Anfangsbedingungen und Parallelschwingungsproblem

Question

^{simulieren Sie diese Schaltung - Schema erstellt mit CircuitLab}

Ich habe bereits meine eigene Lösung gefunden, möchte aber nur überprüfen, ob ich alles richtig gemacht habe, insbesondere bei der Bestimmung der Anfangsbedingungen. Hier ist mein eigenes Verständnis:

Für t <0 ist die Stromquelle und der Kondensator ein offener Stromkreis, und die Induktivität ist ein Kurzschluss. Daher fließt der gesamte Strom zum kurzgeschlossenen Induktor. $$ t<0: $$ $$ i(0) = 3A; $$ $$ v(0) = 30; $$ $$ \frac{di (0)}{dt} = \frac{30}{4} = 7.5 $$

Jetzt bei t> 0: Wir könnten eine Quellentransformation mit der 30-V-Quelle und dem 10-Ohm-Widerstand durchführen, daher wird alles parallel sein. Ich kombinierte die 6 A und die 3 A, um eine 9 A Stromquelle zu erhalten, und kombinierte die beiden Widerstände, um zu erhalten:

$$ t>0: $$ $$ i(0^+) = 9A; $$ $$ R = 10||40 = 8; $$ $$ resonant freq. = \frac{1}{√LC} = 5 = 7.5 $$ $$ α = \frac{1}{2RC} = 6.25 $$ $$ s_1 = -2.5, s_2 = -10 $$ Hier können wir sehen, dass wir eine überdämpfte Antwort haben werden, daher würde unsere Lösung die Form haben: $$ i(t) = I_f + A_1e^{-2.5t} + A_2e^{-10t} $$

Um A1 zu bekommen: $$ i(0) = I_f + A_1 + A2 $$ $$ 3 = 9 + A_1 + A_2 $$ $$ -6 - A_2 = A_1 $$

Um A2 zu bekommen: $$ \frac{di (0)}{dt} = \frac{30}{4} = 7.5 = -2.5A_1 + -10A_2 $$ $$ 7.5 = -2.5(-6-A_2) - 10A_2 $$ $$ A_2 = 1 $$ $$ A_1 = -7 $$

Meine letzte Gleichung wäre also: $$ i(t) = 9 -7e^{-2.5t} + e^{-10t} $$

Habe ich alles richtig gemacht? Ich habe das Gefühl, dass meine Analyse der Anfangsbedingungen falsch ist, aber als ich mit LTspice nachgesehen habe, habe ich einen Strominduktor von fast 3A für t <0 und 9A für t> 0. Aber wenn ich am Knoten von Vc nach Spannung suche, bekomme ich 3 mV, was ich nicht verstehe.

Answer 1

Ich werde hier die theoretische Lösung vorstellen. Für \$- \infty < t < 0\$In dieser RLC-Parallelschaltung ist nur die Spannungsquelle vorhanden, die einen anfänglichen Induktivitätsstrom von \ herstellt$i(0-)=i(0+)= 30 \space V / 10 \space \Omega = 3 \space A\$. Beachten Sie auch, dass \$v(0-)=v(0+)= 0 \space V\$, da der Induktor als Kurzschluss für \ gesehen werden kann$t < 0\$. So kann die Schaltung wie in der folgenden Abbildung gezeigt umgewandelt werden:

Anwenden von KCL auf den oberen Knoten:

$$ -I + \frac{v(t)}{R} + C\frac{d}{dt}v(t) + i(t) = 0 $$

Ersetzen von \$v(t) = L\frac{d}{dt}i(t)\$

$$ LC\frac{d^2}{dt^2}i(t) + \frac{L}{R}\frac{d}{dt}i(t) + i(t) = I $$

Das charakteristische Polynom ist:

$$ LCs^2 + \frac{L}{R}s + 1 = 0 $$

Mit Wurzeln

$$ s_{1,2} = -\frac{1}{2RC} \space \pm \sqrt{\left ( \frac{1}{2RC}\right )^2 - \frac{1}{LC}} $$

As \$\left ( \frac{1}{2RC}\right )^2 > \frac{1}{LC}\$Ist das System, mit zwei realen und verschiedenen Wurzeln overdamped \$s_1 = -2.5\$und \$s_2 = -10\$ für den aktuellen Fall.

Die vollständige Antwort hat das Formular

$$ i(t) = i_f + A_1e^{-s_1t} + A_2e^{-s_2t} $$

wo \$i_f\$ist die erzwungene Antwort (in diesem Fall \$9 \space A\$). Die Konstanten \$A_1\$und \$A_2\$ kann aus den Anfangsbedingungen bestimmt werden.

$$ \left\{\begin{matrix} i(0) = I + A1 + A2 & (1)\\ \frac{d}{dt}i(0) = -s_1A_1 -s_2A_2 & (2)\\ \end{matrix}\right. $$

Beachten Sie, dass \$v(0) = L\frac{d}{dt}i(0)\$. As \$v(0) = 0 \space V\$dann \$\frac{d}{dt}i(0) = 0 \space A/s\$ Deshalb

$$ \left\{\begin{matrix} 3 = 9 + A1 + A2 & (1)\\ 0 = -2.5A_1 -10A_2 & (2)\\ \end{matrix}\right. $$

Auflösen, \$A_1 = -8\$e \$A_2 = 2\$

Schließlich beträgt der Induktivitätsstrom in Ampere

$$ i(t) = 9 -8e^{-2.5t} + 2e^{-10t}$$

Mit Grafik