電子學/RCL 時域 1

圖 1：RCL 電路

當開關閉合時，電壓階躍被施加到 RCL 電路。將開關閉合的時間設為 0 秒，使得開關閉合前的電壓為 0 伏，開關閉合後的電壓為電壓 V。這是一個由 $V\cdot u(t)$ 給出的階躍函式，其中 V 是階躍的大小，$u(t)=1$ 對於 $t\geq 0$ 並且在其他情況下為零。

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。迴路上的電壓由下式給出

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

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

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

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

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

電容兩端的電壓 $v_{c}(t)$ 有兩個分量，一個自然響應 $v_{n}(t)$ 和一個強迫響應 $v_{f}(t)$，使得

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

將公式 3 代入公式 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，解 $v_{f}(t)$ 必須是一個常數，使得

$v_{f}(t)=K$

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

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

代入方程式 5

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

$K=V$

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

求解 $v_{n}(t)$

令

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

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

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

代入方程式 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：

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

取決於電阻、電感或電容的值，該解有三種可能性。

1. 如果 $\alpha >\omega _{n}$，則稱該系統為 **過阻尼** 系統。該系統有兩個不同的實數解

$v_{n}(t)=A_{1}e^{{\big (}-\alpha +{\sqrt {\alpha ^{2}-\omega _{n}^{2}}}{\big )}t}+A_{2}e^{{\big (}-\alpha -{\sqrt {\alpha ^{2}-\omega _{n}^{2}}}{\big )}t}$

2. 如果 $\alpha =\omega _{n}$，則稱該系統為 **臨界阻尼** 系統。該系統有一個實數解

$v_{n}(t)={\big (}A_{1}+A_{2}{\big )}{\big (}e^{-\alpha t}{\big )}$

令 $B_{1}=A_{1}+A_{2}$

$v_{n}(t)=Be^{-\alpha t}$

3. 如果 $\alpha <\omega _{n}$，則該系統被稱為欠阻尼。該系統有兩個複數解

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

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

$v_{n}(t)=e^{-\alpha t}{\Big [}A_{1}e^{j{\sqrt {\omega _{n}^{2}-\alpha ^{2}}}t}+A_{2}e^{-j{\sqrt {\omega _{n}^{2}-\alpha ^{2}}}t}{\Big ]}$

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

$v_{n}(t)=e^{-\alpha t}{\big [}(A_{1}+A_{2})\cos({\sqrt {\omega _{n}^{2}-\alpha ^{2}}}t)+j(-A_{1}+A_{2})\sin({\sqrt {\omega _{n}^{2}-\alpha ^{2}}}t){\big ]}$

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

$v_{n}(t)=e^{-\alpha t}{\big [}B_{1}\cos({\sqrt {\omega _{n}^{2}-\alpha ^{2}}}t)+B_{2}\sin({\sqrt {\omega _{n}^{2}-\alpha ^{2}}}t){\big ]}$