电子学/RCL 时域

图 1：RCL 电路

当开关闭合时，电压阶跃施加到 RCL 电路。将开关闭合的时间设为 0s，这样开关闭合前的电压为 0 伏，开关闭合后的电压为电压 V。这是一个阶跃函数，由 $V\cdot u(t)$ 给出，其中 V 是阶跃的大小，而 $u(t)=1$ 对于 $t\geq 0$ ，否则为零。

为了使用瞬态分析来分析电路响应，需要建立一个描述该系统的微分方程。回路上的电压由以下公式给出：

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

其中 $v_{c}(t)$ 是电容器两端的电压， ${\frac {di(t)}{dt}}L$ 是电感器两端的电压，而 $Ri(t)$ 是电阻器两端的电压。

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

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

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

电压 $v_{c}(t)$ 有两个组成部分，自然响应 $v_{n}(t)$ 和强迫响应 $v_{f}(t)$ ，使得

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

将方程式 3 代入方程式 2。

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

当 $t>0s$ 时，则 $u(t)=1$

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

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

自然响应和强迫解分别求解。

求解 $v_{f}(t):$

由于 ${\frac {V}{LC}}$ 是一个 0 次多项式，所以解 $v_{f}(t)$ 必须是一个常数，使得

$v_{f}(t)=K$

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

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

将上述结果代入式 5

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

$K=V$

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

求解 $v_{n}(t)$

令

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

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

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

将上述结果代入式 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 $v_{n}(t)$ 有两个解 $Ae^{s_{1}t}$ 和 $Ae^{s_{2}t}$

其中 $s_{1}$ 和 $s_{2}$ 由下式给出

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

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

然后，一般解由下式给出

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

根据电阻、电感或电容的值，解有三种可能性。

1. 如果 $\alpha >\omega _{n}$ ，则称该系统为 **过阻尼**。

2. 如果 $\alpha =\omega _{n}$ ，则称该系统为 **临界阻尼**。

3. 如果 $\alpha <\omega _{n}$ ，则称该系统为 **欠阻尼**。

示例

给定一般解

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，根据欧拉公式（ $e^{j\phi }=\cos {\phi }+j\sin {\phi }$ )

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

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

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 $B_{2}$

从公式 \ref{eq:vf}， $v_{f}=1$ ，对于幅值为 1V 的单位阶跃。因此，将 $v_{f}$ 和 $v_{n}(t)$ 代入公式 \ref{eq:nonhomogeneous} 得

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

当 $t=0$ 时，电容器两端的电压为零，即 $v_{c}(t)=0$

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

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

当 $t=0$ 时，电感器中的电流必须为零，即 $i(0)=0$

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

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