Я на правильном пути, чтобы решить эту RLC-схему? (Необходимо найти напряжение на резисторе)

Да, ваш анализ верен.

Было бы быстрее определить ток резистора, а затем умножить на$\small R$чтобы получить напряжение резистора,$v_R$, как показано ниже (я использовал$\small j=\sqrt{-1}$чтобы не путать с текущим,$i)$.

Позволять$i$— ток резистора, тогда напряжение на источнике тока равно:

$$L\frac{d}{dt}(I_0e^{j\omega t}-i)=\frac{1}{C}\int i\:dt+Ri$$ различать,

$$L\frac{d^2i}{dt^2}+R\frac{di}{dt}+\frac{1}{C}i=L\frac{d^2}{dt^2}(I_0e^{j\omega t})$$

умножить на$\frac{R}{L}$,

$$\frac{d^2v_R }{dt^2}+\frac{R}{L}\frac{dv_R}{dt}+\frac{1}{LC}v_R=-R\omega^2I_0e^{j\omega t}$$

Как вы могли понять, ваш источник выражается вектором, поэтому мы можем с уверенностью предположить, что решение может быть выражено векторами и импедансами в соответствии с требованием игнорирования переходных процессов.

Следовательно, ток через резистор$R$, просто используя делитель тока:

$$I_R={ Z_L\over Z_L+Z_C+Z_R}I ={j \omega L \over j\omega L +{1\over j \omega C} +R}I \\ ={-\omega^2 LC\over 1+j\omega RC-\omega^2 LC}I$$

Итак, напряжение будет:

$$V_R=I_RZ_R={-\omega^2 RLC\over 1+j\omega RC-\omega^2 LC}I_0e^{i \omega t}$$

Что эквивалентно вашему решению.

Следовательно$V_R$напряжение зависит исключительно от пассивных значений в цепях, от амплитуды источника тока и от частоты (и фазы, здесь равной нулю) источника тока.

Обратите внимание, что это не канонический ряд или параллельный RLC, следовательно, максимум — не самый простой случай, и нам нужно взять производную от абсолютного комплексного значения.

Принимая абсолютное значение ($I_0=1$):

$$\left|V_R)\right| =\left|{-\omega^2 RLC\over 1+j\omega RC-\omega^2 LC}I_0e^{i \omega t}\right| ={\omega^2 RLC\over \sqrt{ 1-2\omega^2 LC+\omega^2 R^2C^2+L^2C^2\omega^4}}$$

Взяв производную:

$$\frac{d}{d\omega}(V_R) =\frac{d}{d\omega}\left({\omega^2 RLC \over \sqrt{1-2\omega^2 LC+\omega^2 R^2C^2+L^2C^2\omega^4}} \right) ={LRC\omega((R^2C^2-2LC)\omega^2+2) \over \left(L^2C^2\omega^4+R^2C^2\omega^2-2LC\omega^2+1\right)^{3/2}}$$

У нас есть:

• Минимальное значение$|V_R(\omega_{min})|=0$в$\omega_{min}=0$
• Окончательное асимптотическое значение$|{V_R}_{\infty}|=RI_0$в$\omega \to \infty$,

Следовательно, значение$\omega=\sqrt{\frac{2}{2LC-R^2C^2}}$это действительно максимум, который мы ищем.

А еще обратите внимание . Из этого выражения максимум происходит только тогда, когда$2L>R^2C$. Если этого не происходит, у вас есть только асимптотическое значение в качестве предела.

Примечание

Если вы не знакомы с Лапласом, стоит потратить некоторое время на ознакомление с тем, почему именно Лаплас помогает с дифференциальными уравнениями. Найдите какую-нибудь хорошую книгу, которая рассказывает об этом в очень простом, вводном виде (или видео, которое делает то же самое). На самом деле довольно замечательно увидеть это в действии. И как только вы получите это, используя несколько более простых примеров, вы можете просто «принять», что более сложные случаи также работают, и с этого момента просто использовать таблицу. Это похоже на интеграцию, таким образом. Некоторая интеграция требует большой интуиции и воображения, чтобы работать самостоятельно — или вы можете просто посмотреть в таблице или книге, поскольку кто-то другой сделал тяжелую работу за вас. Лаплас как раз такой.

Лаплас также во многом полагается на разложение на неполные дроби . (Это просто разложение отношения, в котором знаменатель включает несколько множителей, в сумму дробей, которые включают более простые знаменатели — если вы не возражаете против небрежного выражения.) Это облегчает поиск решения, потому что теперь вы можно сделать это в более мелких частей, которые легче искать. Так что вам также понадобятся некоторые навыки, если вы много работаете с Лапласом.

Лаплас чаще применяется для решения сложных дифференциальных уравнений, а иногда и для свертки. Но это действительно упрощает задачу. Так что стоит потрудиться хотя бы прочувствовать это.

Причина, по которой Лаплас так важен в электронике, заключается в том, что конденсаторы и катушки индуктивности идеально представляются в виде дифференциальных или интегральных уравнений, и это выделяет Лапласа как вероятно удобный подход. А поскольку таких компонентов в электронике предостаточно, использование Лапласа — очевидное решение.

(Врезка: это не единственное место, где широко используется Лаплас, так как большинство физических систем включают дифференциалы, требующие решения с экспоненциальными отношениями. Между экспонентами и дискретизацией существует глубокая связь, что и происходит, когда происходит столкновение частиц. в природных/физических системах, как$d\,x=x\cdot \text{d}\ln x$. Но это в другой раз.)

Исчисление, как представлял его Ньютон, вводит бесконечно малую переменную в алгебру (которая имеет дело только с конечными переменными). может тривиально полностью удалить временную область, просто умножив ее. Например, одно соотношение между током и емкостью выражается как$I_C=\frac{\text{d}\,Q}{\text{d}\,t}=C\:\frac{\text{d}\, V_C}{\text{d}\, t}$. Но вы можете умножить это на$\text{d}\,t$удалить время и найти вечные отношения$\text{d}\,Q=C\:\text{d}\,V$. (Или, наоборот, время можно ввести произвольно, просто разделив обе части на бесконечно малую часть времени,$\text{d}\,t$, чтобы вернуться к предыдущему уравнению.) Это простая алгебра с добавлением бесконечно малых переменных.

Но посмотрите на это по-другому. Это правда, что:$I_C=\frac{\text{d}\,Q}{\text{d}\,t}=C\:\frac{\text{d}\, V_C}{\text{d}\, t}$. Но в случае с Лапласом, как я скоро упомяну, умножение на s означает «взятие производной по времени».

Давайте применим этот «трюк» к уравнению производной конденсатора по времени:$I_C=C\:\frac{\text{d}\, V_C}{\text{d}\, t}=C\:s\: V_C$. Теперь переработайте это, чтобы получить:$Z_C=\frac{V_C}{I_C}=\frac1{s\,C}$!! Это версия Лапласа, но посмотрите, как просто превратить кажущиеся сложными производные по времени уравнения в нечто гораздо более простое для работы! Примените его сейчас к$V_L=L\:\frac{\text{d}\, I_L}{\text{d}\, t}= L\:s\: I_L$. Так$Z_L=\frac{V_L}{I_L}=s\, L$! Хороший.

На данный момент это может выглядеть как взмах волшебной палочки... и так оно и есть. Но на самом деле это тоже работает. Для этого есть веские причины, и именно поэтому я хочу, чтобы вы действительно пошли и изучили Лапласа. Поначалу это может показаться немного пугающим, но «уловка» действительно мощная. Так что стоит потратить время, чтобы получить некоторое утешение с идеями.

Теперь, в использовании электроники,$s=\sigma+j\,\omega$. Как вы, наверное, уже знаете, умножение в сложной области включает в себя как вращение, так и масштабирование. Обычно вневременные полярные координаты здесь представляют как$e^s$и вы вводите время, просто умножая показатель степени на$t$получить$e^{s\,t}$. Если$\sigma=0$тогда фактор$1$и нет спиралевидного масштабирования (меньше 0 будет двигаться по спирали внутрь, а больше 0 будет двигаться по спирали наружу с течением времени, поскольку вращение во времени происходит из-за$\omega$.) Так что если вас интересует только АЧХ, вы ставите$\sigma=0$и двигаться вперед с$s=j\,\omega$(как это сделал Бретлозе.) Для систем с$\sigma<0$можно ожидать, что со временем они уменьшатся. Для систем с$\sigma>0$вы можете ожидать, что они будут увеличиваться со временем (что обычно в электронике не очень хорошо, поскольку в конечном итоге система должна выйти за свои пределы).

С$\text{d}\,e^{s\,t}=s\,e^{s\,t}\,\text{d}\,t$, умножение на s аналогично взятию производной. Деление на s аналогично взятию интеграла.

Итак, помня о том, как Лаплас может упростить внешне сложные дифференциальные уравнения до более простых алгебраических уравнений, давайте теперь посмотрим, как это может помочь в вашем случае.

Твоя проблема

В вашем случае ток разделяется на две ветви; одна ветвь проходит только через катушку индуктивности, а другая ветвь - через последовательную пару, состоящую из резистора и конденсатора. Простой подход, который выбрал Бретлозе, часто используется людьми, знакомыми с электроникой. Но позвольте мне немного почистить его.

Импеданс трех пассивных компонентов равен$Z_C=\frac1{s\,C}$,$Z_L=s\,L$, и$Z_R=R$. Учитывая разделение тока на две ветви, вы обнаружите, что коэффициент разделения представляет собой проводимость интересующей ветви, деленную на сумму общей проводимости. В данном случае это$\frac{I_R}{I}=\frac{\frac1{Z_C+Z_R}}{\frac1{Z_C+Z_R}+\frac1{Z_L}}=\frac{L\,C\,s^2}{L\,C\,s^2+R\,C\,s+1}=\frac{s^2}{s^2+\frac{R}{L}\,s+\frac1{L\,C}}$.

Так$V_R=I_R\,R = I\,R\,\frac{s^2}{s^2+\frac{R}{L}\,s+\frac1{L\,C}}$. Но мы можем просто умножить обе части на знаменатель, чтобы получить этот результат (помните, что умножение на s означает получение производной):

$$\begin{align*}I\,R\,s^2&=V_R\left(s^2+\frac{R}{L}\,s+\frac1{L\,C}\right)\\\\&=s^2\,V_R+\frac{R}{L}\,s\,V_R+\frac1{L\,C}\,V_R\\\\&=\ddot{V_R}+\frac{R}{L}\,\dot{V_R}+\frac1{L\,C}\,V_R\end{align*}$$

Теперь, если вы решили установить$\sigma=0$и сосредоточиться только на частоте$\omega$затем$s=j\,\omega$:

$$\begin{align*}\ddot{V_R}+\frac{R}{L}\,\dot{V_R}+\frac1{L\,C}\,V_R&=I\,R\,s^2\\\\&=\left(j\,\omega\right)^2 I\,R\\\\&=-\omega^2\,I\,R\end{align*}$$

На этом этапе вы можете вставить$I=I_0\,e^{j\,\omega\,t}$и получите тот же ответ, что и вы.

Краткое содержание

Я просто хотел высказать еще несколько мыслей о Лапласе и о том, почему он удобен. Вы можете выполнять всю тяжелую работу, оставаясь во временной области. Но часто бывает проще переключиться на область Лапласа ( s ) и относиться к вещам немного проще, прежде чем снова вернуться к временной области.