正弦電動勢 RC 串聯電路的電流分析 | 線性一階微分方程應用

作者： Danny Yang
Current Analysis of A Series RC Circuit Driven by A Sinusoidal Voltage Input

如圖一所示，為一正弦電動勢 $RC$ 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ㄧ  正弦電動勢 RC 串聯電路

設迴路電流為 $i$，則電阻 $R$ 的電壓降 $v_R=Ri$，且電容 $C$ 的電壓降 $v_C=\frac{1}{C}\int i\;dt$。

因此，根據 $KVL$，可知
$$Ri+\frac{1}{C}\int i\;dt=E\sin \omega t$$
上式兩邊對 $t$ 微分，可得
$$R\frac{di}{dt}+\frac{i}{C}=E\;\omega \cos \omega t$$
上式兩邊同除 $R$，可得如下的非齊次的 (nonhomogeneous) 線性一階微分方程 ：
$$\frac {di}{dt}+\frac{i}{RC}=\frac{E\;\omega}{R}\cos  \omega t\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$
式子 (1) 的積分因子 (Integrating Factor) 為
$$F(t)=e^{h(t)}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;其中\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;h(t)=\int \frac{1}{RC} dt$$
將式子 (1) 兩邊同乘 $F(t)$，可得
$$e^{\frac{t}{RC}}\frac{di}{dt}+\frac{e^{\frac{t}{RC}}}{RC} i=e^{\frac{t}{RC}}\frac {E\;\omega}{R}\cos  \omega t $$
即
$$\frac{d(e^{\frac{t}{RC}}i)}{dt}=e^{\frac{t}{RC}}\frac {E\;\omega}{R}\cos \omega t $$
$$d(e^{\frac{t}{RC}}i)=e^{\frac{t}{RC}}\frac {E\;\omega}{R}\cos \omega t \;dt$$
上式兩邊積分，
$$e^{\frac{t}{RC}}i=\frac{E\;\omega}{R}\int e^{\frac{t}{RC}}\cos \omega t\;dt$$
整理得
$$i=e^{-\frac{t}{RC}}\frac{E\;\omega}{R}\int e^{\frac{t}{RC}}\cos \omega t\;dt\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$$
利用分部積分 (Integration by Parts) 公式 $\int m\;dn=mn-\int n\;dm$，則式子 (2) 中的
$$\int e^{\frac{t}{RC}}\cos \omega t\;dt = RC \int \cos \omega t\;d(e^{\frac {t}{RC} })\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$
$$=RC \left [ \cos \omega t\;e^{\frac{t}{RC}}-\int e^{\frac{t}{RC}}d(\cos \omega t)\right ]\;\;\;\;\;\;\;$$
$$=RCe^{\frac{t}{RC}}\cos \omega t\;+RC\omega \int e^{\frac{t}{RC}}\sin \omega t\;dt\;\;\;$$
$$\;\;\;=RCe^{\frac{t}{RC}}\cos\;\omega t\;+\omega(RC)^2 \int \sin \omega t\;d(e^{\frac{t}{RC}})$$
$$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=RCe^{\frac{t}{RC}}\cos \omega t\;+\omega(RC)^2 \sin \omega t\; e^{\frac{t}{RC}}-\omega(RC)^2 \int e^{\frac{t}{RC}}d(\sin \omega t)$$
$$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=RCe^{\frac{t}{RC}}\cos \omega t\;+\omega(RC)^2 \sin \omega t \;e^{\frac{t}{RC}}-(\omega RC  )^2\int e^{\frac{t}{RC}}\cos \omega \;dt$$
整理得
$$\left [1+(\omega RC)^2 \right] \int e^{\frac{t}{RC}}\cos \omega t\;dt =RC e^{\frac{t}{RC}}(\cos \omega t+\omega RC\sin \omega t) +K\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(K\;為常數)$$
即
$$\int e^{\frac{t}{RC}}\cos \omega t\;dt =\frac{RC}{1+(\omega RC)^2}e^{\frac{t}{RC}}(\cos \omega t+\omega RC\sin \omega t)+\frac{K}{1+(\omega RC)^2}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$
$$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\frac{RC}{1+(\omega RC)^2}e^{\frac{t}{RC}}(\cos \omega t+\omega RC\sin \omega t)+C\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(C\;為常數)$$
將上式代入式子 (2)，可得
$$i=\frac{CE\omega}{1+(\omega RC)^2}(\cos \omega t+\omega RC\sin \omega t)+Ce^{-\frac{t}{RC}}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$
$$=\frac{CE\omega}{1+(\omega RC)^2}\sqrt{1+(\omega RC)^2}\left ( \frac{1}{\sqrt{1+(\omega RC)^2}}\cos \omega t+\frac{\omega RC}{\sqrt{1+(\omega RC)^2}}\sin \omega t \right )+Ce^{-\frac{t}{RC}}$$

如圖二所示，令 $\sin \theta =\frac{1}{\sqrt{1+(\omega RC)^2}}$，$\cos \theta =\frac{\omega RC}{\sqrt{1+(\omega RC)^2}}$，則上式可改寫成
$$i=\frac{CE \omega}{\sqrt {1+(\omega RC)^2}}\left ( \cos \omega t\sin \theta+\sin \omega t\cos \theta \right )+Ce^{-(\frac{R}{L})t}\;\;\;\;$$
$$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\frac{CE \omega}{\sqrt {1+(\omega RC)^2}}\sin (\omega t+\theta)+Ce^{-(\frac{R}{L})t}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\theta=arc \tan \frac{1}{\omega RC}$$
即為所求。

圖二  $\sin \theta =\frac{1}{\sqrt{1+(\omega RC)^2}}$，$\cos \theta =\frac{\omega RC}{\sqrt{1+(\omega RC)^2}}$ 的直角三角形

上面的 $i$ 式子中，第一項 $\frac{CE \omega}{\sqrt {1+(\omega RC)^2}}\sin (\omega t+\theta)$ 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 $\frac{E\omega }{R}\cos \omega t$，而由尤拉公式 (Euler's Formula) 
$$e^{j\omega t}=\cos \omega t+j\sin \omega t$$
可知
$$\cos \omega t=Re \left \{e^{j\omega t}\right\}$$
其中的 $Re$ 表示實部之意。因此，為求 (1) 的穩態解，我們先考慮如下的式子：
$$\frac{di}{dt}+\frac{i}{RC}=\frac{E\omega}{R}e^{j\omega t}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(3)$$
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 (3) 可得
$$(j\omega K+\frac{K}{RC})e^{j\omega t}=\frac{E\omega}{R}e^{j\omega t}$$
$$K(j+\frac{1}{\omega RC})=\frac{E}{R}$$
即
$$K=\frac{E}{R}\frac{(-j+\frac{1}{\omega RC})}{1+(\frac{1}{\omega RC})^2}$$
所以
$$i_p^*=\frac{E}{R}\frac{(-j+\frac{1}{\omega RC})}{1+(\frac{1}{\omega RC})^2}(\cos \omega t+j\sin \omega t)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$
$$=\frac{E}{R}\frac{1}{1+(\frac{1}{\omega RC})^2}\left [ \left(\sin \omega t+\frac{1}{\omega RC}\cos \omega t \right )-j \left (\cos \omega t+\frac{1}{\omega RC}\sin \omega t \right )\right ]\;\;$$
因此
$$i_p=\frac{E}{R}\frac{1}{1+(\frac{1}{\omega RC})^2} \left(\sin \omega t+\frac{1}{\omega RC}\cos \omega t \right )\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$
$$=\frac{E}{R}\frac{1}{1+(\frac{1}{\omega RC})^2}\sqrt{1+(\frac{1}{\omega RC})^2}\left [\frac{1}{\sqrt{1+(\frac{1}{\omega RC})^2}}\sin \omega t+\frac{\frac{1}{\omega RC}}{\sqrt{1+(\frac{1}{\omega RC})^2}}\cos \omega t \right ]$$
$$=\frac{E}{R}\frac {1}{\sqrt {1+(\frac{1}{\omega RC})^2}}\sin (\omega t+\tan^{-1}\frac{1}{\omega RC})\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$
$$=\frac{CE \omega}{\sqrt {1+(\omega RC)^2}}\sin (\omega t+\tan^{-1} \frac{1}{\omega RC})\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$


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
$$\overline V=E\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(直角坐標表示法)$$
$$\;\;\;\;\;\;=E\angle  0^\circ\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(極坐標表示法)$$
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 $X_C$ 的相量式
$$\overline X_C=-j\;X_C=-j\frac{1}{\omega C}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(直角坐標表示法)$$
$$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=X_C\angle  -90^\circ=\frac {1}{\omega C}\angle  -90^\circ\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(極坐標表示法)$$

因此，根據歐姆定律 (Ohm's Law)
$$\overline I_p=\frac{\overline V}{\overline R+\overline X_C}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$
$$=\frac{E}{R-j\frac{1}{\omega C}}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$
$$\;\;\;\;\;\;=\frac{E}{\sqrt{R^2+(\frac{1}{\omega C})^2}\;\angle \tan^{-1} \frac{-1}{\omega RC}}$$
$$\;\;\;\;\;\;\;\;=\frac{CE\omega}{\sqrt{1+(\omega RC)^2}}\;\angle \tan^{-1} \frac{1}{\omega RC}$$
所以穩態解
$$i_p=\frac{CE \omega}{\sqrt {1+(\omega RC)^2}}\sin (\omega t+tan^{-1}\frac{1}{\omega RC})$$

範例：如圖一所示的 RC 串聯電路，電源電壓為 $v(t)=100\sin (1000t) \; V$，若 $R=3\;\Omega$，$C=250\mu \;F$，求穩態時電流 $i(t)$ 以及 電容電壓 $v_C(t)$。

解：

利用相量方法，來求解：
$$電源相量\;\;\overline V=100 \angle 0^\circ\;V$$
$$\omega =1000\;rad/s$$
$$電容抗相量\;\;\overline X_C=-j\frac{1}{\omega C}=-j\frac {1}{1000 \times 250\times 10^{-6}}=-j4\;\Omega$$
所以，$X_C=4\;\Omega$。又
$$\overline I=\frac{\overline V}{\overline R+\overline X_C}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$
$$=\frac{V}{R-jX_C}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$
$$\;\;=\frac{V\angle 0^\circ}{\sqrt {R^2+X_C^2}\;\angle -\tan^{-1} \frac{X_C}{R}}$$
$$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\frac{100\angle 0^\circ}{\sqrt {3^2+4^2}\;\angle -\tan^{-1} \frac {4}{3}}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$
$$\;\;\;\;\;\;=\;\frac{100\angle 0^\circ}{5\;\angle -53.1^\circ}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$
$$=20\;\angle 53.1^\circ\;A\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$
因此，
$$i(t)=20\sin (1000t+53.1^\circ\;)\;A$$
又
$$\overline V_C=\overline I\; \overline X_C\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$
$$\;\;\;\;\;\;=(20\;\angle 53.1^\circ)(4\;\angle -90^\circ)$$
$$=80\angle -36.9^\circ \;V\;\;\;\;\;\;\;\;$$
所以
$$v_C(t)=80\sin (1000t-36.9^\circ )\;V$$




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從 0 積到 1，sqrt (x^2+1) 的積分 | 除法定則推導

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Integral of Sqrt(x^2+1) from 0 to 1 求 $\int_0^1 \sqrt {x^2+1}\;dx$ 解： $$I=\int_0^1 \sqrt {x^2+1}\;dx$$ 利用 變數變換 (Change of Variable)，令 $$x=\tan \theta$$ 則 $$\theta = \tan^{-1}x$$ 且 $$dx=\sec^2 \theta\;d\theta$$ 代入 $I$，可得 $$I=\int_{\tan^{-1}0}^{\tan^{-1}1}\sqrt{\tan^2 \theta +1}\sec^2 \theta\;d\theta $$ $$\;\;= \int_0^{\frac{\pi}{4}}\sec^3 \theta\;d\theta\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$ 已知 $d(\tan \theta)=\sec^2\theta\;d\theta$ ，所以式子 (1) 可改寫成 $$I =\int_0^{\frac{\pi}{4}}\sec \theta\;d(\tan\theta)$$ 接著將上式應用 分部積分 (Integration by Parts) 公式：  $\int u\;dv=uv-\int v\;du$ ，可得 $$I=\left. \sec \theta \tan \theta \right \rvert_0^{\frac{\pi}{4}}-\int_0^{\frac{\pi}{4}}\tan \theta\;d(\sec\theta)\;\;\; $$ 又已知 $d(\sec \theta)=\sec \theta\tan\theta\; d\theta$ ，所以 $$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;I=\left [ \sec \left (\frac{\pi}{4}\right )\tan \left (\frac{\pi}{4}\right )-\sec (0)\tan (0) \right ]-\int_0^{\frac{\pi}{4}}\tan \theta \c...
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OP-Amp 方波產生電路 | OP-Amp 方波產生電路的數學分析

作者： Danny Yang
圖片
Mathematical Analysis of  Square Wave Generator Using OP-Amp 如圖一所示，為一 OP-Amp 方波 (square wave) 產生電路。由於正回授的運算放大器，其輸出不是正飽和電壓 $+V_{sat}$，就是負飽和電壓 $-V_{sat}$。因此，在作 OPA 方波產生電路的數學分析前，必須先就一開始其輸出為 $+V_{sat}$ 或 $-V_{sat}$ 這兩種輸出情況來分別討論。 圖一     OPA 方波產生電路
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