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電路學 - [第六章] 二階RLC電路

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二階RLC電路

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電路學 - [第六章] 二階RLC電路

  1. 1. 電路學 第六章 二階RLC電路 李健榮 助理教授 Department of Electronic Engineering National Taipei University of Technology
  2. 2. 大綱 • 二階電路與二階微分方程式 • 二階電路之響應 • 激勵函數具有自然頻率時的響應 Department of Electronic Engineering, NTUT2/33
  3. 3. 二階電路與二階微分方程式(I) • 考慮右圖之 RLC 串聯電路,設 i(0) = I0 , v(0) = V0,求 v(t) 。 依 KVL,t > 0 時 對 t 微分,可得二階微分方程式 可得 00 1 t s di L Ri idt V V dt C + + + =∫ 2 2 sdVd i di i L R dt dt C dt + + = 0 0 1 t v idt V C = +∫ 2 2 1 sdVd i R di i dt L dt LC L dt + + = 2 2 SVd v R dv v dt L dt LC LC + + = 2 2 S d v dv LC RC v V dt dt + + = Vs + − v(t) L R i(t) C 或 由 dv i C dt =及 或 Department of Electronic Engineering, NTUT3/33
  4. 4. 二階電路與二階微分方程式(II) • 一般二階電路的電流及電壓方程式,皆可以二階微分方程 式描述,且其形式為 其中 y為電流或電壓,a 及 b 為常數,f(t) 為激勵源或激勵 源對時間 t 之微分。滿足上式的解如同一階電路方程式之 完全響應,為 ( ) 2 2 d y dy a by f t dt dt + + = n fy y y= + Department of Electronic Engineering, NTUT4/33
  5. 5. 範例1 • 請列出右圖電路以 i2 為變數的微分方程式。 A. 依 KVL可得 ⇒ B. 由上式可得 對 t 微分後得 C. 將上兩式代入 中,得到 ⇒ 1 Ω1 Ω1V 1H 1H i1 i2 1 1 2 1 di i i dt + − = 2 2 2 1 0 di i i i dt + + − = 2 1 22 di i i dt = + 2 1 2 2 2 2 di d i di dt dt dt = + 1 1 2 1 di i i dt + − = 2 2 2 2 2 22 2 2 1 d i di di i i dt dt dt + + + − = 2 2 2 22 3 1 d i di i dt dt + + = Department of Electronic Engineering, NTUT5/33
  6. 6. 二階電路的自然響應 • 二階微分方程式的解可為 其中 yn 必須滿足 • 由於指數函數是唯一可重複對 t 微分後,仍能保持原來指 數函數型態的函數,因此可令 來求解 • 可直接在 中以 s2 取代二階微分 ,以 s1 取代一階微分 , s0 取代零階微分 yn 而得。 上式稱為特徵 (或特性) 方程式 (Characteristic Equation) n fy y y= + 2 2 0n n n d y dy a by dt dt + + = st ny Ae= 2 2 0n n n d y dy a by dt dt + + = ndy dt 2 2 nd y dt ⇒2 0st st st As e Asae Abe+ + = ( )2 0st Ae s as b+ + = ⇒ 2 0s as b+ + =由於 不能為零,因此 st Ae Department of Electronic Engineering, NTUT6/33
  7. 7. 自然頻率與自然響應 • 二次方程式 的解有二個,分別為 其中 s1 及 s2 被稱為電路的自然頻率 (Natural frequency)。因此, 可得到兩個形式的自然響應分量,即 與 因此 • 為方便分析,將二階微分方程式 改為如下 形式: 其中ωn 被稱為自然無阻尼頻率或無阻尼共振頻率。α為阻尼比, 一般稱 α> 1 之情況為過阻尼,α< 1 為欠阻尼,α = 1 為臨界 阻尼。 及 2 0s as b+ + = 2 1 4 2 a a b s − + − = 2 2 4 2 a a b s − − − = 1 1 1 s t ny Ae= 2 2 2 s t ny A e= 1 2 1 2 s t s t ny Ae A e= + ( ) 2 2 d y dy a by f t dt dt + + = ( ) 2 2 2 2 n n d y dy y f t dt dt αω ω+ + = 特徵方程式為 其中 ⇒ ⇒ 2 2 2 0n ns sαω ω+ + = 2 n bω = 2 n aαω = n bω = = 2 2n a a b α ω = Department of Electronic Engineering, NTUT7/33
  8. 8. 判別式與自然響應間關係(I) 在此種情況下,s1 及 s2 為相異實根,其自然響應為 1. 或2 4 0a b− > 2 4a b> 1 2 3 1 2 1 2 s t s t t t ny Ae A e Ae A e− − = + = + 例: 右圖為 之波形。 2 8 4 2t t ny e e− − = − = 2 2n a a b α ω = 且 ,因此 一般稱此情況為過阻尼 (Overdamped)。 2 4a b> >1α t0 過阻尼曲線 2 4 t e− 2 8 4 2t t e e− − − 8 2 t e− − 2 0s as b+ + = 2 1 4 2 a a b s − + − = 2 2 4 2 a a b s − − − = 由於 因此 yn 為隨時間逐漸衰減的函數 Department of Electronic Engineering, NTUT8/33
  9. 9. 判別式與自然響應間關係(II-a) 其中 且 2. 或 在此情況時,s1 及 s2 為共軛複數根,即 σ 和 ω 為實數。 其自然響應為 根據尤拉公式 (Euler's Formula) 及 可改寫為 為一種阻尼振盪弦波 2 4 <0a b− 2 <4a b 1,2s jσ ω= ± ( ) ( ) 1 2 j t j t ny Ae A eσ ω σ ω+ − = + cos sinj e jθ θ θ= + cos sinj e jθ θ θ=- - ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 cos sin cos sin cos sin cos sin t j t j t n t t t y e C e C e e C t j t C t j t e C C t jC jC t e A t A t σ ω ω σ σ σ ω ω ω ω ω ω ω ω − = + = + + −   = + + −   = +       1 2 1C C A+ = 1 2 2=jC jC A− 2 0s as b+ + = 2 1 4 2 a a b s − + − = 2 2 4 2 a a b s − − − = Department of Electronic Engineering, NTUT9/33
  10. 10. 判別式與自然響應間關係(II-b) 此情況中由於 ,因此 一般稱之為欠阻尼 (Underdamped) 情況。 若 即 項不存在,則上式為 不隨時間衰減的弦波函數。此種情況稱為 無阻尼 (Undamped)。 2 <4a b = 1 2 a b α < 2 0s as b+ + = 2 1 4 2 a a b s − + − = 2 2 4 2 a a b s − − − = 2. 或2 4 <0a b− 2 <4a b 為一種阻尼振盪弦波( )1 2cos sint ny e A t A tσ ω ω= + 0σ = 0 dy dt = t −5 0 5 之波形5 sin3t ny e t− = 5 t e− 5 sin3t e t− 5 t e− − 2 3 π 4 3 π Department of Electronic Engineering, NTUT10/33
  11. 11. 判別式與自然響應間關係(III-a) 由於原方程式具有等根,故其原式必須修正為 3. 或 此種情況被稱為臨界阻尼,因 且此時 s1 及 s2 為相等實根,即 ⇒ ⇒ 2 4 =0a b− 2 =4a b 1 2 2 a s s= = − = 1 2 a b α = 2 2 2 0 4 n n n d y dy a a y dt dt + + = 22 2 0 2 2 2 n n n n d y dy dya a a y dt dt dt   + + + =    0 2 2 2 n n n n dy dyd a a a y y dt dt dt     + + + =        2 0s as b+ + = 2 1 4 2 a a b s − + − = 2 2 4 2 a a b s − − − = Department of Electronic Engineering, NTUT11/33
  12. 12. 判別式與自然響應間關係(III-b) 令 則成為 ⇒ 因此 上式對 t 積分,可得 ⇒ 以 乘以上式兩邊, 得 ⇒ ( ) 2 n n dy a f t y dt = + ( ) ( ) 0 2 df t a f t dt + = 2 1 2 a t n n dy a y Ae dt − + = ( ) 2 1 a t f t Ae − = 2 2 1 2 a a t t n n dy a e e y A dt + = 2 1 a t n d e y A dt   =    2 1 a t nd e y dt A dt dt       =∫ ∫ ( ) 2 1 2 a t ny At A e − = + 之波形( ) 2 1 2 a t ny At A e − = + 2 a t e t0 臨界阻尼曲線 ( ) 2 1 2 a t ny At A e − = + Department of Electronic Engineering, NTUT12/33
  13. 13. 範例2 • 某電路的方程式為 ,且已知 , 若(a)a = 3, b = 2 ;(b)a = 2, b = 10 試求 y(t) 。 B. 其特徵方程式為 , , 所以 , 因此 因此 A1 = 5 , A2 = -4 所以 A. 其特徵方程式為 因此 , , ,, 2 2 0 d y dy a by dt dt + + = ( )0 1y = ( )0 3 dy dt = ( )( )2 3 2 1 2 0s s s s+ + = + + = ( ) 2 1 2 t t y t Ae A e− − = + ( ) 1 20 1y A A= + = ( ) 2 1 22t tdy t Ae A e dt − − = − − ( ) 1 2 0 2 3 dy A A dt = − − = ( ) 2 5 4t t y t e e− − = − 2 2s = −1 1s = − 1 1 3s j= − + ( ) 4 cos3 sin3 3 t y t e t t−   = +    2 4 3 A = ( ) 1 2 0 3 3 dy A A dt = − + = ( ) 10 1y A= = ( ) ( ) ( )1 2 1 2cos3 sin3 3 sin3 3 cos3t tdy t e A t A t e A t A t dt − − = − + + − + ( ) ( )1 2cos3 sin3t y t e A t A t− = + 2 2 10 0s s+ + = 2 1 3s j= − − ⇒ Department of Electronic Engineering, NTUT13/33
  14. 14. 二階電路的零輸入響應(I) • 二階電路在含有初值,但未外接 (或已移走) 獨立電源之情 況下電路的響應。 1. 過阻尼情況 考慮右圖之 RLC 電路,假設 , 則 t > 0 時之電流方程式為 直接由電路方程式及 i(t) 可求出 ⇒ 1H 3 Ω 1 2F + − v(t) i(t) 特徵方程式: 由初值條件可得 同時 可得 ⇒ ( )0 1Ai = ( )0 2v = V 00 1 0 tdi L Ri idt V dt C + + + =∫ 2 2 0 d i di i L R dt dt C + + = 2 2 3 2 0 d i di i dt dt + + =⇒ ⇒ ( ) 2 1 2 t t i t Ae A e− − = +( )( )1 2 0s s+ + =2 3 2 0s s+ + = ,1 1s = − 2 2s = −⇒ ⇒ ( ) 1 20 1i A A= + = ( ) ( ) ( ) 0 3 0 0 =0 di i v dt + + 00 1 t v idt V C = +∫ ( ) 1 2 0 2 = 5 di A A dt = − − − 由此可求得 及 故1 3A = − 2 4A = ( ) 2 3 4t t i t e e A− − = − + ( ) ( ) ( ) di t v t L Ri t dt = − − ( ) ( )2 2 2 3 8 9 12 6 4t t t t t t v t e e e e e e− − − − − − = − + + − = − V ⇒ Department of Electronic Engineering, NTUT14/33
  15. 15. 二階電路的零輸入響應(II) 考慮右圖之電路,設 , t > 0 時其電流方程式為 可得電流之零輸入響應為 由 代入上式可得 又 因此 即 由 1H 2 Ω 1 2F + − v(t) i(t)( )0 1i = A ( )0 2v = V 2 0 d i R di i dt L dt LC + + = 2 2 2 2 0 d i di i dt dt + + =⇒ 其特徵方程式為 因此 , 為欠阻尼情況 電流響應為 2 2 2 0s s+ + = 1 1 1s j= − + 2 1 1s j= − − ( ) ( )1 2cos sint i t e A t A t− = + ( ) 10 1i A= = ( )0 2 2 4 di dt = − − = − 00 1 t v idt V C = +∫ ( ) ( ) ( ) 0 2 0 0 0 di i v dt + + = ( ) 1 2 0 4 di A A dt = − + = − ( ) ( ) ( )1 2 1 2cos sin sin cost tdi t e A t A t e A t A t dt − − = − + + − + 2 3A = − ( )0 1i = ⇒因此 又 ( ) ( )cos 3sint i t e t t− = − ( ) ( ) ( ) di t v t L Ri t dt = − − ( ) ( )2cos 4sint v t e t t− = +可得 2. 欠阻尼情況 Department of Electronic Engineering, NTUT15/33
  16. 16. 二階電路的零輸入響應(III) 考慮右圖之電路,設 , t > 0 時其電流方程式為 其電流響應為 由 ,可得 其特徵方程式為 因此 為臨界阻尼情況 又 因此 故 此外,由 可求出 v(t) 為 1H 2 Ω 1 F + − v(t) i(t)( )0 1i = A ( )0 2v = V 2 2 =0 d i R di i dt L dt LC + + 2 2 2 0 d i di i dt dt + + = 2 2 1 0s s+ + = 1 2 1s s= = − ( ) ( )1 2 t i t At A e− = + ⇒ ( )0 1i = ( ) 20 1i A= = ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 t tdi t Ri t v t Ae At A e dt − − = − − = − + ( ) ( ) ( ) 1 2 0 2 0 0 2 2 4 di i v A A dt = − × − = − − = − = − ( ) ( ) ( )3 1 t i t t e− = − + A1 3A = − ( ) ( ) ( ) di t v t L Ri t dt = − − ( ) ( ) ( )3 2 t v t t e− = + V 3. 臨界阻尼情況 Department of Electronic Engineering, NTUT16/33
  17. 17. 範例3 • 右圖 RLC並聯電路已知v(0) =2 V, i(0) =1A,求t>0時之v(t)。 若 節點分析法: 特徵方程式為 ,其解為 1. 或 ,則電路為過阻尼情況,且 ( ) 2 1 , , 3 8 R L C= Ω = = 1 a H F ( ) 1 1 , , 1 2 2 R L C= Ω = =b H F ( ) 1 , 1 , 1 2 R L C= Ω = =c H F 0 1 0 t o v dv vdt I C R L dt + + + =∫ 2 1 1 0s s RC LC + + = 2 2 1 1 0 d v dv v dt RC dt LC + + = 2 2 1 1 0 d v dv C v dt R dt L + + = 2 1,2 1 1 1 2 2 s RC RC LC −   = − ± −    2 1 1 0 2RC LC   − >    2 4L R C> 1 2 1 2 s t s t v Ae A e= + 3. 或 ,則電路為臨界阻尼情況 ,且 其中 2 1 1 = 2RC LC       2 =4L R C 1 2 1 2 s s RC = = − ( ) 1 2 1 2 t RC v At A e − = + 2. 或 ,則電路為欠阻尼情況,且 其中 , , 2 1 1 < 2RC LC       2 <4L R C ( )1 2cos sint v e A t A tσ ω ω= + 1 n LC ω = 1 = 2 n RC σ αω− = − 2 1nω ω α= − i t( ) C + − v t( )LR ⇒ d dt ⇒ Department of Electronic Engineering, NTUT17/33
  18. 18. 其解為 , 範例3 • 現就 (a)、(b)、(c) 三種情況加以分析: ,電路為過阻尼情況,特徵方程式為 可得 或 又 , 因此 , 即 及又 2 4L R C> 2 8 12 0s s+ + = 2 2s = − ( ) 6 2 1 2 t t v t Ae A e− − = + ( ) 1 20 2v A A= = + ( ) ( )0 00 0 01 0 v dv vdt I C R L dt + + + =∫ ( ) ( ) 0 00 0 0 1dv v C vdt I dt R L = − − −∫ ( ) ( ) 00 0 24 dv v RI dt RC − − = = − ( ) 6 2 1 26 2t tdv t Ae A e dt − − = − − ( ) 1 2 0 6 2 24 dv A A dt = − − = − ( ) 6 2 5 3t t v t e e V− − = −2 3A = −1 5A = 1 6s = − ( ) 2 1 , , 3 8 R L C= Ω = = 1 a H F ⇒ Department of Electronic Engineering, NTUT18/33
  19. 19. 範例3 特徵方程式為 ,其解為 因此 及 可得 因此 因此 可得 因此 1,2 1s j= − ±2 2 2 0s s+ + = ( ) ( )1 2cos sint v t e A t A t− = + ( ) ( ) ( )1 2 1 2cos sin sin cost tdv t e A t A t e A t A t dt − − = − + + − + ( ) 10 2v A= = ( ) ( ) 0 1 2 0 0 5 dv v RI A A dt RC + = − = − = − + 2 3A = − ( ) ( )2cos 3sint v t e t− = − ( ) ( )1 2 t v t At A e− = + 2 2 1 0s s+ + = 1 2 1s s= = − ( ) ( ) 0 1 2 0 0 5 dv v RI A A dt RC + = − = − = −( ) 20 2v A= = ( ) ( )1 1 2 t tdv t Ae At A e dt − − = − + 1 3A = − ( ) ( )3 2 t v t t e− = − + ( ) 1 1 , , 1 2 2 R L C= Ω = =b H F ⇒ ( ) 1 , 1 , 1 2 R L C= Ω = =c H F 特徵方程式為 ,其解為 ⇒ 及 Department of Electronic Engineering, NTUT19/33
  20. 20. 二階電路的零態響應 (I) • 電路中未含初值,但外加獨立電源時電路的響應,其響應 的形式為 其中 yn 為自然響應,其響應的形式和電路的特徵方程式 的解有關,而 yf 為外加電源所引起的激勵響應或稱為穩態 響應,其響應的形式與外加電源之形式有關。 n fy y y= + Department of Electronic Engineering, NTUT20/33
  21. 21. 範例4 • 考慮右圖之電路,設 i(0) = v(0) = 0,且輸入為 10 V之直流電壓,此電 路之電壓方程式為 由於上式之特徵方程式為 因vf 和外加電源之形式 (此例為直流 ) 有關,故可設 (K 為常數,且 vf 為穩態響應) 1H 3 Ω 1 2 F + − v t( ) i t( ) 10 V若已知 ,其中 vn 為滿足 之解 因此 即 ⇒ 因此 ⇒ 及 ⇒ 可得 即 將 代入得 ⇒ 2 2 sVd v R dv v dt L dt LC LC + + = 2 2 3 +2 20 d v dv v dt dt + = 2 2 3 +2 0 d v dv v dt dt + = n fv v v= + 2 3 2 0s s+ + = 1 21, 2s s= − = − 2 1 2 t t nv Ae A e− − = + 0+0+2 20K = fv K= 10K = ( ) 2 1 2 10t t n fv t v v Ae A e− − = + = + + ( ) ( ) 1 2 0 0 2 0 dv i A A dt C = − − = = ( ) 1 20 10 0v A A= + + = ( ) ( ) ( )2 1 22t tdv t i t Ae A e dt C − − = = − + − ( ) ( )2 20 10 10t t v t e e− − = − + + V fv K= 1 220, 10A A= − = Department of Electronic Engineering, NTUT21/33
  22. 22. 範例4 我們可觀察到當 時,v(t) = 10 V , i(t) = 0 ,即電容器已完成充電。 因此 , 另外由 可得 若此電路之外加電源改為 之正弦電壓, 則其電壓方程式為 即 , 此時可設 代入上面的式子中時,可得 故 1H 3 Ω 1 2 F + − v t( ) i t( ) ( ) ( )dv t i t C dt = ( ) ( )2 10 10t t i t e e− − = − A t → ∞ 1 sin3 2 t 2 2 3 2 sin3 d v dv v t dt dt + + = 1 2sin3 cos3fv B t B t= + ( ) ( )1 2 1 27 9 sin3 9 7 cos3 sin3B B t B B t t− − + − = 1 27 9 1B B− − = 1 29 7 0B B− = 1 7 130 B = − 2 9 130 B = − 7 9 sin3 cos3 130 130 fv t t= − − 1 sin3 2 t Department of Electronic Engineering, NTUT22/33
  23. 23. 範例4 因其自然響應為 因此 已知 所以 又 可得 因此 2 1 2 t t nv Ae A e− − = + ( ) 2 1 2 7 9 sin3 cos3 130 130 t t v t Ae A e t t− − = + − − ( ) 1 2 9 0 0 130 v A A= + − =( )0 0v = ( ) 2 1 2 21 27 2 cos3 sin3 130 130 t ti tdv Ae A e t t dt C − − = = − − − + ( ) ( ) 1 2 0 0 21 2 0 130 dv i A A dt C = = − − − = 1 2 39 30 & 130 130 A A − = = ( ) 239 30 7 9 sin3 cos3 130 130 130 130 t t v t e e t t− − = − − − ( ) ( ) 21 39 60 21 27 cos3 sin3 2 130 130 130 130 t tdv t i t C e e t t dt − −  = = − + − +   Department of Electronic Engineering, NTUT23/33
  24. 24. 二階電路的零態響應 (II) • 從上面的討論,我們可以歸納以下幾點: 1) 二階電路的零態響應 y 包含自然響應 yn 與激勵響應 yf。 2) 自然響應可由齊次方程式 ( f (t) = 0 ) 求出。 3) 激勵響應 yn 與輸入函數有相同的形式,因此 yf 之形式可依輸入 函數之種類而事先假設,再代入方程式求解係數。 4) 最後由及初值條件決定自然響應之係數,即可求出完整的解。 右 表 為 輸 入 函 數 與 其 激 勵 響 應 之 對照表。由此表,可依據輸入函數之形 式而預測之形式。若輸入函數有兩種或 兩種以上可利用重疊定理求解之。 f(t) yf C K t At + B t2 At2 + Bt + C eσt Aeσt sinωt Asinωt + Bcosωt cosωt Asinωt + Bcosωt eσt sinωt eσt (Asinωt + Bcosωt) eσt cosωt eσt (Asinωt + Bcosωt) Department of Electronic Engineering, NTUT24/33
  25. 25. 範例5 • 求下圖所示電路之 v(t) 及 i(t),設 v(0) = i(0) = 0。 特徵方程式: 由於 v(0) = 0 因此 因此 又 故 又因 Vs 為直流電壓,故設 ,代入 可得 1H 2 Ω 1 10 F + − v t( ) i t( ) 10 V 2 2 sVd v R dv v dt L dt LC LC + + = 2 2 10 100 d v dv v dt dt + + = 2 3 10 0s s+ + = 2 1 3s j= − −1 1+ 3s j= − 2 2 10 100 d v dv v dt dt + + = ( )1 2cos3 sin3t nv e A t A t− = + 10fv = ( ) ( )1 2sin3 cos3 10t n fv t v v e A t A t− = + = + + fv K= 2 10A = −( ) 20 10 0v A= + = ( ) [ ]2 1 1 0 3 0 10 i A A= − + = ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 sin3 cos3 3 cos3 3 sin3 10 t tdv t i t C e A t A t e A t A t dt − −  = = − + + −  1 10 3 A = − ( ) ( ) 10 10 sin3 10cos3 3 t v t e t t−   = − +    V ( ) ( ) 10 sin3 3 t i t e t− = A 可得 ⇒ , ⇒ ⇒ Department of Electronic Engineering, NTUT25/33
  26. 26. 範例6 • 求下圖所示電路之 v(t) 及 i(t),設 v(0) = i(0) = 0。 由於上式之特徵方程式為 為臨界阻尼情況 因此 由於 可得 10e−2t 1H 2 Ω 1 F + − v t( ) i t( ) + − 2 2 sVd v R dv v dt L dt LC LC + + = 2 2 2 2 10 td v dv v e dt dt − + + = 1 2 1s s= = − 2 3 1 0s s+ + = ( )1 2 t nv At A e− = + 又因輸入函數為 e–2t,可設 2t fv Ke− = 上式代入 可得 2 2 2 2 10 td v dv v e dt dt − + + = 2 2 2 2 4 4 10t t t t Ke Ke Ke e− − − − − + = 2 10 t fv e− =10k = ( ) ( ) 2 1 2 10t t n fv t v v At A e e− − = + = + + 2 10A = −( ) 20 10 0v A= + =( )0 0v = ( ) ( ) ( ) 2 1 1 2 20t t tdv t i t Ae At A e e dt C − − − = = − + − ( ) ( ) 1 2 0 0 20 0 dv i A A dt dt = = − − = 1 10A = ( ) ( ) ( ) ( )2 2 10 10 10 20 10 20 20t t t t t tdv t i t C t e e e te e e dt − − − − − − = = − − + − = − + − A ( ) ( ) ( )2 10 10 10t t v t t e e− − = − + V 可得 ⇒ ⇒ ⇒ , , ⇒ ⇒ ⇒ Department of Electronic Engineering, NTUT26/33
  27. 27. 二階電路的完全響應 (I) • 電路中含有初值,且外加獨立電源時電路之響應。 其響應 的形式為 y = yn + yf 其中 yn 為自然響應,yf 為激勵響應。 考慮右圖之電路,設 i(0) = 1 A , v(0) = 2 V, 其 v(t) 之解為 所以 A1 = – 14 , A2 = 6 此電路之 i(t) 可由上式微分而得 由於 v(0) = 2 ⇒ ⇒ 又 因此 v(t) 之完全響應為 ( ) ( )1 2 0 2 2 0 2 dv A A i dt = − − = = ( ) ( ) ( )1 22 2t tdv t i t Ae A e i t dt C − − = = − − = ( ) 2 1 2 10t t v t Ae A e− − = + + ( ) 2 14 6 10t t v t e e− − = − + + ( ) ( )2 21 14 12 7 6 2 t t t tdv i t C e e e e dt − − − − = = − = − ( ) 1 20 10 2v A A= + + = 1 2 8A A+ = −⇒ ⇒ 完全響應 1 H 3 Ω 1 2 F + − i(t) 10V v(t) ( ) ( )2 14 6 10 Vt t v t e e− − = − + + 零輸入響應 1 H 3 Ω 1 2 F i(t) v(t) + − ( ) ( )2 6 4 Vt t v t e e− − = − 零態響應 1 2 i(t) 10V v(t) + − 1 H 3 Ω ( ) ( )2 20 10 +10 Vt t v t e e− − = − + Department of Electronic Engineering, NTUT27/33
  28. 28. 範例7 • 求電路之 v(t) 及 i(t),但 i(0) = 1 A , v(0) = 2 V。 因此 已知 v(t) 之解為 又 此結果可直接由右圖電路之零輸入響應 與上例相同電路所得之零態響應 直接相加而得。 至於 i(t) 可直接對 微分而得 或直接由右圖電路之零輸入響應 及零態響應 直接相加而得。 10e−2t 1H 2 Ω 1 F + − v t( ) i t( ) + − 1H 2 Ω 1 F + − v t( ) i t( ) ( ) ( ) 2 1 2+ 10t t v t At A e e− − = + ( ) 20 10 2v A= + = 2 8A = − ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 20t t tdv t i t At A e Ae e dt C − − − = = − + + − ( ) ( ) 2 1 0 0 20 1 d i A A dt C = = − + − = ( ) ( ) 2 13 8 +10t t v t t e− − = −1 13A = ( ) ( )3 2 t v t t e− = + ( ) ( ) ( )2 10 10 10 Vt t v t t e e− − = − + ( ) ( ) 2 13 8 10t t v t t e e− − = − + ( ) ( ) ( ) ( )2 2 13 13 8 20 21 13 20t t t t tdv i t C e t e e t e e dt − − − − − = = − − − = − − A ( ) ( )3 1 t i t t e− = − + ( ) 2 10 20 20t t t i t te e e− − − = − + − ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ Department of Electronic Engineering, NTUT28/33
  29. 29. 激勵函數具有自然頻率時的響應 • 設某二階電路之電路方程式為 • 因為激勵函數 f(t) 含有一個自然頻率 故假設 則可得 則完全響應為 ( ) ( ) 2 1 2 1 22 d y dy y f t dt dt λ λ λ λ− + + = 1t fy Ateλ = ( )( )2 12 1 1 1 2 1 1 22 1t t Ae t t eλ λ λ λ λ λ λ λ λ + − + + + =  ( )1 1 1 2 t t Ae eλ λ λ λ− = ( ) 1 2 1 1 2 1 2 1t t t y Ae A e teλ λ λ λ λ = + + − 1 2 1 A λ λ = − ⇒ ⇒ 其中 與 為常數,且 則其特徵方程式為 因此自然響應為 1 2λ λ≠ ( )2 1 2 1 2 0s sλ λ λ λ− + + = 1 1s λ= 2 2s λ= 1 2 1 2 t t ny Ae A eλ λ = + ⇒ 1λ 2λ , Department of Electronic Engineering, NTUT29/33
  30. 30. 範例8 • 求右式之激勵響應: 特徵方程式為 為臨界阻尼情況 設 但和 yn 之 A2e–3t 重疊, 而若設 亦和 yn 之 A1te–3t 重疊, (a) 故須設 代入原方程式可得 因此 (b) 在此種情況中須設 代入原方程式可得 因此 ( ) ( ) 3t a f t e− = ( ) ( ) 3t b f t te− = ( ) 2 2 6 9 d y dy y f t dt dt + + = 2 6 9 0s s+ + = 1 2 3s s= = − ( ) 3 1 2 t nv At A e− = + ( ) 3t f t e− = ( ) 3t f t te− = 3t fy Ae− = 3t fy Ate− = 2 3t fy At e− = 1 2 A = 2 31 2 t fy t e− = 1 6 A = 3 31 6 t fy t e− =3 3t fy At e− = ⇒ 自然響應為 Department of Electronic Engineering, NTUT30/33
  31. 31. 範例9 • 求右式之激勵響應 特徵方程式為 因此 , 此為無阻尼情況,乃欠阻尼情形之特例 由於 其頻率為 3 rad/sec,與自然頻率相同, 因此設 代入上面方程式可得 , 因此 其自然響應之形式為 2 2 9 sin3 d y y t dt + = 2 9 0s + = 1 3s j= 2 3s j= − ( )cos3 sin3ny A t B t= + ( ) sin3f t t= ( )1 2cos3 sin3fy t A t A t= + 1 1 6 A = − 2 0A = 1 cos3 6 fy t t= − Department of Electronic Engineering, NTUT31/33
  32. 32. 總結(I) • 二階電路至少包含二個儲能元件。 • 二階電路的自然響應可分為:過阻尼,欠阻尼及臨界阻尼三種 情況 • 二階電路之零輸入響應為自然響應的形式,可分為: 過阻尼,欠阻尼及臨界阻尼三種情況。 • 二階電路之特徵方程式可表示成 之形式,若α>1 則 為過阻尼情況,0<α<1 為欠阻尼情況,α = 1 為臨界阻尼情況。 (2) 欠阻尼響應 為 之形式, 其中 a 為實數,A1 及 A2 可由初值條件解出。 (1) 過阻尼響應 為 之形式, 其中 a1 及 a2 為相異實數,A1 及 A2 可由初值條件解出。 1 2 1 2 a t a t Ae A e+ ( )1 2cos sinat e A t A tω ω+ (3) 臨界阻尼響應 為 之形式, 其中 a 為實數,A1 及 A2 可由初值條件解出。 ( )1 2 at At A e+ 2 2 2 0n ns sαω ω+ + = Department of Electronic Engineering, NTUT32/33
  33. 33. 總結(II) • 二階電路之零態響應可分為:激勵響應及自然響應兩部份, 自然響應亦分為:過阻尼,欠阻尼及臨界阻尼三種情況。 • 二階電路的 完全響應 = 零輸入響應 + 零態響應, 完全響應亦可分為:激勵響應與自然響應兩部份,且依過 阻尼、欠阻尼及臨界阻尼三種情況,其形式有如下三種: • 零態響應為完全響應中初值條件為零之特例。 (1) ,過阻尼情況 其中 s1 及 s2 為特徵方程式所解出之相異實根 。 (2) ,欠阻尼情況 其中 s1 及 s2 為特徵方程式所解出之共軛複數 , 即 (3) ,臨界阻尼情況,其中 s = s1 = s2 上述之 yf 為輸入所引起的激勵響應,A1 及 A2 為常數, 可由 y(0) 及 之條件解出 A1 及 A2 之值。 dt dy(0) ( ) 1 2 1 2 s t s t fy t y Ae A e= + + ( ) ( )1 2cos sint fy t y e A t A tσ ω ω= + + 1,2s jσ ω= ± ( ) ( )1 2 st fy t y At A e= + + Department of Electronic Engineering, NTUT33/33

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