电子学/RCL 时域 1

图 1：RCL 电路

当开关闭合时，电压阶跃被施加到 RCL 电路。将开关闭合的时间设为 0 秒，使得开关闭合前的电压为 0 伏，开关闭合后的电压为电压 V。这是一个由 $V\cdot u(t)$ 给出的阶跃函数，其中 V 是阶跃的大小，$u(t)=1$ 对于 $t\geq 0$ 并且在其他情况下为零。

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。回路上的电压由下式给出

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

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

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

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

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

电容两端的电压 $v_{c}(t)$ 有两个分量，一个自然响应 $v_{n}(t)$ 和一个强迫响应 $v_{f}(t)$，使得

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

将公式 3 代入公式 2。

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

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，解 $v_{f}(t)$ 必须是一个常数，使得

$v_{f}(t)=K$

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

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

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：

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

取决于电阻、电感或电容的值，该解有三种可能性。

1. 如果 $\alpha >\omega _{n}$，则称该系统为 **过阻尼** 系统。该系统有两个不同的实数解

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

2. 如果 $\alpha =\omega _{n}$，则称该系统为 **临界阻尼** 系统。该系统有一个实数解

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

令 $B_{1}=A_{1}+A_{2}$

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

3. 如果 $\alpha <\omega _{n}$，则该系统被称为欠阻尼。该系统有两个复数解

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

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

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

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

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

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

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