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 R⋅i(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
)
(t −UL −UR −UC =
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
) ( ) (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
Från0 )
(t −UL −UR =
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
Övningsuppgifter
Uppgift 1. Bestäm strömmen i(t) i n
edanstående LR-
krets oma) 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
L⋅di + ⋅ = (ekv1) ( efter subst. L och R)
12 ) ( 8 ) (
2i′ t + i t = ( dela med 2) 6
) ( 4 )
( + =
′ t i t
i (ekv 2)
Härav iH(t)=C1e−4t 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 =C1e−4 + ⇒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)=−3e−4t +3e−2t
Sida 3 av 8
där R= 1Ω , C=
10
1 F
u ( t ) = 24
V dåa) 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)=C1e−10t (*) [ 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)=e−10t ( ampere)
b) Vi använder villkoret q(0)=2 och den allmänna lösningen från a-delen i(t)=C1e−10t. 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)=4e−10t
Svar b) i(t)=4e−10t (ampere) Uppgift 3.
Bestäm strömmen i(t) i nedanstående LRC krets om
Sida 4 av 8
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
L⋅di + + ⋅+ =
dvs
) ( ) 1 ( ) ( ) ) (
(
2
1 q t u t
t C i R dt R
t
L⋅di + + ⋅ + = (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)=C1e−2t +C2e−3t. 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 1 − 2 =
− C C .
Härav C1 =4, C2 =−4 och därför i(t)=4e−2t −4e−3t Svar: i(t)=4e−2t −4e−3t
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
Lösning:
Från kretsen får vi följande diff. ekv.
) ( ) 1 ( ) ( ) ) (
(
2
1 q t u t
t C i R t i dt R
t
L⋅di + + ⋅+ =
dvs
) ( ) 1 ( ) ( ) ) (
(
2
1 q t u t
t C i R dt R
t
L⋅di + + ⋅ + =
⇒ ( 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)=C1e−t +C2e−2t. 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)=15e−t −15e−2t −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
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
L⋅di + ⋅ + 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)=e−t +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
Lösning: Från kretsen får vi följande diff. ekv.
U t Cq t i dt R
t
L⋅di + ⋅ + 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)=e−t +sint Svar:
t e
t
i( )=− −t +cos t e
t
q( )= −t +sin
Sida 8 av 8