RC电路对阶跃电压的响应

目录

本文通过详细的示例和解决方案，介绍了使用拉普拉斯变换研究RC电路对输入电压和电流的快速变化的响应。我们还展示了如何对电容器的充电和放电过程进行数学建模。同时还包括了一个在线计算器用于计算电压和电流的表达式。

带解决方案的问题

问题 1 给电容器充电
求解并绘制如下电路中电容器 \( C \) 和电阻 \( R \) 上的电压以及电流 \( i \) 随时间的变化图。已知输入电压为 \( v_i = V_0 \; u(t) \)，其中 \( V_0 = 10 \) V 是常数，\( u(t) \) 是单位阶跃函数，电阻为 \( R = 200 \; \Omega \)，电容为 \( C = 5 \) mF。在 \( t = 0 \) 时，电容器上的电压为零。

问题 1 的解决方案
使用基尔霍夫电压定律写出：
\( v_i(t) - v_R(t) - v_C(t) = 0 \)       (I)
使用欧姆定律写出：
\( v_R(t) = R \; i(t) \)
电容器的充电电流与电压之间的关系为：
\( \displaystyle v_C (t) = \dfrac{1}{C} \int i dt \)
对上述两边求导并重写为：
\( i (t) = C \dfrac{d v_C}{dt} \)
\(v_R (t) = R i (t) = R C \dfrac{v_C}{dt} \)
因此，方程 (I) 可以写为：
\( v_i (t) - R C \dfrac{v_C}{dt} - v_C (t) = 0 \)
对上述方程的两边取拉普拉斯变换：
\( \mathscr{L} \left \{ v_i (t) - R C \dfrac{v_C}{dt} - v_C (t) \right \} = \mathscr{L}\{ 0 \} \)
利用拉普拉斯变换的线性特性以及 \( \mathscr{L}\{ 0 \} = 0 \) 的事实，重写上式为：
\( \mathscr{L} \left\{ v_i (t) \right\} - R\;C \mathscr{L} \left \{ \dfrac{v_C}{dt} \right \} - \mathscr{L} \left\{ v_C (t) \right \} = 0 \)       (II)
设 \( \mathscr{L}\{ v_i (t) \} = V_i(s) \) 和 \( \mathscr{L}\{ v_C (t) \} = V_C(s) \)
使用时间 \( t \) 的导数的性质，重写为(参见拉普拉斯变换的公式和性质)：
\( \mathscr{L} \left\{ \dfrac{v_C}{dt} \right \} = s V_C(s) - v_C(0) \)
已知在 \( t = 0 \) 时，电容器上的电压为零，因此 \( v_C(0) = 0 \)，方程 (II) 可以写为：
\( V_i(s) - R C s V_C(s) - V_C(s) = 0 \)
注意 我们已经将初始微分方程从时间 \( t \) 域转化为 \( s \) 域。
输入电压 \( v_i(t) = V_0 u(t) \) 的拉普拉斯变换 \( V_i(s) \) 为(参见拉普拉斯变换的公式和性质)：
\( V_i(s) = \dfrac{V_0}{s} \)
在 \( s \) 域中的方程变为：
\( R C s V_C(s) + V_C(s) = \dfrac{V_0}{s} \)
在左侧提取 \( V_C(s) \)：
\( V_C(s) (R\;C\;s + 1) = \dfrac{V_0}{s} \)
求解 \( V_C(s)\)：
\( V_C(s) = \dfrac{V_0}{s(R\;C s + 1)} \)
将上述分解成部分分式(参见页面底部的附录A，了解详细计算过程)，重写为：
\( V_C(s) = \dfrac{V_0}{s(R\;C s + 1)} = \dfrac{V_0}{s} - \dfrac{R\;C V_0}{R\;C s + 1} \)
在第二项的分子和分母上除以 \( R\;C \)，并提取 \( V_0 \)，重写 \( V_C(s) \)：
\( V_C(s) = V_0 \left(\dfrac{1}{s} - \dfrac{1}{s + \dfrac{1}{R\;C}} \right) \)
现在我们使用拉普拉斯变换的公式和性质，求解 \( V_C(s) \) 的拉普拉斯逆变换 \( v_C(t) \)(时间域)：
\( v_C(t) = V_0 \left( \mathscr{L^{-1}} \left\{ \dfrac{1}{s} \right\} - \mathscr{L^{-1}} \left\{ \dfrac{1}{s + \dfrac{1}{R\;C}} \right\} \right) \)
\( \mathscr{L^{-1}} \left\{ \dfrac{1}{s} \right\} = u(t) \)
和
\( \mathscr{L^{-1}} \left\{ \dfrac{1}{s + \dfrac{1}{R\;C}} \right\} = u(t) e^{-\frac{t}{R\;C}} \)
因此
\( v_C(t) = V_0 (1 - e^{-\frac{t}{R\;C}} ) u(t) \)
电阻上的电压 \( v_R(t) \) 为：
\( v_R (t) = v_i - v_C = V_0 u(t) - V_0 u(t) (1 - e^{-\frac{t}{R\;C}} ) = V_0 e^{-\frac{t}{R\;C}} u(t) \)
电流 \( i(t) \) 为：
\( i(t) = \dfrac{v_R}{R} = \dfrac{V_0}{R} e^{-\frac{t}{R\;C}} u(t) \)
注意：电容器上的电压 \( v_C(t) \) 随时间按自然指数函数 \( e^{-\frac{t}{R\;C}} ) \) 上升，因此参数 \( R\;C \) 被称为时间常数。

数值应用
令 \( V_0 = 10 \) V , \( R = 200 \; \Omega \) 和 \( C = 5 \) mF。
\( R\;C = 200 \times 5 \times 10^{-3} = 1 \) 秒(秒)
\( v_C(t) = 10 (1 - e^{-t} ) u(t) \) 伏特
\( v_R (t) = 10 e^{-t} u(t) \) 伏特
\( i(t) = 0.05 e^{-t} u(t) \) 安培
下图显示了电流和电压的图形。
注意 \( t = 0 \) 时的情况：
1) 由于在 \( t = 0 \) 之前电容器未充电，因此电容器上的电压 \( v_C(0) \) 为零，电容器在 \( t = 0 \) 时表现为短路。随着时间 \( t \) 的增加，\( v_C(t) \) 开始增加，这解释了电容器的充电过程。
2) 电阻上的电压 \( v_R(0) \) 等于电源电压 \( 10 \) V，并随着时间 \( t \) 的增加而开始下降。
3) 电流 \( i(0) \) 处于最大值 \( \dfrac{v_i(0) - v_C(0)}{R} = \dfrac{10 - 0}{200} = 10 / 200 = 0.05 \) 安培，并随着时间 \( t \) 的增加而减少。
注意 \( t \) 较大时的情况：
\( v_C(t) \) 几乎等于 \( v_i(t) \)，这意味着电容器已完全充电。电流 \( i(t) \) 几乎为零，因为电容器表现为开路。

问题 2 放电电容器
下图中的电容器 \( C \) 初始时充电至 \( V_0 = 10 \) 伏特。在 \( t = 0 \) 时，电路中的开关 S 闭合。求解并绘制电容器 \( C \) 和电阻 \( R \) 上的电压，以及电流 \( i \) 随时间 \( t \) 的变化图。

问题 2 的解决方案
使用基尔霍夫电压定律写出：
\( v_C(t) - v_R (t) = 0 \)       (I)
使用欧姆定律写出：
\( v_R (t) = R \; i (t) \)
电容器上的电压与通过它的电流之间的关系如下：
令 \( Q_0 \) 为电容器在 \(t=0\) 时的初始电荷。由于电容器正在放电，总电荷将减少并写为：
\( \displaystyle Q(t) = Q_0 - \int_0^{t} i(\tau) d\tau \)
电容器上的电压 \( v_C(t) \) 为：
\( v_C(t) = \dfrac{Q(t)}{C} = \dfrac{Q_0}{C} - \dfrac{ \displaystyle \int i dt \ }{C } \)
对两边求导：
\( \dfrac{d v_C}{d t } = \dfrac{1}{C} \dfrac{d (Q_0 - \displaystyle \int i dt) }{d t } \)
利用导数的线性性质写为：
\( \dfrac{d v_C}{d t } = \dfrac{1}{C} \dfrac{d Q_0}{dt} - \dfrac{1}{C} \dfrac{d(\displaystyle \int i dt) }{d t } \)
由于 \( Q_0 \) 是常数，其导数为零，因此上述方程简化为：
\( \dfrac{d v_C}{d t } = - \dfrac{1}{C} i \)
可以写为：
\( i(t) = - C \; \dfrac{v_C}{dt} \)     注意 负号是因为电容器正在放电。
将 \( i(t) \) 代入 \( v_R (t) \) 中，得到：
\(v_R (t) = R \; i (t) = - R \; C \; \dfrac{d v_C}{dt} \)
因此，方程 (I) 可以写为：
\( v_C (t) + R \; C \; \dfrac{d v_C}{dt} = 0 \)
对上述方程的两边取拉普拉斯变换：
\( \mathscr{L} \left \{ v_C (t) + R \; C \; \dfrac{d v_C}{dt} \right \} = \mathscr{L}\{ 0 \} \)
利用拉普拉斯变换的线性特性以及 \( \mathscr{L}\{ 0 \} = 0 \) 的事实，重写上式为：
\( \mathscr{L} \left\{ v_C(t) \right \} + R\;C\;\mathscr{L} \left\{ \dfrac{d v_C}{dt} \right \} = 0 \)       (II)
设 \( \mathscr{L}\{ v_C(t) \} = V_C(s) \)
利用时间 \( t \) 的导数性质，写为(参见拉普拉斯变换的公式和性质)：
\( \mathscr{L} \left \{ \dfrac{d v_C}{dt} \right \} = s \; V_C(s) - v_C(0) \)
已知在 \( t = 0 \) 时，电容器已充电，其电压等于 \( V_0 \)，因此 \( v_C(0) = V_0 \) ；并将其代入方程 (II) 中，得到：
\( V_C(s) + R \; C \; ( s \; V_C(s) - V_0 ) = 0 \)
将上述方程改写为：
\( V_C(s) \; (R\;C\;s + 1) = R \; C \; V_0 \)
求解 \( V_C(s)\)：
\( V_C(s) = \dfrac{R \; C \; V_0}{R \; C \; s + 1} \)
分子和分母同时除以 \( R \; C \)：
\( V_C(s) = \dfrac{ V_0}{s + \dfrac{1}{R\;C}} \)
\( v_C(t) \) 由拉普拉斯逆变换给出；因此：
\( v_C(t) = V_0 \left( \mathscr{L^{-1}} \left\{ \dfrac{1}{s + \dfrac{1}{R\;C}} \right\} \right) \)
现在我们使用拉普拉斯变换的公式和性质，求解 \( V_C(s) \) 的拉普拉斯逆变换 \( v_C(t) \)(时间域)：
因此：
\( v_C(t) = V_0 \; e^{-\frac{t}{R\;C}} \)
电阻上的电压 \( v_R(t) \) 为：
\( v_R (t) = v_C = V_0 \; e^{-\frac{t}{R\;C}} \)
电流 \( i(t) \) 为：
\( i(t) = \dfrac{v_R}{R} = \dfrac{V_0}{R} \; e^{-\frac{t}{R\;C}} \)
数值应用： \( V_0 = 10 \) V , \( R = 200 \; \Omega \) 和 \( C = 5 \) mF。
\( R\;C = 200 \times 5 \times 10^{-3} = 1 \) 秒(秒)
\( v_C(t) = 10 \; e^{-t} \) 伏特
\( v_R (t) = 10 \; e^{-t} \) 伏特
\( i(t) = 0.05 \; e^{-t} \) 安培
下图显示了电流和电压的图形。
注意 \( t = 0 \) 时的情况：
1) 由于在 \( t = 0 \) 之前电容器已充电至 \( v_C(0) = 10 \) 伏特，随着时间 \( t \) 的增加，电压开始下降，这解释了电容器的放电过程。
2) 在 \( t = 0 \) 时；\( v_R (0) = v_C(0) = 10 \)。
3) 在 \( t = 0 \) 时，电流 \( i(0) \) 处于最大值，给出为 \( i(0) = \dfrac{v_R(0)}{R} = \dfrac{10}{200} = 10 / 200 = 0.05 \) 安培，并随着时间 \( t \) 的增加而减少。
注意 \( t \) 较大时的情况：
在 \( t \) 较大时，所有电压和电流几乎都为零，因为电容器已经完全放电，储存在电容器中的能量通过电阻 \( R \) 以热量的形式耗散。

附录

附录 A

展开为部分分式；找到 \( A \) 和 \( B \) 使得：
\( \dfrac{V_0}{s(R\;C s + 1)} = \dfrac{A}{s} + \dfrac{B}{R\;C s + 1} \)
将上述所有项乘以 \( s(R\;C s + 1) \) 并简化：
\( V_0 = A(R\;C\;s + 1) + B s \)      (1)
在方程 (1) 中设 \( s = 0 \) 得到：
\( A = V_0 \)
设 \( A = V_0 \) 且 \( s = 1 \) 代入方程 (1)
\( V_0 = V_0 \times (R\;C \times 1 + 1) + B \times 1 \)
简化并求解 \( B \)：
\( B = - R\;C V_0 \)
因此部分分式的分解为：
\( \dfrac{V_0}{s(R\;C s + 1)} = \dfrac{V_0}{s} - \dfrac{R\;C V_0}{R\;C s + 1} \)

更多参考资料和链接