วงจรไฟฟ้า 2

41 7.10 หา vo ท่ี t > 0 ถ้า v(0) = 4 V, Rf = 50 k, R1 = 10 k, C = 10 F จากวงจรดงั ภาพ 7.61 C V  Rf R1  Vo  ภำพ 7.61 สาหรบั แบบฝกึ หัดท้ายบทข้อที่ 7.10 ตอบ vo   4e2t V , t  0 7.11 หา v(t) และ vo(t) จากวงจรดงั ภาพ 7.62 100 k 10 k t 0 1 F V  4 mV  Vo  ภำพ 7.62 สาหรบั แบบฝกึ หัดทา้ ยบทข้อท่ี 7.11 ตอบ v(t)  40(1  e10t ) mV, t  0 vo (t)  40(e10t 1) mV, t  0

42 7.12 หา vo ทเี่ วลา t > 0 ถ้ากาหนดให้ vi = 2u(t) V, R1 = 20 k, Rf = 40 k, R2 = R3 = 10 k, C = 2 F จากวงจรดังภาพ 7.63 R1 R f R3  Vi R 2 C Vo  ภำพ 7.63 สาหรับแบบฝึกหัดท้ายบทข้อที่ 7.12  ตอบ vo (t)  6(1  e50t )u(t) V v(t) 7.13 หา vo ทเ่ี วลา t > 0 โดยใช้ PSpice จากวงจรดังภาพ 7.64  3 t0 12V 6 0.5F ภำพ 7.64 สาหรบั แบบฝึกหัดท้ายบทข้อที่ 7.13 ตอบ ภำพ 7.65 Schematics สาหรับแบบฝึกหัดท้ายบท ข้อท่ี 7.13

43 ภำพ 7.66 Schematics และพล๊อตสาหรบั แบบฝกึ หดั ท้ายบท ขอ้ ท่ี 7.13

44 รำยกำรเอกสำรอำ้ งองิ Alexander, C. K. and Sadiku, N.O. M. (2009). Fundamental of Electric Circuit. (4th ed). New York, NY: McGraw-Hill. Hayt, W. H. Jr. and Kimmerly, J. E. (1993). Engineering Circuit Analysis. (5th ed). Singapore: McGraw-Hill. Peebles, Z. P. Jr. and Giuma A. T. (1991). Principles of Electrical Engineering. Singapore: McGraw- Hill. Rizzoni, G. (2003). Principles and Applications of Electrical Engineering. (4th ed). New York, NY: McGRAW-Hill. Steven, S. E. and William, O. G. (1993). Electrical Engineering : An Introduction. (2nd ed). Philadelphia, PA: Saunders College Publishing. ธนากร นา้ หอมจันทร.์ (2554). ทฤษฎีวงจรไฟฟ้า. ปทุมธานี: มหาวิทยาลัยอีสเทริ ์นเอเชีย. ธนากร น้าหอมจันทร.์ (2554). ระบบวดั ไฟฟา้ แรงดันสงู พกิ ัด 20 kVac 28 kVdc โดยใช้วธิ ีโวลเตจดไิ วเดอร์และ วิธีชับแอนด์โพเทสคิวเพ่ือการเรียนการสอนและการวิจัย. รายงานการวิจัยมหาวิทยาลัยอีสเทิร์นเอเชีย งานวจิ ยั ลาดบั ที่ 42 – 2554. สารวย สังขสะอาด. (2549). วิศวกรรมไฟฟ้าแรงสูง. กรุงเทพฯ: ภาควิชาวิศวกรรมไฟฟ้า จุฬาลงกรณ์ มหาวทิ ยาลยั . อภนิ ันท์ อรุ โสภณ. (2554). วงจรไฟฟ้า. กรงุ เทพฯ: สานักพมิ พ์ ดวงกมลพบั ลิชช่ิง.

บทที่ 8 วงจรอันดบั ที่สอง 8.1 บทนำ ในบทที่ผ่านมาได้อธิบายถึงวงจรที่ประกอบไปด้วยตัวต้านทานและองค์ประกอบแบบสะสมพลังงาน จานวนหน่ึงตัว คือ วงจร RC และ RL เรียกว่า วงจรอันดับที่หน่ึง เนื่องจากผลตอบสนองของวงจรอยู่ในรูป สมการเชิงอนุพันธ์อันดับที่หนึ่ง สาหรับวงจรท่ีประกอบไปด้วยองค์ประกอบแบบสะสมพลังงาน 2 ตัว เรียกว่า วงจรอันดับที่สอง ซึ่งองค์ประกอบแบบสะสมพลังงานดังกล่าว อาจเป็นชนิดเดียวกันหรือต่างชนิดกันก็ได้ ใน กรณที เ่ี ปน็ ชนิดเดยี วกันจะตอ้ งไม่สามารถรวมเป็นค่าสมมูลเพียงตวั เดยี วได้ โดยผลสอบสนองของวงจรจะอยู่ใน รูปสมการเชิงอนุพันธ์อันดับที่สอง ผลตอบสนองสมบูรณ์ของวงจรอันดับท่ีสองประกอบด้วย ผลตอบสนอง ชั่วขณะ และผลตอบสนองที่สภาวะคงตัวเช่นเดียวกับวงจรอันดับท่ีหนึ่ง ตัวอย่างวงจรอันดับที่สอง แสดงดัง ภาพ 8.1 R L IS RC L VS C (ก) วงจร RLC อนกุ รม (ข) วงจร RLC ขนาน R1 R2 R V S L1 L2 I S C1 C2 (ง) วงจร RL (จ) วงจร RC ภำพ 8.1 ตวั อยา่ งวงจรอนั ดับที่สอง ในบทนี้จะอธิบายวิธีการหาค่าเริ่มต้นและค่าสุดท้าย การหาผลตอบสนองของวงจร RLC อนุกรมและ ขนานแบบปราศจากแหล่งจ่าย การหาผลตอบสนองต่อฟังก์ชันขั้นของวงจร RLC อนุกรมและขนาน วงจร อันดับที่สองแบบทั่วไป วงจรออปแอมป์อันดับท่ีสอง การวิเคราะห์การตอบสนองช่ัวขณะโดยใช้ PSpice และ การประยกุ ต์ใช้วงจรอันดับทส่ี อง ตามลาดับ 8.2 กำรหำค่ำเร่มิ ตน้ และค่ำสุดท้ำย การหาค่าเริ่มต้นและค่าสุดท้ายทาได้เช่นเดียวกับวงจรอันดับท่ีหน่ึง สาหรับในวงจรอันดับท่ีสอง จะพิจารณาค่าเรม่ิ ตน้ และค่าสุดท้ายท่ี v(0), i(0), dv(0)/dt, di(0)/dt, v() และ i()

46 เมื่อ v คือ แรงดันตกคร่อม C (8.1a) i คือ กระแสท่ีไหลผา่ น L (8.1b) แรงดนั ตกครอ่ มตัวเก็บประจุ vC ไม่เปลีย่ นแปลงอยา่ งทนั ทีทันใด v(0 )  v(0 ) กระแสท่ีไหลผ่านตัวเหนย่ี วนา iL ไมเ่ ปลี่ยนแปลงอย่างทันทีทนั ใด i(0 )  i(0 ) ขอ้ สงั เกต 8.1 การหาค่าเริ่มต้นและค่าสุดท้ายท่ีองค์ปร ะกอบแบบส ะสมพลังงาน จ ะต้องเป็นไปตาม ข้อก าห น ด เครอ่ื งหมายแบบพาสซฟี ขององค์ประกอบนัน้ ๆ ตัวอยำ่ ง 8.1 หา ก) i(0+), v(0+), ข) di(0+)/dt, dv(0+)/dt และ ค) v(), i() จากวงจรดงั ภาพ 8.2 8  i 0.5 H 4  24 V 0.2 F v t0  ภำพ 8.2 สาหรับตวั อย่าง 8.1 วธิ ีทำ ก) ท่ีเวลา t = 0- สวิตช์ปิดวงจร โดย L จะลัดวงจร และ C จะเปิดวงจร ในสภาวะคงตัวไฟฟ้า กระแสตรง ดงั ภาพ 8.3 8 i  24 V 4  v  ภำพ 8.3 สาหรบั ตวั อยา่ ง 8.1 จากภาพ 8.3 ดงั นัน้ i (0 )  24  2 A, v(0)  4i(0)  8 V 84

47 เมื่อ iL และ vC ไม่เปลี่ยนแปลงอยา่ งทันทที ันใด ดังนนั้ i(0)  i(0)  2 A, v(0)  v(0)  8 V ข) ท่ีเวลา t = 0+ สวติ ช์เปดิ วงจร ดังภาพ 8.4 0.5 H 8 i  vL   24 V 0.2 F v  ภำพ 8.4 สาหรับตวั อยา่ ง 8.1 จากภาพ 8.4 จะได้ iC (0 )  i(0 )  2 A จาก iC = C dv/dt ดังนัน้ dv/dt = iC/C dv (0 )  iC (0 )  2  10 V/s dt C 0.2 จาก vL = L di/dt ดังนน้ั di/dt = vL /L ซงึ่ จะหา vL ไดโ้ ดยใช้ KVL รอบเมซจะได้  24  8i(0 )  vL(0 )  v(0 )  0 หรอื vL(0 )  24 16  8  0 ดงั นนั้ di (0 )  vL(0 )  0  0 A/s dt L 0.5 ค) ท่เี วลา t > 0 L จะลัดวงจร และ C จะเปดิ วงจรในสภาวะคงตวั ไฟฟา้ กระแสตรง ดงั ภาพ 8.5 8 i  24 V v  จากภาพ 8.5 ดงั นนั้ ภำพ 8.5 สาหรับตวั อย่าง 8.1 i()  0 A, v()  24 V

48 ตัวอย่ำง 8.2 หา ก) iL(0+), vC(0+), vR(0+), ข) diL(0+)/dt, dvC (0+)/dt, dvR (0+)/dt, และ ค) iL(), vC(), vR() จากวงจรดงั ภาพ 8.6 4  1 F  iL 2 vR 4 5u(t) A vC 0.25H   24 V ภำพ 8.6 สาหรบั ตวั อย่าง 8.2 วิธีทำ ก) ท่ีเวลา t < 0 แหล่งจ่ายกระแสไฟฟ้า 5u(t) = 0 A ดังนั้น ที่เวลา t = 0- วงจรจะอยู่ในสภาวะคงตวั จากแหลง่ จา่ ยแรงดนั ไฟฟ้ากระแสตรง 24 V โดยแทน L ดว้ ยลดั วงจร และแทน C ด้วยเปิดวงจร ดงั ภาพ 8.7 4  iL  vC vR 2    24 V ภำพ 8.7 สาหรบั ตัวอย่าง 8.2 iL (0 )  0 A, vR (0 )  0 V, vC (0 )   24 V ทีเ่ วลา t > 0 แหล่งจา่ ยกระแส 5u(t) = 5 A จะได้วงจรดังภาพ 8.8 a  vo  b 4 1 F iC  iL 4 5A  vC 0.25H  2 vR  24 V ภำพ 8.8 สาหรับตวั อยา่ ง 8.2 (8.2.1) เมอ่ื iL และ vC ไมเ่ ปลย่ี นแปลงอย่างทันทีทนั ใด จะได้ iL(0 )  iL(0 )  0

49 และ vC (0 )  vC (0 )   24 V สาหรับ vR4 หาได้ โดยกาหนดให้เทา่ กับ vo จะได้ KCL ท่โี นด a: 5  v R (0 )  vo (0 ) (8.2.2) 2 4 KVL เมซ vo :  vR (0 )  vo (0 )  vC (0 )  24  0 เมอ่ื vC(0+) = -24 V จะได้ vR (0 )  vo (0 ) (8.2.3) แทนสมการ (8.2.3) ใน (8.2.2) จะได้ vR (0 )  vo (0 )  6.66 V (8.2.4) ข) จาก LdiL/dt = vL จะได้ diL (0 )  vL(0 ) dt L KVL เมซ vL; vL (0 )  vC (0 )  24  0 ดงั นั้น diL (0 )  0 dt จาก CdvC/dt = iC หรอื dvC/dt = iC /C KCL ท่ีโนด b; vo (0 )  iC (0 )  iL(0 ) (8.2.5) 4 จากสมการ (8.2.4) vo(0+) = 6.66 V และจากสมการ (8.2.1) iL(0+) = 0 A แทนในสมการ (8.2.5) จะได้ iC (0 )  1.66 ดังน้นั dvC (0 )  iC (0 )  1.66  6.64 V/s (8.2.6) dt C 0.25 หา dvR(0+)/dt โดย KCL ท่โี นด a; 5  vR  vo 2 4 อนุพนั ธ์ทั้ง 2 ข้าง โดยกาหนดให้ t = 0+ จะได้ dv R (0 ) dv o (0  ) dt dt 0  2  (8.2.7)

50 KVL เมซ vo ;  vR  vC  24  vo  0 อนุพนั ธท์ งั้ 2 ขา้ ง โดยกาหนดให้ t = 0+ จะได้ dv R (0 ) dv C (0 ) dv o (0  ) dt dt dt     0 (8.2.8) (8.2.9) แทนสมการ (8.2.6) dvC/dt = 6.64 V/s ในสมการ (8.2.8) จะได้ dvR (0 )  6.64  dv o (0 ) dt dt จากสมการ (8.2.7) และ (8.2.9) จะได้ dvR (0 )  6.64  2.21 V/s dt 3 ค) ที่เวลา t   จากภาพ 8.8 วงจรจะเขา้ สู่สภาวะคงตัว ดงั นั้น iL ()  2 2 4 5A  1.66 A  vR ()  2 4 4 5A  2  6.66 V  vC ()   24 V 8.3 วงจร RLC อนกุ รมปรำศจำกแหล่งจำ่ ย วงจร RLC อนุกรมถกู กระตุ้นดว้ ยพลงั งานเร่มิ ต้นที่สะสมใน L (I0) และ C (V0) ท่ีเวลา t = 0 RL i Io  C Vo  ภำพ 8.9 วงจร RLC อนุกรมปราศจากแหล่งจา่ ย จากภาพ 8.9 v(0)  1 0 i (t ) dt  V0 (8.2a) C (8.2b)  i(0)  I0

51 KVL เมซ i; Ri  L di  1 t idt  0 (8.3) dt C  หรือ d2i  R di  i  0 (8.4) dt 2 L dt LC สมการ (8.4) เรียกวา่ สมการเชิงอนุพนั ธอ์ นั ดบั ทส่ี อง (second-order differential equation) จากสมการ (8.2a) และ (8.3) จะได้ Ri (0)  L di (0)  V0  0 dt หรอื di (0)   1 (RI0  V0 ) (8.5) dt L การหาค่าเง่ือนไขเริ่มต้น (initial condition) จากสมการ (8.5) ซ่ึงประกอบด้วยค่าเง่ือนไขเริ่มต้น 2 คา่ เมือ่ พจิ ารณาร่วมกบั สมการ (8.2b) (8.4) และจากวงจรอนั ดับทีห่ นึ่ง จะได้ i  Ae st (8.6) แทนสมการ (8.6) สมการ (8.4) จะได้ As 2 e st  AR sest  A e st  0 L LC หรอื Ae st  s2  R s  1   0 (8.7) L LC ซึง่ สามารถหา s ได้ โดยกาหนดให้พจนใ์ นวงเล็บมคี ่าเท่ากบั ศนู ย์ ดังน้ี s 2  R s  1  0 (8.8) L LC สมการ (8.8) อยู่ในรูปสมการกาลังสอง เรยี กว่า สมการคณุ ลักษณะ (characteristic equation) ของ สมการอนุพนั ธด์ งั สมการ (8.4) คา่ รากทั้งสองของสมการ (8.8) จะเป็นตัวระบคุ ณุ สมบัตขิ องกระแส i ค่ารากท้ัง สองหาได้จากสมการ (8.9a) และ (8.9b) ดงั น้ี s1   R   R 2  1 (8.9a) 2L 2L  LC

52 และ s2   R   R 2  1 (8.9b) 2L  2L  LC หรือ s1     2 02 , s2     2 02 (8.10) โดยที่   R , 0  1 (8.11) 2L LC เมอ่ื s1 และ s2 คอื ความถท่ี างธรรมชาติ มหี นว่ ยเป็น เนเปอร์ตอ่ วนิ าที (nepers per second; Np/s) 0 คอื ความถี่กาธรหรอื ความถ่เี รโซแนนซ์ (resonant frequency) หรอื ความถ่ีทางธรรมชาติขณะท่ี ไม่มีการหน่วง (undamped natural frequency) มีหน่วยเป็น เรเดียนต่อวินาที (radians per second; rad/s)  คือ ความถ่ีเนเปอร์ (neper frequency) หรือความถ่ีการหน่วง (damping factor) มีหน่วยเป็น เนเปอร์ต่อวินาที (Np/s) สมการ (8.8) ในเทอมของ  และ 0 เขียนใหม่ได้ ดงั นี้ (8.8a) s2  2s  02  0 ดงั นน้ั จากสมการ (8.10) จะสามารถหากระแส i ได้ ดังน้ี i1  A1es1t , i2  A2es2t (8.12) จาก สมการ (8.4) จะได้เป็น i(t)  A1es1t  A2es2t (8.13) จากสมการ (8.10) พบวา่ ผลตอบสนองของวงจร มีโอกาสเปน็ ได้ 3 กรณี ดังน้ี 1. ถา้  > 0 จะเปน็ กรณีมีการหน่วงเกนิ (over damped) 2. ถ้า  = 0 จะเปน็ กรณมี กี ารหนว่ งวิกฤต (critically damped) 3. ถ้า  < 0 จะเปน็ กรณีมีการหนว่ งน้อยไป (under damped) 1. กรณีมีการหน่วงเกนิ ( > 0) จากสมการ (8.9) และ (8.10) ถ้า  > 0 อันเน่อื งมาจาก C > 4L/R2 ซงึ่ สง่ ผลให้ท้ัง s1 และ s2 เป็น จานวนจรงิ ท่มี คี า่ เป็นลบ ผลตอบสนองของวงจรจะได้ ดงั นี้ i(t)  A1es1t  A2es2t (8.14) ซง่ึ ปรมิ าณของกระแส i(t) จะลดลงและเข้าใกล้ 0 เมอื่ เวลา t เพ่มิ ขน้ึ แสดงดงั ภาพ 8.10 (ก)

53 2. กรณมี กี ารหน่วงวิกฤต ( = 0) จากสมการ (8.9) และ (8.10) ถ้า  = 0 อนั เนอ่ื งมาจาก C = 4L/R2 จะสง่ ผลให้ s1  s2     R (8.15) 2L จะได้ i(t)  A1et  A2et  A3et ; A3  A1  A2 แทนค่า  = 0 = R/2L ในสมการ (8.4) จะได้ d2i  2 di  2i  0 dt 2 dt หรอื d  di  i     di  i   0 (8.16) dt dt dt กาหนดให้ f  di  i (8.17) dt แทนสมการ (8.17) ใน (8.10) จะได้ df  f  0 dt จากสมการเชงิ อนุพันธ์อันดับที่ 1 โดยที่ f  A1et เม่อื A1 เป็นคา่ คงท่ี แทน f และ A1 ใน (8.17) จะได้ di  i  A1et dt หรือ et di  eti  A1 (8.18) dt และ d (et i )  A1 (8.19) dt อินทิกรลั ท้งั 2 ข้าง จะได้ eti  A1t  A2 เม่ือ A2 เปน็ ค่าคงท่ี หรือ i  ( A1t  A2 )et (8.20) ดงั น้ัน i(t)  ( A2  A1t)et (8.21) การตอบสนองกรณีมีการหนว่ งวิกฤต แสดงดังภาพ 8.10 (ข)

54 3. กรณีมีการหนว่ งนอ้ ยไป ( < 0) จากสมการ (8.9) และ (8.10) ถ้า  < 0 อันเน่ืองมาจาก C < 4L/R2 สามารถหา s1 และ s2 ได้ ดังนี้ s1     (02  2 )    jd (8.22a) s2     (02  2 )    jd (8.22b) โดยท่ี j  1, d  02  2 d เรียกว่า ความถี่การหน่วง (damping frequency) ท้ัง 0 และ d คือ ความถ่ีธรรมชาติ (natural frequencies) ซึ่งใช้หาผลตอบสนองทางธรรมชาติของวงจร โดย 0 เรียกว่า ความถ่ีธรรมชาติ ปราศจากการหน่วง (undamped natural frequency) และ d เรียกว่า ความถ่ีธรรมชาติของการหน่วง (damped natural frequency) ผลตอบสนองทางธรรมชาติของวงจร คือ ใช้เอกลกั ษณข์ องออยเลอร์ i(t)  A1e( d )t  A2e( d )t (8.23) i(t)  et ( A1e jdt  A2e jdt ) (8.24) e j  cos  j sin , e j  cos  j sin จากสมการ (8.23) จะได้ i(t)  et [ A1(cosdt  j sindt)  A2 (cosdt  j sindt)] i(t)  et [( A1  A2 ) cosdt  j( A1  A2 ) sindt] (8.25) จากสมการ (8.25) แทน (A1 + A2) และ j(A1 - A2) ด้วยค่าคงท่ี B1 และ B2 จะได้ i(t)  et (B1 cosdt  B2 sindt) (8.26) จากสมกรท่ี (8.26) อยู่ในฟังก์ชันของไซน์และโคไซน์ จะพบว่าการตอบสนองทางธรรมชาติในกรณีนี้ จะมีการแกวง่ ทม่ี ีการหน่วงแบบเอกซ์โพเนนเชียล แสดงดงั ภาพ 8.10 (ค) i(t) i(t) 0 t 01 t  (ก) (ข)

55 i(t) et 0t 2 d (ค) ภำพ 8.10 (ก) การตอบสนองแบบมกี ารหน่วงเกิน (ข) การตอบสนองแบบมกี ารหน่วงวิกฤต (ค) การตอบสนองแบบมีการหน่วงน้อยไป ขอ้ สังเกต 8.2 การหาค่าแรงดันตกคร่อมตัวต้านทาน vR = iR และตัวเก็บประจุ vC จะสามารถหาได้โดยง่าย ถ้าใน การหาผลตอบสนองของวงจรเรม่ิ ตน้ จากการหากระแสที่ไหลผ่านตัวเหนีย่ วนา iL เปน็ อนั ดับแรก ตัวอย่ำง 8.3 หาค่ารากของสมการคุณลักษณะ (s1 และ s2) ของวงจร และผลตอบสนองทางธรรมชาติเป็น แบบกรณีใด (กรณมี กี ารหนว่ งเกนิ มีการหน่วงวกิ ฤต หรือ มกี ารหน่วงน้อยไป) จากวงจรดงั ภาพ 8.11 20  4 H i Io  1F 4 Vo  ภำพ 8.11 สาหรับตัวอยา่ ง 8.3 วธิ ีทำ จากภาพ 8.11   R  20  2.5 2L 2(4) 0  1  1 1 LC 4  (1/ 4) เมอ่ื  > 0 ดงั นั้น ผลตอบสนองวงจรจะเป็นกรณมี กี ารหนว่ งเกนิ ฉะนนั้ s1,2     2 02   2.5  6.25 1 หรอื s1   0.208, s2   4.791

56 ตวั อยำ่ ง 8.4 หา i(t) โดยสมมติใหว้ งจรอย่ใู นสภาวะคงตวั ท่เี วลา t = 0- จากวงจรดงั ภาพ 8.12 1  t 0 i  0.4 H 0.02 F v 12 V  3 5 ภำพ 8.12 สาหรบั ตวั อยา่ ง 8.4 วิธีทำ จากภาพ 8.12 ท่ีเวลา t < 0 สวติ ช์ปดิ วงจร แทน L ดว้ ยลัดวงจร และ C ดว้ ยเปดิ วงจรในสภาวะคงตัว วงจรไฟฟ้ากระแสตรง วงจรสมมลู แสดงดงั ภาพ 8.13 1 i  v 12 V  3 5 ภำพ 8.13 สาหรบั ตวั อยา่ ง 8.4 ดงั น้ัน i(0)  12  2A 15 v(0)  5i(0)  10 V เม่อื i(0) คอื กระแสท่ไี หลผา่ น L และ v(0) คือ แรงดนั ทตี่ กครอ่ ม C ท่ีเวลา t > 0 สวิตช์เปิดวงจร แหล่งจ่ายแรงดัน 12 V ถูกปลดออกจากวงจร ตัวต้านทาน 3  และ 5  ตอ่ อนุกรมกนั จะได้วงจรสมมลู แสดงดงั ภาพ 8.14 ซง่ึ เปน็ วงจร RLC อนุกรม ดงั นน้ั i 0.02 F  8 v  0.4 H ภำพ 8.14 สาหรบั ตวั อย่าง 8.4

57 จากภาพ 8.14   R  8  10 2L 2(0.4) และ 0  1  1  11.18 LC 0.4  0.02 จาก  < 0 ฉะนน้ั ผลตอบสนองวงจรจะเปน็ แบบมีการหนว่ งนอ้ ยไป ดงั นัน้ s1,2     2 02  10  100 124.99 s1,2  10  j4.99 จะได้ i(t)  e10t ( A1 cos 4.99t  A2 sin4.99t) (8.4.1) ค่าคงท่ี A1 และ A2 หาไดโ้ ดยใช้เงอ่ื นไขเร่ิมต้นทเ่ี วลา t = 0 i(0)  1  A1 จากสมการ (8.5) di (0)   1 (RI0  V0 ) dt L ดงั น้ัน di   2.5[8(2) 10]  15 A/s dt t0 ใช้ v(0) = V0 = -10 V เน่ืองจากขว้ั ของ v ในภาพ 8.14 ตรงข้ามกบั วงจร RLC อนุกรมตามภาพ 8.9 อนุพนั ธ์ สมการ (8.4.1) จะได้ di  10e10t ( A1 cos 4.99t  A2 sin4.99t) (8.4.2) dt  e10t (4.99)(A1 sin4.99t  A2 cos 4.99t) ทเ่ี วลา t = 0 สมการ (8.4.2) จะเทา่ กบั 15  10( A1  0)  (4.99)(0  A2 ) เม่ือ A1 = 1 จะได้ 15  10  (4.99) A2  A2  1.002 แทนค่าในสมการ (8.4.1) จะได้ i(t)  e10t (cos4.99t 1.002sin4.99t) A

58 8.4 วงจร RLC ขนำนปรำศจำกแหล่งจำ่ ย วงจร RLC ขนานดงั ภาพ 8.15 ถ้ากาหนดให้กระแสเร่มิ ตน้ ; I0 และแรงดันเริม่ ต้น; V0 จะได้ v   R v L Io vC Vo    ภำพ 8.15 วงจร RLC ขนานปราศจากแหลง่ จ่าย i(0)  I0  1 0 v (t ) dt v(0)  V0 (8.27) L (8.28) (8.29) KCL ที่โนด v; v  1  t vdt  C dv  0 (8.30) R L  dt (8.31) หรอื d2v  1 dv  1 v  0 (8.32) dt 2 RC dt LC จากสมการ (8.29) แทนอนพุ นั ธ์อนั ดบั 1 ดว้ ย s และอนุพันธอ์ ันดบั 2 ด้วย s2 จะได้ s2  1 s  1  0 RC LC ดังนั้น คา่ รากของสมการคณุ ลกั ษณะ จะได้ s1,2   1   1 2  1 2RC  2RC  LC หรอื s1,2     2 02 โดยท่ี   1 , 0  1 2RC LC จากสมการ (8.31) จะมโี อกาสเป็นไปได้ 3 กรณี คือ  > 0 ,  = 0 และ  < 0 โดยที่ 1. ถ้า  > 0 จะเป็น กรณีมีการหน่วงเกิน 2. ถา้  = 0 จะเปน็ กรณีมีการหนว่ งวกิ ฤต 3. ถ้า  < 0 จะเปน็ กรณมี กี ารหนว่ งน้อยไป

59 1. กรณมี ีการหนว่ งเกิน ( > 0)  > 0 เมือ่ L > 4R2C ทัง้ s1 และ s2 จะเปน็ จานวนจรงิ และมคี า่ เป็นลบ ผลตอบสนองของวงจร จะได้ v(t)  A1es1t  A2es2t (8.33) 2. กรณมี กี ารหนว่ งวิกฤต ( = 0)  = 0 เมื่อ L = 4R2C ทง้ั s1 และ s2 จะเปน็ จานวนจรงิ และมีคา่ เทา่ กัน ผลตอบสนองของวงจร จะได้ v(t)  ( A1  A2t)et (8.34) 3. กรณีมีการหน่วงนอ้ ยไป ( < 0) (8.35)  < 0 เม่ือ L < 4R2C ท้ัง s1 และ s2 จะเปน็ จานวนเชิงซอ้ น ดงั น้ี s1,2    jd d  02  2 (8.36) ผลตอบสนองของวงจรจะได้ v(t)  et ( A1 cosdt  A2 sindt) (8.37) เมื่อ คา่ คงที่ A1 และ A2 หาได้โดยใช้ค่าเงื่อนไขเร่ิมต้น (ท่เี วลา t = 0) v(0) และ dv(0)/dt โดย v(0) หาได้จาก สมการ (8.27b) และ dv(0)/dt หาได้จากสมการ (8.27) และ (8.28) จะได้ V0  I0  C dv (0)  0 R dt หรอื dv (0)   (V0  RI0 ) (8.38) dt RC การตอบสนองทั้ง 3 แบบ ของวงจร RLC ขนานปราศจากแหล่งจ่าย มลี ักษณะเช่นเดียวกบั วงจร RLC อนกุ รมปราศจากแหลง่ จ่าย ดังแสดงในภาพ 8.10 ข้อสังเกต 8.3 การหาค่ากระแสที่ไหลผ่านตัวต้านทาน iR = v/R และตัวเก็บประจุ iC = C dv/dt จะสามารถหาได้ โดยงา่ ย ถา้ ในการหาผลตอบสนองของวงจรเร่มิ ตน้ จากการหาแรงดนั ตกคร่อมตัวเก็บประจุ vC เปน็ อนั ดบั แรก

60 ตัวอย่ำง 8.5 หา v(t) ท่ีเวลา t > 0 ถ้า v(0) = 5 V, i(0) = 0 A, L = 1 H, C = 10 mF, R = 1.923, 5, 6.25  จากวงจร RLC ขนานดงั ภาพ 8.16 v   R L Io v C v Vo    ภำพ 8.16 สาหรับตัวอย่าง 8.5 วธิ ีทำ กรณที ี่ 1: R = 1.923    1  1  26 2RC 2 1.923 (10103 ) 0  1  1  10 LC 1 (10103 ) เมอื่  > 0 กรณมี ีการหนว่ งเกิน s1 และ s2 จะได้ s1,2     2 02   2,  50 จาก v(t)  A1es1t  A2es2t จะได้ v(t)  A1e2t  A2e50t (8.5.1) A1 และ A2 หาได้จากค่าเงอ่ื นไขเร่มิ ต้น ทเ่ี วลา t = 0 (8.5.2) v(0)  5  A1  A2 และจากสมการ (8.38) dv (0)   (V0  RI0 ) dt RC dv (0)   v(0)  Ri(0) dt RC   1.923 5 0 103 )   260  (10  แตอ่ นุพันธส์ มการ (8.5.1) ซง่ึ เทา่ กับ dv (t)   2A1e2t  50A2e50t dt

ที่เวลา t = 0  260   2A1  50A2 61 (8.5.3) จากสมการ (8.5.2) และ (8.5.3) จะได้ (8.5.4) A1   0.2083, A2  5.208 (8.5.5) แทนสมการ (8.5.4) ใน (8.5.1) จะได้ (8.5.6) v(t)   0.2083e2t  5.208e50t V (8.5.7) กรณีที่ 2: R = 5    1  1  10 2RC 2  5 (10103 ) 0  1  1  10 LC 1 (10103 ) เมือ่  = 0 กรณีมกี ารหน่วงวิกฤต s1 และ s2 จะได้ s1,2     2 02  10  100 100  10 และ v(t)  ( A1  A2t)et  ( A1  A2t)e10t A1 และ A2 หาได้จากคา่ เงอื่ นไขเรม่ิ ตน้ ทเี่ วลา t = 0 v(0)  5  A1 dv (0)   v(0)  Ri (0) dt RC   5  50 )   100 (10  103 แต่อนพุ ันธ์สมการ (8.5.5) ซง่ึ เทา่ กบั dv (t)  (10A1  10A2t  A2 )e10t dt ทเ่ี วลา t = 0 จากสมการ (8.5.6) และ (8.5.7) จะได้ 100  10A1  A2

62 จะได้ A1  5, A2   50 ฉะนนั้ v(t)  (5  50t)e10t V กรณที ่ี 3: R = 6.25    1  1  8 2RC 2  6.25 (10103 ) 0  1  1  10 LC 1 (10103 ) เมื่อ  < 0 กรณมี ีการหน่วงน้อยไป s1 และ s2 จะได้ s1,2     2 02   8  64 100   8  j6 และ v(t)  ( A1 cosdt  A2 sindt)et  ( A1 cos 6t  A2 sin6t)e8t A1 และ A2 หาไดจ้ ากคา่ เงอ่ื นไขเริม่ ตน้ ท่ีเวลา t = 0 v(0)  5  A1 dv (0)   v (0)  Ri(0) dt RC   6.25 50 103 )   80  (10 แตอ่ นพุ นั ธ์สมการ (8.5.5) ซงึ่ เท่ากบั dv (t)  (8A1 cos 6t  8A2 sin6t  6A1 sin6t  6A2 cos 6t)e8t dt ท่เี วลา t = 0  80   8A1  6A2 จะได้ ฉะน้นั A1  5, A2   6.667 v(t)  (5cos 6t  6.667sin6t)e8t V

63 v(t) V 5 4 3 2 1 Overdamped Critically damped 0 Underdamped 1 0.5 1 1.5 t(s) ภำพ 8.17 ผลตอบสนองของวงจรตามภาพ 8.16 ตวั อยำ่ ง 8.6 หา v(t) ทเ่ี วลา t > 0 จากวงจรดงั ภาพ 8.18 10  0.25H i  20 V t 0 30  20 F v  ภำพ 8.18 สาหรับตวั อย่าง 8.6 วิธที ำ จากภาพ 8.18 ทเี่ วลา t < 0 สวติ ช์เปิดวงจร แทน L ดว้ ยลดั วงจร และแทน C ด้วยเปิดวงจร ในสภาวะ คงตัวไฟฟ้ากระแสตรง แรงดันเร่ิมต้นตกคร่อม C มีค่าเท่ากับแรงดันตกคร่อม R 30  และกระแสเร่ิมต้นท่ี L คอื กระแสทไ่ี หลผ่าน Rth ดังนี้ v(0)  10 30 (20)  15 V  30 i(0)   20   0.5 A 10  30 ซ่ึงจะได้ dv (0)   v(0)  Ri(0)   15  30(0.5)  0 (8.6.1) dt RC 30 (20106 ) ทเ่ี วลา t > 0 สวติ ช์จะปิดวงจร แหล่งจ่ายแรงดนั และ R 10  จะไมม่ ผี ลต่อวงจร RLC ซึง่ จะได้   1  1  833.33 2RC 2 30 (20106 )

64 0  1  1  447.21 LC 0.25 (20106 ) s1,2     2 02   833.33  833.332  447.212   833.33  703.16  s1  1536.49, s2  130.17 เมือ่  > 0 กรณีมีการหนว่ งเกิน ผลตอบสนองของวงจรจะได้ v(t)  A1e1536.49t  A2e130.17t (8.6.2) (8.6.3) ท่ีเวลา t = 0 จะได้ v(0)  15  A1  A2  A2  15  A1 (8.6.4) อนุพนั ธส์ มการ (8.6.3) จะได้ dv  1536.49A1e1536.49t 130.17A2e130.17t dt จากสมการ (8.6.1) และ (8.6.4) จะได้ dv (0)  0  1536.49A1 130.17A2 dt หรอื 0  1536.49A1 130.17A2 (8.6.5) จากสมการ (8.6.3) และ (8.6.5) จะได้ A1  1.38, A2  16.38 (8.6.6) แทนสมการ (8.6.6) ใน (8.6.2) จะได้ v(t)  1.38e1536.49t  16.38e130.17t V 8.5 ผลตอบสนองต่อฟังก์ชันข้ันของวงจร RLC อนกุ รม ผลตอบสนองต่อฟังก์ชันขั้นของวงจร RLC อนุกรม คือ ผลตอบสนองของวงจรเมื่อต่อแหล่งจา่ ยไฟฟ้า กระแสตรงเขา้ สูว่ งจรอย่างทันทีทันใด โดยจะพิจารณาแรงดนั ไฟฟา้ v ในวงจร t0 R Li  VS C v  ภำพ 8.19 แหลง่ จา่ ยแรงดันขั้นบันไดจ่ายพลังงานให้กบั วงจร RLC อนุกรม

65 ทเี่ วลา t > 0, KVL เมซ Vs ; L di  Ri  v  Vs (8.39) dt โดยท่ี i  C dv dt ฉะนั้น d2v  R dv  v  Vs (8.40) dt 2 L dt LC LC จากสมการ (8.40) จะประกอบดว้ ยผลตอบสนองทางธรรมชาติ vn(t) และผลตอบสนองจากการบังคับ vf(t) ดังนี้ v(t)  vn(t)  v f (t) (8.41) เม่อื vn(t) หาไดโ้ ดยกาหนดให้ Vs = 0 ซง่ึ vn(t) มโี อกาสเป็นได้ 3 กรณี ดังนี้ vn (t)  A1es1t  A2es2t (มกี ารหนว่ งเกนิ ) (8.42a) vn (t)  ( A1  A2t)et (มกี ารหน่วงวกิ ฤต) (8.42b) vn (t)  ( A1 cosdt  A2 sindt)et (มกี ารหนว่ งน้อย) (8.42c) ซึ่งผลตอบสนองจากการบงั คบั vf(t) คือ สภาวะคงตวั หรอื คา่ สดุ ทา้ ยของ v(t) จากภาพ 8.19 ค่า สุดทา้ ยของแรงดันท่ีตกครอ่ ม C คอื แรงดันที่แหล่งจา่ ย ดังนี้ v f (t)  v()  Vs (8.43) ดงั นัน้ ผลสอบสนองสมบูรณข์ องวงจร จะได้ v(t)  Vs  A1es1t  A2es2t (มีการหน่วงเกิน) (8.44a) v(t)  Vs  ( A1  A2t)et (มีการหนว่ งวิกฤต) (8.44b) v(t)  Vs  ( A1 cosdt  A2 sindt)et (มกี ารหน่วงน้อย) (8.44c) โดย คา่ คงที่ A1 และ A2 หาไดโ้ ดยใช้คา่ เงอื่ นไขเร่ิมตน้ v(0) และ dv(0)/dt ผลตอบสนองสมบูรณ์สาหรบั ตวั แปร x(t) ใด ๆ สามารถหาไดเ้ ชน่ เดยี วกนั โดยอย่ใู นรูปสมการ ดงั น้ี x(t)  x f (t)  xm(t) (8.45) โดยท่ี xf = x() คอื คา่ สดุ ทา้ ย และ xn(t) คือ ผลตอบสนองทางธรรมชาติ

66 ตวั อยำ่ ง 8.7 หา v(t) และ i(t) ทเ่ี วลา t > 0 โดยที่ R = 5, 4, 1  จากวงจรดงั ภาพ 8.20 R 1H t0 i 24 V 0.25 F v 1  ภำพ 8.20 สาหรบั ตวั อย่าง 8.6 วธิ ีทำ กรณที ่ี 1: R = 5  ที่เวลา t < 0 สวิตช์ปิดวงจร แทน L ด้วยลัดวงจร และแทน C ด้วยเปิดวงจร ในสภาวะคงตัวไฟฟ้า กระแสตรง กระแสเรม่ิ ตน้ ท่ีไหลผา่ น L จะได้ i(0)  24  4A 51 แรงดนั เรมิ่ ตน้ ทตี่ กคร่อม C คอื แรงดนั ทตี่ กครอ่ ม R 1  จะได้ v(0)  1 i(0)  4 V ทเี่ วลา t > 0 สวิตช์เปิดวงจร R = 1  จะถูกปลดออกจากวงจร จะได้   R  5  2.5 2L 21 0  1  1  2 LC 1 0.25 s1,2     2 02  1,  4 (8.7.1) เมือ่  > 0 เป็นกรณีมกี ารหน่วงเกนิ ผลตอบสนองสมบรู ณข์ องวงจรจะได้ v(t)  v f  ( A1et  A2e4t ) vf(t) หรือ คา่ สุดทา้ ยของแรงดนั ท่ตี กคร่อม C จากภาพ 8.20 คอื ค่าแรงดันที่แหลง่ จ่าย ดงั น้ัน v(t)  24  ( A1et  A2e4t ) A1 และ A2 หาไดจ้ ากคา่ เงือ่ นไขเร่มิ ตน้ ท่ีเวลา t = 0 [v(0) และ dv(0)/dt] v(0)  4  24  A1  A2

67 หรอื  20  A1  A2 (8.7.2) กระแสไฟฟ้าที่ L จะไม่เปลยี่ นแปลงอย่างทันทีทนั ใด ซ่ึงเป็นกระแสไฟฟ้าที่ไหลผา่ น C ที่เวลา t = 0+ จะได้ i(0)  C dv (0)  4  dv (0)  4  4  16 dt dt C 0.25 อนุพันธส์ มการ (8.7.1) จะได้ dv   A1et  4 A2e4t (8.7.3) dt จากสมการ (8.7.3) ทเี่ วลา t = 0 จะได้ dv (0)  16   A1  4 A2 (8.7.4) dt จากสมการ (8.7.2) และ (8.7.4) จะได้ A1 = -64/3 และ A2 = 4/3 แทนใน (8.7.1) จะได้ v(t)  24  4 (16e t  e4t ) V (8.7.5) 3 ทเ่ี วลา t > 0, L และ C อนกุ รมกัน ดงั นั้น กระแสไฟฟ้าที่ไหลผ่าน L และ C เทา่ กนั ดงั นี้ i(t)  C dv dt จากสมการ (8.7.5) ซง่ึ i(t) จะได้จากการนาค่า C = 0.25 F ไปคณู กับสมการ (8.7.1) และ (8.7.3) จะได้ i(t)  Cv (t)  6  (0.25A1et  0.25A2e4t ) i(t)  C dv   0.25A1et  A2e4t dt ทีเ่ วลา t = 0 จะได้ i(0)  4  6  (0.25A1  0.25A2 ) (8.7.6) (8.7.7) i(0)  4   0.25A1  A2 จากสมการ (8.7.6) และ (8.7.7) จะได้ A1 = -16/3 และ A2 =- 4/3 ดังน้ัน i(t)  4 (4et  e4t ) A 3 กรณที ี่ 2: R = 4  กระแสเริ่มตน้ ท่ไี หลผ่าน L จะได้ i(0)  24  4.8 A 41

68 แรงดนั เริ่มตน้ ทต่ี กครอ่ ม C คอื แรงดันทีต่ กครอ่ ม R 1  จะได้ v(0)  1i(0)  4.8 V   R  4  2 2L 21 และ 0  1  1  2 LC 1 0.25  = 0 จะได้ s1  s2     2 ฉะนั้น v(t)  v f  ( A1  A2t)e2t เมอ่ื vf = 24 V v(t)  24  ( A1  A2t)e2t (8.7.8) A1 และ A2 หาได้จากคา่ เงือ่ นไขเรมิ่ ต้น ทเ่ี วลา t = 0 จะได้ v(0)  4.8  24  A1  A1  19.2 (8.7.9) เม่อื i(0)  C dv (0)  4.8 dt ดงั นนั้ dv (0)  i(0)  4.8  19.2 dt C 0.25 จากสมการ (8.7.8) dv  (2A1  2tA2  A2 )e2t (8.7.10) dt ท่เี วลา t = 0 dv (0)  19.2   2A1  A2 (8.7.11) dt จากสมการ (8.7.9) และ (8.7.11) จะได้ A1  19.2, A2  19.2 ดังนน้ั v(t) จากสมการ (8.7.8) v(t)  24 19.2(1  t)e2t V และ iL จะหาได้ จาก i(t)  C dv dt นาคา่ C คณู กบั สมการ (8.7.11) ดงั นี้ i(t)  (4.8  9.6t)e2t A และ i(0)  4.8 A

69 กรณที ่ี 3: R = 1  กระแสเริ่มต้นที่ไหลผา่ น L จะได้ i(0)  24  12 A 11 แรงดนั เรม่ิ ต้นทต่ี กคร่อม C คือ แรงดนั ท่ตี กครอ่ ม R 1  จะได้ v(0)  1i(0)  12 V   R  1  0.5 2L 21 และ 0  1  1  2 LC 1 0.25 เมอ่ื  < 0 จะได้ s1,2     2  02   0.5  j1.936 ดงั นน้ั v(t)  24  ( A1 cos1.936t  A2 sin1.936t)e0.5t (8.7.12) A1 และ A2 หาไดจ้ ากค่าเง่ือนไขเร่ิมตน้ ที่เวลา t = 0 จะได้ v(0)  12  24  A1  A1  12 (8.7.13) เมือ่ i(0)  C dv (0)  12 dt ฉะนั้น dv (0)  i(0)  12  48 dt C 0.25 แต่ dv  e0.5t (1.936A1 sin1.936t  1.936A2 cos1.936t) dt  0.5e0.5t ( A1 cos1.936t  A2 sin1.936t) ท่ีเวลา t = 0 dv (0)  48  (0  1.936A2 )  0.5( A1  0) (8.7.14) dt จากสมการ (8.7.13) และ (8.7.14) จะได้ A1  12, A2  21.694 ดงั น้ัน v(t)  24  (21.694sin1.936t 12cos1.936t)e0.5t V และ i(t)  C dv  (3.1sin1.936t 12cos1.936t)e0.5t A dt i(0)  12 A

70 v(t) V 40 Underdamped 32 Critically damped 24 16 8 Overdamped 0 1 2 3 4 5 6 7 t(s) ภำพ 8.21 ผลตอบสนองท้งั 3 กรณี สาหรับตวั อย่าง 8.7 จากภาพ 8.21 พบว่า ผลตอบสนองของวงจรในกรณีการหนว่ งแบบวกิ ฤตมีการลู่เข้าสู่สญั ญาณขาเข้า แบบฟงั ก์ชนั ข้ันได้เร็วท่ีสุด 8.6 ผลตอบสนองต่อฟังกช์ ันข้นั ของวงจร RLC ขนำน ผลตอบสนองต่อฟังก์ชันข้ันของวงจร RLC ขนาน คือ ผลตอบสนองของวงจร เม่ือต่อแหล่งจ่ายไฟฟ้า กระแสตรงเข้าส่วู งจรอย่างทนั ทีทนั ใด โดยจะพจิ ารณากระแสไฟฟา้ i ในวงจร i IS t 0 R L C v  ภำพ 8.22 แหล่งจ่ายกระแสจ่ายพลังงานให้กบั วงจร RLC ขนาน KCL ที่โนด v; v  i  C dv  Is (8.46) R dt โดยที่ v  L di dt ดังนัน้ d2i  1 di  i  Is (8.47) dt 2 RC dt LC LC จากสมการ (8.47) จะประกอบด้วยผลตอบสนองทางธรรมชาติ in(t) และผลตอบสนองจากการบงั คับ if(t) ดังนี้ i(t)  in(t)  i f (t) (8.48)

71 in(t) หาไดโ้ ดยกาหนดให้ Is = 0 ซง่ึ in(t) มโี อกาสเป็นได้ 3 กรณี ดังน้ี i(t)  Is  A1es1t  A2es2t (มกี ารหน่วงเกนิ ) i(t)  Is  ( A1  A2t)et (มกี ารหน่วงวิกฤต) (8.49) i(t)  Is  ( A1 cosdt  A2 sindt)et (มีการหน่วงนอ้ ย) โดย ค่าคงท่ี A1 และ A2 หาได้โดยใช้ค่าเง่อื นไขเริม่ ต้นท่เี วลา t = 0 [i(0) และ di(0)/dt] ผลตอบสนองสมบรู ณส์ าหรับตวั แปร x(t) ใด ๆ สามารถหาได้เช่นเดียวกัน โดยอยใู่ นรูปสมการ ดังนี้ x(t)  x f (t)  xn(t) (8.50) โดยท่ี xf = x() คอื ค่าสุดทา้ ย และ xn(t) คอื ผลตอบสนองทางธรรมชาติ ตวั อยำ่ ง 8.8 หา i(t) และ iR(t) ที่เวลา t > 0 จากวงจรดงั ภาพ 8.23 t 0 5  i  iR 3A 10 H 6 mF v 20  20u(t) V  ภำพ 8.23 สาหรบั ตวั อย่าง 8.8 วธิ ีทำ ทเ่ี วลา t < 0 สวิตช์เปิดวงจร ดงั น้นั กระแสเรมิ่ ตน้ จะเทา่ กบั กระแสไฟฟา้ จากแหลง่ จา่ ย ดังน้ี i(0)  3 A แหล่งจ่ายแรงดัน 20u(-t) = 20 V เม่ือเวลา t < 0 และ 0 V เมื่อเวลา t > 0 ตัวเก็บประจุ C อยู่ในสภาวะคง ตวั ไฟฟา้ กระแสตรงจะเปิดวงจรทเี่ วลา t < 0 ดังนั้น แรงดันเร่ิมตน้ จะเทา่ กบั แรงดันตกครอ่ ม R 20  ดังนน้ั v(0)  5 20 (20)  16 V  20 ท่ีเวลา t > 0 สวิตช์ปิดวงจร แหล่งจ่ายแรงดัน 20u(-t) = 0 V ตัวต้านทาน 5  และ 20  ขนานกัน จะได้ วงจร RLC ขนาน ดงั ภาพ 8.24 i iR  3 A 10 H 4  6 mF v  ภำพ 8.24 สาหรบั ตัวอย่าง 8.8

72 จากภาพ 8.24 จะได้   1  1  20.83 2RC 24  (6103 ) 0  1  1  4.08 LC 10 (6103 ) s1,2     2 02   20.83 19.96 หรือ s1   40.79, s2   0.87 เมอื่  > 0 เปน็ กรณมี ีการหน่วงเกนิ ผลตอบสนองสมบรู ณ์ของวงจรจะได้ i(t)  Is  A1e40.79t  A2e0.87t (8.8.1) ค่าสุดท้าย i(t) = Is = 3 A, A1 และ A2 หาไดโ้ ดยใช้ค่าเงื่อนไขเรมิ่ ตน้ ที่เวลา t = 0 (8.8.2) (8.8.3) i(0)  3  3  A1  A2  A2   A1 (8.8.4) (8.8.5) อนุพนั ธ์ (8.8.1) จะได้ di (t)   40.79A1e40.79t  0.87A2e0.87t dt จาก (8.8.2) ทเ่ี วลา t = 0 จะได้ di (0)   40.79A1  0.87A2 dt แต่ L di (0)  v(0)  16  di (0)  16  16  1.6 dt dt L 10 จากสมการ (8.8.2), (8.8.4) และ (8.8.5) จะได้ 1.6  (40.79  0.87)A2  A2  0.04 ดังนน้ั i(t)  3  0.04(e0.87t  e40.79t ) A และ v(t) = Ldi/dt จะได้ iR (t)  v(t)  L di  0.81e40.79t  0.01e0.87t A 20 20 dt 8.7 วงจรอนั ดบั ทส่ี องแบบทั่วไป ผลตอบสนองต่อฟังก์ชันข้ันของวงจร RLC ใด ๆ จะใช้พื้นฐานจาก วงจร RLC อนุกรมและขนานช่วย ในการพจิ ารณาผลตอบสนองตอ่ ฟงั ก์ชันขนั้ x(t) ใด ๆ [v(t), i(t)] ซง่ึ มขี ้นั ตอน ดังน้ี

73 1 หาคา่ เงอ่ื นไขเรม่ิ ตน้ x(0), dx(0)/dt และค่าสดุ ทา้ ย x() 2 หาผลตอบสนองทางธรรมชาติ xn(t) โดยปิดแหลง่ จ่ายอิสระแล้วใช้ KVL และ KCL หาค่า , 0 , s1 , s2 และการหน่วงกรณีต่าง ๆ 3 หาผลตอบสนองจากการบังคับ xf(t) = x() (8.51) 4 หาผลตอบสนองสมบูรณ์ x(t) = xf(t) + xn(t) (8.52) ตวั อย่ำง 8.9 หาผลตอบสนองสมบูรณ์ v(t) และ i(t) ท่เี วลา t > 0 จากวงจรดงั ภาพ 8.25 10 i 1 H 2  24 V 0.4 F v t 0  ภำพ 8.25 สาหรับตวั อยา่ ง 8.9 วิธีทำ ข้ันตอนที่ 1: หาค่าเริ่มต้นและค่าสุดท้าย ท่ีเวลา t = 0- สวิตช์เปิดวงจร ซ่ึงวงจรอยู่ในสภาวะคงตัว วงจรไฟฟ้ากระแสตรง วงจรสมมูลแสดงดงั ภาพ 8.26 10 i  24 V v  ภำพ 8.26 สาหรับตัวอย่าง 8.9 จากภาพ 8.26 v(0 )  24 V, i(0 )  0 A ท่ีเวลา t = 0+ สวิตช์ปิดวงจร วงจรสมมูลแสดงดังภาพ 8.27 ซึ่งแรงดันท่ีตกคร่อม C และกระแสท่ีไหลผ่าน L จะไม่เปล่ียนอย่างทันทที นั ใด ดงั นั้น 10 i 1 H a iR  iC 24 V 2  v 0.4 F  ภำพ 8.27 สาหรบั ตัวอยา่ ง 8.9

74 จากภาพ 8.27 v(0 )  v(0 )  24 V (8.9.1) i(0 )  i(0 )  0 A จาก C dv/dt = iC หรอื dv/dt = iC/C , KCL ทโี่ นด a; i(0 )  iC (0 )  v (0 ) 2 0  iC (0 )  24  iC (0 )  12 A 2 ดงั นน้ั dv (0 )  iC  12   30 V/s (8.9.2) dt C 0.4 คานวณหาค่าสดุ ทา้ ย ซง่ึ วงจรอยใู่ นสภาวะคงตัววงจรไฟฟ้ากระแสตรง จะได้วงจรสมมูลดงั ภาพ 8.28 10 i a  24 V 2  v  ภำพ 8.28 สาหรบั ตวั อยา่ ง 8.9 จากภาพ 8.28 i()  24  2 A, v()  2i()  4 V 10  2 ขน้ั ตอนที่ 2: หาผลตอบสนองทางธรรมชาติ ท่เี วลา t > 0 โดยปดิ แหล่งจา่ ยดงั ภาพ 8.29 10 i 1 H a iR iC  2  v 0.4 F  ภำพ 8.29 สาหรบั ตัวอยา่ ง 8.9

75 KCL ทโี่ นด a; i  v  0.4 dv (8.9.3) KVL เมซ RL; 2 dt แทนสมการ (8.9.3) ใน (8.9.4) จะได้ 10i  1 di  v  0 (8.9.4) dt หรือ จะได้สมการคณุ ลักษณะของวงจร ดงั นี้ 5v  4 dv  1 dv  0.4 d2v  v  0 ผลตอบสนองทางธรรมชาติ จะได้ dt 2 dt dt 2 d2v  11.25 dv  15v  0 dt 2 dt s2 11.25s 15  0  s  1.54,  9.70 vn (t)  Ae1.54t  Be9.70t ขน้ั ตอนท่ี 3: ผลตอบสนองจากการบงั คบั จะได้ v f (t)  v()  4 V ข้นั ตอนท่ี 4: ผลตอบสนองสมบรู ณ์ จะได้ (8.9.5) v(t)  vn  v f  4  Ae1.54t  Be9.70t โดยที่ A และ B หาไดโ้ ดยใช้คา่ เง่ือนไขเริ่มต้นทเ่ี วลา t = 0 จากสนมการ (8.9.1) ดงั น้ี v(0)  24  4  A  B  A  B  20 (8.9.6) อนพุ นั ธ์ (8.9.5) จะได้ dv  1.54Ae1.54t  9.70Be9.70t (8.9.7) dt แทนสมการ (8.9.2) ใน (8.9.7) จะได้  30  1.54A  9.70B หรอื 1.54A  9.70B  30 (8.9.8) จากสมการ (8.9.6) และ (8.9.8) จะได้ A  20.09, B   0.09 แทนค่า A และ B ใน (8.9.5) จะได้ v(t)  4  20.09e1.54t  0.09e9.70t V , t  0 หา i(t) จากสมการ (8.9.3) i(t)  2 10.04e1.54t  0.04e9.07t  30.93e1.54t  0.87e9.70t ดงั น้นั i(t)  2  20.89e1.54t  0.83e9.70t A , t  0

76 ตัวอยำ่ ง 8.10 หา vo(t) ท่ีเวลา t > 0 จากวงจรดงั ภาพ 8.30 5 0.5 H 5u(t) V i1 2  i2 0.2 H vo  ภำพ 8.30 สาหรบั ตัวอยา่ ง 8.10 วิธีทำ ท่ีเวลา t < 0 แหล่งจ่ายแรงดันไฟฟ้า 5u(t) = 0 V ดังนั้น i1(0-) = 0 = i2(0-) และที่เวลา t > 0 แหล่งจ่ายแรงดนั 5u(t) = 5 V วงจรสมมลู จะได้ดังภาพ 8.31 5  L1 ( 0 .5 H )  vL1  i2 5 V i1  2  v o v L2 L2 (0.2 H)  ภำพ 8.31 สาหรับตัวอยา่ ง 8.10 จากภาพ 8.31 i1(0 )  i1(0 )  0 i2 (0 )  i2 (0 )  0 vL2 (0 )  vo (0 )  2[i1(0 )  i2 (0 )]  0 KVL เมซแหลง่ จา่ ยแรงดัน 5 V; 5  5i1(0 )  vL1(0 )  vo (0 ) หรอื vL1(0 )  5 V จาก L1di1/dt = vL1 di1(0 )  vL1  5  10 V/s dt L1 0.5 และ L2di2/dt = vL2 di2 (0 )  vL2  0 dt L2 ทีเ่ วลา t   วงจรอยู่ในสภาวะคงตัว L จะลดั วงจร ดังภาพ 8.32

77 5 i2 5 V i1 2 ภำพ 8.32 สาหรับตัวอย่าง 8.10 จากภาพ 8.32 i1 ()  i2 ()  5  1A 5 หาผลตอบสนองทางธรรมชาติ โดยปลดแหลง่ จา่ ยดงั ภาพ 8.33 5 0.5 H i1 2  i2 0.2 H ภำพ 8.33 สาหรบั ตวั อย่าง 8.10 KVL ทง้ั สองเมซ; 5i1  2i2  1 di1  0 (8.10.1) 2 dt 2i2  1 di2  2i1  0 (8.10.2) 5 dt จากสมการ (8.10.1) i2  2.5i1  1 di1 และ (8.10.2) จะได้ 4 dt 5i1  1 di1  1 di1  1 d 2 i1  2i1 0  d 2 i1  20 di1  60i1 0 (8.10.3) 2 dt 2 dt 20 dt 2 dt 2 dt จากสมการ (8.10.3) จะได้ s2  20s  60  0 ซง่ึ จะได้ s   3.67, s  16.32 ผลตอบสนองทางธรรมชาติ จะได้ i1n  Ae3.67t  Be16.32t (8.10.4) ผลตอบสนองจากการบงั คับ จะได้ i1 f  i1()  1 A (8.10.5)

78 จากสมการ (8.10.4) และ (8.10.5) จะได้ i1(t)  1  Ae3.67t  Be16.32t (8.10.6) (8.10.7) ทีเ่ วลา t = 0 จะได้ 0  1 AB อนุพนั ธ์สมการ (8.10.6) จะได้ di1 (0)  10   3.67A 16.32B (8.10.8) dt จากสมการ (8.10.7) และ (8.10.8) จะได้ A   0.49, B   0.50 ดงั น้ัน i1(t)  1  0.49e3.67t  0.50e16.32t (8.10.9) จากภาพ 8.31 จะหาความสัมพันธ์ระหว่างกระแส i1 และ i2 ไดโ้ ดย KVL เมซแหลง่ จ่ายแรงดนั 5 V จะได้ 5  7i1  2i2  1 di1  i2   5  7 i1  1 di1 (8.10.10) 2 dt 2 2 4 dt แทนสมการ (8.10.9) ใน (8.10.10) จะได้ i2 (t)   2.5  3.5 1.71e3.67t 1.75e16.32t (8.10.11)  0.44e3.67t  2.04e16.32t  1 1.27e3.67t  3.79e16.32t จากภาพ 8.30 vo (t)  2[i1(t)  i2 (t)] จากสมการ (8.10.9) และ (8.10.11) ดังน้นั vo (t)   3.52e3.67t  8.58e16.32t V 8.8 วงจรออปแอมป์อันดบั ที่สอง วงจรออปแอมป์อันดับท่ีสองที่ประกอบด้วยองค์ประกอบสะสมพลังงานท้ัง 2 ชนิด คือ ตัวเก็บประจุ และตวั เหนีย่ วนา มักไมน่ ิยมใชใ้ นภาคปฏบิ ตั ิ เนือ่ งจากตวั เหนี่ยวนามขี นาดใหญแ่ ละมีนา้ หนกั มาก ดว้ ยเหตนุ ใี้ น หัวข้อนี้จะอธิบายวงจรออปแอมป์อันดับที่สองซ่ึงประกอบไปด้วยตัวต้านทาน และตัวเก็บประจุ (RC) การวิเคราะห์หาผลตอบสนองของวงจร RC ออปแอมป์อันดับที่สอง มีขั้นตอนเช่นเดียวกับการวิเคราะห์หา ผลตอบสนองของวงจร RLC ทั่วไป ดงั ตวั อย่าง 8.11

ตวั อย่ำง 8.11 หา vo(t) ทีเ่ วลา t > 0 จากวงจรดงั ภาพ 8.34 79 C 2 100 F vo R1 v1  v2  R2 2 10 k 1 10 k  VS 20C1 F vo  12u(t) mV ภำพ 8.34 สาหรับตวั อยา่ ง 8.11 วิธที ำ จากภาพ 8.34 แรงดนั ตกครอ่ ม C1 = vo KCL ทีโ่ นด 1; vs  v1  C2 dv 2  v1  vo (8.11.1) R1 dt R2 KCL ทีโ่ นด 2; v1  vo  C1 dv o (8.11.2) แต่ R2 dt (8.11.3) v2  v1  vo แทนสมการ (8.11.2) และ (8.11.3) ในสมการ (8.11.1) จะได้ vs  v1  C2 dv1  C2 dv o  C1 dv o (8.11.4) R1 dt dt dt จากสมการ (8.11.2) จะได้ v1  v o  R2C1 dv o (8.11.5) dt แทนสมการ (8.11.5) ในสมการ (8.11.4) จะได้ vs  vo  R2C1 dv o  C2 dv o  R2C1C2 d2vo  C2 dv o  C1 dv o R1 R1 R1 dt dt dt 2 dt dt หรอื d2vo   1  1  dv o  vo  vs (8.11.6) dt 2 R1C2 R2C2 dt R1R2C1C2 R1R2C1C2 แทนค่า R1, R2, C1, C2 ในสมการ (8.11.6) จะได้

80 d2vo  2 dv o  5vo  5v s dt 2 dt กาหนดให้ vs = 0 จะได้ s2  2s  5  0 (8.11.7) จากสมการ (8.11.7) จะได้ s1,2  1 j2 ดงั น้นั ผลตอบสนองทางธรรมชาติ จะได้ von  et ( Acos 2t  Bsin2t) ท่เี วลา t   วงจรอยู่ในสภาวะคงตวั C จะเปดิ วงจร vo ()  v1()  vs ผลตอบสนองจากการบงั คับ จะได้ vof ()  vo ()  vs  12 mV ผลตอบสนองสมบรู ณ์ จะได้ vo (t)  12  et ( Acos 2t  B sin2t) mV (8.11.8) A และ B หาได้โดยใช้ค่าเง่ือนไขเรมิ่ ตน้ ทเ่ี วลา t < 0, vs = 0 จะได้ vo(0)  v2 (0)  0 ทเ่ี วลา t > 0 , vs = 12 mV ซง่ึ แรงดันตกครอ่ ม C จะไมเ่ ปล่ยี นแปลงอย่างทนั ทีทนั ใด จะได้ vo(0 )  v2 (0 )  0 (8.11.9) จากสมการ (8.11.3) จะได้ v1(0 )  v2 (0 )  vo (0 )  0 และจากสมการ (8.11.2) จะได้ dvo (0 )  v1  vo  0 dt R2C1 แทนสมการ (8.11.9) ใน (8.11.8) ทเ่ี วลา t = 0 จะได้ 0  12  A  A  12 (8.11.10) อนพุ ันธ์ (8.11.8) จะได้ dv o  et (Acos 2t  Bsin2t  2Asin2t  2Bcos 2t) ท่ีเวลา t = 0 จะได้ dt 0   A  2B (8.11.11) จากสมการ (8.11.10) และ (8.11.11) จะได้ A  12, B   6 ดังน้ัน vo (t)  12  et (12cos 2t  6sin2t) mV, t  0

81 8.9 กำรวเิ ครำะหว์ งจร RLC โดยใช้ PSpice Student Version การวิเคราะห์วงจร RLC สามารถใช้ PSpice วิเคราะห์ได้อย่างง่ายเช่นเดียวกับการวิเคราะห์วงจร RC และ RL ในบทที่ 7 ดังแสดงในตัวอย่าง 8.12 ตัวอย่ำง 8.12 ใช้ PSpice พล๊อต v(t) ที่เวลา 0 < t < 4 s จากวงจรดังภาพ 8.35 (ก) ถ้ามีสัญญาณ แรงดันไฟฟา้ ขาเข้าเปน็ ไปตามภาพ 8.35 (ข) 60 3 H vs  12 1 Fv s 60  27 v o  0 2 t(s) (ก) (ข) ภำพ 8.35 สาหรับตัวอย่าง 8.12 วิธที ำ Schematics ของวงจรดงั ภาพ 8.35 (ก) แสดงดงั ภาพ 8.36 T1 = 0 VPWL T2 = 0.0001 V1 = 0 T3 = 2 V2 = 12 T4 = 2.0001 V3 = 12 V4 = 0 ภำพ 8.36 Schematics ของวงจรดงั ภาพ 8.35 (ก) จากภาพ 8.36 แหล่งจ่ายแรงดันไฟฟ้า V1 ใช้อุปกรณ์ VPWL โดยกาหนดให้ T1 = 0, V1 = 0, T2 = 0.0001, V2 = 12, T3 = 2, V3 = 12, T4 = 2.0001 และ V4 = 0 โดยวางเครื่องหมายแรงดันไฟฟ้าท่ี ขา 1 ของ V1 และขา 1 ของ C1 เพือ่ พล๊อตเปรยี บเทยี บสัญญาณแรงดนั ขาเข้าและผลตอบสนอง vo ของวงจร เลือก Analysis/Setup/Transient จากวงจรตามภาพ 8.35 จะได้ RTh = 30 , L = 3 H และ C = 1/27 F จากสมการ (8.9) จะได้ค่ารากของสมการคุณลักษณะของวงจรเท่ากับ -1 และ -9 ดังนั้น กาหนดให้ Final Time เทา่ กบั 4s (4 เท่าของค่ารากท่ีต่าที่สดุ ) จากนั้นบนั ทกึ ภาพวงจร เลือก Analysis/Simulate จะไดพ้ ล๊อต ของสัญญาณแรงดนั ไฟฟา้ ขาเข้าและขาออกบนหนา้ ตา่ งของ PSpice A/D ดงั แสดงในภาพ 8.37

82 ภำพ 8.37 พล๊อตของ v(t) ทเ่ี วลา 0 < t < 4 s ตรวจสอบผลการจาลองเหตุการณ์ในวงจรโดยใช้ PSpice สาหรับหาผลตอบสนองของวงจรตามภาพ 8.35 โดยใช้เทคนิคการคานวณจากหัวข้อท่ี 8.5 โดยหาวงจรสมมูลของเทวินิน จะได้ VTh = 12/2 = 6 V และ RTh = 30  และจากคา่ L และ C ขนาด 3 H และ 1/27 F ตามลาดับ   R  30  5 2L 23 และ 0  1  1  3 LC 3 (1/ 27)  > 0 เปน็ กรณมี กี ารหนว่ งเกนิ จะได้ s1,2     2 02   5  52  32  1,  9 v(0)  0 V, v()  6 V, i(0)  0 A และ i(t)  C dv (t) dt เมื่อ v(t)  A1et  A2e9t  6 v(0)  0  A1  A2  6 (8.12.1) i(0)  0  C(A1  9A2 ) (8.12.2)

83 จากสมการ (8.12.2) พบวา่ A1 = -9A2 แทนค่าลงใน (8.12.1) จะได้ 0 = -9A2 + A2 + 6 หรือ A2 = 0.75 และ A1 = -6.75 ดังนัน้ v(t)  (6.75et  0.75e9t  6)u(t) V; 0  t  2s ที่เวลา t = 1 s; v(1)   6.75e1  0.75e9  6   2.483  0.0001 6   3.552 V ทเ่ี วลา t = 2 s; v(2)   6.75e2  0.75e18  6  5.086 V ทเ่ี วลา 2 < t < 4s, VTh = 0 V ดงั น้ัน v() = 0 V จะได้ v(t)  ( A3e(t2)  A4e9(t2) )u(t  2) V ที่เวลา t = 2 s; A3 + A4 = 5.086 V i(t)  ( A3e(t2)  9 A4e9(t2) ) 27 และ i(2)  (6.75e2  6.75e18 )  33.83 mA (8.12.3) 27 ดงั น้นั  A3  9A4  0.9135 (8.12.4) รวมสมการ (8.12.3) และ (8.12.4) เขา้ ดว้ ยกัน จะได้ –A3 - 9(5.086 - A3) = 0.9135 ดังนน้ั A3 = 5.835 และ A4 = -0.749 ซง่ึ จะได้ v(t)  (5.835e(t2)  0.749e9(t2) )u(t  2) V ท่เี วลา t = 3 s; v(3)  (5.835e(32)  0.749e9(32) )  2.147 V ที่เวลา t = 4 s; v(4)  0.7897 V จาก v(t) ท่ีเวลา 0 < t < 4s จากการคานวณข้างต้น พบว่า มีค่าเท่ากับผลการจาลองเหตุการณ์ในวงจรเพ่ือ หาผลตอบสนองของวงจร ซ่งึ จะกล่าวไดว้ า่ PSpice สามารถใชใ้ นการหาผลตอบสนองของวงจรได้อย่างถูกต้อง น่าเชือ่ ถือ และมคี วามแม่นยาสงู 8.10 กำรประยุกตใ์ ช้วงจรอนั ดบั ท่สี อง วงจร RLC ในทางปฏิบัตมิ กั พบในวงจรทางระบบส่ือสาร วงจรเรโซแนนซ์ วงจรกรองสญั ญาณ เป็นต้น วงจรดังกล่าวไม่สามารถทางานได้เม่ือป้อนแหล่งจ่ายเป็นสัญญาณ ac ในหัวข้อนี้จะอธิบายตัวอย่างการ ประยุกต์ใช้งาน คือ ระบบการจดุ ระเบิดในเครือ่ งยนต์

84 ระบบการจุดระเบิดในเคร่ืองยนต์ (Automobile Ignition System) หรือระบบสร้างแรงดันไฟฟ้ามี โครงสร้างวงจรดังแสดงในภาพ 8.38 แหลง่ จ่ายแรงดนั dc ขนาด 12 V อาจได้มาจากแบตเตอรี่ ความต้านทาน ของเส้นลวดตัวนาแทนด้วยตัวต้านทานขนาด 4  ขดลวดจุดระเบิดแทนได้ด้วยตัวเหนี่ยวนาขนาด 8 mH และตัวเก็บประจุขนาด 1 F ทางวิศวกรรมเครื่องกลมักเรียกว่า คอนเดนเซอร์ (condenser) ท่ีต่อขนานกับ สวิตช์ตัวหน่ึง เรียกว่า จุดประทุ (breaking points) หรือการจุดระเบิดทางอิเล็กทรอนิกส์ (electronic ignition) t0 4 1 F 12 V  vC   i vL 8 mH  Spark plug Ignition coil ภำพ 8.38 ระบบการจุดระเบดิ ในเคร่ืองยนต์ จากวงจรดังภาพ 8.38 จะแสดงการสร้างแรงดันไฟฟ้าค่าสูง โดยการหาผลตอบสนองของวงจร RLC ดังน้ี ท่ีเวลา t < 0 สวิตช์ปิดวงจร วงจรอยู่ในสภาวะคงตัวไฟฟ้ากระแสตรง แทน L ด้วยลัดวงจร และแทน C ด้วย เปิดวงจร จะได้ i1 (0 )  12  3 A, vC (0 )  0 V 4 ท่ีเวลา t > 0 สวิตช์เปิดวงจร จากเง่ือนไขของความต่อเนื่อง คือ กระแสที่ไหลผ่าน L และแรงดันตกคร่อม C จะไมเ่ ปลยี่ นแปลงอย่างทันทีทันใด ดงั นั้น i1 (0 )  3 A, vC (0 )  0 V (8.10.1.1) หา di(0+)/dt จาก vL(0+) โดย KVL เมซแหลง่ จ่ายแรงดนั 12 V ท่เี วลา t = 0+ ; vL (0 )  0 (8.10.1.2) 12  4i(0 )  vL (0 )  vC (0 )  0 หรือ 12  4(3)  vL (0 )  0  0  จาก Ldi/dt = vL ; di (0 )  vL (0 )  0 dt L1

85 เมอ่ื t   ระบบจุดระเบดิ จะกลบั เข้าสู่สภาวะคงตัวไฟฟา้ กระแสตรงอีกครั้ง ดังน้ัน i()  0 A (8.10.1.3) KVL เมซแหล่งจ่ายแรงดนั 12 V ท่เี วลา t > 0 ; 12  Ri  L di  1 t i dt  vC (0) (8.10.1.4) dt C  0 อนุพันธ์สมการ (8.10.1.4) จะได้ d2i  R di  i  0 (8.10.1.5) dt 2 L dt LC หาผลตอบสนองชั่วขณะของระบบ ตามข้ันตอนในหัวข้อที่ 8.3 วงจร RLC อนุกรมปราศจากแหล่งจ่าย โดยท่ี R = 4 , L = 8 mH และ C = 1 F จะได้   R  250, 0  1  1.118104 2L LC  < 0 เป็นกรณีมีการหน่วงนอ้ ย ความถีท่ างธรรมชาตขิ องการหน่วง จะหาได้ ดังน้ี d  02  2  0  1.118104 สมการผลการตอบสนองชั่วขณะ จะได้ it (t)  et ( Acosdt  Bsindt) (8.10.1.6) เมื่อ A และ B คอื คา่ คงทใี่ ด ๆ ผลการสอบสนองในสภาวะคงตัว จะได้เป็น iss (t)  i()  0 A (8.10.1.7) ผลตอบสนองสมบรู ณ์ จะได้ i(t)  it (t)  iss (t)  e250t ( Acos11,180t  Bsin11,180t) (8.10.1.8) คา่ คงท่ี A และ B หาไดจ้ าก i(0)  3  A  0  A  3 อนพุ นั ธ์สมการ (8.10.1.8) จะได้ di   250e250t ( Acos11,180t  Bsin11,180t) dt  e250t (11,180Asin11,180t  11,180Bcos11,180t) (8.10.1.9)

86 จากสมการ (8.10.1.9) เมื่อเวลา t = 0 จะได้ di (0)  0   250A  11,180B  B  0.0671 dt ดังนนั้ i(t)  e250t (3cos11,180t  0.0671sin11,180t) (8.10.1.10) แรงดันไฟฟา้ ตกครอ่ มตวั เหนย่ี วนา จะได้ vL (t )  L di   268e250t sin11,180t V (8.10.1.11) dt จากสมการ (8.10.1.11) vL จะมีขนาดสูงสุดเม่ือไซน์มีค่าเป็นหนึ่ง คือ ที่เวลา 11,180t0 = /2 หรือ t0 = 140.5 s ทีเ่ วลา t = t0 แรงดนั ไฟฟ้าตกครอ่ มตัวเหนีย่ วนาจะมีคา่ ดังนี้ vL (t0 )   268e250t0   259 V ในความเป็นจริงค่าแรงดันไฟฟ้าท่ีใช้ในการจุดระเบิดมีค่าสูงถึง 6,000 ถึง 10,000 V ซ่ึงจะสามารถ ยกระดบั แรงดนั จาก 259 V ไปสรู่ ะดบั แรงดันจดุ ระเบดิ ได้ โดยใช้หมอ้ แปลงเพิม่ แรงดนั 8.11 บทสรุป 1. การวิเคราะห์วงจรอันดับที่สองสิ่งท่ีสาคัญคือการคานวณหาค่าเริ่มต้น x(0) กับ dx(0)/dt และ คา่ สดุ ท้าย x() 2. วงจร RLC เป็นวงจรอันดับท่ีสองเพราะว่า สามารถอธิบายผลตอบสนองของวงจรด้วยสมการเชิง อนุพันธ์อันดับท่ีสอง มีสมการคุณลักษณะของวงจร คือ s2 + 2s + 02 เม่ือ  คือ แฟกเตอร์ของการหนว่ ง 0 คอื ความถธี่ รรมชาติปราศจากการหนว่ ง สาหรบั วงจรอนุกรม  = R/2L ส่วนวงจรขนานนัน้  = 1/2RC ทั้งสองกรณีมี 0 = 1/(LC)1/2 3. ถ้าวงจรใด ๆ ไม่มีแหล่งจ่ายอิสระเป็นส่วนประกอบเม่ือสวิตช์ทางานแล้ว (หรือเมื่อเกิดการ เปล่ียนแปลงอยา่ งทนั ทีในวงจร) จะถือว่าวงจรนัน้ เปน็ วงจรปราศจากแหลง่ จ่าย ซง่ึ จะมเี พยี งการตอบสนองทาง ธรรมชาตเิ ทา่ นน้ั 4. ผลการตอบสนองทางธรรมชาตขิ องวงจร RLC จะเป็นแบบมีการหน่วงเกิน มีการหน่วงน้อย หรือมี การวิกฤต ข้นึ อย่กู ับค่ารากของสมการคณุ ลักษณะ 4.1 ผลการตอบสนองเปน็ แบบมีการหน่วงวกิ ฤต เม่ือ s1 = s2 หรอื  = 0 4.2 ผลการตอบสนองเปน็ แบบมกี ารหนว่ งเกนิ เมอ่ื s1  s2 หรอื  < 0 4.3 ผลการตอบสนองเปน็ แบบมกี ารหนว่ งน้อย เมื่อ s1 = s2* หรอื  > 0

87 5. ถ้ามีการสวิตช์แล้วยงั คงมีแหล่งจ่ายอิสระอยู่ในวงจร จะทาให้ผลการตอบสนองสมบูรณ์เปน็ ผลรวม ของผลการตอบสนองชวั่ ขณะกับผลการตอบสนองท่ีสภาวะคงตวั 6. การนาเอา PSpice มาวเิ คราะหว์ งจร RLC ทาไดเ้ ช่นเดียวกับการวิเคราะหว์ งจร RC หรือ RL 8.12 แบบฝึกหดั ท้ำยบท 8.1 หา ก) i(0+), v(0+), ข) di(0+)/dt, dv(0+)/dt, และ ค) i(), v() จากวงจรดงั ภาพ 8.39 t 0 10  0.4 H i 2  1 F 24 V V 20  ภำพ 8.39 สาหรบั แบบฝกึ หัดทา้ ยบทข้อท่ี 8.1 ตอบ ก) i(0 )  2 A , v(0 )  4 V ข) di (0 )  50 A/s, dv (0 )  0 V/s dt dt ค) i()  12 A, v()  24 V 8.2 หา ก) iL(0+), vC(0+), vR(0+), ข) diL(0+)/dt, dvC (0+)/dt, dvR (0+)/dt, และ ค) iL(), vC(), vR() จากวงจรดงั ภาพ 8.40 iR  VR  iC 5 iL 2u(t) A 1F   3A 5 VC VL 2 H   ภำพ 8.40 สาหรบั แบบฝกึ หัดท้ายบทข้อท่ี 8.2 ตอบ ก) iL(0 )  3 A, vC (0 )  0 V, vR (0 )  0 V ข) ค) diL (0 )  0 A/s , dvC (0 )  10 V/s , dvR (0 )  0 V/s dt dt dt iL ()  1 A , vC ()  10 V, vR ()  10 V

88 8.3 หาค่ารากคุณลักษณะ (s1 และ s2) ของวงจร และผลตอบสนองทางธรรมชาติเป็นแบบกรณีใด จากวงจรดังภาพ 8.41 10  5 H Io  i 2 mF Vo  ภำพ 8.41 สาหรับแบบฝกึ หัดท้ายบทข้อท่ี 8.3 ตอบ   1, 0  10, s1,2  1 j9.94 หนว่ งนอ้ ยไป 8.4 หา i(t) โดยสมมตใิ ห้วงจรอยู่ในสภาวะคงตัวทีเ่ วลา t = 0- จากวงจรดังภาพ 8.42 10  a b 1F 9 t 0  v  i 50 V 1 H 5  ภำพ 8.42 สาหรบั แบบฝึกหัดทา้ ยบทข้อท่ี 8.4 ตอบ i(t)  e2.5t (5cos1.658t  7.539sin1.658t) A , t  0 8.5 หา v(t) ทีเ่ วลา t > 0 กาหนดให้ v(0) = 0 V, i(0) = 3 A จากวงจร ดงั ภาพ 8.43 v  Io   v 0.4 H v 25 mF Vo 2   ภำพ 8.43 สาหรับแบบฝึกหัดท้ายบทข้อท่ี 8.5 ตอบ v(t)  120te10t V, t  0

89 8.6 หา v(t) ทเ่ี วลา t > 0 จากวงจรดงั ภาพ 8.44 t 0  2 A 20  10 H 4 mF V  ภำพ 8.44 สาหรบั แบบฝึกหัดท้ายบทข้อท่ี 8.6 ตอบ v(t)  66.66(e10t  e2.5t ) V, t  0 8.7 หา v(t) และ vR(t) ทีเ่ วลา t > 0 จากวงจรดงั ภาพ 8.45 10   vR  1 a b 2.5 H t 0 12 V 2 1F  10 V 40 V  ภำพ 8.45 สาหรบั แบบฝึกหัดท้ายบทข้อที่ 8.7 ตอบ v(t)  10  (1.154sin3.464t  2cos3.464t)e2t V, t  0 vR (t)  2.309e2t sin3.464t A , t  0 8.8 หา i(t) และ iR(t) ท่เี วลา t > 0 จากวงจรดังภาพ 8.46 20u(t) A i 5H V 0.2 F  ภำพ 8.46 สาหรับแบบฝกึ หัดทา้ ยบทข้อที่ 8.8 ตอบ i(t)  20(1 cos t) A vC (t)  100sint V

90 8.9 หาผลตอบสนองสมบูรณ์ v(t) และ i(t) ที่เวลา t > 0 จากวงจรดงั ภาพ 8.47 10  2 A 4 1 F  t 0 i 20 V 2H  ภำพ 8.47 สาหรบั แบบฝกึ หัดท้ายบทข้อท่ี 8.9 ตอบ v(t)  8(1 e-5t ) V, t  0 i(t)  2(1 e5t ) A , t  0 8.10 หา vo(t) ท่เี วลา t > 0 จากวงจรดังภาพ 8.48 1 V2  Vo  1  V1 5u(t) V 1 F 1 F 2 3 ภำพ 8.48 สาหรับแบบฝึกหัดท้ายบทข้อที่ 8.10 ตอบ vo (t)  2(et  e6t ) V , t  0 8.11 หา vo(t) ทเี่ วลา t > 0 จากวงจรดังภาพ 8.49 Vx R 2 R1 Vx 10 k  100 F C 2 Vo Vs 10 k  4u(t) V 20 F C1 ภำพ 8.49 สาหรบั แบบฝึกหัดทา้ ยบทข้อท่ี 8.11 ตอบ vo (t)  4  5et  e5t V , t  0