งก าเนิดไฟฟ้าเป็นฟังก์ชันไซนูซอยด์ของเวลา จากบทที่ 3 จะได้ ผลตอบสนองของวงจรในช่วงสภาวะคงตัว (Steady State Response) วงจรดังรูปที่ 4.4 นอกจากจะแก้ได้โดย ใช้วิธีในบทที่ 3 แล้ว ยังสามารถแก้ได้โดยใช้วิธีอื่น เช่น ใช้วิธีในบทที่ 2 นั่นคือ ทฤษฎีการทับซ้อน โดยแยก แหล่งก าเนิดในรูปไซนูซอยด์ออกเป็นแหล่งก าเนิดในรูปเอกซ์โพเนนเชียลสองตัว ดังรูปที่ 4.5 เป็นต้น

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 119 - (ก) (ข) (ค) รูปที่ 4.5 วงจรรูปที่ 4.4 เมื่อแยกคิดแหล่งก าเนิดในรูปเอกซ์โพเนนเชียลทีละตัว และ (ก) = (ข) + (ค)

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 120 - จาก v(t) = Vm cos(ωt) (4.27) จะได้ v(t) = Vm 2 (e jωt + e -jωt ) (4.28) ดังนั้น v(t) = Vm 2 e jωt + Vm 2 e -jωt = v1 (t) + v2 (t) (4.29) และ i(t) = i 1 (t) + i 2 (t) (4.30) การแก้ปัญหาวงจรในกรณีทั่วไป สมการดิฟเฟอเรนเชียลที่เชื่อมโยงผลตอบสนอง x(t) กับแรงกระตุ้น จากแหล่งก าเนิดในวงจร y(t) นั้น จะอยู่ในรูปสมการดังต่อไปนี้ … + A2 d 2 x(t) dt2 + A1 dx(t) dt + A0 x(t) + A-1 ∫ x(t)dt + A-2 ∬ x(t)dt + … = y(t) (4.31) เมื่อ y(t) = √2 Y cos(ωt + α) (4.32) และ x(t) = √2 X cos(ωt + β) (4.33) การแก้สมการดิฟเฟอเรนเชียลดังกล่าวสามารถท าได้โดยการเปลี่ยนรูป ดังนี้ y(t) = √2 Y cos(ωt + α) Y = Y ∠α (4.34) x(t) = √2 X cos(ωt + β) X = X ∠β (4.35) dx(t) dt (jω) X (4.36) d n x(t) dtn (jω) n X (4.37) ∫ x(t)dt X (jω) (4.38) ∫ n ⋯ ∫ x(t)dt X (jω) n (4.39) โดยที่ X และ Y เป็นปริมาณเฟสเซอร์โดยมีขนาดเท่ากับค่าประสิทธิผล (RMS) ของฟังก์ชันเดิม และมีมุม เท่ากับมุมของโคไซน์ที่เวลา t = 0 s ดังนั้นเมื่อท าการเปลี่ยนรูปสมการที่ (4.31) แล้ว จะได้ … + A2 (jω) 2 X + A1 (jω) X + A0 X + A-1 X (jω) + A-2 X (jω) 2 + … = Y (4.40) เมื่อ Y = Y ∠α (4.41)

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 121 - และ X = X ∠β (4.42) ตัวอย่างที่ 4.3 จากวงจรดังรูปที่ 4.6 จงใช้วิธีเปลี่ยนรูปสมการเพื่อค านวณหาค่าของแรงดัน v(t) ในช่วงสภาวะ คงตัว เมื่อก าหนดให้i(t) = 14.14 cos(2t + 30°) A รูปที่ 4.6 ตัวอย่างที่ 4.3 วิธีท า จากวงจรดังรูปที่ 4.6 เมื่อเขียนสมการ KCL จะได้ KCL : 3 v(t) + 4 ∫ v(t)dt + 3 dv(t) dt = 14.14 cos(2t + 30°) = 10 √2 cos(2t + 30°) โดยที่ = 2 rad/s เมื่อท าการเปลี่ยนรูปสมการแล้ว จะได้ 3 V + 4 V (j2) + 3 (j2) V = 10 ∠30° (3 - j2 + j6) V = 10 ∠30° V = 10 ∠30° 3 + j4 = 10 ∠30° 5 ∠53.1° = 2 ∠-23.1° ดังนั้น v(t) = 2 √2 cos(2t - 23.1°) V ตอบ v(t) = 2 √2 cos(2t - 23.1°) V ตัวอย่างที่ 4.4 จากวงจรดังรูปที่ 4.7 จงใช้วิธีเปลี่ยนรูปสมการเพื่อค านวณหาค่าของกระแส i1(t) ในช่วงสภาวะ คงตัว เมื่อก าหนดให้v1 (t) = 30 √2 cos(8t) V และ v2 (t) = 20 √2 cos(8t + 90°) V

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 122 - รูปที่ 4.7 ตัวอย่างที่ 4.4 วิธีท า จากวงจรดังรูปที่ 4.7 เมื่อเขียนสมการ KVL จะได้ KVL : 3 i 1 + 1 d(i1 - i2 ) dt + 32 ∫ (i 1 - i 2 )dt = 30 √2 cos(8t) และ 32 ∫ (i 2 - i 1 )dt + 1 d(i2 - i1 ) dt + 4 i 2 = -20 √2 cos(8t + 90°) โดยที่ = 8 rad/s เมื่อท าการเปลี่ยนรูปสมการแล้ว จะได้ 3 I 1 + (j8) (I 1 - I 2 ) + 32 (I 1 - I 2 ) (j8) = 30 ∠0° = 30 32 (I 2 - I 1 ) (j8) + (j8) (I 2 - I 1 ) + 4 I 2 = -20 ∠90° = -j20 เมื่อแก้สมการทั้งสองแล้ว จะได้ I 1 = 7.65 ∠-35.8° ดังนั้น i 1 (t) = 7.65 √2 cos(8t - 35.8°) A ตอบ i 1 (t) = 7.65 √2 cos(8t - 35.8°) A 4.6 วิธีเปลี่ยนรูปวงจร ถ้าแรงดันและกระแสขององค์ประกอบในวงจรไฟฟ้า (R, L และ C) เป็นรูปคลื่นไซนูซอยด์แล้ว จะได้

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 123 - Z = V I (4.43) และ Y = 1 Z = I V (4.44) โดยที่ Z เรียกว่า อิมพีแดนซ์(Impedance) มีหน่วยเป็นโอห์ม () และ Y เรียกว่า แอดมิตแตนซ์(Admittance) มีหน่วยเป็นโมห์ (-1 ) ส าหรับตัวต้านทาน R ดังรูปที่ 4.8 จะได้ว่า v(t) = R i(t) V = R I (4.45) และ i(t) = G v(t) I = G V (4.46) ดังนั้น Z = V I = R (4.47) และ Y = I V = G = 1 R (4.48) ดังแสดงในรูปที่ 4.9 รูปที่ 4.8 ตัวต้านทาน รูปที่ 4.9 ตัวต้านทานในรูปของอิมพีแดนซ์และแอดมิตแตนซ์ ส าหรับตัวเหนี่ยวน า L ดังรูปที่ 4.10 จะได้ว่า v(t) = L di(t) dt V = L (jω) I = (jωL) I (4.49) และ i(t) = 1 L ∫ v(t)dt I = V L (jω) = V (jωL) (4.50) ดังนั้น Z = V I = jωL (4.51)

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 124 - และ Y = I V = 1 jωL (4.52) ดังแสดงในรูปที่ 4.11 รูปที่ 4.10 ตัวเหนี่ยวน า รูปที่ 4.11 ตัวเหนี่ยวน าในรูปของอิมพีแดนซ์และแอดมิตแตนซ์ ส าหรับตัวเก็บประจุ C ดังรูปที่ 4.12 จะได้ว่า v(t) = 1 C ∫ i(t)dt V = I C (jω) = I (jωC) (4.53) และ i(t) = C dv(t) dt I = C (jω) V = (jωC) V (4.54) ดังนั้น Z = V I = 1 jωC (4.55) และ Y = I V = jωC (4.56) ดังแสดงในรูปที่ 4.13 รูปที่ 4.12 ตัวเก็บประจุ รูปที่ 4.13 ตัวเก็บประจุในรูปของอิมพีแดนซ์และแอดมิตแตนซ์

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 125 - พิจารณาตัวอย่างวงจรดังรูปที่ 4.14 เมื่อ i(t) = √2 I cos(ωt + α) รูปที่ 4.14 ตัวอย่างวงจร • วิธีเปลี่ยนรูปสมการ จากวงจรดังรูปที่ 4.14 เมื่อเขียนสมการ KCL จะได้ KCL : i 1 (t) + i 2 (t) = i(t) (4.57) G v(t) + C dv(t) dt = √2 I cos(ωt + α) (4.58) เมื่อท าการเปลี่ยนรูปสมการ จะได้สมการเฟเซอร์ดังนี้ G V + jωC V = I = I ∠α (4.59) • วิธีเปลี่ยนรูปวงจร เมื่อท าการเปลี่ยนรูปวงจร จะได้วงจรดังรูปที่ 4.15 รูปที่ 4.15 วงจรเฟสเซอร์ของวงจรรูปที่ 4.14

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 126 - จากวงจรดังรูปที่ 4.15 เมื่อเขียนสมการ KCL จะได้ KCL : I 1 + I 2 = I (4.60) แทน I 1 = Y1 V = G V (4.61) และ I 2 = Y2 V = jωC V (4.62) จะได้สมการเฟเซอร์ดังนี้ G V + jωC V = I = I ∠α (4.63) ซึ่งจะเห็นได้ว่าทั้งสองวิธีนั้นได้สมการเฟเซอร์ที่เหมือนกันทุกประการ ตัวอย่างที่ 4.5 จากวงจรดังรูปที่ 4.7 ในตัวอย่างที่ 4.4 จงใช้วิธีเปลี่ยนรูปวงจรเพื่อค านวณหาค่าของกระแส i1(t) ในช่วงสภาวะคงตัว เมื่อก าหนดให้v1 (t) = 30 √2 cos(8t) V และ v2 (t) = 20 √2 cos(8t + 90°) V วิธีท า เมื่อท าการเปลี่ยนรูปวงจรของวงจรรูปที่ 4.7 โดยที่ = 8 rad/s จะได้วงจรดังรูปที่ 4.16 รูปที่ 4.16 วงจรเฟสเซอร์ของวงจรรูปที่ 4.7 เมื่อเขียนสมการ KVL จะได้ KVL : 3 I 1 + (j8) (I 1 - I 2 ) + (-j4) (I 1 - I 2 ) = V 1 = 30 ∠0° = 30 และ (-j4) (I 2 - I 1 ) + (j8) (I 2 - I 1 ) + 4 I 2 = -V 2 = -20 ∠90° = -j20 เมื่อแก้สมการทั้งสองแล้ว จะได้

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 127 - I 1 = 7.65 ∠-35.8° ดังนั้น i 1 (t) = 7.65 √2 cos(8t - 35.8°) A ตอบ i 1 (t) = 7.65 √2 cos(8t - 35.8°) A (ได้ค าตอบเหมือนกับตัวอย่างที่ 4.4) 4.7 แผนภาพเฟสเซอร์ รูปที่ 4.17 วงจรเฟสเซอร์ของวงจร RLC พิจารณาวงจรเฟสเซอร์ของวงจร RLC ดังรูปที่ 4.17 ถ้า i(t) = √2 I cos(ωt + α) เมื่อเขียนสมการ KVL จะได้ KVL : V = V R + V L + V C (4.64) V = R I + (jωL) I + 1 (jωC) I (4.65) โดยที่ V R = R I = RI ∠α (4.66) V L = (jωL) I = ωLI ∠(α + 90°) (4.67) และ V C = 1 (jωC) I = I ωC ∠(α - 90°) (4.68) • แรงดันคร่อมตัวต้านทานจะมีเฟสตรงกันกับกระแสที่ไหลผ่านตัวต้านทาน เมื่อวาดแผนภาพเฟสเซอร์ของ แรงดันและกระแสจะได้ดังรูปที่ 4.18

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 128 - รูปที่ 4.18 แผนภาพเฟสเซอร์ของแรงดันและกระแสของ R • แรงดันคร่อมตัวเหนี่ยวน าจะมีเฟสน าหน้ากระแสที่ไหลผ่านตัวเหนี่ยวน าเป็นมุม 90° (Leading) เมื่อวาด แผนภาพเฟสเซอร์ของแรงดันและกระแสจะได้ดังรูปที่ 4.19 รูปที่ 4.19 แผนภาพเฟสเซอร์ของแรงดันและกระแสของ L • แรงดันคร่อมตัวเก็บประจุจะมีเฟสตามหลังกระแสที่ไหลผ่านตัวเก็บประจุเป็นมุม 90° (Lagging) เมื่อวาด แผนภาพเฟสเซอร์ของแรงดันและกระแสจะได้ดังรูปที่ 4.20 รูปที่ 4.20 แผนภาพเฟสเซอร์ของแรงดันและกระแสของ C

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 129 - แรงดันและกระแสในวงจรสามารถน ามาบวกกันอย่างเวกเตอร์ได้โดยใช้แผนภาพเฟสเซอร์ส าหรับ ผลรวมของแรงดันในวงจรรูปที่ 4.17 สามารถหาได้โดยใช้แผนภาพเฟสเซอร์ดังรูปที่ 4.21 รูปที่ 4.21 แผนภาพเฟสเซอร์ของวงจรรูปที่ 4.17 4.8 การลดขนาดของวงจร ส าหรับวิธีการลดขนาดของวงจรความต้านทาน (ในบทที่ 2) ที่มี R หรือ G นั้น สามารถที่จะน ามาใช้ ได้กับวงจรไฟฟ้ากระแสสลับที่เปลี่ยนรูปเป็นวงจรเฟสเซอร์แล้ว (ในบทที่ 4) ที่มี Z หรือ Y ได้ โดยที่ R และ G จะเป็นจ านวนจริง ส่วน Z และ Y จะเป็นจ านวนเชิงซ้อน จะได้ว่า Z = R + j X (4.69) โดยที่ R คือ ค่าความต้านทาน (Resistance) และ X คือ ค่ารีแอกแตนซ์(Reactance) รูปที่ 4.22 วงจรของอิมพีแดนซ์

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 130 - จากวงจรของอิมพีแดนซ์ดังรูปที่ 4.22 เมื่อใช้กฎของโอห์ม จะได้สมการดังนี้ V = I Z = I R + j I X (4.70) ส าหรับ L : X = XL = ωL (4.71) ส าหรับ C : X = XC = - 1 ωC (4.72) โดยที่ XL เป็นรีแอกแตนซ์เหนี่ยวน า (Inductive Reactance) ซึ่งมีค่าเป็นบวก และ XC เป็นรีแอกแตนซ์เก็บประจุ (Capacitive Reactance) ซึ่งมีค่าเป็นลบ และจะได้ว่า Y = G + j B (4.73) โดยที่ G คือ ค่าความน า (Conductance) และ B คือ ค่าซัสเซปแตนซ์(Susceptance) รูปที่ 4.23 วงจรของแอดมิตแตนซ์ จากวงจรของแอดมิตแตนซ์ดังรูปที่ 4.23 เมื่อใช้กฎของโอห์ม จะได้สมการดังนี้ I = V Y = V G + j V B (4.74) ส าหรับ L : B = BL = - 1 ωL (4.75) ส าหรับ C : B = BC = ωC (4.76) โดยที่ BL เป็นซัสเซปแตนซ์เหนี่ยวน า (Inductive Susceptance) ซึ่งมีค่าเป็นลบ และ BC เป็นซัสเซปแตนซ์เก็บประจุ (Capacitive Susceptance) ซึ่งมีค่าเป็นบวก

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 131 - ตัวอย่างที่ 4.6 จงค านวณค่าแอดมิตแตนซ์รวม Y ของการต่อขนาน Z1 และ Z2 แล้วค านวณหาค่าแรงดัน V ของวงจรดังรูปที่ 4.24 เมื่อก าหนดให้ I = 5 ∠0° A , Z1 = 20 + j37.7 และ Z2 = 10 - j53.1 รูปที่ 4.24 ตัวอย่างที่ 4.6 วิธีท า จากวงจรดังรูปที่ 4.24 จะเห็นว่า Z1 และ Z2 ต่อขนานกัน ดังนั้นเปลี่ยน Z เป็น Y จะได้ Y1 = 1 Z1 = 1 20 + j37.7 = 0.0110 - j0.0207 -1 Y2 = 1 Z2 = 1 10 - j53.1 = 0.0034 + j0.0182 -1 และ Y = Y1 + Y2 = 0.0144 - j0.0025 = 0.0146 ∠-9.85° -1 ดังนั้น V = I Y = 5 ∠0° 0.0146 ∠-9.85° = 342.47 ∠9.85° V ตอบ Y = 0.0144 - j0.0025 = 0.0146 ∠-9.85° -1 และ V = 342.47 ∠9.85° V 4.9 วิธีจุดร่วมแรงดันและวิธีวงรอบกระแส ส าหรับวิธีจุดร่วมแรงดันและวิธีวงรอบกระแส (ในบทที่ 2) ที่ใช้ G และ R นั้น สามารถที่จะน ามาใช้ ได้กับวงจรไฟฟ้ากระแสสลับที่เปลี่ยนรูปเป็นวงจรเฟสเซอร์แล้ว (ในบทที่ 4) ที่มีY และ Z ได้ โดยที่ G และ R จะเป็นจ านวนจริง ส่วน Y และ Z จะเป็นจ านวนเชิงซ้อน ตัวอย่างที่ 4.7 จงใช้วิธีจุดร่วมแรงดันเพื่อค านวณหาแรงดัน V1 และ V2 ของวงจรดังรูปที่ 4.25 เมื่อก าหนดให้ I = 5 ∠30° A , V = 20 ∠90° V , G = 0.1 -1 , YC = j0.2 -1 และ ZL = j10

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 132 - รูปที่ 4.25 ตัวอย่างที่ 4.7 วิธีท า จากวงจรดังรูปที่ 4.25 เมื่อแปลงแหล่งก าเนิดแรงดันเป็นแหล่งก าเนิดกระแสแล้ว จะได้วงจรดังรูปที่ 4.26 โดยที่ YL = 1 ZL = 1 j10 = -j0.1 -1 รูปที่ 4.26 วงจรรูปที่ 4.25 เมื่อแปลงแหล่งก าเนิดแล้ว จากวงจรดังรูปที่ 4.26 เมื่อเขียนสมการจุดร่วมของจุด A และจุด B จะได้สมการดังนี้ จุด A : (0.1 + j0.2) V 1 - j0.2 V 2 = 5 ∠30° จุด B : -j0.2 V 1 + (j0.2 - j0.1) V 2 = 2 ∠0° เมื่อแก้สมการทั้งสองแล้ว จะได้ V 1 = 38.8 ∠80.1° V

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 133 - และ V 2 = 58.0 ∠76.7° V ตอบ V 1 = 38.8 ∠80.1° V และ V 2 = 58.0 ∠76.7° V ตัวอย่างที่ 4.8 จงใช้วิธีวงรอบกระแสเพื่อค านวณหากระแสที่จ่ายโดยแหล่งก าเนิดแต่ละตัวของวงจรดังรูปที่ 4.27 และกระแสที่โหลดได้รับ เมื่อก าหนดให้ V 1 = 460 ∠0° V , V 2 = 451 ∠-5° V , Z1 = 1.4 + j1.6 , Z2 = 0.8 + j1.0 และ ZL = 11.66 + j8.75 รูปที่ 4.27 ตัวอย่างที่ 4.8 วิธีท า จากวงจรดังรูปที่ 4.27 เมื่อเขียนสมการวงรอบของวงรอบ A และวงรอบ B จะได้สมการดังนี้ วงรอบ A : [(1.4 + j1.6) + (11.66 + j8.75)] I A - (11.66 + j8.75) I B = 460 ∠0° วงรอบ B : -(11.66 + j8.75) I A + [(11.66 + j8.75) + (0.8 + j1.0)] I B = -451 ∠-5° เมื่อแก้สมการทั้งสองแล้ว จะได้ I A = 19.5 ∠-5.2° A และ I B = -17.8 ∠-76.4° A ดังนั้นแหล่งก าเนิดแต่ละตัวจ่ายกระแสดังนี้ แหล่งก าเนิดที่ 1 : I 1 = I A = 19.5 ∠-5.2° A แหล่งก าเนิดที่ 2 : I 2 = -I B = 17.8 ∠-76.4° A

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 134 - และกระแสที่โหลดได้รับคือ I L = I A - I B = 23.60 - j19.07 = 30.34 ∠-38.9° A ตอบ I 1 = 19.5 ∠-5.2° A , I 2 = 17.8 ∠-76.4° A และ I L = 30.34 ∠-38.9° A 4.10 ทฤษฎีของเทวินินและนอร์ตัน ทฤษฎีของเทวินินและนอร์ตัน (ในบทที่ 2) นั้น ก็สามารถที่จะน ามาใช้ได้กับวงจรไฟฟ้ากระแสสลับที่ เปลี่ยนรูปเป็นวงจรเฟสเซอร์แล้ว (ในบทที่ 4) เช่นเดียวกัน โดยที่ • ความต้านทานสมมูล R0 จะเปลี่ยนเป็นอิมพีแดนซ์สมมูล Z0 • แรงดันเมื่อเปิดวงจรที่ขั้วเอาต์พุต E0 จะเปลี่ยนเป็นปริมาณเฟสเซอร์E0 • กระแสเมื่อลัดวงจรที่ขั้วเอาต์พุต I0 จะเปลี่ยนเป็นปริมาณเฟสเซอร์I0 ตัวอย่างที่ 4.9 จงใช้ทฤษฎีของเทวินินเพื่อค านวณหาแรงดัน V1 ของวงจรดังรูปที่ 4.25 ในตัวอย่างที่ 4.7 วิธีท า จากวงจรดังรูปที่ 4.25 เมื่อท าการหาแรงดันเปิดวงจร E0 จะได้วงจรดังรูปที่ 4.28 เมื่อใช้ KVL และแก้สมการ KVL เพื่อหา I จะได้ I = V R + ZC + ZL = 20 ∠90° 10 - j5 + j10 = 1.78 ∠63.4° A ดังนั้น E 0 = R I = 10 I = 17.8 ∠63.4° V รูปที่ 4.28 วงจรรูปที่ 4.25 เมื่อเอาแหล่งก าเนิดกระแสออกแล้ว จากวงจรดังรูปที่ 4.28 เมื่อท าการหาอิมพีแดนซ์สมมูล Z0 จะได้วงจรดังรูปที่ 4.29 ดังนั้น Z0 = R×(ZC + ZL ) R + (ZC + ZL ) = 10×j5 10 + j5 = 4.47 ∠63.4°

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 135 - รูปที่ 4.29 วงจรรูปที่ 4.28 เมื่อขจัดแหล่งก าเนิดแรงดันออกแล้ว เมื่อวาดวงจรสมมูลของเทวินินและน าแหล่งก าเนิดกระแสมาต่อเข้าอย่างเดิมแล้ว จะได้วงจรดังรูปที่ 4.30 รูปที่ 4.30 วงจรสมมูลของเทวินินของวงจรรูปที่ 4.25 จากนั้นใช้ KVL เพื่อหาแรงดัน V1 จะได้ KVL : I Z0 + E 0 - V 1 = 0 ดังนั้น V 1 = I Z0 + E 0 = (5 ∠30°)(4.47 ∠63.4°) + 17.8 ∠63.4° = 38.8 ∠80.1° V ตอบ V 1 = 38.8 ∠80.1° V

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 136 - สรุปเนื้อหาบทที่4 4.1 วงจรไฟฟ้ากระแสสลับ คือ วงจรไฟฟ้าที่มีแรงดันและกระแสเป็นฟังก์ชันไซนูซอยด์ของเวลา นั่นคือ v(t) = Vm cos(ωt + α) และ i(t) = Im cos(ωt + β) 4.2 ค่าประสิทธิผลของแรงดันและกระแส คือ Vrms = Vm √2 = V และ I rms = Im √2 = I 4.3 จ านวนเชิงซ้อนในทางคณิตศาสตร์ จะเรียกว่า เฟสเซอร์ในทางไฟฟ้า ซึ่งสามารถเขียนได้ 3 รูปแบบ คือ รูปเชิงมุม รูปสี่เหลี่ยม และรูปเอกซ์โพเนนเชียล 4.4 การบวกและการลบเฟสเซอร์จะท าในรูปสี่เหลี่ยม ส่วนการคูณและการหารเฟสเซอร์จะท าในรูปเชิงมุม หรือรูปเอกซ์โพเนนเชียล 4.5 การหาผลตอบสนองของวงจรไฟฟ้ากระแสสลับโดยใช้เฟสเซอร์นั้น สามารถท าได้ 2 วิธี คือ วิธีเปลี่ยนรูป สมการ และวิธีเปลี่ยนรูปวงจร 4.6 ส าหรับวิธีเปลี่ยนรูปสมการ : v(t) = √2 V cos(ωt + α) V = V ∠α d n v(t) dtn (jω) n V ∫ n ⋯ ∫ v(t)dt V (jω) n 4.7 ส าหรับวิธีเปลี่ยนรูปวงจร : ตัวต้านทาน R Z = R และ Y = 1 R = G ตัวเหนี่ยวน า L Z = jωL และ Y = 1 jωL ตัวเก็บประจุ C Z = 1 jωC และ Y = jωC 4.8 แรงดันคร่อมตัวต้านทานจะมีเฟสตรงกันกับกระแสที่ไหลผ่านตัวต้านทาน 4.9 แรงดันคร่อมตัวเหนี่ยวน าจะมีเฟสน าหน้ากระแสที่ไหลผ่านตัวเหนี่ยวน าเป็นมุม 90° (Leading) หรือ กระแสที่ไหลผ่านตัวเหนี่ยวน าจะมีเฟสตามหลังแรงดันคร่อมตัวเหนี่ยวน าเป็นมุม 90° (Lagging) 4.10 แรงดันคร่อมตัวเก็บประจุจะมีเฟสตามหลังกระแสที่ไหลผ่านตัวเก็บประจุเป็นมุม 90° (Lagging) หรือ กระแสที่ไหลผ่านตัวเก็บประจุจะมีเฟสน าหน้าแรงดันคร่อมตัวเก็บประจุเป็นมุม 90° (Leading) 4.11 อิมพีแดนซ์Z = R + j X โดยที่ X คือ รีแอกแตนซ์

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 137 - 4.12 รีแอกแตนซ์เหนี่ยวน า X = XL = ωL และรีแอกแตนซ์เก็บประจุ X = XC = - 1 ωC 4.13 แอดมิตแตนซ์ Y = G + j B โดยที่ B คือ ซัสเซปแตนซ์ 4.14 ซัสเซปแตนซ์เหนี่ยวน า B = BL = - 1 ωL และซัสเซปแตนซ์เก็บประจุ B = BC = ωC 4.15 วิธีการลดขนาดของวงจร วิธีจุดร่วมแรงดัน และวิธีวงรอบกระแส สามารถที่จะน ามาใช้ได้กับวงจรไฟฟ้า กระแสสลับที่เปลี่ยนรูปเป็นวงจรเฟสเซอร์แล้ว 4.16 วงจรสมมูลของเทวินิน จะประกอบด้วยแหล่งก าเนิดแรงดัน E0 ต่ออนุกรมอยู่กับอิมพีแดนซ์สมมูล Z0 4.17 วงจรสมมูลของนอร์ตัน จะประกอบด้วยแหล่งก าเนิดกระแส I0 ต่อขนานอยู่กับแอดมิตแตนซ์สมมูล Y0

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 138 - แบบฝึกหัดท้ายบทที่ 4 4.1 จงเขียนฟังก์ชันต่อไปนี้ในรูปเฟสเซอร์ (รูปเชิงมุม) ก. 10 cos(2t + 30°) ข. 20 cos(10t + π 4 ) ค. 30 sin(20t) 4.2 จากวงจรดังรูปที่ 4.31 แหล่งก าเนิดแรงดัน v(t) = 170 cos(10t) V จงหาค่าของแรงดัน v1(t) ก. โดยใช้วิธีเปลี่ยนรูปสมการ ข. โดยใช้วิธีเปลี่ยนรูปวงจร รูปที่ 4.31 แบบฝึกหัดที่ 4.2 4.3 จากวงจรดังรูปที่ 4.32 แหล่งก าเนิดกระแส i(t) = 14.14 cos(t) A จงหาค่าของแรงดัน v(t) ก. โดยใช้วิธีเปลี่ยนรูปสมการ ข. โดยใช้วิธีเปลี่ยนรูปวงจร รูปที่ 4.32 แบบฝึกหัดที่ 4.3

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 139 - 4.4 จากวงจรดังรูปที่ 4.33 แหล่งก าเนิดกระแส i(t) = 14.14 cos(5t + 10°) A จงหาค่าของแรงดัน v(t) ก. โดยใช้วิธีเปลี่ยนรูปสมการ ข. โดยใช้วิธีเปลี่ยนรูปวงจร รูปที่ 4.33 แบบฝึกหัดที่ 4.4 4.5 จากวงจรดังรูปที่ 4.34 แหล่งก าเนิดกระแส I = 10 ∠0° A , R = 10 , ZL = j2.5 , ZC = -j5 จงหาค่าของแรงดัน V ก. โดยใช้วิธีจุดร่วมแรงดัน ข. โดยใช้วิธีวงรอบกระแส รูปที่ 4.34 แบบฝึกหัดที่ 4.5 4.6 จากวงจรดังรูปที่ 4.35 แหล่งก าเนิดกระแส I 1 = 10 ∠0° A และ I 2 = 10 ∠20° A , R1 = 2 , R2 = 4 , ZL = j0.8 จงหาค่าของแรงดัน V1 และ V2 ก. โดยใช้วิธีจุดร่วมแรงดัน ข. โดยใช้วิธีวงรอบกระแส

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 140 - รูปที่ 4.35 แบบฝึกหัดที่ 4.6 4.7 จงหาค่าของอิมพีแดนซ์สมมูลของวงจรดังรูปที่ 4.31 4.8 จงหาค่าของอิมพีแดนซ์สมมูลของวงจรดังรูปที่ 4.34 4.9 จากวงจรดังรูปที่ 4.32 เมื่อมองจากขั้ว ab จงหาวงจรสมมูลของเทวินิน ซึ่งประกอบด้วยแหล่งก าเนิด แรงดัน E0 ต่ออนุกรมอยู่กับอิมพีแดนซ์สมมูล Z0 4.10 จากวงจรดังรูปที่ 4.32 เมื่อมองจากขั้ว ab จงหาวงจรสมมูลของนอร์ตัน ซึ่งประกอบด้วยแหล่งก าเนิด กระแส I0 ต่อขนานอยู่กับแอดมิตแตนซ์สมมูล Y0

บทที่ 5 วงจรเฟสเดียวและวงจรสามเฟส

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 142 - ระบบไฟฟ้าที่ใช้กันอยู่ทั่วไปในบ้านเรือนเป็นไฟฟ้ากระแสสลับชนิดเฟสเดียว ส าหรับระบบการผลิต ไฟฟ้า ระบบการส่งไฟฟ้าในระยะทางไกลๆ หรือการใช้ไฟฟ้ากับเครื่องจักรต่างๆ ในโรงงานอุตสาหกรรมนั้น จ าเป็นต้องใช้ก าลังไฟฟ้าจ านวนมาก จึงใช้ระบบหลายเฟส ซึ่งระบบที่นิยมใช้กันคือ ระบบสามเฟส ดังนั้นในบท นี้จะกล่าวถึงความรู้พื้นฐานของวงจรเฟสเดียวและวงจรสามเฟส โดยจะน าความรู้เรื่องเฟสเซอร์มาใช้ในการ วิเคราะห์วงจร 5.1 ก าลังจริงและก าลังรีแอกทีฟ รูปที่ 5.1 ตัวอย่างวงจร พิจารณาตัวอย่างวงจรดังรูปที่ 5.1 เมื่อ v(t) = √2 V cos(ωt + θ) และ i(t) = √2 I cos(ωt) แล้ว ก าลังที่เวลาใดๆ จะมีค่าเป็น p(t) = v(t)×i(t) = 2VI cos(ωt + θ) cos(ωt) (5.1) เนื่องจาก 2 cos(ωt + θ) cos(ωt) = cos(θ) + cos(2ωt + θ) (5.2) 2 cos(ωt + θ) cos(ωt) = cos(θ) + cos(2ωt) cos(θ) - sin(2ωt) sin(θ) (5.3) ดังนั้น p(t) = VI cos(θ) + VI cos(θ) cos(2ωt) - VI sin(θ) sin(2ωt) (5.4) เนื่องจากค่าเฉลี่ยของ cos(2t) และ sin(2t) มีค่าเป็นศูนย์ดังนั้นค่าเฉลี่ยของ p(t) ซึ่งเรียกว่า ก าลังจริง (Real Power) หรือ ก าลังแอคทีฟ (Active Power) มีหน่วยเป็นวัตต์(W) คือ P = VI cos(θ) (5.5) รูปคลื่นของ v, i, p และค่าเฉลี่ยของ p แสดงดังรูปที่ 5.2

พื้นฐานวิศวกรรมไฟฟ้า ผศ.ดร.ฐิติพงษ์ สถิรเมธีกุล - 143 - รูปที่ 5.2 รูปคลื่นของ v, i, p และ P ส าหรับ R : p = i 2 R = 2 I 2 cos 2 (ωt) R (5.6) เนื่องจาก 2 cos 2 (ωt) = 1 + cos(2ωt) (5.7) ดังนั้น p = I 2 R + I 2 R cos(2ωt) (5.8) และจะได้ P = I 2 R (5.9) นั่นคือ ก าลังจริงของตัวต้านทานในวงจรไฟฟ้ากระแสสลับจะมีค่าไม่เป็นศูนย์ ส าหรับ L : p = i L di dt = -2 I 2 ωL sin(ωt) cos(ωt) (5.10) เนื่องจาก 2 sin(ωt) cos(ωt) = sin(2ωt) (5.11) ดังนั้น p = -I 2 XL sin(2ωt) (5.12) และจะได้ P = 0 (5.13) ส าหรับ C : p = i 1 C ∫ i dt = 2 I 2 1 ωC sin(ωt) cos(ωt) (5.14) เนื่องจาก 2 sin(ωt) cos(ωt) = sin(2ωt) (5.15) ดังนั้น p = -I 2 XC sin(2ωt) (5.16) และจะได้ P = 0 (5.17) นั่นคือ ก าลังจริงของตัวเหนี่ยวน าและตัวเก็บประจุในวงจรไฟฟ้ากระแสสลับจะมีค่าเป็นศูนย์