IELEX1001
Elektroteknikk 1
Øving 7
RLC kretser
Released
Deadline
Oppgaven leveres elektronisk i innleveringsmappe på Blackboard.
Oppgave 1
For kretsen i Error! Reference source not found., har bryteren stått i posisjon 1 i lang tid og flyttes til
posisjon 2 ved tiden 𝑡 = 0. Finn for kondensatoren i kretsen
a) 𝑣(0+ ) og
𝑑𝑣(0+ )
𝑑𝑡
b) 𝑣(𝑡) for 𝑡 ≥ 0
a) 𝑣𝑐 (0+ ) = 𝑣𝑐 (0− ) fordi spenningen over en kondensator ikke kan endres momentant.
Når bryteren har stått i posisjon 1 i lang tid er det stasjonære forhold i kretsen. Kondensatoren
oppfører seg som en åpen krets fordi strømmen gjennom den er null når det ikke er noen endring i
spenningen over den (𝑖𝐶 =
𝐶𝑑𝑣𝑐
𝑑𝑡
= 0 ). Da går det ingen strøm i kretsen og spenningsfallet over 8-Ohms-
motstanden er null. Dermed får vi
𝑣𝑐 (0+ ) = 𝑣𝑐 (0− ) = 𝑉1 = 4 𝑉
For å finne
𝑑𝑣(0+ )
𝑑𝑡
bruker vi at vi har sammenhengen 𝑖𝐶 = 𝐶𝑑𝑣𝑐 /𝑑𝑡 for kondensatoren. Ved å stokke
om på likningen ser vi at vi får følgende uttrykk ved t=0+
IELEX1001
Page 1 of 16
𝑑𝑣(0+ ) 𝑖𝐶 (0+ )
=
𝑑𝑡
𝐶
Vi bruker KCL for å finne strømmen gjennom kondensatoren rett etter at bryteren har svitsjet over til
posisjon 2.
𝑖𝐶 (0+ ) + 𝑖𝑅 (0+ ) + 𝑖𝐿 (0+ ) = 0
Siden strømmen gjennom en spole ikke kan endres momentant har vi:
𝑖𝐿 (0+ ) = 𝑖𝐿 (0− ) = 0𝐴
Strømmen gjennom 0,5-Ohms-motstanden er:
𝑖𝑅 (0+ ) =
𝑣𝑅 (0+ ) 𝑣𝑐 (0+ )
4𝑉
=
=
= 8𝐴
𝑅
𝑅
0.5Ω
Det gir:
𝑖𝐶 (0+ ) = −𝑖𝑅 (0+ ) − 𝑖𝐿 (0+ ) = −8 𝐴 − 0𝐴 = −8 𝐴
Til slutt kan vi finne
𝑑𝑣(0+ )
𝑑𝑡
𝑑𝑣(0+ ) 𝑖𝐶 (0+ )
8𝐴
𝑉
=
=−
= −8
𝑑𝑡
𝐶
1𝐹
𝑠
b) For kretsen etter bryteren lukkes har vi
𝑖𝐿 + 𝑖𝐶 + 𝑖𝑅 = 0
𝑣𝐿 = 𝑣𝐶 = 𝑣𝑅
𝑖𝐿 + 𝐶
𝑡
𝑑𝑣 𝑣
𝑣
𝑑𝑣 𝑣
+ = 0 → ∫ 𝑑𝜏 + 𝑣(0) + 𝐶
+ =0
𝑑𝑡 𝑅
𝑑𝑡 𝑅
0 𝐿
Deriverer 𝑣 mhp. 𝑡,
𝑣
𝑑2 𝑣 1 𝑑𝑣
𝑑2 𝑣
1 𝑑𝑣
1
+𝐶 2 +
=0→ 2+
+
𝑣=0
𝐿
𝑑𝑡
𝑅 𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑅𝐶 𝑑𝑡 𝐿𝐶
Den karakteristiske ligningen kan skrives som
𝑠 2 + 2𝜁𝜔0 𝑠 + 𝜔02 = 0
2𝜁𝜔0 =
1
1
1
→𝜁=
=
= 0.5
𝑅𝐶
𝑅𝐶2𝜔0 0.5 ∙ 1 ∙ 2 ∙ 2
𝜁 < 1 → 𝑢𝑛𝑑𝑒𝑟𝑑𝑒𝑚𝑝𝑒𝑡
Løsningen for 𝑣(𝑡) er da på formen
IELEX1001
Page 2 of 16
𝑣(𝑡) = 𝑒 −𝜁𝜔0 𝑡 [𝐴1 cos ((𝜔0 √1 − 𝜁 2 ) 𝑡) + 𝐴2 sin ((𝜔0 √1 − 𝜁 2 ) 𝑡)]
= 𝑒 −𝑡 [𝐴1 cos ((√3)𝑡) + 𝐴2 sin ((√3)𝑡)]
For å bestemme 𝐴1 og 𝐴2 , benytter vi initialbetingelsene
𝑣(0+ ) = 4 = 𝑒 −0 [𝐴1 cos ((√3)0) + 𝐴2 sin ((√3)0)] = 𝐴1 + 𝐴2 ∙ 0 → 𝐴1 = 4
𝑑𝑣(0+ )
−8 + 4
= −𝐴1 + √3𝐴2 → −4 + √3𝐴2 = −8 → 𝐴2 =
= −2.31
𝑑𝑡
√3
som gir den endelige responsen
𝑣(𝑡) = 𝑒 −𝑡 [4 cos ((√3)𝑡) − 2.31 sin ((√3)𝑡)]
Oppgave 2
For den underdempede kretsen i figur 2, bestem spenningen 𝑣(𝑡) over motstanden dersom
initialbetingelsene i energilagringselementene er 𝑖𝐿 (0) = 1𝐴 og 𝑣𝐶 (0) = 10𝑉.
figur 1
For å finne diff.likningen bruker vi KCL. Vi bruker også sammenhengene mellom strøm og spenning i spole
og kondensator.
𝑖𝐿 + 𝑖𝐶 + 𝑖𝑅 = 0
Pga. parallellkoblingen er det samme spenning over alle kretselementene:
𝑣𝐿 = 𝑣𝐶 = 𝑣𝑅 = 𝑣
Setter inn i KCL-likningen
𝑖𝐿 + 𝐶
𝑡
∫
0
IELEX1001
𝑑𝑣 𝑣
+ =0
𝑑𝑡 𝑅
𝑣
𝑑𝑣 𝑣
𝑑𝜏 + 𝑣(0) + 𝐶
+ =0
𝐿
𝑑𝑡 𝑅
Page 3 of 16
Deriverer 𝑣 mhp. 𝑡,
𝑣
𝑑2 𝑣 1 𝑑𝑣
+𝐶 2 +
=0
𝐿
𝑑𝑡
𝑅 𝑑𝑡
Diff.linkingen for spenningen v(t) blir dermed:
𝑑2 𝑣
1 𝑑𝑣
1
+
+
𝑣=0
𝑑𝑡 2 𝑅𝐶 𝑑𝑡 𝐿𝐶
Karakteristisk likning er:
𝑠2 +
1
1
𝑠+
=0
𝑅𝐶
𝐿𝐶
Setter inn verdier for R, L og C og får:
𝑠 2 + 8𝑠 + 20 = 0
Vi finner løsningene for den karakteristiske likningen. Vi bruker abc-formelen for andregradslikinger.
𝑠=
𝑠=
−𝑏 ± √𝑏 2 − 4𝑎𝑐
2𝑎
−8 ± √82 − 4 ∗ 20 −8 ± √64 − 80
8
64 80
=
= − ± √ 2 − 2 = −4 ± √16 − 20
2
2
2
2
2
= −𝛼 ± √𝛼 2 − 𝜔02 = −4 ± 𝑗2
Der
𝛼=4
𝜔0 = √20 = 4.47
Vi får komplekskonjugerte røtter:
𝑠 = −𝛼 ± √𝛼 2 − 𝜔02 = −4 ± √16 − 20 = −4 ± 𝑗2
𝑠1 = −4 + 𝑗2
𝑠2 = −4 − 𝑗2
Dermed har vi underdempet respons.
Fra forelesingsslides om overdempet, kritisk dempet og underdempet respons:
IELEX1001
Page 4 of 16
Siden vi har underdempet tilfelle vet vi at løsningen av diff.likningen er på formen
𝑣(𝑡) = 𝐴1 𝑒 −𝛼𝑡 cos (𝜔𝑑 𝑡) + 𝐴2 𝑒 −𝛼𝑡 sin (𝜔𝑑 𝑡)
Der
2
𝜔𝑑 = √𝜔02 − 𝛼 2 = √(√20) − 42 = √20 − 16 = 2
For å finne konstantene 𝐴1 og 𝐴2 bruker vi initialbetingelsene. I oppgaveteksten fikk vi oppgitt at
𝑖𝐿 (0) = 1𝐴 og 𝑣𝐶 (0) = 10𝑉
Vi må finne initialbetingelsene for spenningen vi skal løse likningen for, nemlig 𝑣𝑐 (0+ ) og
𝑑𝑣𝑐 (0+ )
𝑑𝑡
Vi vet at
𝑖𝐶 (0+ ) = 𝐶
𝑑𝑣𝑐 (0+ )
𝑑𝑡
𝑑𝑣𝑐 (0+ ) 𝑖𝐶 (0+ )
=
𝑑𝑡
𝐶
Bruker KCL for å finne strømmen 𝑖𝐶 (0+ )
𝑖𝐶 (0+ ) + 𝑖𝑅 (0+ ) + 𝑖𝐿 (0+ ) = 0
IELEX1001
Page 5 of 16
𝑖𝐶 (0+ ) +
𝑣𝑅 (0+ )
+ 𝑖𝐿 (0+ ) = 0
𝑅
𝑖𝐶 (0+ ) +
𝑣𝐶 (0+ )
+ 𝑖𝐿 (0+ ) = 0
𝑅
𝑖𝐶 (0+ ) +
10 𝑉
+1𝐴=0
5Ω
𝑖𝐶 (0+ ) = −2𝐴 − 1 𝐴 = −3 𝐴
Som gir
𝑑𝑣𝑐 (0+ ) 𝑖𝐶 (0+ ) −3𝐴
𝑉
=
=
= −120
1
𝑑𝑡
𝐶
𝑠
40 𝐹
Nå går vi tilbake til uttrykket vi hadde for spenningen (løsningen av diff.likningen).
𝑣(𝑡) = 𝐴1 𝑒 −𝛼𝑡 cos (𝜔𝑑 𝑡) + 𝐴2 𝑒 −𝛼𝑡 sin (𝜔𝑑 𝑡)
Setter inn for t=0 for å finne den ene konstanten.
𝑣(0) = 𝐴1 𝑒 0 cos(0) + 𝐴2 𝑒 0 sin(0) = 10𝑉
𝑣(0) = 𝐴1 ⋅ 1 + 𝐴2 ⋅ 0 = 10 𝑉
𝐴1 = 10 𝑉
For å finne den andre konstnten, 𝐴2 , må vi derivere uttrykket for spenningen og sette inn for t=0.
𝑑𝑣 (𝑡) 𝑑
= (𝐴1 𝑒 −𝛼𝑡 cos(𝜔𝑑 𝑡) + 𝐴2 𝑒 −𝛼𝑡 sin (𝜔𝑑 𝑡) )
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑣 (𝑡)
= 𝐴1 (−𝛼𝑒 −𝛼𝑡 cos(𝜔𝑑 𝑡) − 𝑒 −𝛼𝑡 𝜔𝑑 sin(𝜔𝑑 𝑡)) + 𝐴2 (−𝛼𝑒 −𝛼𝑡 sin(𝜔𝑑 𝑡) + 𝑒 −𝛼𝑡 𝜔𝑑 cos(𝜔𝑑 𝑡))
𝑑𝑡
Setter inn for t=0
𝑑𝑣 (0)
= 𝐴1 (−𝛼𝑒 0 cos(0) − 𝑒 0 𝜔𝑑 sin(0)) + 𝐴2 (−𝛼𝑒 0 sin(0) + 𝑒 0 𝜔𝑑 cos(0)) = −120 𝑉/𝑠
𝑑𝑡
𝑑𝑣 (0)
= 𝐴1 (−𝛼 − 0) + 𝐴2 (0 + ωd ) = −120 𝑉/𝑠
𝑑𝑡
𝐴1 (−𝛼) + 𝐴2 (ωd ) = −120 𝑉/𝑠
𝐴2 ωd = −120 𝑉/𝑠 +𝐴1 𝛼
𝐴2 =
−120 𝑉/𝑠 +𝐴1 𝛼 −120 + 10 ⋅ 4
=
= −40
ωd
2
Nå kan vi endelig sette inn verdier og finne uttrykket for spenningen som funksjon av tiden. Dette er
spenningen over motstanden (og de andre kretselementene som er koblet i parallell).
𝑣(𝑡) = 𝐴1 𝑒 −𝛼𝑡 cos (𝜔𝑑 𝑡) + 𝐴2 𝑒 −𝛼𝑡 sin (𝜔𝑑 𝑡)
IELEX1001
Page 6 of 16
𝑣(𝑡) = 10 𝑒 −4𝑡 cos(2𝑡) − 40 𝑒 −4𝑡 sin (2𝑡)
Oppgave 3
Bryteren i figur 3 har vært lukket i lang tid og åpnes ved 𝑡 = 0. Løs 𝑖(𝑡) for 𝑡 > 0.
Figur 3
IELEX1001
Page 7 of 16
IELEX1001
Page 8 of 16
Oppgave 4
Finn 𝑣𝑜 (𝑡) for 𝑡 > 0 for kretsen i figur 4.
Figure 4
IELEX1001
Page 9 of 16
IELEX1001
Page 10 of 16
Oppgave 5
Design en parallell RLC krets med 𝑅 ≥ 1𝑘Ω som har en karakteristisk ligning lik
𝑠 2 + 4 ∙ 107 𝑠 + 3 ∙ 1014 = 0
La 𝑅 = 1𝑘Ω. Finn
a) 𝐿, og
b) C.
IELEX1001
Page 11 of 16
Oppgave 6
For kretsen i figur 5,
a) utled differensialligningen som beskriver 𝑣𝐶 (𝑡) for 𝑡 ≥ 0,
b) utled differensialligningen som beskriver 𝑖𝐿 (𝑡) for 𝑡 ≥ 0.
L
iL
t=0
Vs
C
+
vc
-
+
vR
R
figur 5
a)
*** Vs er konstant (ideelt batteri), derfor er den deriverte Vs = 0
b)
IELEX1001
Page 12 of 16
EKSTRAOPPGAVER
Oppgave E.1
Ved 𝑡 = 0 blir strømkilden påsatt kretsen i figur 1. Anta at den initiale energien lagret i kretsen er 0 før
bryteren åpnes.
a) Sett opp differensialligningen for strømmen 𝑖𝐿 .
(Hint: Benytt KCL og husk at 𝑣𝐿 = 𝐿𝑑𝑖/𝑑𝑡 og 𝑖𝐶 = 𝐶𝑑𝑣/𝑑𝑡).
b) Hva er den initiale verdien av 𝑖𝐿 og 𝑑𝑖𝐿 /𝑑𝑡?
c) Ved 𝑡 = 0 blir en strømkilde på 𝐼 = 24𝑚𝐴 påsatt kretsen med 𝑅 = 400Ω, 𝐿 = 25𝑚𝐻 og
𝐶 = 25𝑛𝐹. Er responsen overdempet, underdempet eller kritisk dempet?
d) Finn 𝑖𝐿 (𝑡) for 𝑡 ≥ 0.
figur 2
a) KCL er et fornuftig utgangspunkt for etablering av diff. ligningen
𝐼 = 𝑖𝑅 + 𝑖𝐿 + 𝑖𝐶
𝑑𝑣
Vi har 𝑖𝐶 = 𝐶 𝑑𝑡 og 𝑣𝐿 = 𝐿
𝑑𝑖𝐿
,
𝑑𝑡
som gir
𝑣
𝑑𝑣 𝐿 𝑑𝑖𝐿
𝑑2 𝑖𝐿
+ 𝑖𝐿 + 𝐶
=
+ 𝑖𝐿 + 𝐿𝐶 2
𝑅
𝑑𝑡 𝑅 𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑2 𝑖𝐿
1 𝑑𝑖𝐿
𝑖𝐿
𝐼
→ 2 +
+
=
𝑑𝑡
𝑅𝐶 𝑑𝑡 𝑅𝐶 𝐿𝐶
𝐼=
b) Siden strømkilden er koblet direkte til jord, er 𝑖𝐿 (0− ) = 0𝐴. Siden 𝑣𝐿 = 𝐿𝑑𝑖𝐿 /𝑑𝑡 hindrer
umiddelbar endring i strøm, er 𝑖𝐿 (0+ ) = 𝑖𝐿 (0− ) = 0𝐴.
Kondensatorspenningen er 𝑣𝐶 (0− ) = 0𝑉 = 𝑣𝐶 (0+ ) før kilden kobles inn, og siden 𝑣𝐿 = 𝐿𝑑𝑖𝐿 /𝑑𝑡,
blir 𝑑𝑖𝐿 (0− )/𝑑𝑡 = 0 = 𝑑𝑖𝐿 (0+ )/𝑑𝑡.
c) Fra kretselementene har vi
1
Resonansfrekvensen: 𝜔02 = 𝐿𝐶 = 16 ∙ 108 𝑟/𝑠
IELEX1001
Page 13 of 16
1
Neperfrekvensen: 𝛼 = 2𝑅𝐶 = 5 ∙ 104 𝑟/𝑠
Siden 𝜔𝑜2 < 𝛼 2 , er røttene til den karakteristiske ligningen reelle og distinkte
𝑠 2 + 2𝛼𝑠 + 𝜔02 = 0
Vi har følgende røtter (løser andregradslikning med abc-formelen):
𝑠1,2 = 𝛼 ± √𝛼 2 − 𝜔02 = −5 ∙ 104 ± 3 ∙ 104
𝑠1 = −20000 𝑟/𝑠
𝑠2 = −80000 𝑟/𝑠
Responsen er derfor overdempet.
d) Siden vi har en overdempet respons, vil 𝑖𝐿 (𝑡) ha følgende form
𝑠 𝑡
𝑖𝐿 = 𝐼𝑓 + 𝐴11 + 𝐴2 𝑒 𝑠2 𝑡
De to ligningene vi bruker for å finne 𝐴1 og 𝐴2 er gitt av initialbetingelsene,
𝑖𝐿 (0+ ) = 𝐼𝑓 + 𝐴1 + 𝐴2 = 0
𝑑𝑖𝐿 (0+ )
= 𝑠1 𝐴1 + 𝑠2 𝐴2 = 0
𝑑𝑡
Løser for 𝐴1 og 𝐴2 , gir
𝐴1 = −32 𝑚𝐴
𝐴2 = 8 𝑚𝐴
og 𝑖𝐿 (𝑡) blir
𝑖𝐿 (𝑡) = (24 − 32𝑒 −20000𝑡 + 8𝑒 −80000𝑡 ) 𝑚𝐴,
IELEX1001
𝑡≥0
Page 14 of 16
Oppgave E.2
Bryteren i kretsen i figur 2 lukkes ved 𝑡 = 0. Den initiale spenningen over kondensatoren 𝐶 er 𝑣𝐶 (𝑡 < 0) =
100V, med 𝐶 = 0.1𝑢𝐹, 𝐿 = 100𝑚𝐻 og 𝑅 = 2000Ω.
a) Hvilken dempning har responsen til 𝑖(𝑡)?
b) Finn 𝑖(𝑡) for 𝑡 ≥ 0.
c) Finn 𝑣𝐶 (𝑡) for 𝑡 ≥ 0.
figur 3
a) Vi begynner med å summere spenningsfallene i kretsen (KVL),
𝑅𝑖 + 𝐿
𝑑𝑖 1 𝑡
+ ∫ 𝑖𝑑𝜏 + 𝑣𝐶 (𝑡 < 0) = 0
𝑑𝑡 𝐶 0
Vi deriverer, og får
𝑅
𝑑𝑖
𝑑2 𝑖 𝑖
𝑑2 𝑖 𝑅 𝑑𝑖
𝑖
+𝐿 2+ =0→ 2+
+
=0
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝐶
𝑑𝑡
𝐿 𝑑𝑡 𝐿𝐶
Den karakteristiske ligningen blir da
𝑠2 +
𝑅
1
𝑠+
=0
𝐿
𝐿𝐶
Neperfrekvensen blir
𝛼=
𝑅
2000 ∙ 103
𝑟
=
= 104
2𝐿
200
𝑠
→ 𝛼 2 = 108
og resonansfrekvensen
𝜔02 =
1
103 ∙ 106
=
= 108 𝑟/𝑠
𝐿𝐶 100 ∙ 0.1
Vi har da 𝛼 2 = 𝜔𝑜2 som tilsier en kritisk dempet respons.
b) Responsen til 𝑖(𝑡) er da på formen
𝑖(𝑡) = 𝐴1 𝑡𝑒 −𝛼𝑡 + 𝐴2 𝑒 −𝛼𝑡
IELEX1001
Page 15 of 16
initialbetingelsene kan ved å se på kretsen finnes som
𝑖(0+ ) = 𝑖(0− ) = 0𝐴
da kretsen leder ingen strøm før bryteren lukkes og spolen hindrer umiddelbar endring i strømmen.
Siden 𝑖(0+ ) = 0𝐴, gir KVL oss
𝑣𝐶 = 𝑣𝐿
og siden en kondensator hindrer umiddelbar endring i spenningen 𝑣𝐶 (0+ ) = 𝑣𝐶 (0− ), gir det
𝑣𝐿 (0+ ) = 𝑣𝐶 (0+ ) →
𝑑𝑖(0+ ) 𝑣𝐶 (0+ )
103
=
= 100 ∙
= 103 𝐴/𝑠
𝑑𝑡
𝐿
100
Setter inn i den karakteristiske ligningen, og får
𝑖(0) = 𝐴2 = 0
den deriverte av strømmen blir
𝑑𝑖
𝑑𝑖(0)
= 𝐴1 𝑒 −𝛼𝑡 − 𝐴1 𝛼𝑡𝑒 −𝛼𝑡 →
= 𝐴1 → 𝐴1 = 103
𝑑𝑡
𝑑𝑡
som gir den totale responsen
4𝑡
𝑖(𝑡) = 𝐴1 𝑡𝑒 −𝛼𝑡 = 103 𝑡𝑒 −10
c) Spenningen over kondensatoren kan finnes ved
𝑡
𝑣𝐶 (𝑡) = ∫ −
0
𝑖(𝑡)
𝐴1
𝑑𝜏 + 𝑣𝐶 (𝑡 < 0) = 2 𝑒 −𝛼𝑡 (𝛼𝑡 + 1) + 𝐵1 + 𝑣𝐶 (𝑡 < 0)
𝐶
𝛼 𝐶
vi har 𝑣𝐶 (0) = 𝑣𝐶 (𝑡 < 0), så
𝑣𝐶 (𝑡 < 0) =
𝐴1
𝐴1
𝐴1
+ 𝐵1 + 𝑣𝐶 (𝑡 < 0) → 𝐵1 = − 2 = −100 → 𝑣𝐶 (𝑡) = 2 𝑒 −𝛼𝑡 (𝛼𝑡 + 1)
2
𝛼 𝐶
𝛼 𝐶
𝛼 𝐶
4
= 100𝑒 −10 𝑡 (104 𝑡 + 1) 𝑉
IELEX1001
Page 16 of 16