6. 二階電路el.fotech.edu.tw/localuser/eetuml/web1/circuit analysis/ch 06_r2.pdf · 6-3 6-1...
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電 路 學 6. 二階電路
6-1 二階電路與二階微分方程式
6-2 二階電路的自然響應
6-3 自然頻率與自然響應
6-6 二階電路的完全響應
本章練習
6-4 二階電路的零輸入響應
6-5 二階電路的零態響應
6-7 激勵函數具有自然頻率時的響應
6-8 總結
6-2
6-1 二階電路與二階微分方程式 (Second-order Circuit and Second-order Differential Equation)
範例:考慮右圖之 RLC 串聯電路,
設 i(0) = I0 , v(0) = V0,
求 v(t) 。
解:
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 y = yn + yf
依 KVL,t > 0 時 L di dt
Ri C idt V V
t
s + + + = 1
0 0
對 t 微分,可得二階微分方程式 或 L d i dt
R di dt
i C
dV dt
s 2
2 + + = d i dt
R L
di dt
i LC L
dV dt
s 2
2 1 + + =
此式亦為二階微分方程式,因此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 d y
dt a
dy
dt by f t
2
2 + + = ( )
可得 或
v C idt V
t
= + 1 0 0
i C dv dt
= LC d v
dt RC dv
dt v Vs
2
2 + + = d v dt
R L
dv dt
v LC LC
V s 2
2 + + =
V s
+
-
v t ( )
L R
i t ( )
C
6-3
6-1 二階電路與二階微分方程式 (Second-order Circuit and Second-order Differential Equation)
例 6-1:請列出右圖電路以 i2 為變數的微分方程式。
解:
A. 依 KVL 可得 di dt
i i 1 1 2 1 + - =
di dt
i i i 2 2 2 1 0 + + - =
B. 由上式 可得 對 t 微分後得 i di dt i 1
2
2 2 = + di dt
d i dt
di dt
1 2
2 2
2 2 = +
1 W 1 W 1 V
1 H 1 H
i 1 i 2
C. 將上兩式代入 中,得到 di dt
i i 1 1 2 1 + - =
1 2 2 2
= - + i i d i dt
di dt
2 2 2
2 2 + di dt
2 + 1 2
= i d i dt
di dt
2 2 2
2 3 + +
6-5
6-2 二階電路的自然響應 (The Natural Response of Second-order Circuit)
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 yn = Aest 來求解
二階微分方程式的解可為 y = yn + yf
上式稱為特徵 (或特性) 方程式 (Characteristic Equation)
其中 yn 必須滿足 d y dt
a dy dt
by n n
n
2
2 0 + + =
0 ) ( 0 2 2 = + + = + + b as s Ae Abe Asae e As st st st st
0 2 = + + b as s 由於 Aest 不能為零,因此
可直接在 中以 s2 取代二階微分 ,
s1 取代一階微分 , s0 取代零階微分 yn 而得。
d y dt
a dy dt
by n n
n
2
2 0 + + = d y dt
n 2
2
dy dt
n
6-6
6-3 自然頻率與自然響應 (Natural Frequency and Natural Response )
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。
為方便分析,將二階微分方程式 改為如下形式: d y
dt a
dy
dt by f t
2
2 + + = ( )
d y
dt
dy dt y f t n n
2
2
2 2 + + = aw w ( )
其特徵方程式為 s s n n 2 2 2 0 + + = aw w
其中 b b n n 2 = = w w
b
a a a n
n 2 2
2 = = = w
a aw
二次方程式 s2 + as + b = 0 的解有二個,分別為
因此 y A e A e n s t s t = +
1 2 1 2
及 s a a b
1
2 4 2
= - + -
s a a b
2
2 4 2
= - - -
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 y A e n s t
1 1 1 = y A e n
s t 2 2
2 =
在此種情況下,s1 及 s2 為相異實根,其自然響應為
6-8
6-3 自然頻率與自然響應 (Natural Frequency and Natural Response )
1. a2 – 4b > 0 或 a2 > 4b
因此 yn 為隨時間逐漸衰減的函數;
右圖為 yn = 4e –2t – 2e –8t 之波形。
判別式 與 自然響應 間的關係說明 :
y A e A e A e A e n s t s t t t = + = + - -
1 2 1 2 3 1 2
由於
且 a2 > 4b,因此 α> 1
一般稱此情況為過阻尼
(Overdamped)。
a w = = a a
b n 2 2
t
- - 2
8 e
t
4 2 2 8
e e t t - - -
4 2
e t -
0
過阻尼曲線
6-8
6-3 自然頻率與自然響應 (Natural Frequency and Natural Response )
由於 A1 及 A2 為任意常數,故可令 A1 + A2 = C1 , jA1 – jA2 = C2
2. a2 – 4b < 0 或 a2 < 4b
判別式 與 自然響應 間的關係說明 :
在此情況時,s1 及 s2 為共軛複數根,即 s1 , 2 = σ ± jω
σ 和 ω 為實數。 因此,其自然響應為 y A e A e n j t j t = + + -
1 2 ( ) ( ) s w s w
根據尤拉公式 (Euler's Formula) 及 e j j q q q = + cos sin - e j j q q q = - cos sin
可改寫為 y e A e A e
A t j t A t j t
A A t jA jA t
n t j t j t = +
+ + -
+ + -
- s w w
w w w w
w w
( )
[ (cos sin ) (cos sin )]
[( ) cos ( ) sin ]
1 2
2
1 2 1 2
e t = s
e t = s
1
則 為一種阻尼振盪弦波; ) sin cos ( 2 1 t C t C e y t n w w s + =
此情況中由於 a2 <4b ,因此
一般稱之為欠阻尼 (Underdamped) 情況。
a = < 1 a
b 2
若 σ= 0 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)。
dy dt
右圖為 yn = 5e–t sin 3t 之波形。
( ) sin b y e t n t = -
5 3 之波形
t
- 5
5 e t -
0
5 3 e t t - sin
5
- - 5 e
t
4
3
p 2
3
p
6-10
6-3 自然頻率與自然響應 (Natural Frequency and Natural Response )
由於原方程式具有等根,故其原式必須修正為
3. a2 – 4b = 0 或 a2 = 4b
判別式 與 自然響應 間的關係說明 :
此種情況被稱為臨界阻尼,因
且此時 s1 及 s2 為相等實根,即 s s a
1 2 2 = = -
a = = 1 a
b 2
0 2 2 2
0 4
2
2
2 2
2
2
=
+ + + = + + n
n n n
n n n
y a
dt dy a
dt dy a
dt
y d y
a dt
dy a
dt
y d
0 2 2 2
=
+ +
+ n
n n
n y a
dt dy a y a
dt dy
dt d
令 則成為 t a
e A t f t f a
dt t df
2 1 ) ( 0 ) ( 2
) ( - = = + n
n y
a dt dy
t f 2 ) ( + =
因此 t a
e A 2 1 - =
n
n y
a dt dy
2 +
a
上式對 t 積分,可得 t a
n n
e A t A y dt A dt dt
y e d 2
2 1 1 ) ( ] [ -
+ = = 2
t
以 乘以上式兩邊, 得 1 1
2 2 ) ( 2
A y e dt d
A y a
e dt dy
e n n
t a
n t a
= = + 2 t
a 2 e
t a
t 0
( ) A t A e a
t 1 2
2 + -
臨界阻尼曲線
上圖為 yn = (A1t + Az)e–-t 之波形。
a
2
6-12
6-3 自然頻率與自然響應 (Natural Frequency and Natural Response )
解:
例 6-3:某電路的方程式為 ,且已知
若 (a) a = 3 , b = 2;(b) a = 2 , b = 10;(c) a = 6 , b = 9
試求 y(t) 。
d y dt
a dy dt
by 2
2 0 + + = y dy
dt ( ) ,
( ) 0 1
0 3 = =
B. 其特徵方程式為 s s s j s j 2 1 2 2 10 0 , 1 3 , 1 3 + + = = - + = - -
3 4
3 3 ) 0 (
2 2 1 = = + - = A A A dt dy
所以 1 ) 0 ( ) , 3 sin 3 cos ( ) ( 1 2 1 = = + = - A y t A t A e t y t
) 3 cos 3 3 sin 3 ( ) (
2 1 + - + - = t A t A dt
t dy 3 sin 3 cos ( 2 1 + - t A t A e t ) - e t
因此 y t e t t t ( ) cos sin = +
- 3 4 3
3
因此 A1 = 5 , A2 = -4 所以 y(t) = 5e–t – 4e–2t
A. 其特徵方程式為 因此 s s 1 2 1 2 = - = - , s s s s 2 3 2 1 2 0 + + = + + = ( )( )
y t A e A e y A A dy t
dt A e A e
dy dt
A A t t t t 1 2
2 1 2 1 2
2 1 2 0 1 2
0 2 3 = + = + = = - - = - - = - - - - ( ) ( )
( ) ( ) , , ,
C. 其特徵方程式為 所以 s s s s 2 6 9 3 3 0 + + = + + = ( )( ) 3 2 1 - = = s s ) (
6 3 3 0
1 ) 0 ( ) ( ) ( 1 2 1 2 3
2 1 = = - = = = + = - A A A dt
dy A y e A t A t y t
因此 y t t e t ( ) ( ) = + - 6 1 3
6-14
6-4 二階電路的零輸入響應 (Zreo Input Response of Second-order Circuits)
1. 過阻尼情況
考慮右圖之 RLC 電路,假設 i(0) = 1A , v(0) = 2V
則 t > 0 時之電流方程式為
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。
直接由電路方程式及 i(t) 可求出
V) ( 4 6 12 9 8 3 ) (
) ( ) (
) (
2 2 2 t t t t t t e e e e e e t v
t Ri dt
t di L t v
- - - - - - - = - + + - =
- - =
1 H 3 W
1 2
F
+
-
v t ( ) i t ( )
0 2 3 0 0 1
2
2
2
2
0 0 = + + = + + = + + + i
dt di
dt i d
C i
dt di
R dt
i d L V idt
C Ri dt di
L t
因此其特徵方程式為 0 ) 2 )( 1 ( 0 2 3 2 = + + = + + s s s s
因此 t t e A e A t i s s 2 2 1 2 1 ) ( 2 , 1 - - + = - = - =
由初值條件可得 同時
可得
i A A ( ) 0 1 1 2 = + = v
C idt V
t = +
1 0 0
5 2 ) 0 (
0 ) 0 ( ) 0 ( 3 ) 0 (
2 1 - = - - = = + + A A dt di
v i dt di
由此可求得 A1 = -3 及 A2 = 4 故 i t e e t t ( ) = - + - - 3 4 2 A
6-17
6-4 二階電路的零輸入響應 (Zreo Input Response of Second-order Circuits)
考慮右圖之電路,設 i(0) = 1A , v(0) = 2V
t > 0 時其電流方程式為
2. 欠阻尼情況 1 H 2 W
1 2
F
+
-
v t ( ) i t ( )
2 0 0 R
2
2 = + + = + + i
LC i
dt di
2 dt
i d L dt
di 2
2
dt i d
可得電流之零輸入響應為 i t e t 3 t t ( ) ( cos sin ) = - -
其特徵方程式為 s2 + 2s + 2 = 0 因此 s1 = –1 + j1 , s2 = –1 – j1 為欠阻尼情況
由 i(0) = 1,代入上式可得 i(0) = A1 = 1 又 v C
idt V t
= + 1
0 0
其電流響應為 i t e t A2 t t ( ) ( A1 cos sin ) = + -
因此 4 2 2 ) 0 (
0 ) 0 ( ) 0 ( 2 ) 0 (
- = - - = = + + dt
di v i
dt di
又 di t dt e A t A t e A t A t t t ( )
( cos sin ) ( sin cos ) = - + + - + - - 1 2 1 2
因此 即 A2 = –3 di dt A A ( ) 0
4 1 2 = - + = -
由 v t L di t dt
Ri t ( ) ( )
( ) = - -
) sin 4 cos 2 (
) sin 3 (cos 2 ) cos 3 sin ( ) sin 3 (cos ) (
t t e
t t e t t e t t e t v t
t t t
+ =
- - - - - - = -
- - - 可得
6-18
6-4 二階電路的零輸入響應 (Zreo Input Response of Second-order Circuits)
考慮右圖之電路,設 i(0) = 1A , v(0) = 2V
t > 0 時其電流方程式為
其電流響應為 i(t) = (A1t + A2) e –t
由 i(0) = 1,可得 i(0) = A2 = 1
3. 臨界阻尼情況 1 H 2 W
1 F
+
-
v t ( ) i t ( )
0 0 R
2
2 = + + = + + i
LC i
dt di
2 dt
i d L dt
di 2
2
dt i d
其特徵方程式為 s2 + 2s + 1 = 0 因此 s1 = s2 = –1 為臨界阻尼情況
又 di t dt Ri t v t A e A t A e
di dt
i v A A
t t ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
= - - = - +
= - × - = - - = - = -
- - 1 1 2
1 2
0 2 0 0 2 2 4
因此 A1 = – 3 故 i t t e t ( ) ( ) = - + - 3 1 (A)
此外,由 可求出 v(t) 為 v t t e t ( ) ( ) ( = + - 3 2 V) v t L di t dt
Ri t ( ) ( )
( ) = - -
6-19
6-4 二階電路的零輸入響應 (Zreo Input Response of Second-order Circuits)
例 6-4:右圖 RLC 並聯電路已知 v(0) = 2V , i(0) = 1A,求 t >0 之 v(t) 。
解:
若 (a) R = 1Ω , L = H , C = F
(b) R = Ω , L = H , C = 1F
(c) R = Ω , L = 1H , C = 1F
2 3
1 8
1 2
1 2
1 2
依節點分析法 可得 v R L
vdt I C dv dt
t + + + =
1 0
0 0
上式對 t 微分一次 可得 或 C d v dt R
dv dt L
v 2
2 1 1 0 + + = d v
dt RC dv dt LC v
2 1 1 0 + + =
因此其特徵方程式 為 且 s RC
s LC
2 1 1 0 + + = s
RC RC LC 1 2
2 1 2
1 2
1 , = - ±
-
1. 或 ,則電路為過阻尼情況,且
s1 及 s2 為相異實根。
1 2
1 0
2
RC LC
- > L R C > 4 2 v A e A e s t s t = + 1 2 1 2
2. 或 ,則電路為欠阻尼情況,且
其中
1 2
1 2
RC LC
< L R C < 4 2 v e A t A t t = + s
w w ( cos sin ) 1 2
s aw w w w a = - = - = = - 1
2 1
1 2 RC LC
n n n , ,
3. 或 ,則電路為臨界阻尼情況,且
其中
1 2
1 2
RC LC
= L R C = 4 2 v A t A e RC
t = + - ( ) 1 2
1 2
s s RC 1 2 1
2 = = -
i t ( )
C
+
-
v t ( ) L R
6-21
6-4 二階電路的零輸入響應 (Zreo Input Response of Second-order Circuits)
現就 (a)、(b)、(c) 三種情況加以分析:
(a) R = 1Ω , L = H , C = F 2 3
1 8
,電路為過阻尼情況,特徵方程式為 s2 + 8S + 12 = 0 , s1 = –6 , s2 = –2 L R C > 4 2
因此 v t A e A e t t ( ) = + - - 1
6 2
2
v R L vdt I ( ) 0 1
0
0
0 - - - C
dv dt
( ) 0 = v
RC ( ) 0 - dv
dt ( ) 0
= R - I 0 = 24 - 可得 或
dv dt
t = 6A1e
–6t - 2A2e–2t -
dv dt
0 = 6A1
- 2A2 - = 24 -
( ) ( ) 又 ,
因此 A1 = 5 , A2 = – 3 即 v(t) = 5e-6t – 3e–2t V
v A A ( ) 0 2 1 2 = = + v R L
vdt I C dv dt
( ) ( ) 0 1 0 0
0
0
0 + + + = 及 又
6-22
6-4 二階電路的零輸入響應 (Zreo Input Response of Second-order Circuits)
1 1 (b) R = Ω , L = H , C = 1F
2 2
(c) R = Ω , L = 1H , C = 1F 1 2
特徵方程式為 s2 + 2s + 2 = 0 , s1 , 2 = –1 ± j1
特徵方程式為 s2 + 2s + 1 = 0 , s1 = s2 = –1
因此 v t e A t A t t ( ) ( cos sin ) = + - 1 2
dv t dt
e A t A t e A t A t t t ( ) ( cos sin ) ( sin cos ) = - + + - + - -
1 2 1 2
v A ( ) = = 1 0 2
及 dv dt
v RI RC
A A ( ) ( ) 0 0
5 0 1 2 = -
+ = - = - +
可得 A2 = –3 因此 v t e t t t ( ) ( cos sin ) = - - 2 3
因此 v t A t A e v A t ( ) ( ) ( ) = + = = - 1 2 2 0 2
dv t dt
A e A t A e dv dt
v RI RC
A A t t ( )
( ) ( ) ( ) = - + = - +
= - = - - -
1 1 2 0
1 2 0 0
5
可得 A1 = –3 因此 v t t e t ( ) ( ) = - + - 3 2
6-23
6-5 二階電路的零態響應 (Zero States Response of Second-order Circuits )
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。
v A e A ent t= +- -
1 22
y y y n f = +
6-23
6-5 二階電路的零態響應 (Zero States Response of Second-order Circuits )
考慮右圖之電路,設 i(0) = v(0) = 0,
且輸入為 10 伏之直流電壓,
此電路之電壓方程式為
由於上式之特徵方程式為 s2 + 3s + 2 = 0
因 vf 和外加電源之形式 ( 此例為直流 ) 有關,故可設 vf = K
K 為常數,且 vf 為穩態響應。
1 H 3 W
1
2 F
+
-
v t ( )
i t ( ) 10 V
若已知 v = vn + vf,其中 vn 為滿足 之解 0 2 3 2
= + + v dt dv
dt v d
因此 s1 = – 1 , s2 = – 2 即 v A e A e n t t = + - -
1 2 2
20 2 3 2
2
2
= + +
= + +
v dt dv
dt v d
LC V
LC v
dt dv
L R
dt v d s
因此 0 10 ) 0 ( 10 ) ( 2 1 2
2 1 = + + = + + = + = - - A A v e A e A v v t v t t f n
及 0 ) 0 (
2 ) 0 (
) 2 ( ) ( ) (
2 1 2
2 1 = = - - = - - = = - -
C i
A A dt
dv e A e A
C t i
dt t dv t t
可得 A1 = – 20 , A2 = 10 即 v t e e t t ( ) ( = - + + - - 20 10 10 2 V)
將 vf = K 代入得 0 + 0 + 2K = 20 K = 10
6-24
6-5 二階電路的零態響應 (Zero States Response of Second-order Circuits )
我們可觀察到當 t → 時,v(t) = 10V , i(t) = 0 ,即電容器已完成充電。
1 H 3 W
1
2 F
+
-
v t ( )
i t ( ) 10 V
因此 –7B1 – 9B2 = 1 , 9B1 – 7B2 = 0
另外由 i t C dv t dt
( ) ( )
= 可得 i t e e t t ( ) ( ) = - - - 10 10 2 A
若此電路之外加電源改為 之正弦電壓,
則其電壓方程式為
1 2
3 sin t
即 B B 1 2 7
130 9
130 = - = -
d v dt
dv dt
v t 2
2 3 2 3 + + = sin
此時可設 v B t B t f = + 1 2 3 3 sin cos
代入上面的式子中時,可得 ( ) sin ( ) cos sin - - + - = 7 9 3 9 7 3 3 1 2 1 2 B B t B B t t
故 v t t f = - - 7
130 3 9
130 3 sin cos
6-25
6-5 二階電路的零態響應 (Zero States Response of Second-order Circuits )
因其自然響應為 v A e A e n t t = + - -
1 2 2
因此 v t A e A e t t t t ( ) sin cos = + - - - - 1 2
2 7 130
3 9 130
3
已知 v(0) = 0 所以 v A A ( ) 0 9
130 0 1 2
= + - =
0 130 21
2 ) 0 ( ) 0 (
2 1 = - - - = = A A C
i dt
dv
又 3 sin 130 27
3 cos 130 21
2 ) ( 2
2 1 + - - - = = - - t t e A e A C t i
dt dv t t
可得 130
30 & 130 39
2 1 - = = A A
+
- + - = = - - t t e e
dt t dv
C t i t t 3 sin 130 27 3 cos
130 21
130 60
130 39
2 1 ) (
) ( 2
因此 - - - = - - t t e e t v t t 3 cos 130
9 3 sin
130 7
130 30
130 39
) ( 2
6-26
6-5 二階電路的零態響應 (Zero States Response of Second-order Circuits )
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。
右表為輸入函數與其
激勵響應之對照表。
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。
由此表,可依據輸入函數之
形式而預測之形式。
f(t) yf
C K
t At + B
t 2 At 2 + Bt + C
eσt Aeσt
sinωt Asinωt + Bcosωt
cosωt Asinωt + Bcosωt
eσt sinωt eσt (Asinωt + Bcosωt)
eσt cosωt eσt (Asinωt + Bcosωt)
若輸入函數有兩種或兩種以上
可利用重疊定理求解之。
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。
6-5 二階電路的零態響應 (Zero States Response of Second-order Circuits )
解:
例 6-5:求下圖所示電路之 v(t) 及 i(t),設 v(0) = i(0) = 0。
可得 d v dt
R L
dv dt
v LC LC
V s 2
2 + + = d v
dt 2
dv dt
10v 100 2
2 + + =
由於上式之特徵方程式為 s2 + 3s + 10 = 0
因此 s1 = – 1 + j3 , s2 = – 1 – j3 為欠阻尼情況,因此 vn e A t A t -t = + ( cos3 sin3 ) 1 2
由於 v(0) = 0 因此 v(0) = A2 + 10 = 0 , A2 = -
10
因此 v t v v e A t A t n f t
( ) ( sin cos ) = + = + + - 1 2 3 3 10
又 i t C dv t dt e A t A t e A t A t t t ( )
( ) [ ( sin cos ) ( cos sin )] = = - + + - - - 1
10 3 3 3 3 3 3 1 2 1 2
i A A ( ) [ ] = - + = 0 1 10 3 0 2 1
因此 A 1 10 3
= -
i t C dv dt
e t t e t t t t ( ) sin cos ( cos sin ) = = +
- -
- - 1 10
10 3
3 10 3 10 3 30 3
故 v t e t t t ( ) sin cos ( ) = - +
- 10 10 3
3 10 3 V
e t t sin ( ) = - 10 3 3 A
又因 Vs 為直流電壓,故設 vf = K,代入 可得 vf = 10 d v dt
2 dv dt
10v 100 2
2 + + =
6-27
1 H 2 W
1
10 F
+
-
v t ( )
i t ( )
10 V
6-28
6-5 二階電路的零態響應 (Zero States Response of Second-order Circuits )
解:
例 6-6:求下圖所示電路之 v(t) 及 i(t),設 v(0) = i(0) = 0。
可得 d v dt
R L
dv dt
v LC LC
V s 2
2 + + = d v
dt 2
dv dt
v 10e-2t 2
2 + + =
由於上式之特徵方程式為 s2 + 3s + 1 = 0
因此 s1 = s2 = –1 為臨界阻尼情況,因此 vn A t A e-t = + ( ) 1 2
又因輸入函數為 e –2t,可設 vf = Ke –2t
上式代入 可得 d v dt
2 dv dt
v 10e-2t 2
2 + + = 4 4 10 2 2 2 2 Ke Ke Ke e t t t t - - - - - + =
所以 K v e , v t v v A t A e e f t
n f t t = = = + = + + - - - 10 , 10 10 2
1 2 2 ( ) ( )
i t C dv t dt
t e e e te e e t t t t t t ( )
( ) ( ) ( ) = = - - + - = - + - - - - - - - 10 10 10 20 10 20 20 2 2 A
v t t e e t t ( ) ( ) ( ) = - + - - 10 10 10 2 V 因此
由於 v(0) = 0 可得 v(0) = A2 + 10 = 0 , A2 = –10
A 10 1 =
dv t dt
i t C
A e A t A e e dv dt
i C
A A t t t ( ) ( ) ( )
( ) ( ) 20
0 0 20 0 1 1 2 2
1 2 = = - + - = = - - = - - - ,
2 W
1 F
+
-
v t ( )
i t ( ) +
- 10
2 e
t -
1 H
6-30
6-6 二階電路的完全響應 (Complete Response of Second-order Circuits )
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) 1A , v(0) = 2V,
其 v(t) 之解為 v(t) = A1e –t + A2e –2t + 10
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 ,因此 8 2 10 ) 0 ( 2 1 2 1 - = + = + + = A A A A v
2 ) 0 ( 2 2 ) 0 ( 2 1 = = - - = i A A
dt dv
又 ) ( 2 2 ) ( ) (
2 1 = - - = = - - t i e A e A
C t i
dt t dv t t
因此 v(t) 之完全響應為 v t e e t t ( ) ( ) = - + + - - 14 6 10 2 V
即 i t C dv dt e e e e t t t t ( ) ( ) = = - = - - - - - 1
2 14 12 7 6 2 2
) V ( 10 6 14 ) ( 2 + + - = - - t t e e t v 完全響應
1 H 3 W
1 2 F
+
- v t ( )
i t ( ) 10 V
6 14 ) ( - = - - t 2t e e t v 零輸入響應
1 H 3 W
1 2 F
+
- v t ( )
i t ( )
10 10 20 ) ( 2 + + - = - - t t e e t v 零態響應
1 H 3 W
1 2 F
+
- v t ( )
i t ( ) 10 V
6-31
6-6 二階電路的完全響應 (Complete Response of Second-order Circuits )
解:
例 6-7:求 例6-6 電路之 v(t) 及 i(t),但 i(0) = 1A , v(0) = 2V。
2 W
1 F
+
-
v t ( )
i t ( ) +
- 10
2 e
t -
1 H
因此 v(0) = A2 + 10 = 2 , A2 = –8
已知 v(t) 之解為 v t A t A e e t t ( ) ( ) = + + - - 1 2
2 10
1 H 2 W
1 F
+
-
v t ( ) i t ( )
dv t dt
i t C
A e A t A e e dv dt
i C
A A t t t ( ) ( ) ( )
( ) ( ) 20
0 0 20 1 1 1 2 2
2 1 = = - + - = = + - = - - - , 又 + -
因此 A1 = 13 所以 v t t e e t t ( ) ( ) = - + - - 13 8 10 2
此結果可直接由右圖電路之零輸入響應 v t t e t ( ) ( ) = + - 3 2
與上例相同電路所得之零態響應
直接相加而得。
v t t e e t t ( ) ( ) ( = - + - - 10 10 10 2 V)
至於 i(t) 可直接對 微分而得 v t t e e t t ( ) ( ) = - + - - 13 8 10 2
i t C dv dt e t e e t e e t t t t t ( ) ( ) ( ) ) = = - - - = - - - - - - -
13 13 8 20 21 13 20 2 2 (A
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。
i t t e t ( ) ( ) = - + - 3 1 i t te e e t t t ( ) = - + - - - - 10 20 20 2
6-32
6-7 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
d y
dt
dy dt
y f t 2
2 1 2 1 2 - + + = ( ) ( ) l l l l
其中 l1 與 l2 為常數,且 l1 l2
則其特徵方程式為 2 2 1 1 2 1 2 1 2 , 0 ) ( l l l l l l = = = + + - s s S s
因此自然響應為 y A e A e n t t = +
1 2 1 2 l l
故假設 y Ate f
t = l 1
則可得 2 1 1 2 1 1
2 1
] ) 1 )( ( 2 [ 1 1 l l l l l l l l l = + + + - + e t t Ae
2 1 2 1
1 ) ( 1 1
l l l l l l
- = = - A e Ae
t t
t t
則完全響應為 y A e A e te t t t = + +
- 1 2 1 2
1 2 1 1 l l l
l l ( )
6-34
6-7 激勵函數具有自然頻率時的響應
解:
例 6-9:求右式之激勵響應
(a) f(t) = e –3t
(b) f(t) = te –3t
特徵方程式為 s2 + 6s + 9 = 0
因此 s1 = s2 = –3 為臨界阻尼情況,自然響應為 vn A t A e-3t = + ( ) 1 2
設 yf = Ae –3t 但和 yn 之 A2e –3t 重疊,
而若設 yf = Ate –3t 亦和 yn 之 A1te –3t 重疊,
(a) f(t) = e –3t
d y dt
dy dt
y f t 2
2 6 9 + + = ( )
故須設 yf = At2e –3t 代入原方程式可得 因此 A = 1 2
y t e f
t = - 2 3 1 2
(b) f(t) = te –3t
在此種情況中須設 yf = At3e –3t 代入原方程式可得 因此 A = 1 6
y t e f
t = - 3 3 1 6
6-35
6-7 激勵函數具有自然頻率時的響應
解:
例 6-10:求下式之激勵響應
d y dt
y sin3t 2
2 9 + =
特徵方程式為 s2 + 9 = 0
因此 s1 = j3 , s2 = –j3 此為無阻尼情況,乃欠阻尼情形之特例
由於 f(t) = sin3t 其頻率為 3 rad / sec,與自然頻率相同,
因此設 y t A t A t f = + ( cos sin ) 1 2 3 3
代入上面方程式可得 A , A 1 2 1 6
0 = - =
因此 t t y f
3 cos 6 1 - =
其自然響應之形式為 y A t B t n = + ( cos sin ) 3 3
6-36
6-8 總 結
本章重要觀念摘錄 :
1. 二階電路至少包含二個儲能元件。
2. 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:
(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。
A e A e a t a t 1 2
1 2 +
(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。
e A t A t at ( cos sin ) 1 2 w w +
(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。
( ) A t A e at 1 2 +
4. 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。
5. 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。
s s n n 2 2 2 0 + + = aw w
6-37
6-8 總 結
6. 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。
7. 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:
(1) ,過阻尼情況 (激勵響應) (自然響應)
其中 s1 及 s2 為特徵方程式所解出之相異實根 。
y t y A e A e f S t S t ( ) = + + 1 2
1 2
(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 s1 , 2 = σ ± jω
y t y e A t A t f t ( ) ( cos sin ) = + + s w w 1 2
(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。
y t y e A t A f st ( ) ( ) = + + 1 2
dt dy(0)
8. 零態響應為完全響應中初值條件為零之特例。
6-38
本章練習
6-4 求右圖電路中之步級響應 v(t) 及 i(t)。
6-11 右圖電路於 v(0) = i(0) = 0,求 t > 0 之 v(t)。
答: (–30e–t + 30e–2t + 20te–t)V
答: (–25e–t + e–5t + 24) u(t)V,[–5e–t + e–5t + 4] u(t) A
6 W
0 2 . F
+
-
v t ( ) 4 u t s ( ) A 1 H
i t ( )
1 H 5 e
t -
3 W +
-
v t ( ) 0 5 . F i t ( )