本文件讨论了二阶 RLC 电路的基本理论，包括相应的微分方程和特征方程式。文中分析了不同阻尼情况（过阻尼、欠阻尼和临界阻尼）的自然响应以及电路的零输入响应。通过实例和公式推导，解释了电流和电压之间的关系及其对时间的响应特性。

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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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