電路理論/單電源激勵/示例 10

用於 示例 10 的並聯 RL 電路

已知

$I_{s}(t)=120{\sqrt {2}}cos(377t+120^{\circ })$

計算穩態/特解的先前工作

已經找到了穩態/特解

$V_{s}(t)=I_{m}{\frac {\sqrt {(\omega ^{2}L^{2}R)^{2}+(\omega LR^{2})^{2}}}{R^{2}+\omega ^{2}L^{2}}}\cos(\phi +\arctan({\frac {R}{\omega L}}))$

或數值上

$V_{s_{P}}(t)=599\cos(377t+3.30)$

計算瞬態/齊次解

需要找到對以下公式的瞬態/齊次解

$I_{s}=I_{R}+I_{L}$

$I_{s}={\frac {Vs}{R}}+I_{L}$

${dI_{s} \over dt}={d{\frac {V_{s}}{R}} \over dt}+{dI_{L} \over dt}$

${dI_{s} \over dt}={d{\frac {V_{s}}{R}} \over dt}+{\frac {V_{s}}{L}}$

$0={\frac {1}{R}}{dV_{sH} \over dt}+{\frac {V_{sH}}{L}}$

沒有 I_S .. 這使得齊次解非常簡單！

猜測

$V(t)_{s_{H}}=A*e^{\frac {-t}{\tau }}$

求時間常數

${\frac {-Ae^{\frac {-t}{\tau }}}{\tau R}}+{\frac {A}{L}}e^{\frac {-t}{\tau }}=0$

除以 A 和指數項

$-{\frac {1}{\tau R}}+{\frac {1}{L}}=0$

求解時間常數

$\tau =L/R=.001$

現在看看它是否有效

${\frac {Ae^{\frac {-t}{L/R}}}{R}}+{\frac {A(-{\frac {R}{L}})*e^{\frac {-t}{L/R}}}{L}}{\overset {\underset {\mathrm {???} }{}}{=}}0$

除以 A，消去 L

$Re^{\frac {-t}{L/R}}-Re^{\frac {-t}{L/R}}{\overset {\underset {\mathrm {???} }{}}{=}}0$

它有效，因此它一定是解

$v(t)_{s_{H}}=Ae^{\frac {-t}{0.0001}}$

確定常數

有兩個常數。 $A$ 和 $C$ 來自非齊次微分方程的任何齊次解。 這些在之前的穩態相量解中沒有被忽略，只是沒有計算出來，這一點已經指出了。

$V(t)_{s}=V(t)_{s_{P}}+V(t)_{s_{H}}$

$V(t)_{s}=599\cos(377t+3.30)+Ae^{\frac {-t}{0.0001}}+C$

有兩個初始條件必須成立

1. 電感端電壓關係在 t=0 時必須成立
2. 電感上的初始電流為零，因此為開路，因此所有電流都流過電阻

求兩個初始條件

matlab 程式碼

需要兩個方程來求解 A 和 C

電感的端電壓關係必須成立

$V_{s}(t)=L*{di_{L}(t) \over dt}$

我們不知道電感器的電流是多少，但我們知道在 t=0 時它是 0。因此，我們必須解出 i_L 的方程，然後將該方程設定為零。

$\int V_{s}(t)=L*i_{L}(t)$

$\int (599\cos(377x+3.30)+Ae^{\frac {-t}{0.0001}}+C)dt=L*i_{L}(t)$

$1.59*sin(377.0*t+3.3)-0.001*Ae^{\frac {-t}{0.0001}}+C*t=L*i_{L}(t)$

$-0.001*A-0.258=0$

$A=-258$

另一個方程來自所有電源電流都流過電阻器的事實。電阻器和電感器上的初始電壓僅由電阻器決定。電感器不關心也不影響電壓。電感器只關心維持其能量水平（假設為 0）。所以第二個方程是

$v_{s}(0)=i_{s}(0)*R$

$599\cos(3.30)+A+C=120{\sqrt {2}}cos(120^{\circ })*10$

$258+A+C=0$

所以

$C=0$

總結結果

$v_{s}(t)=599\cos(377t+3.30)-258*e^{\frac {-t}{0.0001}}$