• No results found

RC krets

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "RC krets "

Copied!
8
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Full text

(1)

TILLÄMPNINGAR AV DIFFERENTIAL EKVATIONER

LRC KRETSAR

Låt i(t)vara strömmen i nedanstående LRC krets (som innehåller element en spole med induktansen L henry , en motstånd med resistansen R ohm, en kondensator med kapasitansen C farad och en spänningskälla med spänningen U(t) volt).

För att ange en differential ekvation för i(t) använder vi potentialvandring (dvs Kirchhoffs spänningslag) och följande samband:

Spänningsfallet över en spole med induktansen L är lika med L ′i(t) eller kortare )

(t i L

UL = ⋅ ′ (*) .

Spänningsfallet över ett motstånd med resistansen R är lika med Ri(t) eller kortare )

(t i R

UR = ⋅ (**) .

Spänningsfallet över en kondensator med kapasitansen C är lika med q(t)/C, dvs C

t

UC = q( ) (***) .

där q′(t)=i(t) och q(t)är laddningen i coulomb.

Enligt Kirchhoffs spänningslag (eller "potentialvandring") gäller då 0

)

(tULURUC =

U eller

) (t U U U

UL + R + C = (ekv1)

(I denna enkla krets är alltså summan av spänningsfall = spänningskälla )

Om vi substituerar (*) , (**) och (***) i ekv 1 får vi följande grundekvation för LRC krets:

) ) (

) ( ( )

( U t

C t t q i R t i

L⋅ ′ + ⋅ + = (ekvation A)

Ekvation A har två okända funktioner i(t) och q(t). För att lösa ekvationen måste vi först eliminera en av dem med hjälp av sambandet q′(t)=i(t).

Följande två metoder är ekvivalenta:

Metod 1. Om vi vill eliminera q(t) deriverar vi ekvation A och därefter ersätter q′(t)=i(t) Vi får följande ekvation med endast en variabel i(t)

) ) (

) ( ( )

( U t

C t t i i R t i

L⋅ ′′ + ⋅ ′ + = ′ ( ekvation B) (notera derivatan U ′(t) i högra ledet)

Sida 1 av 8

(2)

) ( ) (t q t

i′ = ′′ i ekvationen och får

Vi får följande ekvation med endast en variabel i(t):

) ) (

) ( ( )

( U t

C t t q q R t q

L⋅ ′′ + ⋅ ′ + = (ekvation C) ( notera att U(t) inte deriveras i den här metoden) Vi bestämmer först q(t)och därefter i(t)=q′(t). Begynnelsevillkor:

Om vi har en andragrads DE behöver vi två villkor för att bestemma konstanter i den allmänna lösningen. Följande startvillkor i en LRC krets används oftast:

1. i(0)=a och q(0)=b.

I detta fall har vi q′(0)=i(0)=aoch då är enklast att använda (ekvation C) och bestämma )

(t

q . Därefter får vi i(t)=q′(t).

2. q(0)=a och q′ )(0 =b. I detta fall är det naturligt att använda ( ekvation C) 3. i(0)=a och i′ )(0 =b. I detta fall är det lämpligt att använda ( ekvation B) Speciella fall:

LR krets

Från

0 )

(tULUR =

U dvs UL +UR =U(t) får vi

) ( ) ( )

(t R i t U t i

L⋅ ′ + ⋅ =

Notera att ekvationen är av första ordningen och att det räcker med ett villkor. Här används oftast villkoret i(0)=a.

RC krets

RC krets beskrivs med ) ) (

) (

( U t

C t t q i

R⋅ + =

Med hjälp av i(t)=q′(t) eliminera en obekant funktion.

Om vi t ex eliminerar i(t) har vi ( ) ( ) )

( U t

C t t q q

R⋅ ′ + =

Sida 2 av 8

(3)

Övningsuppgifter

Uppgift 1. Bestäm strömmen i(t) i n

edanstående LR-

krets om

a) L=2 henry , R= 8 ohm ,

u ( t ) = 12

volt. Vid t=0 är strömmen i(0)=0 ampere.

b) L=2 henry , R= 8 ohm,

u ( t ) = 12 e

2tV och i(0)=0 A.

Lösning:

a) Från kretsen får vi följande diff. ekv.

) ( ) ) (

( R i t u t

dt t

Ldi + ⋅ = (ekv1) ( efter subst. L och R)

12 ) ( 8 ) (

2it + i t = ( dela med 2) 6

) ( 4 )

( + =

t i t

i (ekv 2)

Härav iH(t)=C1e4t Partikulärlösning :

2 / 3 ) (

2 / 3 6

4 0 ) ( )

(

=

=

=

′ =

= t i

A A

t i A t i

p

p

p

Alltså:

2 ) 3

(

) ( ) ( ) (

4

1 +

=

⇒ +

=

− t p H

e C t i

t i t i t i

För att bestämma C1 använder vi begynnelsevillkoren i(0)=0 och får

2 3 2

) 3

(t =C1e4 + ⇒C1 =−

i t

och 2

3 2

) 3

(t =− e− t4 + i

Svar a)

2 3 2

) 3

(t =− e− t4 + i

Svar b) i(t)=−3e4t +3e2t

Sida 3 av 8

(4)

där R= 1Ω , C=

10

1 F

u ( t ) = 24

V då

a) vid t=0 är strömmen i(0)=1 A. b. b) vid t=0 är laddningen q(0)=2 coulomb.

Lösning:

a) Från kretsen får vi följande diff. ekv.

) ) ( ) (

( u t

C t t q i

R⋅ + = (ekv1) eller ( efter subst. R och C)

24 ) ( 10 )

(t + q t =

i (ekv2)

För att eliminera q(t) deriverar vi ( ekv 2) och ( eftersom q'(t)=i(t)) får:

0 ) ( 10 )

( + =

t i t

i (ekv 3)

Härav i(t)=C1e10t (*) [ den allmänna lösningen för i(t) ] För att bestämma C använder vi begynnelsevillkoren 1 i(0)=1 och får C1 =1. därmed

e t

t

i( )=1 10

Svar a) i(t)=e10t ( ampere)

b) Vi använder villkoret q(0)=2 och den allmänna lösningen från a-delen i(t)=C1e10t. För att bestämma i(0) substituerar vi q(0)=2 i ekv 2 och får

4 ) 0 ( 24 2 10 ) 0

( + ⋅ = ⇒i =

i .

Nu fortsätter vi som i a-delen, med den nya villkoret för i(0)=4 och får 4=C1.

Därför i(t)=4e10t

Svar b) i(t)=4e10t (ampere) Uppgift 3.

Bestäm strömmen i(t) i nedanstående LRC krets om

Sida 4 av 8

(5)

L=1 H , R1= 2Ω , R2= 3 Ω , C=

6

1 F och u(t)=10V.

Vid t=0 är strömmen i(0)=0 A och laddningen q(0)=1 C.

Lösning:

Från kretsen får vi följande diff. ekv.

) ( ) 1 ( ) ( ) ) (

(

2

1 q t u t

t C i R t i dt R

t

Ldi + + ⋅+ =

dvs

) ( ) 1 ( ) ( ) ) (

(

2

1 q t u t

t C i R dt R

t

Ldi + + ⋅ + = (ekv1)

(efter subst. L, R och C) 10 ) ( 6 ) ( 5 )

( + + =

t i t q t

i (ekv 2)

i(0)=0 och q(0)=1ger

. 4 ) 0 (

10 6 ) 0 (

10 ) 0 ( 6 ) 0 ( 5 ) 0 (

′ =

=

′ +

= +

′ +

i i

q i

i

Derivering av ( ekv 2) ger:

0 ) ( 6 ) ( 5 )

( + ′ + =

′′ t i t i t

i . (ekv 3)

Härav i(t)=C1e2t +C2e3t. Alltså:

t

t C e

e C t

i( )= 1 2 + 2 3 medför

t

t C e

e C t

i′( )=−2 1 2 −3 2 3 .

För att bestämma C1 och C2 använder vi begynnelsevillkoren i(0)=0 och ′i(0)=4 och får

2 0

1+ C = C

4 3 2 12 =

C C .

Härav C1 =4, C2 =−4 och därför i(t)=4e2t −4e3t Svar: i(t)=4e2t −4e3t

Uppgift4.

Bestäm strömmen i(t) i nedanstående LRC krets om L=1 H , R1= 2Ω , R2= 1 Ω , C=

2

1 F och )

2 cos(

6 ) 2 sin(

22 )

(t t t

u =− + V,

Sida 5 av 8

(6)

Lösning:

Från kretsen får vi följande diff. ekv.

) ( ) 1 ( ) ( ) ) (

(

2

1 q t u t

t C i R t i dt R

t

Ldi + + ⋅+ =

dvs

) ( ) 1 ( ) ( ) ) (

(

2

1 q t u t

t C i R dt R

t

Ldi + + ⋅ + =

⇒ ( efter subst. L, R och C)

) 2 cos(

6 ) 2 sin(

22 ) ( 2 ) ( 3 )

(t i t q t t t

i′ + + =− +

Derivering ger:

) 2 sin(

12 ) 2 cos(

44 ) ( 2 ) ( 3 )

(t i t i t t t

i′′ + ′ + =− − .

Härav iH(t)=C1et +C2e2t. Partikulär lösning:

t B t A

ip = sin2 + cos2 ⇒



=

=

12 6

2

44 2

6

B A

B A

A=−6, B=4 t t

t

ip( )=−6sin2 +4cos2 Alltså:

t t

e C e C t

i( )= 1 t + 2 2t −6sin2 +4cos2 .

För att bestämma C1 och C2 använder vi begynnelsevillkoren i(0)=4 och ′i(0)=3 och får

1 =15

C , C2 =−15

t t

e e

t

i( )=15 t −15 2t −6sin2 +4cos2 . Svar: i(t)=15et −15e2t −6sin2t+4cos2t Uppgift 5.

Bestäm strömmen i(t) och laddningen i nedanstående LRC krets om L=1 henry , R= 3 ohm , C=

2

1 farad och

Sida 6 av 8

(7)

t t

t

u( )=sin +3cos volt då

i(0)=0 ampere och q(0)= 1 coulomb.

( Bedömning för upp6: korrekt ställd ekvation 1p; korrekt lösning för den allmänna ekvationen 2 p; korrekt lösning för begynnelsevärdesproblemet 1p. )

Lösning: Från kretsen får vi följande diff. ekv.

U t Cq t i dt R

t

Ldi + ⋅ + 1 ( )= )

) (

( (ekv1).

Om vi använder q′(t)=i(t) då får vi följande ekvation med en variabel:

U t C q t q R t q

L⋅ ′′ + ⋅ ′ + 1 ( )= )

( )

( ,

( efter subst. L, R och C)

t t

t q t q t

q′′( )+3 ′( )+2 ( )=sin +3cos . (ekv 2) Ekvationen har den allmänna lösningen

t e

C e C t

q( )= 1 t + 2 2t +sin Eftersom q′(t)=i(t) får vi

t e

C e

C t

i( )=− 1 t −2 2 2t +cos

Från begynnelsevillkoren i(0)=0 och q(0)=1får vi ekv1: −C1 −2C2 +1=0

ekv2: C1+ C2 =1

Härav C1 =1 och C2 =0 och därför t

e t

i( )=− t +cos och q(t)=et +sint Svar:

t e

t

i( )=− t +cos t e

t

q( )= t +sin

Uppgift 6.

Bestäm strömmen i(t) och laddningen i nedanstående LRC krets om L=1 henry , R= 3 ohm , C=

2

1 farad och t

t t

u( )=sin +3cos volt då

i(0)=0 ampere och q(0)= 1 coulomb.

Sida 7 av 8

(8)

Lösning: Från kretsen får vi följande diff. ekv.

U t Cq t i dt R

t

Ldi + ⋅ + 1 ( )= )

) (

( (ekv1).

Om vi använder q′(t)=i(t) då får vi följande ekvation med en variabel:

U t C q t q R t q

L⋅ ′′ + ⋅ ′ + 1 ( )= )

( )

( ,

( efter subst. L, R och C)

t t

t q t q t

q′′( )+3 ′( )+2 ( )=sin +3cos . (ekv 2) Ekvationen har den allmänna lösningen

t e

C e C t

q( )= 1 t + 2 2t +sin Eftersom q′(t)=i(t) får vi

t e

C e

C t

i( )=− 1 t −2 2 2t +cos

Från begynnelsevillkoren i(0)=0 och q(0)=1får vi ekv1: −C1 −2C2 +1=0

ekv2: C1+ C2 =1

Härav C1 =1 och C2 =0 och därför t

e t

i( )=− t +cos och q(t)=et +sint Svar:

t e

t

i( )=− t +cos t e

t

q( )= t +sin

Sida 8 av 8

References

Related documents

Just nu hittar du kartmaterial till specialpris hos din närmaste

[r]

[r]

Förare Förare Förare Förare Kartläsare Kartläsare Kartläsare Kartläsare. Klubb

77 Dennis Hartman Värmdö MK Bilsekt.. 104 Erik Strandberg Värmdö

Klubb

Förare Förare Förare Förare Kartläsare Kartläsare Kartläsare Kartläsare. Klubb

Potatis krisp, Picklade små lökar, Purjolöksaska, Pepparrot, Krasse, Svart italiensk vinter tryffel