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电器工程

课程: 电器工程 > 单元 2

课程 4: 自然和强制反应

RLC自然响应-推导

RLC电路自然响应的形式推导。威利·麦卡利斯特著。

介绍

现在我们来看一下电阻-电感-电容

(RLC)

的自然响应。这将是我们要分析的最后一个用到全微方程处理的电路。

RLC

电路是我们可以实际构建的真实电路的代表，因为每个真实的电路都有一些有限的电阻。该电路具有丰富而复杂的性能，在电气工程的许多领域都有应用。

我们要做的是什么

我们将用

2

阶线性微分方程来为

RLC

电路建模。在此方程中，电流

i

将会被选作自变量：

L \frac{d^{2} i}{d t^{2}} + R \frac{d i}{d t} + \frac{1}{C} i = 0

得到的特征方程为:

s^{2} + \frac{R}{L} s + \frac{1}{LC} = 0

我们将用二次根式求解特征方程的根:

s = \frac{- R \pm \sqrt{R^{2} - 4 L / C}}{2 L}

通过替换变量

α

和

ω_{o}

，我们可以将

s

简化为:

s = - α \pm \sqrt{α^{2} - ω_{o}^{2}}

这里，

α = \frac{R}{2 L}

，且

ω_{o} = \frac{1}{\sqrt{LC}}

α

称为阻尼因子，

ω_{o}

为谐振频率。

我们将会解一个带有具体元件值的

RLC

示例电路，且探索电流和电压看起来是什么样子。

策略

我们遵循之前文章中解二阶LC电路时用到的相同的推理。

创建一个基于 $R$ ‍、 $L$ ‍、 $C$ ‍ 元件的 $i$ ‍- $v$ ‍ 方程上的二阶线性微分方程。我们会用基尔霍夫电压定律来构建方程。
我们现在来做一个假设。跟平常一样，我们肯定会遇见 $K e^{s t}$ ‍ 形式的指数方程。
将提出来的解插入到微分方程中。指数项将会析出因数，并给我们留下用变量 $s$ ‍ 表示的特征方程。
用二次根式为特征方程求根。
通过计算初始条件找出常数。
欢呼。

用微分方程给电路建模

[电压分配说明]

当开关闭合时，电路是这样的（电感器和电阻上的电压用

v_{L}

和

v_{R}

来表示）：

我们可以给每一个独立元件写出

i

v

方程。

v_{L} = L \frac{d i}{d t}

v_{R} = - i R

v_{C} = \frac{1}{C} \int - i d t

我们可以从左下角开始写基尔霍夫电压定律（KVL）并以顺时针的顺序求总电压。电感器中电压上升，同时电阻和电容器中的电压下降。

+ v_{L} - v_{R} - v_{C} = 0

用相应的

i

项替换掉相应的

v

项将会给我们：

L \frac{d i}{d t} + R i + \frac{1}{C} \int i d t = 0

如果我们想的话，我们可以着手解这个方程，但是积分项非常棘手。如果我们取整个方程的导数的话，我们就可以把整个积分给拿掉。

\frac{d}{d t} [L \frac{d i}{d t} + R i + \frac{1}{C} \int i d t = 0]

这就给我们以下的方程。此方程左边有一个二次导数项，一个一次导数项，还有一个

i

项，右边仍然等于

0

。

L \frac{d^{2} i}{d t^{2}} + R \frac{d i}{d t} + \frac{1}{C} i = 0

这就是个齐次二阶常微分方程。由于每一项都与

i

和其导数相关，所以它是齐次的。它也是二阶的，因为最高导数项是一个二次导数。它是“常”的，是因为自变量只有一个（没有偏导数）。现在我们开始解微分方程。

提出解决方案

就像我们做自然响应（RC, RL, LC）的问题一样，我们假设了一个指数形式的解。指数函数有着很奇妙的特性，即其导数看起来与原方程非常相似。当你的微分方程中有很多个导数时，最好是让他们都变得彼此相似。我们假设这种形式的答案：

i (t) = K e^{s t}

K

是一个可调整的，表示电流振幅的参数。

s

与

t

都在指数上，所以它必然表示某种频率（

s

的单位必须与

1 / t

的单位相同）。我们把这个称作为自然频率。

尝试求解

其次，将提出的解代入微分方程。如果方程成立，那么就证明我们的答案没有问题。

L \frac{d^{2}}{d t^{2}} K e^{s t} + R \frac{d}{d t} K e^{s t} + \frac{1}{C} K e^{s t} = 0

现在我们来操作带有导数的项。

中间项：

R

项的一次导数是：

R \frac{d}{d t} K e^{s t} = s R K e^{s t}

首项：我们取两遍

K e^{s t}

项的导数：

\frac{d}{d t} K e^{s t} = s K e^{s t}

\frac{d}{d t} s K e^{s t} = s^{2} K e^{s t}

所以，首项变成了：

L \frac{d^{2}}{d t^{2}} K e^{s t} = s^{2} L K e^{s t}

将导数代回微分方程：

s^{2} L K e^{s t} + s R K e^{s t} + \frac{1}{C} K e^{s t} = 0

现在我们可以因式分解

K e^{s t}

项：

K e^{s t} (s^{2} L + s R + \frac{1}{C}) = 0

使等式成立

现在我们来找一下使等式成立的几种方法。

我么可以将

K

设为

0

。这就意味着

i = 0

且我们没有向电路中输入任何东西，电路也没有输出任何东西。这没什么意思。

e^{s t}

项永远不会是

0

，除非我们等到

t

达到

\infty

。这时间可不短！这就给我们留下了唯一一个可实行的方法：所有含

s

的项都等于零。

s^{2} L + s R + \frac{1}{C} = 0

这就叫做

LRC

电路的特征方程。

解特征方程的根

我们找一下使特征方程成立的

s

的值。（我们想找到特征方程的根）

我们有个符合此情况的工具，二次求根公式：

对所有二次方程：

a x^{2} + b x + c = 0

应用二次求根公式：

x = \frac{- b \pm \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{2 a}

回顾特征方程，我们可以代入电路元件的值来找到根。

a = L

，

b = R

，

c = 1 / C

。

s = \frac{- R \pm \sqrt{R^{2} - 4 L / C}}{2 L}

这就是自然频率

s

的答解。我们需要把这个解进一步分解来找到其意义所在。

我们可以将方程的一部分用新变量

α

和

ω_{o}

来表示。

α = \frac{R}{2 L}

ω_{o} = \frac{1}{\sqrt{LC}}

让我用这种形式写下特征方程

(被

\text L

除)

：

s^{2} + \frac{R}{L} s + \frac{1}{LC} = 0

如果我们用

α

和

ω_{o}

，特征方程就可以被写成：

s^{2} + 2 α s + ω_{o}^{2} = 0

我们可以通过将分母

2 L

分配到每一项的方式来修改二次求根公式：

s = - \frac{R}{2 L} \pm \sqrt{{(\frac{R}{2 L})}^{2} - (\frac{4 L / C}{4 L^{2}})}

根号内的第二项将会约分成：

(\frac{4 L / C}{4 L^{2}}) = (\frac{4 L / C}{4 L^{2}}) = \frac{1}{LC}

然后，这就可以让我们用

α

和

ω_{o}

来表示

s

：

s = - α \pm \sqrt{α^{2} - ω_{o}^{2}}

我们知道

s

是某种频率（它必须要有

1 / t

的单位）。这就意味着与

s

相等的两项也必须是某种频率。

$α$ ‍ 被称为阻尼因子。它会决定整体信号衰减到零的速度。
$ω_{o}$ ‍ 也被称作谐振频率。它将决定系统前后摆动的速度。这与我们在 $LC$ ‍ 自然响应中发现的共振频率相同。

尝试求解，升级版

二次求根公式给了我们两个关于

s

的解，我们称它们为

s_{1}

和

s_{2}

。我们需要将这两项都包含在求解中，所以我们将解决方案升级为两个独立的指数项的线性组合（叠加）。其中有四个可调参数：

i = K_{1} e^{s_{1} t} + K_{2} e^{s_{2} t}

s_{1}

和

s_{2}

都是自然频率，

K_{1}

和

K_{2}

都是振幅项。

示例电路

现在，用一些实际的元件值来做处一个详细的示例是很有帮助的，因为我们可以认识到一个特定的解是如何求得的。这是我们的示例电路：

RLC

电路的微分方程是：

L \frac{d^{2} i}{d t^{2}} + R \frac{d i}{d t} + \frac{1}{C} i = 0

代入真正的元件的值：

1 \frac{d^{2} i}{d t^{2}} + 2 \frac{d i}{d t} + 5 i = 0

和平常一样，假设一个

i (t) = K e^{s t}

形式的解。

我们运行了对于上述步骤的分析，得到了这个特征方程：

s^{2} + 2 s + 5 = 0

利用二次求根公式求解特征方程的根：

s = \frac{- R \pm \sqrt{R^{2} - 4 L / C}}{2 L}

代入实际元件的值：

s = \frac{- 2 \pm \sqrt{2^{2} - 4 \cdot 1 \cdot 5}}{2}

s = \frac{- 2 \pm \sqrt{4 - 20}}{2}

s = - 1 \pm \frac{\sqrt{- 16}}{2}

s = - 1 \pm j 2

（由于

i

已经被用作为电流的表示符号，电气工程师用

j

来表示虚数

\sqrt{- 1}

）

我们得到了一个复数答案。就像我们对

LC

自然响应所做的一样，只是这次的答案同时包含实部和虚部。

解特征方程的根时给了我们两个关于

s

的答案。所以，

i

的初步解现在被写成两个不同指数项的叠加：

i = K_{1} e^{(- 1 + j 2) t} + K_{2} e^{(- 1 - j 2) t}

指数项是复共轭项。我们现在来研究一下这种写法。我们可以分解指数上的实部和虚部：

i = K_{1} e^{- 1 t} e^{+ j 2 t} + K_{2} e^{- 1 t} e^{- j 2 t},

然后因式分解出

e^{- 1 t}

项：

i = e^{- t} (K_{1} e^{+ j 2 t} + K_{2} e^{- j 2 t})

注意

s

的实部通过因式分解得到一个指数衰减的首项，

e^{- t}

。

小括号里的项是两个虚数指数函数，其中指数是共轭复数。这看起来就像我们在

LC

的自然响应中看到的一样。我们用欧拉公式来帮助我们解这些项。

欧拉公式

对

e^{j x}

，

\sin j x

，和

\cos j x

用麦克劳林级数展开式，这样就有可能推导欧拉公式：

e^{+ j x} = \cos x + j \sin x

和

e^{- j x} = \cos x - j \sin x

在链接视频中，每次Sal说

i

的时候，我们说

j

。

这些公式允许我们转换

e^{i m a g i n a r y}

到一个正常的复数。

应用欧拉公式

我们可以用欧拉公式来转换总和：

K_{1} e^{+ j 2 t} + K_{2} e^{- j 2 t}

到

K_{1} (\cos 2 t + j \sin 2 t) + K_{2} (\cos 2 t - j \sin 2 t) .

乘法分配

K_{1}

和

K_{2}

：

K_{1} \cos 2 t + j K_{1} \sin 2 t + K_{2} \cos 2 t - j K_{2} \sin 2 t,

然后合并 cos 项和 sin 项:

(K_{1} + K_{2}) \cos 2 t + j (K_{1} - K_{2}) \sin 2 t

在不把等式弄乱的情况下，我们可以通过用

A

替换

K

来简化这个等式。让

A_{1} = (K_{1} + K_{2})

，

A_{2} = j (K_{1} - K_{2}

)。

于是，前面的表达式就变成了：

A_{1} \cos 2 t + A_{2} \sin 2 t

然后现在我们把这个放入原先的初步解中：

i = e^{- t} (A_{1} \cos 2 t + A_{2} \sin 2 t)

到目前为止一切顺利。接下来，我们需要用初始条件算出

A_{1}

和

A_{2}

。

找到初始条件

对于二阶方程来说，你需要两个初始条件来保证得到一个完整的解：一个给自变量

i

，一个给它的一次导数

d i / d t

。

如果我们可以找到在某一时间点找到

i

和

d i / d t

，我们就可以找到

A_{1}

和

A_{2}

。

为

RLC

找初始条件几乎与为 LC 电路找初始条件是一样的。我们只需要多考虑一下电阻就可以了。

这是我们所知道的

t = 0^{-}

（开关闭合之前的那一刻）时：

开关尚未闭合，所以 $i (0^{-}) = 0$ ‍
指定启动电容电压： $v_{C} (0^{-}) = V_{0}$ ‍

如果

t = 0^{+}

是刚刚关闭开关的那一刻，我们的目标就是找到

i (0^{+})

和

d i / d t (0^{+})

。我们知道一些关于电感器和电容器的特性，它们告诉了我们在开关闭和时，也就是

t = 0^{-}

到

t = 0^{+}

之间发生了什么：

电感器电流不会瞬间产生变化，所以 $i (0^{+}) = i (0^{-}) = 0$ ‍
电容器电流也不会瞬间产生变化，所以 $v_{C} (0^{+}) = v_{C} (0^{-}) = V_{0}$ ‍

现在我们知道一个初始条件，

i (0^{+}) = 0

。然后，我们知道一些关于电压的属性，但是我们并不知道

d i / d t (0^{+})

。

让我们来看第二个初始条件，

d i / d t (0^{+})

。每次我看到

d i / d t

时，我就会想到电感

i

v

方程。如果我们可以找到穿过电感器的电压，我们就可以找到

d i / d t

。让我们通过消元法来达到目的。

电圈周围的基尔霍夫电压定律是：

+ v_{L} - v_{R} - v_{C} = 0

由于

i (0^{+}) = 0

，也就是说穿过电阻的电压

v_{R}

必须等于

0

。我们也知道穿过电容器的电压是

v_{C} = V_{0}

。将这些数据代入到KVL方程：

v_{L} - 0 - V_{0} = 0

然后我们现在知道在

t = 0^{+}

时的电感器电压是：

v_{L} = V_{0}

我们可以利用上式和电感

d i / d t

方程来推导出

d i / d t

：

v_{L} (0^{+}) = L \frac{d i}{d t} (0^{+})

10 = 1 \frac{d i}{d t} (0^{+})

\frac{d i}{d t} (0^{+}) = 10 A / sec

开关闭合后那一瞬间，电感器中的电流有一个

10

安培每秒的初始斜率。

用初始条件来找常数 $A_{1}$ ‍ 和 $A_{2}$ ‍

我们提出的初始解决方法是：

i = e^{- t} (A_{1} \cos 2 t + A_{2} \sin 2 t)

初始条件是：

i (0^{+}) = 0

\frac{d i}{d t} (0^{+}) = 10

如果我们在

t = 0

时取

i

值，我们就可以找到其中一个常数

A

。代入

t = 0

和

i = 0

到初步解中：

0 = e^{- 0} (A_{1} \cos 2 \cdot 0 + A_{2} \sin 2 \cdot 0)

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

0 = (A_{1} \cdot 1 + A_{2} \cdot 0)

A_{1} = 0

A_{1} = 0

，因此cos项被消元了。现在常数还剩一个。我们的初步解现在看起来是：

i = A_{2} e^{- t} \sin 2 t

让我们用第二个初始条件来找到

A_{2}

：

我们需要给

i

的导数一个等式。从哪里找呢？要不然我们取初步解的导数？

\frac{d i}{d t} = \frac{d}{d t} (A_{2} e^{- t} \sin 2 t)

初步解是两个方程的乘积。我们用乘积法则来求它的导数：

{(f g)}^{'} = f^{'} g + f g^{'}

识别乘积的两部分及其导数:

f = A_{2} e^{- t} g = \sin 2 t

f^{'} = - A_{2} e^{- t} g^{'} = 2 \cos 2 t

根据乘积法则来组合其部件：

\frac{d i}{d t} = - A_{2} e^{- t} \sin 2 t + A_{2} e^{- t} 2 \cos 2 t

\frac{d i}{d t} = A_{2} e^{- t} (2 \cos 2 t - \sin 2 t)

我们现在可以在

t = 0^{+}

时求解这个表达式：

10 = A_{2} e^{- 0} (2 \cos 0 - \sin 0)

10 = A_{2} \cdot 1 \cdot (2 - 0) = 2 A_{2}

A_{2} = 5

电流的解

最后，经过大量的努力，目前电流的解是:

i = 5 e^{- t} \sin 2 t

i

作为时间函数的图像是这样的：

当开关闭合时，电流会有一个很大的上升浪，呈现出正弦波的第一个峰的形状。由于当电荷在电阻器中来回流动时系统中的能量迅速消散，正弦波经过几次摆动后很快就消失了。

在本例中，电阻值所起的“摩擦”作用代表了相当高的能量耗散率。在降为零之前，电流只明显地改变了两次符号。

这是一个欠阻尼解的例子。我们将在下一节中介绍这个描述性术语。

解电压

电路中只有一个电流。既然我们知道了电流的自然响应，我们就能求出三个电压的自然响应。

电阻的电压

我们用欧姆定律来找到电阻的电压：

(

这里有一个 “

-

” 号，因为

i

相对于

v_{R})

v_{R} = - i R

v_{R} = - 5 e^{- t} \sin 2 t \cdot 2 Ω

v_{R} = - 10 e^{- t} \sin 2 t

电感器电压

电感器电压是从电感

i

v

方程出现的：

v_{L} = L \frac{d i}{d t}

v_{L} = 1 \cdot \frac{d}{d t} (5 e^{- t} \sin 2 t)

[显示导数的步骤]

v_{L} = - 5 e^{- t} (\sin 2 t - 2 \cos 2 t)

电容器电压

为了求电容电压，我们可以用电容

i

v

方程的积分形式：

(

这里有另一个 “

-

” 号，因为

i

的方向相对于

v_{C})

v_{C} = \frac{1}{C} \int - i d t

v_{C} = \frac{1}{1 / 5} \int - 5 e^{- t} \sin 2 t d t

[显示积分]

v_{C} = 5 e^{- t} (\sin 2 t + 2 \cos 2 t)

这是画在一起的三个电压：

[另一种利用 KVL寻找电容器电压的方法]

总结

RLC

电路在电子意义上等同于一个受到摩擦的摆锤。电路可以用这个

2

阶线性微分方程来建模：

L \frac{d^{2} i}{d t^{2}} + R \frac{d i}{d t} + \frac{1}{C} i = 0

得到的特征方程为:

s^{2} + \frac{R}{L} s + \frac{1}{LC} = 0

利用二次根式求解特征方程的根:

s = \frac{- R \pm \sqrt{R^{2} - 4 L / C}}{2 L}

通过替换变量

α

和

ω_{o}

，我们将

s

简化为:

s = - α \pm \sqrt{α^{2} - ω_{o}^{2}}

在这里，

α = \frac{R}{2 L}

且

ω_{o} = \frac{1}{\sqrt{LC}}

我们最后解决一个示例电路。此电路的元件会产生一个来回摆动多次的电流（和电压）。

根据

α

和

ω_{o}

的相对大小，特征方程的根可以是实数，也可以是复数。在下一篇文章中，我们将会更详细地描述这三种形式：

过阻尼，即 $α > ω_{0}$ ‍，将会让我们得到两个衰减指数方程的和
临界阻尼，即 $α = ω_{0}$ ‍，将会让我们得到 $t \cdot$ ‍衰减指数方程。
欠阻尼，即 $α < ω_{0}$ ‍，将会给我们衰减的正弦函数。

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