Ermittlung der durchschnittlichen Verlustleistung in einem Widerstand

Question

Ermittlung der durchschnittlichen Verlustleistung in einem Widerstand

Jan27

Nun, ich habe eine Reihen-RL-Schaltung , die von einer Spannungsquelle gespeist wird. Die Eingangsspannung ist gegeben durch:

\begin{matrix} (1) & v_{In} (T) = 50 + \frac{400}{π} \cdot \sum_{N = 1}^{\infty} \frac{Sünde (200 π \cdot N \cdot T)}{N} \end{matrix}

$\text{V}_{\text{in}}\left(t\right)=50+\frac{400}{\pi}\cdot\sum_{\text{n}=1}^\infty\frac{\sin\left(200\pi\cdot\text{n}\cdot t\right)}{\text{n}}\tag1$

Der Widerstandswert ist gleich $\text{R}=20\space\Omega$ und der Induktorwert gleich ist $\text{L} =25\cdot10^{-3}\space\text{H}$ .

Frage: Ich muss die durchschnittliche Leistung finden, die im Widerstand verbraucht wird.

Meine Arbeit:

Wir können für die im Widerstand verbrauchte Leistung unter Verwendung des Ohmschen Gesetzes schreiben , dass:

\begin{matrix} (2) & P_{R} (T) = v_{R} (T) \cdot {ICH}_{R} (T) = {ICH}_{R}^{2} (T) \cdot R \end{matrix}

$\text{P}_\text{R}\left(t\right)=\text{V}_\text{R}\left(t\right)\cdot\text{I}_\text{R}\left(t\right)=\text{I}_\text{R}^2\left(t\right)\cdot\text{R}\tag2$

Wo $\text{I}_\text{R}\left(t\right)$ ist der Strom durch den Widerstand und $\text{V}_\text{R}\left(t\right)$ ist die Spannung über dem Widerstand.

Da es sich um eine Reihenschaltung handelt , ist der Eingangsstrom $\text{I}_\text{in}\left(t\right)$ , die von der Quelle geliefert wird, ist durch den Widerstand und die Induktivität gleich, also $\text{I}_\text{R}\left(t\right)=\text{I}_\text{in}\left(t\right)=\text{I}_\text{L}\left(t\right)$ . Unter Verwendung des Faradayschen Gesetzes können wir diesen Eingangsstrom finden:

\begin{matrix} (3) & - v_{In} (T) + {ICH}_{In} (T) \cdot R = - {ICH}_{In}^{'} (T) \cdot L \end{matrix}

$-\text{V}_\text{in}\left(t\right)+\text{I}_\text{in}\left(t\right)\cdot\text{R}=-\text{I}_\text{in}'\left(t\right)\cdot\text{L}\tag3$

Die Anfangsbedingung ist gleich $0$ , das wissen wir also $\text{I}_\text{in}\left(0\right)=0$ . Jetzt müssen wir die Gleichung lösen $(3)$ mit den angegebenen Werten.

Gleichung lösen $(3)$ gibt:

\begin{matrix} (4) & {ICH}_{In} (T) = \frac{1}{L} \cdot \exp (- \frac{R}{L} \cdot T) \cdot {\int_{1}^{T} X (τ) D τ - \int_{1}^{0} X (τ) D τ} \end{matrix}

$\text{I}_\text{in}\left(t\right)=\frac{1}{\text{L}}\cdot\exp\left(-\frac{\text{R}}{\text{L}}\cdot t\right)\cdot\left\{\int_1^t\text{X}\left(\tau\right)\space\text{d}\tau-\int_1^0\text{X}\left(\tau\right)\space\text{d}\tau\right\}\tag4$

Wo $\text{X}\left(\tau\right)=\exp\left(\frac{\text{R}}{\text{L}}\cdot\tau\right)\cdot\text{V}_\text{in}\left(\tau\right)$ .

Die durchschnittliche Verlustleistung im Widerstand ist gleich:

{\bar{P}}_{R} = lim_{N \to \infty} \frac{1}{N} \cdot \int_{0}^{N} P_{R} (T) D T = lim_{N \to \infty} \frac{1}{N} \cdot \int_{0}^{N} {ICH}_{R}^{2} (T) \cdot R D T =

$\overline{\text{P}}_\text{R}=\lim_{\text{n}\to\infty}\frac{1}{\text{n}}\cdot\int_0^\text{n}\text{P}_\text{R}\left(t\right)\space\text{d}t=\lim_{\text{n}\to\infty}\frac{1}{\text{n}}\cdot\int_0^\text{n}\text{I}_\text{R}^2\left(t\right)\cdot\text{R}\space\text{d}t=$

\begin{matrix} (5) & R \cdot {lim_{N \to \infty} \frac{1}{N} \cdot \int_{0}^{N} {ICH}_{In}^{2} (T) D T} \end{matrix}

$\text{R}\cdot\left\{\lim_{\text{n}\to\infty}\frac{1}{\text{n}}\cdot\int_0^\text{n}\text{I}_\text{in}^2\left(t\right)\space\text{d}t\right\}\tag5$

Jetzt der Eingangsstrom $\text{I}_\text{in}\left(t\right)$ das steht im Integral am Ende der Gleichung $(5)$ kann unter Verwendung der Lösung des in Gleichung angegebenen DE gefunden werden $(4)$ .

Frage: Wie kann ich das in Gleichung angegebene Integral lösen? $(5)$ , das ist der Teil, wo ich nicht herumkomme?

BEARBEITEN:

Ich habe das bereits gefunden, indem ich die angegebenen Werte verwende, die:

\begin{matrix} (6) & \int_{1}^{0} X (T) D τ = \frac{3}{8} \cdot (1 - e^{800}) \end{matrix}

$\int_1^0\text{X}\left(t\right)\space\text{d}\tau=\frac{3}{8}\cdot\left(1-e^{800}\right)\tag6$

Und:

\begin{matrix} (7) & \frac{1}{L} \cdot \exp (- \frac{R}{L} \cdot T) = 40 e^{- 800 T} \end{matrix}

$\frac{1}{\text{L}}\cdot\exp\left(-\frac{\text{R}}{\text{L}}\cdot t\right)=40e^{-800t}\tag7$

Und:

\int_{1}^{T} X (τ) D τ = \int_{1}^{T} \exp (\frac{R}{L} \cdot τ) \cdot {50 + \frac{400}{π} \cdot \sum_{N = 1}^{\infty} \frac{Sünde (200 π \cdot N \cdot τ)}{N}} D τ =

$\int_1^t\text{X}\left(\tau\right)\space\text{d}\tau=\int_1^t\exp\left(\frac{\text{R}}{\text{L}}\cdot\tau\right)\cdot\left\{50+\frac{400}{\pi}\cdot\sum_{\text{n}=1}^\infty\frac{\sin\left(200\pi\cdot\text{n}\cdot\tau\right)}{\text{n}}\right\}\space\text{d}\tau=$

\int_{1}^{T} \exp (\frac{R}{L} \cdot τ) \cdot 50 D τ + \int_{1}^{T} \exp (\frac{R}{L} \cdot τ) \cdot \frac{400}{π} \cdot \sum_{N = 1}^{\infty} \frac{Sünde (200 π \cdot N \cdot τ)}{N} D τ =

$\int_1^t\exp\left(\frac{\text{R}}{\text{L}}\cdot\tau\right)\cdot50\space\text{d}\tau+\int_1^t\exp\left(\frac{\text{R}}{\text{L}}\cdot\tau\right)\cdot\frac{400}{\pi}\cdot\sum_{\text{n}=1}^\infty\frac{\sin\left(200\pi\cdot\text{n}\cdot\tau\right)}{\text{n}}\space\text{d}\tau=$

\begin{matrix} (8) & \frac{e^{800 T} - e^{800}}{16} + \frac{400}{π} \cdot \sum_{N = 1}^{\infty} \frac{1}{N} \cdot {\int_{1}^{T} \exp (800 \cdot τ) \cdot Sünde (200 π \cdot N \cdot τ) D τ} \end{matrix}

$\frac{e^{800t}-e^{800}}{16}+\frac{400}{\pi}\cdot\sum_{\text{n}=1}^\infty\frac{1}{\text{n}}\cdot\left\{\int_1^t\exp\left(800\cdot\tau\right)\cdot\sin\left(200\pi\cdot\text{n}\cdot\tau\right)\space\text{d}\tau\right\}\tag8$

Antworten (2)

Ermittlung der durchschnittlichen Verlustleistung in einem Widerstand

stobbe · Answer 1

Ihr Ansatz und die vorgeschlagene Antwort sind für eine Schaltung mit einer einzigen Lastimpedanz schrecklich komplex $Z=R + jx$ .

Da dies Hausaufgaben sind, kann ich Ihnen nur sagen, wie ich dieses Problem angehen würde, wenn ich nur einen Block Papier zur Verfügung hätte (kein Spice oder Matlab).

Ermitteln Sie den RMS-Wert jeder Spannungsquelle als Funktion von n.
Nutzen Sie die Überlagerung und schreiben Sie die Scheinleistung als Funktion jeder Spannungsquelle (Sie werden sie am Ende zusammenfassen).
Die Scheinleistung der Schaltung ist $V_{rms}^2/Z$ .
Schreiben Sie die Lastimpedanz als Funktion von n auf, $Z = R + j\omega L$ , Wo $\omega = 200 \pi n$ .
Normalisieren Sie die Scheinleistung (teilen Sie oben/unten durch das komplexe Konjugierte des Nenners).
Die vom Widerstand abgegebene Leistung ist die Wirkleistung. Lassen Sie die imaginäre Energie für das Recycling weg.
Vervollständigen Sie die Summierung der Wirkleistung aufgrund jeder Spannungsquelle.

James · Answer 2

Ihr Vorgehen ist mutig und macht Ihnen das Leben schwer. Der erste Schritt zur Lösung dieses Problems besteht darin, zu erkennen, dass bis zur endgültigen Berechnung, bei der Sie das Quadrat des Stroms nehmen, alles linear ist.

Da dies wahr ist, lösen Sie den Beitrag zu I(t) von jedem Term der Summe. (Ignoriert vorerst den DC-Anteil 50)

v ich N (T) = \frac{400}{π} \frac{Sünde (200 N π T)}{N}

$Vin(t) = \frac{400}{\pi} \frac{\sin(200 n \pi t)}{n}$

v ich N (T) = R ICH (T) + L \frac{D ICH (T)}{D T}

$Vin(t) = R~I(t) + L \frac{dI(t)}{dt}$

Das Lösen ergibt:

ICH (T) = 400 \frac{200 L N π \cos (200 N π T) - R Sünde (200 N π T)}{N π (40000 L^{2} N^{2} π^{2} + R^{2})}

$I(t) = 400\frac{200 L n \pi \cos(200 n \pi t) - R \sin(200 n \pi t)}{n \pi (40000~L^2 n^2 \pi^2 + R^2)}$

Ignorieren, WLOG, weil wir nach einem Durchschnitt suchen, alle nicht periodischen transienten Terme wie

e^{- \frac{R T}{L}}

$e^{-\frac{R t}{L}}$

Sie können die Summe jetzt mithilfe der Linearität wieder zusammensetzen

ICH (T) = 400 \sum_{N = 1}^{\infty} \frac{200 L N π \cos (200 N π T) - R Sünde (200 N π T)}{N π (40000 L^{2} N^{2} π^{2} + R^{2})}

$I(t) = 400\sum_{n=1}^\infty \frac{200 L n \pi \cos(200 n \pi t) - R \sin(200 n \pi t)}{n \pi (40000~ L^2 n^2 \pi^2 + R^2)}$

Eines der nützlichen Ergebnisse, die Sie vielleicht aus der Mathematik kennen oder auch nicht, ist dies

\int_{0}^{2 π} \cos (A T) Sünde (B T) D T = 0, \forall A, B \in N

$\int_0^{2\pi} \cos(a t)\sin(b t)~dt =0, \forall a,b \in \mathbb{N}$

Und

\int_{0}^{2 π} Sünde (A T) Sünde (B T) D T = 0, \forall A, B \in N Und A \neq B

$\int_0^{2\pi} \sin(a t)\sin(b t)~dt =0, \forall a,b \in \mathbb{N} \text{ and } a\neq b$

(ähnlich wie)

Das Integral, das Sie jetzt machen müssen, ist

\int_{0}^{1} 400^{2} (\sum_{N = 1}^{\infty} \frac{200 L N π \cos (200 N π T) - R Sünde (200 N π T)}{N π (40000 L^{2} N^{2} π^{2} + R^{2})}) (\sum_{M = 1}^{\infty} \frac{200 L M π \cos (200 M π T) - R Sünde (200 M π T)}{M π (40000 L^{2} M^{2} π^{2} + R^{2})}) D T

$\int_0^1 400^2 \left( \sum_{n=1}^\infty \frac{200 L n \pi \cos(200 n \pi t) - R \sin(200 n \pi t)}{n \pi (40000~ L^2 n^2 \pi^2 + R^2)} \right) \left(\sum_{m=1}^\infty \frac{200 L m \pi \cos(200 m \pi t) - R \sin(200 m \pi t)}{m \pi (40000~ L^2 m^2 \pi^2 + R^2)} \right)dt$

Anhand der obigen Beziehungen können Sie schnell erkennen, dass die meisten Terme im Integral verschwinden, jede Sünde multipliziert mit einem cos Null ist und jedes m ungleich n Null ist. Was dir bleibt ist:

\int_{0}^{1} 400^{2} \sum_{N = 1}^{\infty} \frac{1}{(N π (40000 L^{2} N^{2} π^{2} + R^{2}))^{2}} (200 L N π \cos (200 N π T))^{2} + (R Sünde (200 N π T))^{2} D T

$\int_0^1 400^2 \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(n \pi (40000~ L^2 n^2 \pi^2 + R^2))^2} (200 L n \pi \cos(200 n \pi t))^2 + (R \sin(200 n \pi t))^2 dt$

Ziehen Sie die Summe durch das Integral und die verbleibenden Integrale sind trivial.

\int_{0}^{1} (C Ö S (200 π N T))^{2} D T = \int_{0}^{1} (S ich N (200 π N T))^{2} D T = \frac{1}{2}

$\int_0^1 (cos(200 \pi n t))^2 dt = \int_0^1 (sin(200 \pi n t))^2 dt = \frac{1}{2}$

Ich überlasse es der eigentlichen Lösung und denke darüber nach, was Sie mit der DC-Komponente 50 tun sollen, da es wie ein Hausaufgabenproblem aussieht und die Vorschau jetzt zu weit vom Textbearbeitungsfenster entfernt ist.

Möglicherweise finden Sie das folgende Standardergebnis nützlich:

\sum_{N = 1}^{\infty} \frac{1}{N (A^{2} + N^{2})^{2}} = \frac{1}{4 A^{4}} (2 ψ^{(0)} (1 - J A) + 2 ψ^{(0)} (1 + J A) + J A ψ^{(1)} (1 - J A) - J A ψ^{(1)} (1 + J A) + 4 γ)

$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n(a^2+n^2)^2} = \frac{1}{4 a^4}\left(2\psi^{(0)}(1-ja)+2\psi^{(0)}(1+ja)+ja\psi^{(1)}(1-ja)-ja\psi^{(1)}(1+ja)+4\gamma \right)$

Obwohl diese Reihe außerordentlich schnell konvergiert, bevorzugen Sie möglicherweise eine numerische Lösung.

Ermittlung der durchschnittlichen Verlustleistung in einem Widerstand

Jan27

Antworten (2)

stobbe

James

Benötigen Sie Hilfe beim Verständnis des Konzepts "Schaltungsmodell einer Entlade-RL-Schaltung"?

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