14.11: Перехідні серії RLC
- Page ID
- 78762
Батарея постійної\(\text{EMF} V\) is connected to a switch, and an \(R\), \(L\) and \(C\) in series. The switch is closed at time \(t=0\). We'll first solve this problem by "conventional" methods; then by Laplace transforms. The reader who is familiar with the mechanics of damped oscillatory motion, such as is dealt with in Chapter 11 of the Classical Mechanics notes of this series, may have an advantage over the reader for whom this topic is new – though not necessarily so!
«Закон Ома» - це
\[V=Q/C +RI + L\dot I, \label{14.11.1}\]
або
\[LC \ddot Q + RC \dot Q + Q = CV. \label{14.11.2}\]
Ті, хто знайомий з цим типом рівняння, визнають, що загальне рішення (додаткова функція плюс конкретний інтеграл) є
\[Q=Ae^{\lambda _1t}+Be^{\lambda_2t}+CV, \label{14.11.3}\]
де
\[\lambda _1 = -\frac{R}{2L}+\sqrt{\frac{R^2}{4L^2}-\frac{1}{LC}} \]
і
\[ \lambda _2=-\frac{R}{2L} - \sqrt{\frac{R^2}{4L^2}-\frac{1}{LC}}.\label{14.11.4}\]
(Тим, хто не знайомий з розв'язанням диференціальних рівнянь такого типу, тут не варто опускати руки. Просто перейдіть до тієї частини, де ми робимо це за допомогою трансформацій Лапласа. Скоро ви будете випереджати своїх більш навчених колег, які будуть боротися на деякий час.)
Справа I
\(\frac{R^2}{4L^2}-\frac{1}{LC}\) is positive. For short I'm going to write Equations \ref{14.11.4} as
\[\lambda_1 = -a + k \ \text{and} \ \lambda_2 = -a - k. \label{14.11.5}\]
Тоді
\[Q=Ae^{-(a-k)t}+Be^{-(a+k)t}+CV \label{14.11.6}\]
і, шляхом диференціації щодо часу,
\[I=-A(a-k)e^{-(a-k)t}-B(a+k)e^{-(a+k)t}.\label{14.11.7}\]
В\(t=0\), \(Q\) and \(I\) are both zero, from which we find that
\[A= -\frac{(a+k)CV}{2k} \ \text{and} \ B = \frac{(a-k)CV}{2k}.\label{14.11.8}\]
Таким чином
\[Q=\left[ -\left( \frac{a+k}{2k}\right)e^{-(a-k)t}+\left(\frac{a-k}{2k}\right) e^{-(a+k)t}+1\right] CV \label{14.11.9}\]
і
\[I=\left[ \left( \frac{a^2-k^2}{2k} \right) \left(e^{-(a-k)t} - e^{-(a+k)t} \right) \right] CV.\label{14.11.10}\]
Про згадку значень\(a\) and \(k\) and the sinh function, and a little algebra, we obtain
\[I= \frac{V}{Lk}e^{-at} \sinh kt. \label{14.11.11}\]
Вправа\(\PageIndex{1}\)
Переконайтеся, що рівняння E\ ref {14.11.11} є правильним за розмірами. Намалюйте графік\(I\) : \(t\). The current is, of course, zero at \(t=0\) and \(\infty\). What is the maximum current, and when does it occur?
Справа II
\(\frac{R^2}{4L^2}-\frac{1}{LC}\) is zero. In this case, those who are in practice with differential equations will obtain for the general solution
\[Q=e^{\lambda t}(A+Bt) + CV, \label{14.11.12}\]
де\[\lambda = -R/(2L), \label{14.11.13}\]
з якого\[I= \lambda (A + Bt) e^{\lambda t} + Be^{\lambda t}. \label{14.11.14}\]
Після застосування початкових умов, що Q і I спочатку дорівнюють нулю, отримаємо
\[Q = CV \left[ 1- \left( 1- \frac{Rt}{2L} \right) e^{-Rt/(2L)} \right] \label{14.11.15}\]
і
\[I=\frac{V}{L}t e^{-Rt/(2L)}. \label{14.11.16}\]
Як і у випадку II, це починається і закінчується з нуля і проходить максимум, і ви, можливо, захочете обчислити, який максимальний струм і коли він виникає.
Справа ІІІ
\(\frac{R^2}{4L^2}- \frac{1}{LC}\) is negative. In this case, I am going to write equations 14.11.4 as
\[\lambda_1 = -a + j \omega \ \text{and} \ \lambda_2 = -a - j\omega , \label{14.11.17}\]
де\[a = \frac{R}{2L} \ \text{and} \ \omega^2 = \frac{1}{LC} - \frac{R^2}{4L^2}. \label{14.11.18}\]
Все, що потрібно, - це повторити аналіз для випадку I, але замінити\(-\omega^2\)\(k^2\) and \(j\omega\) на\(k\), and, provided that you know that \(\sinh j\omega t = j \sin \omega t\), you finish with
\[I= \frac{V}{L\omega}e^{-at} \sin \omega t . \label{14.11.19} \]
Це злегка загасає коливальний рух.
Тепер спробуємо ту ж саму проблему, використовуючи перетворення Лапласа. Нагадаємо, що у нас є\(V\) in series with an \(R\), \(L\) and \(C\), and that initially \(Q, \ I \ \text{and} \ \dot I\) are all zero. (The circuit contains capacitance, so \(Q\) cannot change instantaneously; it contains inductance, so \(I\) cannot change instantaneously.)
Негайно, автоматично і з навряд чи думкою, наш перший рядок є узагальненим законом Ома, з Лапласом перетворює\(V\) and \(I\) and the generalized impedance:
\[\bar{V} = [R + Ls + 1/(Cs)]\bar{I}. \label{14.11.20}\]
Так як\(V\) is constant, reference to the very first entry in your table of transforms shows that \(\bar{V}= V/s\), and so
\[\bar{I} = \frac{V}{s[R + Ls + 1/(Cs)]} = \frac{V}{L(s^2 + bs + c)}, \label{14.11.21}\]
де\[b=R/L \ \text{and} \ c=1/(LC). \label{14.11.22}\]
Справа I.\(b^2 > 4c.\)
\[\bar{I}= \frac{V}{L}\left( \frac{1}{(s-\alpha)(s-\beta)} \right)= \frac{V}{L} \left(\frac{1}{\alpha - \beta} \right) \left( \frac{1}{s-\alpha} - \frac{1}{s-\beta}\right). \label{14.11.23}\]
Тут, звичайно,\[2 \alpha = -b + \sqrt{b^2-4c} \ \text{and} \ 2\beta = -b - \sqrt{b^2 - 4c} \label{14.11.24}\]
Приймаючи зворотні перетворення, ми знаходимо, що
\[I = \frac{V}{L} \left( \frac{1}{\alpha - \beta}\right) (e^{\alpha t} - e^{\beta t}). \label{14.11.25}\]
Звідти справа рутинної алгебри (зроби це!) щоб показати, що це точно так само, як Equation\ ref {14.11.11}.
Щоб досягти цього результату, зовсім не потрібно було знати, як розв'язувати диференціальні рівняння. Все, що було потрібно, - це зрозуміти узагальнений імпеданс і подивитися таблицю перетворень Лапласа.
Справа II. \(b^2 = 4c\).
У цьому випадку рівняння\ ref {14.11.21} має вигляд
\[\bar{I} = \frac{V}{L} \cdot \frac{1}{(s-\alpha)^2}, \label{14.11.26}\]
де\(\alpha = -\frac{1}{2}b\). If you have dutifully expanded your original table of Laplace transforms, as suggested, you will probably already have an entry for the inverse transform of the right hand side. If not, you know that the Laplace transform of \(t\) is \(1/s^2\), so you can just apply the shifting theorem to see that the Laplace transform of \(te^{\alpha t}\) is \(1/(s-\alpha)^2\). Таким чином
\[I= \frac{V}{L}t e^{\alpha t} \label{14.11.27}\]
що і рівняння\ ref {14.11.16}.
[Боже — що може бути швидше і простіше, ніж це!?]
Справа III. \(b^2 < 4c\).
Цього разу ми завершимо квадрат у знаменнику Рівняння\ ref {14.11.21}:
\[\bar{I}= \frac{V}{L} \cdot \frac{1}{(s+\frac{1}{2}b)^2 + (c-\frac{1}{4}b^2)}=\frac{V}{L\omega}\frac{\omega}{(s+\frac{1}{2}b)^2+\omega^2}, \label{14.11.28}\]
де я представив\(\omega\) з очевидним позначенням.
Прийнявши обернене перетворення (з нашої таблиці, з невеликою допомогою теореми зсуву) отримуємо
\[I = \frac{V}{L\omega} \cdot e^{-\frac{1}{2}bt} \sin \omega t, \label{14.11.29}\]
що і рівняння\ ref {14.11.19}.
За допомогою цієї короткої вступної глави до застосування Лапласа перетворюється на електричну схему, ми щойно відкрили двері крихітною тріщиною, щоб побачити потенційну велику силу цього методу. З практикою його можна використовувати для вирішення складних завдань різного роду з великою швидкістю. Все, що ми маємо до цього часу, - це крихітний проблиск. Я закінчу цю главу лише ще одним прикладом, сподіваючись, що цей короткий вступ розбудить апетит читача, щоб дізнатися більше про цю техніку.