Reaktion eines Serien-RLC-Kreises auf eine Sprungspannung

Inhaltsverzeichnis

Verwendung von Laplace-Transformationen zur Untersuchung der Reaktion eines RLC-Kreises auf eine Sprungspannung. Formeln für den Strom und alle Spannungen werden entwickelt, und numerische Beispiele werden zusammen mit ihren detaillierten Lösungen präsentiert.
Ein Online-Rechner für die Sprungantwort eines Serien-RLC-Kreises kann verwendet werden, um manuell durchgeführte Berechnungen zu überprüfen.

Formeln für den Strom und die Spannungen in einem Serien-RLC-Kreis in Reaktion auf eine Sprungspannung

Aufgabe
Finden Sie Ausdrücke für den Strom \( i \) und die Spannungen über dem Kondensator \( C \), den Induktivitäten \( L \) und dem Widerstand \( R \) als Funktionen der Zeit in der untenstehenden Schaltung, wobei die Spannungsquelle \( v_i = V_0 \; u(t) \) ist, wobei \( V_0 \) eine Konstante ist und \( u(t) \) die Heaviside-Sprungfunktion ist. Der anfängliche Strom bei \( t = 0 \) ist gleich null.

Lösung zur obigen Aufgabe
Verwenden Sie das Kirchhoff'sche Spannungsgesetz, um zu schreiben:
\( v_i - v_R - v_L - v_C = 0 \)       (I)
Verwenden Sie das Ohmsche Gesetz, um zu schreiben:
\( v_R = R \; i \)
Beziehung zwischen Spannung und Ladestrom eines Kondensators:
\( \displaystyle v_C = \dfrac{1}{C} \; \int i \, dt \)
Beziehung zwischen Spannung und Ladestrom einer Induktivität:
\( \displaystyle v_L = L \; \dfrac{d i}{dt} \)
Ersetzen Sie \( v_R \), \( v_L \) und \( v_C \) in der Gleichung (I) durch ihre Ausdrücke:
\( \displaystyle v_i - R i - L \dfrac{d i}{dt} - \dfrac{1}{C} \int i \, dt = 0 \)
Nehmen Sie die Laplace-Transformation beider Seiten der obigen Gleichung:
\( \displaystyle \mathscr{L}\{ v_i - R i - L \dfrac{d i}{dt} - \dfrac{1}{C} \int i \, dt \} = \mathscr{L}\{ 0 \} \)
Verwenden Sie die Eigenschaft der Linearität der Laplace-Transformation und die Tatsache, dass \( \mathscr{L}\{ 0 \} = 0 \) ist, um das Obige wie folgt umzuschreiben:
\( \displaystyle \mathscr{L}\{ v_i \} - R \mathscr{L}\{ i \} - L \mathscr{L} \left\{ \dfrac{d i}{dt} \right\} - \dfrac{1}{C} \mathscr{L} \left\{ \int i \, dt \right\} = 0 \)
Da \( v_i(t) = V_0 \; u(t) \) ist, wobei \( V_0 \) eine Konstante und \( u(t) \) die Sprungfunktion ist, ist \( \mathscr{L}\{ v_i \} = \dfrac{V_0}{s} \).
Sei \( \mathscr{L}\{ i\} = I(s) \).
Verwenden Sie die Eigenschaft der Ableitung und Integration (siehe Formeln und Eigenschaften der Laplace-Transformation), um zu schreiben:
\( \mathscr{L} \left\{ \dfrac{d i}{dt} \right\} = s I(s) - i(0) = s I(s) \), da der anfängliche Strom gleich null ist \( i(0) = 0 \).
\( \displaystyle \mathscr{L} \left\{ \int i \, dt \right\} = \dfrac{I(s)}{s} \)
Nach der Substitution wird unsere Gleichung:
\( \dfrac{V_0}{s} - R \; I(s) - L \; s \; I(s) - \dfrac{I(s)}{C s} = 0 \)
HINWEIS: Wir haben unsere anfängliche Differentialgleichung vom \( t \)- (Zeit-) Bereich in den \( s \)-Bereich transformiert.
Multiplizieren Sie alle Terme in der obigen Gleichung mit \( s \) und vereinfachen Sie:
\( V_0 - R \; s \; I(s) - L \; s^2 \; I(s) - \dfrac{I(s)}{C} = 0 \)
Faktorisieren Sie \( I(s) \) heraus und schreiben Sie die obige Gleichung um:
\( I(s) (L \; s^2 + R \; s + \dfrac{1}{C}) = V_0 \)
Lösen Sie das Obige nach \( I(s) \) und schreiben Sie es wie folgt um:
\( I(s) = \dfrac{V_0}{L} \times \dfrac{1}{s^2 + \dfrac{R}{L} s + \dfrac{1}{L C}} \)
Vervollständigen Sie das Quadrat im Nenner:
\( I(s) = \dfrac{V_0}{L} \times \dfrac{1}{ \left(s + \dfrac{R}{2 L} \right)^2 + \dfrac{1}{L C} - \left(\dfrac{R}{2 L}\right)^2 } \)
Sei \( \alpha = \dfrac{R}{2L} \),
und schreiben Sie die obige Gleichung wie folgt um:
\( I(s) = \dfrac{V_0}{L} \times \dfrac{1}{ \left(s + \alpha \right)^2 + \dfrac{1}{L C} - \left(\dfrac{R}{2 L}\right)^2 } \)

Wir betrachten nun 3 Fälle, abhängig vom Vorzeichen des Ausdrucks \( \dfrac{1}{L C} - \left(\dfrac{R}{2 L}\right)^2 \).
Fall 1: \( \dfrac{1}{L C} \gt \left(\dfrac{R}{2 L}\right)^2 \): Der Schaltkreis ist untergedämpft.

Sei \( \omega = \sqrt {\dfrac{1}{L C} - \left(\dfrac{R}{2 L}\right)^2} \) und schreiben Sie \( I(s) \) wie folgt um:
\( I(s) = \dfrac{V_0}{\omega L} \times \dfrac{\omega}{ \left(s + \alpha \right)^2 + \omega^2 } \)
Verwenden Sie die Formeln und Eigenschaften der Laplace-Transformation, um die inverse Laplace-Transformation von \( I(s) \) zu finden:
Für \( t \ge 0 \), \( v_i(t) = V_0 \) und wir haben Folgendes:
\( i(t) = \dfrac{V_0}{\omega L} \; \sin (\omega t) \; e^{-\alpha t} \)
\( v_R(t) = R \; i(t) = \dfrac{R V_0}{\omega L} \sin (\omega t) e^{-\alpha t} \)
\( \quad \quad = V_0 \dfrac{2 \alpha}{\omega } \sin (\omega t) e^{-\alpha t} \)
\( v_L(t) = L \; \dfrac{d i}{dt} = V_0 \left\{ \cos (\omega t)- \dfrac{\alpha}{\omega} \sin (\omega t) \right\} e^{-\alpha t} \)
\( v_C(t) = v_i(t) - v_R(t) - v_L(t) \)
\( \quad \quad = V_0 - V_0 \dfrac{2 \alpha}{\omega } \sin (\omega t) e^{-\alpha t} - V_0 \left\{ \cos (\omega t)- \dfrac{\alpha}{\omega} \sin (\omega t) \right\} e^{-\alpha t} \)
\( \quad \quad = V_0 - V_0 \left\{ \cos (\omega t) + \dfrac{\alpha}{\omega} \sin (\omega t) \right\} e^{-\alpha t} \)

Numerische Anwendungen - Beispiel 1 - Untergedämpfter Schaltkreis
Sei \( V_0 = 1 \; V\), \( R = 10 \; \Omega \), \( L = 0.4 \; H \) und \( C = 50 \;\mu F \).
\( \dfrac{1}{L C} = 50000 \)
\( \left(\dfrac{R}{2 L}\right)^2 = 156.25 \)
Daher \( \dfrac{1}{L C} \gt \left(\dfrac{R}{2 L}\right)^2 \); der Schaltkreis ist untergedämpft.
\( \alpha = \dfrac{R}{2L} = \dfrac{10}{2 \times 0.4} = 12.50 \)
\( \omega = \sqrt {\dfrac{1}{L C} - \left(\dfrac{R}{2 L}\right)^2} = \sqrt {\dfrac{1}{0.4 \times 50 \times 10^{-6}} - \left(\dfrac{10}{2 \times 0.4}\right)^2} = 223.26 \)
\( i(t) = \dfrac{1}{223.26 \times 0.4} \; \sin (223.26 t) \; e^{-12.5 t} \)
Vereinfachen Sie:
\( i(t) = 0.011 \; \sin (223.26 t) \; e^{-12.5 t} \)
Die Spannungen können wie folgt berechnet werden:
\( v_R(t) = V_0 \dfrac{2 \alpha}{\omega } \sin (\omega t) e^{-\alpha t} \)
\( \quad \quad = 0.11198 \; \sin (223.26 t) \; e^{-12.5 t} \)
\( v_L(t) = V_0 \left\{ \cos (\omega t)- \dfrac{\alpha}{\omega} \sin (\omega t) \right\} e^{-\alpha t} \)
\( \quad \quad = \left\{ \cos (223.26t) - 0.0559875 \sin (223.26t ) \right\}e^{-12.5t} \)
\( v_C(t) = V_0 - V_0 \left\{ \cos (\omega t) + \dfrac{\alpha}{\omega} \sin (\omega t) \right\} e^{-\alpha t} \)
\( \quad \quad = 1 - \left\{ \cos (223.26t) + 0.055988 \sin (223.26t) \right\} e^{-12.5t} \)
Sie können den Rechner für die Sprungantwort eines Serien-RLC-Kreises verwenden, um alle obigen Berechnungen zu überprüfen.

Fall 2: \( \dfrac{1}{L C} \lt \left(\dfrac{R}{2 L}\right)^2 \): Der Schaltkreis ist übergedämpft.

Sei \( \beta = \sqrt { \left(\dfrac{R}{2 L}\right)^2 - \dfrac{1}{L C} } \) und schreiben Sie \( I(s) \) wie folgt um:
\( I(s) = \dfrac{V_0}{\beta L} \times \dfrac{\beta}{ \left(s + \alpha \right)^2 - \beta^2 } \)
Verwenden Sie die Formeln und Eigenschaften der Laplace-Transformation, um die inverse Laplace-Transformation von \( I(s) \) zu finden:
Für \( t \ge 0 \), \( v_i(t) = V_0 \) und wir haben Folgendes:
\( i(t) = \dfrac{V_0}{\beta L} \; \sinh (\beta t) \; e^{-\alpha t} \)
\( \quad \quad = \dfrac{V_0}{\beta L} \; \left\{ \dfrac{e^{\beta t} - e^{\beta t}} {2} \right\} \; e^{-\alpha t} \)
\( \quad \quad = \dfrac{V_0}{2\beta L} \; \left\{ e^{ (\beta - \alpha) t} - e^{ ( - \beta - \alpha) t} \right\} \)
\( v_R(t) = R \; i(t) = \dfrac{R V_0}{2\beta L} \; \left\{ e^{ (\beta - \alpha) t} - e^{ ( - \beta - \alpha) t} \right\} \)
\( \quad \quad = V_0 \dfrac{\alpha}{\beta } \; \left\{ e^{ (\beta - \alpha) t} - e^{ ( - \beta - \alpha) t} \right\} \)
\( v_L(t) = L \; \dfrac{d i}{dt} = \dfrac{V_0}{2\beta} \left\{ (\beta - \alpha) e^{ (\beta - \alpha) t} + (\beta + \alpha) e^{ ( - \beta - \alpha) t} \right\} \)
\( v_C(t) = v_i(t) - v_R(t) - v_L(t) \)
\( \quad \quad = V_0 - V_0 \dfrac{\alpha}{\beta } \; \left\{ e^{ (\beta - \alpha) t} - e^{ ( - \beta - \alpha) t} \right\} - \dfrac{V_0}{2\beta} \left\{ (\beta - \alpha) e^{ (\beta - \alpha) t} + (\beta + \alpha) e^{ ( - \beta - \alpha) t} \right\} \)
\( \quad \quad = V_0 - V_0 \left\{ \dfrac{\beta + \alpha}{2 \beta} e^{(\beta - \alpha) t} + \dfrac{\beta - \alpha}{2 \beta} e^{(-\beta - \alpha) t} \right\} \)

Numerische Anwendungen - Beispiel 2 - Übergedämpfter Schaltkreis
Sei \( V_0 = 1 \; V\), \( R = 200 \; \Omega \), \( L = 0.4 \; H \) und \( C = 50 \;\mu F \).
\( \dfrac{1}{L C} = 50000 \)
\( \left(\dfrac{R}{2 L}\right)^2 = 62500 \)
Daher \( \dfrac{1}{L C} \lt \left(\dfrac{R}{2 L}\right)^2 \); der Schaltkreis ist übergedämpft.
\( \alpha = \dfrac{R}{2L} = \dfrac{200}{2 \times 0.4} = 250 \)
\( \beta = \sqrt { \left(\dfrac{R}{2 L} - \dfrac{1}{L C}\right)^2} = \sqrt {\dfrac{1}{0.4 \times 50 \times 10^{-6}} - \left(\dfrac{200}{2 \times 0.4}\right)^2} = 111.80339 \)
\( i(t) = \dfrac{V_0}{2\beta L} \; \left\{ e^{ (\beta - \alpha) t} - e^{ ( - \beta - \alpha) t} \right\} \)
\( \quad \quad = 0.01118 \; \left\{ e^{ -138.2 t} - e^{ -361.8 t} \right\} \)
\( v_R(t) = V_0 \dfrac{\alpha}{\beta } \; \left\{ e^{ (\beta - \alpha) t} - e^{ ( - \beta - \alpha) t} \right\} \)
\(\quad \quad = 2.23613 \; \left\{ e^{ -138.2 t} - e^{ -361.8 t} \right\} \)

\( v_L (t) = \dfrac{V_0}{2\beta} \left\{ (\beta - \alpha) e^{ (\beta - \alpha) t} + (\beta + \alpha) e^{ ( - \beta - \alpha) t} \right\} \)
\( \quad \quad = -0.617754 e^{ -138.2 t} + 1.617246 e^{ -361.8 t} \)
\( v_C(t) = V_0 - V_0 \left\{ \dfrac{\beta + \alpha}{2 \beta} e^{(\beta - \alpha) t} + \dfrac{\beta - \alpha}{2 \beta} e^{(-\beta - \alpha) t} \right\} \)
\( \quad \quad = 1 - 1.61806 e^{ -138.2 t} + 0.61806 e^{-361.8 t} \)
Sie können den Rechner für die Sprungantwort eines Serien-RLC-Kreises verwenden, um alle obigen Berechnungen zu überprüfen.

Fall 3: \( \dfrac{1}{L C} = \left(\dfrac{R}{2 L}\right)^2 \): Der Schaltkreis ist kritisch gedämpft.

\( I(s) \) vereinfacht sich zu:
\( I(s) = \dfrac{1}{\left(s + \alpha \right)^2} \dfrac{V_0}{L} \)
Verwenden Sie die Formeln und Eigenschaften der Laplace-Transformation, um die inverse Laplace-Transformation von \( I(s) \) zu finden:
Für \( t \ge 0 \), \( v_i(t) = V_0 \) und wir haben Folgendes:
\( i(t) = \dfrac{V_0}{L} \; t \; e^{-\alpha t} \)
\( v_R(t) = R \; i(t) = \dfrac{R V_0}{L} \; t \; e^{-\alpha t} \)
\( \quad \quad = 2 V_0 \alpha \; t \; e^{-\alpha t} \)
\( v_L(t) = L \; \dfrac{d i}{dt} = V_0 \left( 1 - \alpha t \right) e^{-at} \)
\( v_C(t) = v_i(t) - v_R(t) - v_L(t) \)
\( \quad \quad = V_0 - 2 V_0 \alpha \; t \; e^{-\alpha t} - V_0 e^{-at} \left( 1 - \alpha t \right) \)
\( \quad \quad = V_0 - V_0(1+\alpha t)e^{-\alpha t} \)

Numerische Anwendungen - Beispiel 3 - Kritisch gedämpfter Schaltkreis
Sei \( V_0 = 1 \; V\), \( R = 100 \; \Omega \), \( L = 0.4 \; H \) und \( C = 160 \;\mu F \).
\( \dfrac{1}{L C} = 15625 \)
\( \left(\dfrac{R}{2 L}\right)^2 = 15625 \)
Daher \( \dfrac{1}{L C} = \left(\dfrac{R}{2 L}\right)^2 \); der Schaltkreis ist kritisch gedämpft.
\( \alpha = \dfrac{R}{2L} = \dfrac{100}{2 \times 0.4} = 125 \)
\( i(t) = \dfrac{V_0}{L} \; t \; e^{-\alpha t} \)
\( i(t) = 2.5 \; t \; e^{- 125 t} \)
\( v_R(t) = 2 V_0 \alpha \; t \; e^{-\alpha t} \)
\(\quad \quad = 250 e^{ - 125 t} \)
\( v_L(t) = L \; \dfrac{d i}{dt} = V_0 (1 - \alpha t) e^{-at} \)
\( \quad \quad = (1 - 125) e^{ - 125 t} \)
\(v_C(t) = V_0 - V_0(1+\alpha t)e^{-\alpha t} \)
\( \quad \quad = 1 - (1 + 125) e^{ - 125 t} \)
Sie können den Rechner für die Sprungantwort eines Serien-RLC-Kreises verwenden, um alle obigen Berechnungen zu überprüfen.

Weitere Referenzen und Links