電子學/RCL 時域

圖 1：RCL 電路

當開關閉合時，電壓階躍施加到 RCL 電路。將開關閉合的時間設為 0s，這樣開關閉合前的電壓為 0 伏，開關閉合後的電壓為電壓 V。這是一個階躍函式，由 $V\cdot u(t)$ 給出，其中 V 是階躍的大小，而 $u(t)=1$ 對於 $t\geq 0$ ，否則為零。

為了使用瞬態分析來分析電路響應，需要建立一個描述該系統的微分方程。迴路上的電壓由以下公式給出：

$Vu(t)=v_{c}(t)+{\frac {di(t)}{dt}}L+Ri(t){\mbox{ (1)}}$

其中 $v_{c}(t)$ 是電容器兩端的電壓， ${\frac {di(t)}{dt}}L$ 是電感器兩端的電壓，而 $Ri(t)$ 是電阻器兩端的電壓。

將 $i(t)={\frac {dv_{c}(t)}{dt}}$ 代入方程式 1

$Vu(t)=v_{c}(t)+{\frac {d^{2}v_{c}(t)}{dt^{2}}}LC+R{\frac {dv_{c}(t)}{dt}}C$

${\frac {d^{2}v_{c}(t)}{dt^{2}}}+{\frac {R}{L}}{\frac {dv_{c}(t)}{dt}}+{\frac {1}{LC}}v_{c}(t)={\frac {Vu(t)}{LC}}{\mbox{ (2)}}$

電壓 $v_{c}(t)$ 有兩個組成部分，自然響應 $v_{n}(t)$ 和強迫響應 $v_{f}(t)$ ，使得

$v_{c}(t)=v_{f}(t)+v_{n}(t){\mbox{ (3)}}$

將方程式 3 代入方程式 2。

${\bigg [}{\frac {d^{2}v_{n}(t)}{dt^{2}}}+{\frac {R}{L}}{\frac {dv_{n}(t)}{dt}}+{\frac {1}{LC}}v_{n}(t){\bigg ]}+{\bigg [}{\frac {d^{2}v_{f}(t)}{dt^{2}}}+{\frac {R}{L}}{\frac {dv_{f}(t)}{dt}}+{\frac {1}{LC}}v_{f}(t){\bigg ]}=0+{\frac {Vu(t)}{LC}}$

當 $t>0s$ 時，則 $u(t)=1$

${\bigg [}{\frac {d^{2}v_{n}(t)}{dt^{2}}}+{\frac {R}{L}}{\frac {dv_{n}(t)}{dt}}+{\frac {1}{LC}}v_{n}(t){\bigg ]}=0{\mbox{ (4)}}$

${\bigg [}{\frac {d^{2}v_{f}(t)}{dt^{2}}}+{\frac {R}{L}}{\frac {dv_{f}(t)}{dt}}+{\frac {1}{LC}}v_{f}(t){\bigg ]}={\frac {V}{LC}}{\mbox{ (5)}}$

自然響應和強迫解分別求解。

求解 $v_{f}(t):$

由於 ${\frac {V}{LC}}$ 是一個 0 次多項式，所以解 $v_{f}(t)$ 必須是一個常數，使得

$v_{f}(t)=K$

${\frac {dv_{f}(t)}{dt}}=0$

${\frac {d^{2}v_{f}(t)}{dt}}=0$

將上述結果代入式 5

${\frac {1}{LC}}K={\frac {V}{LC}}$

$K=V$

$v_{f}=V{\mbox{ (6)}}$

求解 $v_{n}(t)$

令

${\frac {R}{L}}=2\alpha$

${\frac {1}{LC}}=\omega _{n}^{2}$

$v_{n}(t)=Ae^{st}$

將上述結果代入式 4

${\frac {d^{2}Ae^{st}}{dt^{2}}}+2\alpha {\frac {dAe^{st}}{dt}}+\omega _{n}^{2}Ae^{st}=0$

$s^{2}Ae^{st}+2\alpha Ae^{st}+\omega _{2}^{2}Ae^{st}=0$

$s^{2}+2\alpha s+\omega _{n}^{2}=0$

$s={\frac {-2\alpha \pm {\sqrt {4\alpha ^{2}-4\omega _{n}^{2}}}}{2}}=-\alpha \pm {\sqrt {\alpha ^{2}-\omega _{n}^{2}}}$

因此 $v_{n}(t)$ 有兩個解 $Ae^{s_{1}t}$ 和 $Ae^{s_{2}t}$

其中 $s_{1}$ 和 $s_{2}$ 由下式給出

$s_{1}=-\alpha +{\sqrt {\alpha ^{2}-\omega _{n}^{2}}}$

$s_{2}=-\alpha -{\sqrt {\alpha ^{2}-\omega _{n}^{2}}}$

然後，一般解由下式給出

$v_{n}(t)=A_{1}e^{s_{1}t}+A_{2}e^{s_{2}t}$

根據電阻、電感或電容的值，解有三種可能性。

1. 如果 $\alpha >\omega _{n}$ ，則稱該系統為 **過阻尼**。

2. 如果 $\alpha =\omega _{n}$ ，則稱該系統為 **臨界阻尼**。

3. 如果 $\alpha <\omega _{n}$ ，則稱該系統為 **欠阻尼**。

示例

給定一般解

R	L	C	V
0.5H	1kΩ	100nF	1V

$\alpha ={\frac {R}{2L}}=1000$

$\omega _{n}={\frac {1}{\sqrt {LC}}}\approx 4472$

$s_{1}=-1000-4359j$

$s_{2}=-1000+4359j$

$v_{n}(t)=A_{1}e^{(-1000-4359j)t}+A_{2}e^{(-1000+4359j)t}$

因此，根據尤拉公式（ $e^{j\phi }=\cos {\phi }+j\sin {\phi }$ )

$v_{n}(t)=e^{-1000}{\big [}A_{1}{\big (}\cos(-4359t)+j\sin(-4359t){\big )}+A_{2}{\big (}\cos(4359t)+j\sin(4359t){\big )}{\big ]}$

$v_{n}(t)=e^{-1000t}{\big [}(A_{1}+A_{2})\cos(4359t)+j(-A_{1}+A_{2})\sin(4359t){\big ]}$

令 $B_{1}=A_{1}+A_{2}$ 和 $B_{2}=j(-A_{1}+A_{2})$

$v_{n}(t)=e^{-1000t}{\big [}B_{1}\cos(4359t)+B_{2}\sin(4359t){\big ]}$

求解 $B_{1}$ 和 $B_{2}$

從公式 \ref{eq:vf}， $v_{f}=1$ ，對於幅值為 1V 的單位階躍。因此，將 $v_{f}$ 和 $v_{n}(t)$ 代入公式 \ref{eq:nonhomogeneous} 得

$v_{c}(t)=1+e^{-1000t}{\big [}B_{1}\cos(4359t)+B_{2}\sin(4359t){\big ]}$

當 $t=0$ 時，電容器兩端的電壓為零，即 $v_{c}(t)=0$

$0=1+B_{1}\cos(0)+B_{2}\sin(0)$

$B_{1}=-1{\mbox{ (7)}}$

當 $t=0$ 時，電感器中的電流必須為零，即 $i(0)=0$

$i(t)={\frac {dv_{c}(t)}{dt}}C$

$i(0)=100\cdot 10^{-9}{\big [}e^{-1000t}{\big (}-4359B_{1}\sin(4359t)+4359B_{2}\cos(4359t){\big )}-1000e^{-1000t}{\big (}B_{1}\cos(4359t)+B_{2}\sin(4359t){\big )}{\big ]}$