Główna zawartość

Kurs: Elektrotechnika > Rozdział 2

Lekcja 4: Odpowiedź swobodna i wymuszona

Wyprowadzenie odpowiedzi swobodnej układu RLC

Formalne wyprowadzenie odpowiedzi nautralnej układu RLC. Stworzone przez Willy McAllister. Tłumaczenie na język polski: Fundacja Edukacja dla Przyszłości dzięki wsparciu Fundacji Akamai.

Wprowadzenie

Zagłębimy się teraz w działanie układu

RLC

, ostatniego dla którego wyprowadzimy przebieg odpowiedzi naturalnej. Punktem wyjścia będzie, tak jak dotychczas, równanie różniczkowe opisujące zmiany natężenia prądu w czasie.

Układ

RLC

przypomina rzeczywiste obwody, gdyż w każdym z nich występuje pewien skończony opór. Wykazuje on różnorodną odpowiedź o zróżnicowanym poziomie złożoności, przez co znajduje zastosowanie w wielu dziedzinach elektrotechniki.

Do czego zmierzamy

Odpowiedź naturalna układu

RLC

opisywana jest przez liniowe równanie różniczkowe drugiego rzędu, w którym rolę zmiennej niezależnej sprawuje

i

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

Równanie charakterystyczne ma postać:

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

Rozwiązania równania charakterystycznego wyznaczymy ze wzoru na pierwiastki równania kwadratowego:

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

Po podstawieniu zmiennych

α

ω_{o}

s

możemy rozpisać w uproszczonej formie:

s = - α \pm \sqrt{α^{2} - ω_{o}^{2}}

gdzie

α = \frac{R}{2 L}

ω_{o} = \frac{1}{\sqrt{LC}}

α

nazywamy współczynnikiem tłumienia, a

ω_{o}

to częstość rezonansowa.

Znajdziemy rozwiązanie dla układu

RLC

z rzeczywistymi parametrami elementów obwodu i prześledzimy przebieg zmian natężenia prądu i napięcia.

Nasza strategia

W celu rozwiązania naszego układu zastosujemy tę samą procedurę co dla rozważanego wcześniej drugorzędowego układu LC.

Wychodząc od charakterystyk $i$ ‍- $v$ ‍ opornika, cewki i kondensatora, zbudujemy jednorodne równanie różniczkowego drugiego rzędu. Skorzystamy z drugiego (napięciowego) prawa Kirchhoffa.
Kierując się naszym doświadczeniem, zgadniemy postać rozwiązania. Tak jak dotychczas, rozwiązanie będzie miało ogólną postać $K e^{s t}$ ‍.
Wstawimy nasze rozwiązanie do równania różniczkowego. Po skróceniu wyrazów wykładniczych otrzymamy równanie charakterystyczne zmiennej $s$ ‍.
Rozwiążemy równanie charakterystycznego posługując się wzorem na pierwiastki funkcji kwadratowej.
Z warunków początkowych wyznaczymy wartości stałych występujących w rozwiązaniu.
Będziemy świętować znalezienie rozwiązania.

Matematyczny model układu

Sposób przypisania biegunów w elementach obwodu decyduje o znaku napięcia. Dobierając znaki spojrzałem kilka kroków do przodu. Udało mi się to zrobić w sprytny sposób, tak, by w kolejnych równaniach otrzymać dodatnie wartości tam, gdzie mi na tym zależy, a jednocześnie zachować konwencję znaku dla elementów pasywnych. Jest to jedynie kwestia estetyczna.

Napięcie na kondensatorze: Chcę, by górna okładka kondensatora naładowana była dodatnim ładunkiem. Wtedy dodatni biegun

v_{C}

też jest na górnej okładce. Podoba mi się, gdy dodatnie ładunki kierują się ku górze schematu.

Prąd płynący przez cewkę: Po zamknięciu obwodu prąd zaczyna nagle płynąć z kondensatora, przeciwnie do kierunku wskazówek zegara, do cewki i przez nią. Chcę, żeby znak natężenia prądu w tym kierunku był dodatni. Kiedy więc szkicuję natężenie prądu, początkowy skok rysuję w górę, a nie w dół. Według mnie, wygląda to ładnie na wykresie.

Kierunek przepływu prądu (oznaczony niebieską strzałką i literą

i

) jest wybrany tak, by wpływał do cewki od góry. Konwencja znaku cewki (elementu pasywnego) pozwala mi przypisać dodatni biegun

v_{L}

do górnego zacisku cewki.

Opór opornika: Napięcie na oporniku nie daje estetycznego wkładu do całości, więc można je dobrać tak by pasowało do kondensatora albo do cewki. U mnie jest dobrane do kondensatora, ale ty możesz zrobić jak chcesz.

Polaryzacja napięcia, którą wybrałem dla

v_{C}

(górny biegun na górze), stoi w sprzeczności z kierunkiem przepływu prądu

i

narzuconym przez konwencję znaku dla elementów pasywnych. Prąd oznaczony przez

i

wypływa, zamiast wpływać, z zacisku

+

kondensatora. Uwzględnię to rozpisując charakterystykę

i

v

kondensatora, stawiając znak

-

przed

i

Z napięciem na oporniku jest podobnie jak na kondensatorze. Kiedy będę rozpisywał prawo Ohma dla opornika, postąpię dokładnie tak samo, umieszczając znak

-

przed

i

W ten oto sposób udało mi się zachować konwencję znaku i nie zaburzyć mojej wizji estetycznej.

Większość podręczników po prostu podaje równanie różniczkowo-całkowe do którego za chwilę dojdziemy, nie wdając się w obszerne wytłumaczenie i pozwalając czytelnikowi samemu dopasować znaki. Pomyślałem, że spojrzenie bliżej na tę kwestię może być pomocne.

Poniższy schemat pokazuje stan po zamknięciu obwodu (w tym przypadku występują dwa różne napięcia na cewce i oporniku oznaczane jako

v_{L}

v_{R}

Możemy zapisać równania

i

v

osobno dla każdego z elementów obwodu.

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

v_{R} = - i R

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

Rozpiszemy drugie prawo Kirchhoffa dla naszego obwodu. Rozpoczynamy od dolnego lewego końca obwodu i poruszamy się zgodnie z ruchem wskazówek zegara, sumując po drodze napięcia. Na cewce obserwujemy skok, a na oporniku i kondensatorze - spadek napięcia.

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

W równaniu prawa Kirchhoffa za napięcia podstawimy zapisane wcześniej wyrażenia w których występuje natężenie prądu:

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

Moglibyśmy, oczywiście, od razu zmierzyć się z tym równaniem. Wyraz z całką jest jednak niewygodny i prościej będzie nam zróżniczkować najpierw całe równanie.

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

Uzyskujemy poniższe równanie zawierające wyrazy, w których występuje

i

oraz jego pierwsza i druga pochodna. Suma wszystkich członów równa jest

0

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

Nazywamy je jednorodnym równaniem różniczkowym zwyczajnym drugiego rzędu. Jest ono *jednorodne, gdyż występuje w nim tylko jedna funkcja czasu, natężenie prądu

i

i jego pochodne. Mówimy, że jest drugiego rzędu, gdyż pochodne

i

, które w nim występują, są co najwyżej drugiego rzędu. Jest nazywany zwyczajnym, bo występuje w nim jedna zmienna niezależna

t

(nie występują pochodne cząstkowe). Teraz pokażemy, jak je rozwiązać.

Postulujemy rozwiązanie

Podobnie jak w poprzednich rozdziałach omawiających odpowiedź naturalną układów elektrycznych (RC, RL i LC), założymy eksponencjalną postać rozwiązania. Zadziwiającą własnością funkcji eksponencjalnej jest to, że po zróżniczkowaniu prawie się nie zmienia. Postulowane rozwiązanie ma więc postać:

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

K

jest czynnikiem amplitudowym, który skaluje natężenie prądu.

s

występuje w eksponencie obok czasu

t

. Musi mieć wymiar

1 / t

tak, by wyrażenie w wykładniku było bezwymiarowe. Wielkości o takim wymiarze nazywamy częstościami, a skoro mowa o odpowiedzi naturalnej to

s

nazwiemy częstością naturalną.

Sprawdzamy postulowane rozwiązanie

Teraz podstawimy postulowaną funkcję do równania różniczkowego. W ten sposób sprawdzimy, czy jest ono spełnione.

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

Wykonamy wszystkie różniczkowania występujące w wyrazach równania.

Środkowy wyraz: Pierwsza pochodna wyrazu z

R

wynosi:

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

Pierwszy wyraz: Dwukrotnie różniczkujemy

K e^{s t}

. Pierwszy wyraz wynosi:

\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}

więc wiodący wyraz ma postać:

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

Wstawimy wyznaczone pochodne z powrotem do naszego równania:

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

Wyciągniemy wyrażenie

K e^{s t}

przed nawias:

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

Sprawmy by równanie było spełnione

Spróbujmy odpowiedzieć sobie, na ile sposobów możemy sprawić, by równanie było spełnione.

Pierwsze możliwe rozwiązanie to

K = 0

. Wtedy

i = 0

, więc nie dzieje się nic ciekawego.

Czynnik

e^{s t}

nie osiągnie zerowej wartości w skończonym czasie. Musielibyśmy poczekać do chwili

t = \infty

. Ostatnią możliwością jest

s = 0

, co prowadzi do jedynego interesującego rozwiązania.

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

Otrzymaliśmy równanie charakterystyczne układu

RLC

Znajdźmy pierwiastki równania charakterystycznego

Naszym celem jest wyznaczenie wartości

s

, dla których równanie charakterystyczne jest spełnione. (Chcemy znaleźć pierwiastki równania charakterystycznego.)

Mamy do tego idealne narzędzie, równanie funkcji kwadratowej.

Dla każdego równania kwadratowego w postaci

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

pierwiastki (miejsca zerowe) można wyznaczyć równaniem:

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

Z równania charakterystycznego możemy wypisać wartości parametrów równania kwadratowego,

a = L

b = R

, and

c = 1 / C

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

Taką postać przybiera

s

, czyli częstość charakterystyczna. Żeby zrozumieć, co to oznacza w kontekście naszego układu, musimy je nieco rozbić i przekształcić.

Równanie będzie bardziej przejrzyste, gdy zastąpimy niektóre wyrażenia dwiema nowymi zmiennymi,

α

ω_{0}

α = \frac{R}{2 L}

ω_{o} = \frac{1}{\sqrt{LC}}

Teraz podzielimy całe równanie przez

L

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

a następnie wyrazimy nasze równanie za pomocą

α

ω_{0}

s^{2} + 2 α s + ω_{o}^{2} = 0

Wróćmy do wyrażenia na pierwiastki funkcji kwadratowej, rozpisując mianownik

2 L

przy każdym wyrazie:

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

Drugi wyraz pod pierwiastkiem sprowadza się do:

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

Teraz możemy wyrazić

s

przez

α

ω_{0}

s = - α \pm \sqrt{α^{2} - ω_{o}^{2}}

Wspomnieliśmy już, że

s

jest częstością, czyli musi mieć wymiar

1 / t

. Oznacza to, że wprowadzone wielkości również opisują jakieś częstości.

$α$ ‍ nazywamy współczynnikiem tłumienia. Jego wartość determinuje, jak szybko całkowity sygnał zbiega do zera.
$ω_{0}$ ‍ to częstość rezonansowa. Określa, jak szybko układ przechodzi przez swoje wewnętrzne oscylacje. Jest to ta sama częstość o której mówiliśmy przy odpowiedzi naturalnej układu $LC$ ‍.

Ulepszone postulowane rozwiązanie

Z równania kwadratowego uzyskaliśmy dwa rozwiązania na

s

. Nazwiemy je

s_{1}

s_{2}

. W rozwiązaniu powinniśmy uwzględnić oba. Ulepszymy więc nasze rozwiązanie, budując je jako kombinację liniową (superpozycję) dwóch osobnych wyrazów wykładniczych z czterema parametrami:

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

gdzie

s_{1}

s_{2}

to częstości naturalne,
a

K_{1}

K_{2}

to czynniki amplitudowe.

Przykładowy obwód

Elementom obwodu przypiszemy określone parametry tak, by zobaczyć działanie układu na konkretnym przykładzie. Nasz przykładowy obwód wygląda następująco:

Przypomnijmy równanie różniczkowe układu

RLC

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

Po wstawieniu rzeczywistych parametrów przyjmuje ono postać:

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

Zakładamy rozwiązanie w postaci

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

, tak jak już mamy w zwyczaju.

Analizujemy równanie zgodnie z wcześniejszym opisem. Otrzymamy równanie charakterystyczne układu:

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

Rozwiązujemy równanie charakterystyczne, czyli szukamy pierwiastków funkcji kwadratowej, które mają postać:

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

Po wstawieniu rzeczywistych wartości:

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

(Elektrotechnicy używają litery

j

na oznaczenie jednostki urojonej,

\sqrt{- 1}

, bo litera

i

jest zarezerwowana na natężenie prądu.)

Nasze rozwiązanie jest zespolone, tak jak miało to miejsce dla odpowiedzi naturalnej układu

LC

. Tym razem w rozwiązaniu występuje zarówno część rzeczywista, jak i urojona.

Z równania charakterystycznego otrzymujemy dwa możliwe rozwiązania na

s

, więc postulujemy rozwiązanie na

i

w postaci superpozycji dwóch wyrazów wykładniczych:

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

W wykładnikach znajdują się liczby zespolone. Poprzestawiamy teraz wyrazy, oddzielając od siebie rzeczywiste wykładniki od urojonych:

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

a następnie wyciągniemy czynnik

e^{- 1 t}

przed nawias:

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

Nasze przekształcenia doprowadziły do wyłączenia z części rzeczywistej

s

wiodącego czynnika w postaci zanikającej funkcji wykładniczej,

e^{- t}

Wyrażenie w nawiasie jest sumą dwóch funkcji wykładniczych o urojonych wykładnikach. Z tego typu wyrażeniem spotkaliśmy się rozważając odpowiedź naturalną układu

LC

. Podobnie jak wtedy, rozpiszemy je posługując się tożsamościami Eulera.

Tożsamości Eulera

Posiłkując się rozwinięciem MacLaurina funkcji

e^{j x}

\sin j x

\cos j x

, możliwe jest wyprowadzenie poniższych tożsamości Eulera:

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

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

Oglądając podlinkowany film będziemy mieli na uwadze, że za każdym razem kiedy Sal wspomina o

i

, ma na myśli nasze

j

Tożsamości Eulera pozwalają nam zmienić specyficzne wyrażenie w postaci

e

do urojonej potęgi w zwykłą liczbę zespoloną.

Zastosowanie tożsamości Eulera

Zastosujemy tożsamości Eulera, aby przekształcić naszą funkcję

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

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

Po wymnożeniu wszystkich stałych:

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

oraz zebraniu razem wyrazów z kosinusami i sinusami:

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

Niczego nie tracąc, możemy wprowadzić nowe zmienne

A

, które zastąpią nasze

K

. Niech

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

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

Nasze wyrażenie przyjmuje postać:

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

Możemy wstawić je do postulowanego rozwiązania:

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

Na razie wszystko idzie jak z płatka. Teraz, odnosząc się do warunków początkowych, ustalimy wartości

A_{1}

A_{2}

Znajdowanie warunków początkowych

W obwodzie drugiego rzędu, jakim jest układ

RLC

zadać musimy dwa warunki brzegowe: natężenie prądu

i

oraz wartość jego pierwszej pochodnej

d i / d t

w chwili zamknięcia obwodu.

Znając wartość

i

d i / d t

w określonej chwili czasu, będziemy mogli wyznaczyć wartości

A_{1}

oraz

A_{2}

Znalezienie warunków początkowych dla układu

RLC

jest bardzo podobne jak dla układu LC. Jedyną różnicą, którą musimy uwzględnić, jest obecność opornika.

Zapiszmy wszystko, co wiemy na temat obwodu w chwili

t = 0^{-}

, czyli tuż przed zamknięciem obwodu:

Obwód jest otwarty, więc $i (0^{-}) = 0$ ‍
Początkowe napięcie na kondensatorze jest określone i wynosi $v_{C} (0^{-}) = V_{0}$ ‍

Czas tuż po zamknięciu obwodu oznaczymy jako

t = 0^{+}

. Naszym celem jest znalezienie natężenia prądu i jego pochodnej w tej chwili,

i (0^{+})

oraz

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

. Uzbrojeni w wiedzę o tym, jak zachowują się cewki i kondensatory, będziemy w stanie przejść z

t = 0^{-}

t = 0^{+}

Natężenie prądu na cewce nie może zmieniać się w sposób natychmiastowych, więc $i (0^{+}) = i (0^{-}) = 0$ ‍
Napięcie na kondensatorze nie może zmieniać się w sposób natychmiastowy, więc $v_{C} (0^{+}) = v_{C} (0^{-}) = V_{0}$ ‍

Znamy już wartość

i (0^{+}) = 0

, i wiemy coś na temat napięcia, ale jeszcze nie wiemy ile wynosi

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

Postarajmy się znaleźć drugi warunek początkowy,

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

. Wyraz

d i / d t

zawsze przywodzi mi na myśl charakterystykę

i

v

cewki. Jeśli uda nam się znaleźć napięcie na cewce, będziemy mogli wyznaczyć

d i / d t

. Zrobimy to na drodze eliminacji.

Równanie prawa Kirchhoffa dla naszej pętli ma postać:

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

Skoro

i (0^{+}) = 0

, to napięcie na oporniku,

v_{R}

, wynosi

0

. Wiemy również, że napięcie na kondensatorze wynosi

v_{C} = V_{0}

. Wpiszmy te wartości do równania:

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

Dzięki temu wiemy, że napięcie na cewce w chwili

t = 0^{+}

jest równe:

v_{L} = V_{0}

Wróćmy do równania

i

v

cewki i podstawmy tę wartość.

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

W chwili następującej po zamknięciu obwodu, szybkość zmiany natężenia prądu wynosi

10

amperów na sekundę.

Wyznaczenie $A_{1}$ ‍ i $A_{2}$ ‍ z warunków początkowych

Przypomnijmy sobie postać postulowanego rozwiązania:

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

z warunkami początkowymi:

i (0^{+}) = 0

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

Możemy znaleźć wartości stałych

A

rozpisując

i

w chwili

t = 0

. Wstawmy

t = 0

i = 0

do naszego rozwiązania:

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

, więc wyraz z kosinusem znika z rozwiązania. Postulowane rozwiązanie wygląda teraz następująco:

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

Wartość

A_{2}

ustalimy korzystając z drugiego warunku brzegowego.

Potrzebujemy równania zawierającego pochodną

i

. Gdzie możemy znaleźć taki twór? Może zróżniczkujmy po prostu nasze rozwiązanie?

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

Postulowane rozwiązanie jest iloczynem dwóch funkcji. Jego pochodną wyznaczymy ze wzoru na pochodną iloczynu:

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

Określmy czym są funkcje

f

g

oraz ich pochodne:

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

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

Złóżmy rozwiązanie zgodnie ze wzorem na pochodną iloczynu:

\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)

Możemy podstawić wartości, które znamy dla

t = 0^{+}

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

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

A_{2} = 5

Rozwiązanie - natężenie prądu

Zwieńczeniem naszych wysiłków jest rozwiązanie na zależność natężenia prądu od czasu:

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

Poniższy wykres przedstawia przebieg

i

w funkcji czasu:

Po zamknięciu obwodu, natężenie prądu skacze w górę, a jego przebieg kreśli pierwsze maksimum fali sinusoidalnej. Zanika ona szybko po pierwszych kilku wahnięciach. Świadczy to o tym, że układ szybko wytraca energię na drodze ciepła rozproszonego na oporniku, gdy przepływa przez niego prąd - raz w jedną, raz w drugą stronę.

W tym przykładzie widoczna jest rola "tarcia" (odgrywana przez opornik), prowadzącego do szybkiego rozproszenia energii. Gołym okiem widoczna jest jedynie dwukrotna zmiana znaku natężenia prądu, nim zaniknie on do zera.

Trafiliśmy na przykład niedotłumionego rozwiązania. W następnym artykule opiszemy ten termin.

Rozwiązanie - napięcia

Natężenie prądu jest takie samo w każdym punkcie obwodu. Znając postać odpowiedzi naturalnej dla natężenia prądu, możemy wyznaczyć jej postać dla napięć na poszczególnych elementach układu.

Napięcie na oporniku

Do wyznaczenia napięcia na oporniku, skorzystamy z prawa Ohma

(

pojawia się znak minus, bo kierunek przepływu prądu jest odwrotny względem

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

Napięcie na cewce

Napięcie cewki wyłania się z jej równania

i

v

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

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

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

Napięcie na kondensatorze

Napięcie na kondensatorze możemy wyznaczyć z równania

i

v

kondensatora w postaci całkowej

(

dodatkowy znak minus pojawia się ze względu na odwrotny, względem

v_{C}

, kierunek przepływu prądu

)

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

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

v_{C} = - 25 \int e^{- t} \sin 2 t d t

\frac{v_{C}}{- 25} = \int e^{- t} \sin 2 t d t

Będziemy całkować wyrażenie po prawej stronie równania, a na koniec uwzględnimy stały wyraz -25.

Pod całką stoi iloczyn dwóch funkcji. Scałkujemy go przez części:

\int f^{'} g = f g - \int f g^{'}

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

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

Całkujemy przez części po raz pierwszy:

\int f^{'} g = f g - \int f g^{'}

\int e^{- t} \sin 2 t d t = - e^{- t} \sin 2 t - \int - e^{- t} 2 \cos 2 t d t

Ponownie skorzystamy z całkowania przez części do wyznaczenia całki po prawej stronie równania:

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

f = e^{- t} g^{'} = - 4 \sin 2 t

\int e^{- t} \sin 2 t d t = - e^{- t} \sin 2 t - [e^{- t} 2 \cos 2 t - \int e^{- t} (- 4 \sin 2 t) d t]

\int e^{- t} \sin 2 t d t = - e^{- t} \sin 2 t - e^{- t} 2 \cos 2 t - 4 \int e^{- t} \sin 2 t d t

Zwróć uwagę, że po obu stronach równania występują dwie takie same całki. Przenieśmy je na jedną stronę (pamiętając koniecznie o dodatkowej stałej):

\int 5 e^{- t} \sin 2 t d t = - e^{- t} \sin 2 t - e^{- t} 2 \cos 2 t

\int e^{- t} \sin 2 t d t = \frac{1}{5} (- e^{- t} \sin 2 t - e^{- t} 2 \cos 2 t)

Wróćmy do pierwszego równania. Wynika z niego, że wyraz po lewej stronie jest równy

\frac{v_{C}}{- 25}

\frac{v_{C}}{- 25} = \int e^{- t} \sin 2 t d t = \frac{1}{5} (- e^{- t} \sin 2 t - e^{- t} 2 \cos 2 t)

W wyniku otrzymujemy (uwzględniając stałą):

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

Wartość stałej uzyskamy z warunków początkowych. Wiemy, że w

t = 0

wartość

v_{C} = + 10 V

+ 10 V = 5 e^{- 0} (\sin 2 \cdot 0 + 2 \cos 2 \cdot 0) + C

+ 10 V = 5 \cdot 1 \cdot (0 + 2 \cdot 1) + C

C = 0

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

Wszystkie trzy napięcia przedstawiono na poniższym wykresie:

Istnieje jeszcze jeden sposób na wyznaczenie napięcia na kondensatorze

v_{C}

, jeśli znamy już napięcie opornika i cewki. Korzysta on z drugiego prawo Kirchhoffa.

Równanie drugiego prawa Kirchhoffa rozpiszemy idąc po obwodzie zaczynając od dolnego lewego końca:

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

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

Wpiszmy napięcia, które już wyznaczyliśmy:

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

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

v_{C} = - 5 e^{- t} (\sin 2 t - 2 \cos 2 t) - (- 10 e^{- t} \sin 2 t)

Po zebraniu wyrazów otrzymamy

v_{C}

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

Na całe szczęście wyszło to samo co z całkowania. Metoda korzystająca z prawa Kirchhoffa zadziałała tylko dlatego, że wyznaczyliśmy już pozostałe napięcia. Nie w każdym przypadku będzie to możliwe. Wtedy będziemy musieli całkować, ale któż nie lubi od czasu do czasu pocałkować przez części?

Podsumowanie

Układ

RLC

jest elektrycznym odpowiednikiem wahadła z uwzględnieniem tarcia. Zachowanie obwodu opisuje liniowe równanie różniczkowe drugiego rzędu:

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

Równanie charakterystyczne ma postać:

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

W celu znalezienia pierwiastków równania charakterystycznego, skorzystaliśmy z równania na miejsca zerowe funkcji kwadratowej:

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

Uprościliśmy nieco wyrażenie na

s

, wstawiając zmienne

α

ω_{o}

s = - α \pm \sqrt{α^{2} - ω_{o}^{2}}

gdzie

α = \frac{R}{2 L}

ω_{o} = \frac{1}{\sqrt{LC}}

Na koniec rozwiązaliśmy przykładowy obwód, którego elementy wytworzyły prąd, którego natężenie wykazało kilka wahnięć (podobnie jak napięcia na elementach).

Pierwiastki równania charakterystycznego mogą przyjmować rzeczywiste i urojone wartości, w zależności od wartości

α

ω_{o}

względem siebie. W kolejnym artykule przybliżymy trzy możliwości zachowania układu:

przetłumione, $α > ω_{0}$ ‍, prowadzące do sumy dwóch zanikających eksponent,
krytycznie tłumione $α = ω_{0}$ ‍, prowadzące do postaci $t \cdot$ ‍ zanikająca eksponenta
niedotłumione, $α < ω_{0}$ ‍, prowadzące do zanikającej funkcji sinus.

Chcesz dołączyć do dyskusji?

Zaloguj się

Sortuj według

Na razie brak głosów w dyskusji

Rozumiesz angielski? Kliknij tutaj, aby zobaczyć więcej dyskusji na angielskiej wersji strony Khan Academy.

Elektrotechnika

Kurs: Elektrotechnika > Rozdział 2

Wprowadzenie

Do czego zmierzamy

Nasza strategia

Matematyczny model układu

Postulujemy rozwiązanie

Sprawdzamy postulowane rozwiązanie

Sprawmy by równanie było spełnione

Znajdźmy pierwiastki równania charakterystycznego

Ulepszone postulowane rozwiązanie

Przykładowy obwód

Tożsamości Eulera

Zastosowanie tożsamości Eulera

Znajdowanie warunków początkowych

Wyznaczenie A1‍ i A2‍ z warunków początkowych

Rozwiązanie - natężenie prądu

Rozwiązanie - napięcia

Napięcie na oporniku

Napięcie na cewce

Napięcie na kondensatorze

Podsumowanie

Chcesz dołączyć do dyskusji?

Wyznaczenie $A_{1}$ ‍ i $A_{2}$ ‍ z warunków początkowych