零輸入 RLC 串聯電路次阻尼響應

 

RLC 電路的零輸入響應 (zero-input response) 也稱為自然響應 (natural response)。自然響應指的是初始能量儲存於電路的電感器或電容器中，在沒有外加激勵信號情況下，能量隨時間衰減至零的電路反應。RLC 串聯電路中，電感 L 與 電容 C 是能量儲存元件，進行能量交換時會產生振盪；而電阻 R 則是能量消耗的元件會產生阻尼作用，依其阻值大小有衰減振盪幅度或防止振盪的能力。

RLC 串聯電路的自然響應可分三類：當 $R > 2 \sqrt{\frac{L}{C}}$ 時，被稱為過阻尼 (overdamped) 響應，此時因電阻值太大，振盪無法產生；當 $R = 2 \sqrt{\frac{L}{C}}$ 時，被稱為臨界阻尼 (critically damped) 響應，電路處於振盪的臨界點；當 $R < 2 \sqrt{\frac{L}{C}}$ 時，則被稱為次阻尼或欠阻尼 (underdamped) 響應，電路會產生振盪然而振盪幅度會隨時間指數式衰減，直至振盪停止。本文則聚焦在實用性高的零輸入 RLC 串聯電路次阻尼響應 $i(t)$ 以及 $v_C(t)$ 的推導上，後者的推導須用到分部積分 (integration by parts) 的技巧，過程會稍微繁瑣一些。

圖一    RLC 串聯電路在 t = 0 時開關閉合

                                                                       

$i(t)$ 推導

如圖一所示的 RLC 串聯電路，假設開關的初始狀態為開路，電容器的初始電壓 $v_C(0) = V_0$ 且電感器的初始電流 $i_L(0) = 0$。若當 $t = 0$ 時開關閉合迴路形成，則根據克希荷夫電流定律 (KCL) 與克希荷夫電壓定律 (KVL) 可知開關閉合後：

$i_R=i_L=i_C=i$

且

$v_R+v_L+v_C = 0$               (1)

其中

$v_R = iR$

$v_L = L\frac{di}{dt}$

且

$v_C = \frac{1}{C}\int_0^tidt^{'}+V_0$

亦即式子 (1) 可改寫成如下所示的等式

$iR+L\frac{di}{dt}+\frac{1}{C}\int_0^tidt^{'}+V_0 = 0$

若將等式兩邊同除以 $L$，則可得

$i\frac{R}{L}+\frac{di}{dt}+\frac{1}{LC}\int_0^tidt^{'}+\frac{V_0}{L}=0$

接著再將上式兩邊微分後，整理可得如下的二階齊次微分方程式

$\frac{d^2i}{dt^2}+\frac{R}{L}\frac{di}{dt}+\frac{i}{LC} = 0 $              (2)

而上面的二階齊次微分方程式要能求得唯一解，必須存在有二個初始條件，在此分別為 $i(0)$ 的值，以及 $i^{'}(0)$ 的值。亦即其第一個初始條件為

$i(0) = 0$

又因為 

$v_L =L\frac{di}{dt}$

則

$\frac{di}{dt} = \frac{v_L}{L}$

且 $t = 0$ 時，$i(0) = 0$，$v_R(0) = i(0)R=0$，由式子 (1) 可知 

$v_R(0)+v_L(0)+v_C(0) = 0$

亦即

$v_L(0)+v_C(0) = 0$

所以，

$v_L(0) = -v_C(0) = -V_0$

因此，第二個初始條件則為

$\frac{di(0)}{dt}=\frac{v_L(0)}{L} = \frac{-V_0}{L}$

而式子 (2) 的特徵多項式 (characteristic polynomial) 為

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

其兩個根則分別為 

$\lambda_1 = -\frac{R}{2L}+\sqrt{\frac{R^2}{4L^2}-\frac{1}{LC}}$

以及

$\lambda_2 = -\frac{R}{2L}-\sqrt{\frac{R^2}{4L^2}-\frac{1}{LC}}$

顯然地，若 $\frac{R^2}{4L^2}<\frac{1}{LC}$  (或  $R < 2 \sqrt{\frac{L}{C}}$) 時，$\lambda_1$ 與 $\lambda_2$ 會互為共軛複數，此時的電路被稱為零輸入次阻尼 RLC 串聯電路（zero-input RLC circuit underdamped)。而 $\lambda_1$ 與 $\lambda_2$ 則也可分別寫成

$\lambda_1 = -\frac{R}{2L}+j\sqrt{\frac{1}{LC}-\frac{R^2}{4L^2}}$

且

$\lambda_2 =  -\frac{R}{2L}-j\sqrt{\frac{1}{LC}-\frac{R^2}{4L^2}}$

其中的 $j=\sqrt{-1}$。

然而為簡化推導起見，可令

$\alpha = \frac{R}{2L}$               (3)

以及

$\omega_0 = \sqrt{\frac{1}{LC}}$              (4)

上面的 $\alpha$ 被稱為電路的阻尼常數 (damping constant) 或阻尼係數 (damping coefficient)，$\omega_0$ 則被稱為振盪頻率 (resonant frequency)。此外，特徵多項式的兩個根 $\lambda_1$ 以及 $\lambda_2$ 被稱為自然頻率 (natural frequencies)，在此為共軛複數。

又令

$\omega_s = \sqrt{\frac{1}{LC}-\frac{R^2}{4L^2}}=\sqrt{\omega_0^2-\alpha^2}$            (5)

亦即

$\lambda_1 = -\alpha + j\omega_s $

且

$\lambda_2 = -\alpha - j\omega_s $

則二階齊次微分方程式子 (2) 的通解，亦即該零輸入RLC 串聯電路的電流響應為

$i(t) = p_1e^{\lambda_1t}+ p_2e^{\lambda_2t}$

                                             $=p_1e^{-(\alpha-j\omega_s)t}+p_2e^{-(\alpha+j\omega_s)t}$               (6)

其中 $p_1$ 與 $p_2$ 為任意常數。

為了求出 $p_1$ 與 $p_2$，先將初始條件 $i(0) = 0$  代入式子 (6) 可得

$p_1 + p_2 = 0$

或

$p_1 = - p_2$               (7)

再將式子(6) 微分可得

$\frac{di}{dt} = -(\alpha - j\omega_s)p_1e^{-(\alpha-j\omega_s)t}-(\alpha+j\omega_s)p_2e^{-(\alpha+j\omega_s)t}$

令 $t = 0$ 代入上式可得

$\frac{di(0)}{dt} = -(\alpha-j\omega_s)p_1-(\alpha+j\omega_s)p_2$               (8)

再將式子 (7) 代入式子 (8) 可得

 $\frac{di(0)}{dt} = 2j\omega_s p_1$               (9)

又初始條件 $\frac{di(0)}{dt} = \frac{-V_0}{L}$   代入式子 (9) 可得

$p_1 = -\frac{V_0}{2j L\omega_s }$

由式子 (7) 可知

$p_2 = \frac{V_0}{2j L\omega_s }$  

接著將上面的 $p_1$ 與 $p_2$  代入式子 (6) 並綜合式子 (4) 可得

$i(t) = -\frac{V_0}{2j L\omega_s }e^{-(\alpha - j\omega_s)t}+\frac{V_0}{2j L\omega_s }e^{-(\alpha+j\omega_s)t}$

                                                          $=-\frac{V_0}{L\omega_s }e^{-\alpha t}(\frac{e^{j\omega_s t}-e^{-j\omega_s t}}{2j})$

                                                                             

                                                          $=-\frac{V_0}{L\omega_s }e^{-\alpha t}sin\omega_s t$              

                                                          $=-\frac{V_0 C}{LC\omega_s }e^{-\alpha t}sin\omega_s t$  

                                                          $=-V_0\frac{\omega_0^2 C}{\omega_s}e^{-\alpha t}sin\omega_s t$               (10)

上面的式子推導過程中應用了尤拉等式，即 $\frac{e^{jx}-e^{-jx}}{2j} = sin x$。

$v_C(t)$ 推導

接著我們來推導 $v_C(t)$，因為

$v_C(t) = \frac{1}{C}\int_0^t i(u)du + V_0$               (11)

將式子 (10) 代入式子 (11)中，可得

$v_C(t) = \frac{1}{C}\int_0^t(-\frac{V_0 \omega_0^2 C}{\omega_s })e^{-\alpha u}sin\omega_s u du+V_0$

                                                            $ = -V_0\frac{\omega_o^2}{\omega_s }\int_0^te^{-\alpha u}sin\omega_s udu+V_0 $              (12)

利用分部積分公式 $\int udv = uv -\int vdu$，式子 (12) 中的

                  $\int_0^t e^{-\alpha u}sin\omega_s udu = -\frac{1}{\alpha}\int_0^t sin\omega_s u d(e^{-\alpha u})$

                                               $=-\frac{1}{\alpha}[\left(sin\omega_s u)e^{-\alpha u}\right\rvert_0^t-\int_0^t e^{-\alpha u}d(sin \omega_s u)]$

                                               $=-\frac{1}{\alpha}e^{-\alpha t}sin\omega_s t + \frac{\omega_s}{\alpha}\int_0^te^{-\alpha u}cos\omega_s udu$

                                               $=-\frac{1}{\alpha}e^{-\alpha t}sin\omega_s t -\frac{\omega_s}{\alpha^2}\int_0^t cos\omega_s u d(e^{-\alpha u})$

                                               $=-\frac{1}{\alpha}e^{-\alpha t}sin\omega_s t -\frac{\omega_s}{\alpha^2}[ e^{-\alpha u}cos\omega_s u \rvert_0^t - \int_0^te^{-\alpha u}d(cos\omega_s u)]$

                                               $=-\frac{1}{\alpha}e^{-\alpha t}sin\omega_s t-\frac{\omega_s}{\alpha^2}e^{-\alpha t}cos\omega_s t + \frac{\omega_s}{\alpha^2}-\frac{\omega_s^2}{\alpha^2}\int_0^te^{-\alpha u}sin\omega_s udu$      

亦即

 $(1+\frac{\omega_s^2}{\alpha^2})\int_0^te^{-\alpha u}sin\omega_s u du = -\frac{1}{\alpha}e^{-\alpha t}sin\omega_s t-\frac{\omega_s}{\alpha^2}e^{-\alpha t}cos\omega_s t+\frac{\omega_s}{\alpha^2}$

所以

$\int_0^t e^{-\alpha u}sin\omega_s u du = -\frac{\alpha}{\alpha^2+\omega_s^2}e^{-\alpha t}sin\omega_s t-\frac{\omega_s}{\alpha^2+\omega_s^2}e^{-\alpha t}cos\omega_s t+\frac{\omega_s}{\alpha^2+\omega_s^2}$               (13)

               

接著將式子 (13) 代回式子 (12) 可得

 $v_C(t) = - V_0\frac{\omega_0^2}{\omega_s }(-\frac{\alpha}{\alpha^2+\omega_s^2}e^{-\alpha t}sin\omega_s t-\frac{\omega_s}{\alpha^2+\omega_s^2}e^{-\alpha t}cos\omega_s t + \frac{\omega_s}{\alpha^2+\omega_s^2})+V_0$

                                      $=V_0\frac{\omega_0^2e^{-\alpha t}}{\omega_s (\alpha^2+\omega_s^2)}(\alpha sin\omega_s t+\omega_s cos\omega_s t)-V_0\frac{\omega_0^2}{\alpha^2+\omega_s^2}+V_0$

                                      $=V_0\frac{\omega_0^2e^{-\alpha t}}{\omega_s (\alpha^2+\omega_s^2)}\sqrt{\alpha^2+\omega_s^2}[\frac{\alpha}{\sqrt{\alpha^2+\omega_s^2}}sin\omega_s t+ \frac{\omega_s}{\sqrt{\alpha^2+\omega_s^2}}cos\omega_s t]-V_0\frac{\omega_0^2}{\alpha^2+\omega_s^2}+V_0$

                                      $=V_0\frac{\omega_0^2 e^{-\alpha t}}{\omega_s \sqrt{\alpha^2+\omega_s^2}}cos(\omega_s t -tan^{-1}\frac{\alpha}{\omega_s})-V_0\frac{\omega_0^2}{\alpha^2+\omega_s^2}+V_0$               (14)

又由式子 (5)   可知

$\alpha^2+\omega_s^2 =\omega_0^2$ 

代入式子 (14) 可得

  $v_C(t) = V_0 \frac{\omega_0}{\omega_s }e^{-\alpha t}cos(\omega_s t-tan^{-1}\frac{\alpha}{\omega_s})$

曲線圖

如圖二所示，為當 $V_0 = 10V$，$L = 4 H$，$R = 1\Omega$，$C=\frac{1}{4}F$ 時的 $i(t)$ 與 $v_C(t)$ 的曲線圖。

圖二   $i(t)$ 與 $v_C(t)$ 的曲線圖