正弦電動勢 RL 串聯電路的電流分析 | 線性一階微分方程應用
Current Analysis of A Series RL Circuit Driven by A Sinusoidal Voltage Input
如圖一所示，為一正弦電動勢 RL 串聯電路，其電流方程式 $i(t)$ 的推導，是先應用克希荷夫電壓定律 $(KVL)$ 後，將出現的線性一階微分方程 (Linear First-Order Differential Equation) 進行求解所得到的。其推導的過程說明如下：
圖一 正弦輸入的 RL 串聯電路
設迴路電流為 $i$，則電阻 $R$ 的電壓降 $v_R=Ri$，且電感 $L$ 的電壓降 $v_L=L \frac{di}{dt}$。
因此，根據 $KVL$，可知
$$L\frac{di}{dt}+Ri=E\sin \omega t$$
上式兩邊同除 $L$，可得如下的非齊次的 (nonhomogeneous) 線性一階微分方程：
$$\frac {di}{dt}+\frac{R}{L}i=\frac{E}{L}\sin \omega t\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$
令 $\frac {R}{L}=\alpha $，則式子 (1) 的積分因子 (Integrating Factor) 為
$$F(t)=e^{h(t)}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;其中\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;h(t)=\int \alpha dt$$
將式子 (1) 兩邊同乘 $F(t)$，可得
$$e^{\alpha t}\frac{di}{dt}+e^{\alpha t}\alpha \; i=e^{\alpha t}\frac {E}{L}\sin \omega t $$
$$\frac{d(e^{\alpha t}i)}{dt}=e^{\alpha t}\frac {E}{L}\sin \omega t $$
即
$$e^{\alpha t}i=\frac{E}{L}\int e^{\alpha t}\sin \omega t\;dt$$
整理得
$$i=e^{-\alpha t}\frac{E}{L}\int e^{\alpha t}\sin \omega t\;dt\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$$
利用分部積分 (Integration by Parts) 公式 $\int m\;dn=mn-\int n\;dm$，式子 (2) 中的
$$\int e^{\alpha t}\sin \omega t\;dt = \frac{1}{\alpha}\int \sin \omega t\;d(e^{\alpha t})\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$
$$=\frac{1}{\alpha}\left [ \sin \omega t\;e^{\alpha t}-\int e^{\alpha t}d(\sin \omega t)\right ]\;\;\;\;\;\;$$
$$=\frac{1}{\alpha}\left [ \sin \omega t\;e^{\alpha t}-\omega \int e^{\alpha t}\cos \omega t\;dt\right ]\;\;\;$$
$$=\frac {1}{\alpha}\sin \omega t\;e^{\alpha t}-\frac{\omega}{\alpha^2 t}\int \cos \omega t\;d(e^{\alpha t})\;$$
$$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\frac {1}{\alpha}\sin \omega t\;e^{\alpha t}-\frac{\omega}{\alpha^2}\cos \omega t\;e^{\alpha t}-\frac{\omega^2}{\alpha^2}\int e^{\alpha t}\sin \omega t\;dt$$
上式可改寫成
$$\left ( 1+\frac{\omega^2}{\alpha^2}\right )\int e^{\alpha t}\sin \omega t\;dt =\frac {1}{\alpha}\sin \omega t\;e^{\alpha t}-\frac{\omega}{\alpha^2 t}\cos \omega t\;e^{\alpha t}+K\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(K\;為常數)$$
意即
$$\int e^{\alpha t}\sin \omega t\;dt =\frac{\alpha}{\alpha^2 + \omega^2}\sin \omega t\;e^{\alpha t}-\frac{\omega}{\alpha^2 + \omega^2}\cos \omega t\;e^{\alpha t}+\frac{K\alpha^2}{\alpha^2+\omega^2}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(3)$$
將式子 (3) 代入式子 (2)，可得
$$i=\frac{E}{L}\;\frac{\alpha}{\alpha^2+\omega^2}\sin \omega t-\frac{E}{L}\;\frac{\omega}{\alpha^2+\omega^2}\cos \omega t+\frac{KE\alpha^2}{L(\alpha^2+\omega^2)}\;e^{-\alpha t}$$
令常數 $C=\frac{KE\alpha^2}{L(\alpha^2+\omega^2)}$ 且 $\alpha = \frac{R}{L}$ 代入上式，可知
$$i=E\frac{R}{R^2+\omega^2 L^2}\sin \omega t-E\frac{\omega L}{R^2+\omega^2 L^2}\cos \omega t+Ce^{-\alpha t}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$
$$=\frac{E}{R^2+\omega^2L^2}(R\sin \omega t-\omega L\cos \omega t)+Ce^{-\alpha t}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$
$$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\frac{E}{R^2+\omega^2L^2}\sqrt {R^2+\omega^2L^2}\left ( \frac{R}{\sqrt {R^2+\omega^2L^2}}\sin \omega t-\frac{\omega L}{\sqrt {R^2+\omega^2L^2}}\cos \omega t \right )+Ce^{-\alpha t}$$
如圖二所示，令$\cos \theta =\frac{R}{\sqrt {R^2+\omega^2L^2}}$，$\sin \theta =\frac{\omega L}{\sqrt {R^2+\omega^2L^2}}$，則上式可改寫成
$$i=\frac{E}{\sqrt {R^2+\omega^2L^2}}\left ( \sin \omega t\sin \theta-\cos \omega t\cos \theta \right )+Ce^{-(\frac{R}{L})t}$$
$$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\frac{E}{\sqrt {R^2+\omega^2L^2}}\sin(\omega t-\theta)+Ce^{-(\frac{R}{L})t}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\theta=arc \tan \frac{\omega L}{R}$$
圖二 $\cos \theta =\frac{R}{\sqrt {R^2+\omega^2L^2}}$ 的直角三角形
上面的 $i$ 式子中，第一項 $\frac{E}{\sqrt {R^2+\omega^2L^2}}\sin (\omega t-\theta)$ 稱為穩態解 (Steady-state Solution)，第二項 $Ce^{-(\frac{R}{L})t}$ 則稱為暫態解 (Transient Solution)。因為當時間 $t$ 增加，很快地第二項就會衰減至趨近於 $0$，整個 $i$ 等式，會趨近於第一項。而此穩態解還可以採用工程上常用複數方法與相量式的方式快速地得到，說明如下：
以複數方法 (Complex Method) 求取 $i$ 的穩態解 $i_p$
由 (1) 可知，等號右邊為 $\frac{E}{L}\sin \omega t$，而由尤拉公式 (Euler's Formula)
$$e^{j\omega t}=\cos \omega t+j\sin \omega t$$
可知
$$\sin \omega t=Im \left \{e^{j\omega t}\right\}$$
其中的 $Im$ 表示虛部之意。因此，為求 (1) 的穩態解，我們先考慮如下的式子：
$$\frac{di}{dt}+\frac{R}{L}i=\frac{E}{L}e^{j\omega t}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(4)$$
令複數穩態解
$$i_p^*(t)=Ke^{j\omega t}$$
則
$$i_p^{*'}(t)=j\omega Ke^{j\omega t}$$
代入 (4) 可得
$$(j\omega K+\frac{R}{L}K)e^{j\omega t}=\frac{E}{L}e^{j\omega t}$$
$$K(j\omega K+\frac{R}{L})=\frac{E}{L}$$
即
$$K=\frac{E}{L}\;\frac{1}{j\omega +\frac{R}{L}}=\frac{E}{R+j\omega L}$$
所以
$$i_p^*=\frac{E}{R+j\omega L}e^{j\omega t}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$
$$=\frac{E}{R+j\omega L}(\cos \omega t+j\sin \omega t)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$
$$\;\;\;\;\;=\frac{E(R-j\omega L)}{R^2+\omega^2 L^2}[\cos \omega t+j\sin \omega t]\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$
$$=\frac{E}{R^2+\omega^2 L^2}[(R\cos \omega t+\omega L\sin \omega t)+j(R\sin \omega t-\omega L\cos \omega t)]\;\;$$
因此
$$i_p=\frac{E}{R^2+\omega^2 L^2}(R\sin \omega t-\omega L\cos \omega t)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$
$$\;=\frac{E}{R^2+\omega^2 L^2}\sqrt {R^2+\omega^2 L^2}\left (\frac{R}{\sqrt {R^2+\omega^2 L^2}}\sin \omega t-\frac {\omega L}{\sqrt {R^2+\omega^2 L^2}}\cos \omega t \right )$$
$$=\frac {E}{\sqrt {R^2+\omega^2 L^2}}\sin (\omega t-\tan^{-1} \frac{\omega L}{R})\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$
以相量 (Phasor) 方法求取 $i$ 的穩態解 $i_p$
已知電源電壓 $E\sin \omega t$ 的相量式
$$\overline E=E\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(直角坐標表示法)$$
$$\;\;\;\;\;\;=E\angle 0^\circ\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(極坐標表示法)$$
電阻 $R$ 的相量式
$$\overline R=R\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(直角坐標表示法)$$
$$\;\;\;\;\;\;\;=R\angle 0^\circ\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(極坐標表示法)$$
電容抗 $X_L$ 的相量式
$$\overline X_L=j\;X_L=j\omega L\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(直角坐標表示法)$$
$$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=X_L\angle 90^\circ=\omega L\angle 90^\circ\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(極坐標表示法)\;\;\;\;$$
因此，設穩態解為 $i_p$， 根據歐姆定律 (Ohm's Law)
$$\overline I_p=\frac{\overline E}{\overline R+\overline X_L}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$
$$=\frac{E}{R+j\omega L}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$
$$\;\;\;=\frac{E}{\sqrt{R^2+\omega^2L^2}\;\angle \tan^{-1} \frac{\omega L}{R}}$$
$$\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\frac{E}{\sqrt{R^2+\omega^2L^2}}\;\angle \;-\tan^{-1} \frac{\omega L}{R}$$
所以穩態解
$$i_p=\frac{E}{\sqrt {R^2+\omega^2L^2}}\sin (\omega t- \tan^{-1} \frac{\omega L}{R})$$
範例：如圖一所示電路，電源 $v(t)=100\sin (1000t+30^\circ)$，L=20m H，R=20 $\Omega$，試求該電路穩態時電流 $i(t)$ 以及 電感電壓 $v_L(t)$。
$$\overline V=100\angle 30^\circ\;V$$
$$\overline X_L=j\omega L=j(1000\times 20m)=j20=20\angle 90^\circ\;\Omega$$
$$\overline R=R=20=20\angle 0^\circ \;\Omega$$
所以
$$\overline I=\frac{\overline V}{\overline R+\overline X_L}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$
$$=\frac{\overline V}{\sqrt {R^2+X_L^2}\;\angle \tan^{-1} \frac{X_L}{R}}$$
$$=\frac{100\angle 30^\circ}{\sqrt {20^2+20^2}\angle \tan^{-1} \frac{20}{20}}\;$$
$$=\frac{100\angle 30^\circ}{20\sqrt 2\;\angle 45^\circ}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$
$$=2.5\sqrt{2}\angle -15^\circ\;A\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$
即
$$i(t)=2.5\sqrt{2}\sin (1000t-15^\circ)\;A$$
又
$$\overline V_L=\overline I\;\overline X_L\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$
$$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=(2.5\sqrt{2}\angle -15^\circ)(20\angle 90^\circ)$$
$$=50\sqrt{2}\angle 75^\circ\;V\;\;\;\;\;\;\;\;$$
故
$$v_L(t)=50\sqrt{2}\sin (1000t+75^\circ)\;V$$
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