電 路 學 6. 二階電路

6-1 二階電路與二階微分方程式

6-2 二階電路的自然響應

6-3 自然頻率與自然響應

6-6 二階電路的完全響應

本章練習

6-4 二階電路的零輸入響應

6-5 二階電路的零態響應

6-7 激勵函數具有自然頻率時的響應

6-8 總結

6-2

6-1 二階電路與二階微分方程式 （Second-order Circuit and Second-order Differential Equation）

範例：考慮右圖之 RLC 串聯電路，

設 i(0) = I0 , v(0) = V0，

求 v(t) 。

解：

其中 y 為電流或電壓，a 及 b 為常數，f(t) 為激勵源或激勵源對時間 t 之微分。

滿足上式的解如同一階電路方程式之完全響應，為 y = yn + yf

依 KVL，t ＞ 0 時 L di dt

Ri C idt V V

t

s + + + = 1

0 0

對 t 微分，可得二階微分方程式 或 L d i dt

R di dt

i C

dV dt

s 2

2 + + = d i dt

R L

di dt

i LC L

dV dt

s 2

2 1 + + =

此式亦為二階微分方程式，因此一般二階電路的電流及電壓方程式，

皆可以二階微分方程式描述，且其形式為 d y

dt a

dy

dt by f t

2

2 + + = ( )

可得 或

v C idt V

t

= + 1 0 0

i C dv dt

= LC d v

dt RC dv

dt v Vs

2

2 + + = d v dt

R L

dv dt

v LC LC

V s 2

2 + + =

V s

+

-

v t ( )

L R

i t ( )

C

6-3

6-1 二階電路與二階微分方程式 （Second-order Circuit and Second-order Differential Equation）

例 6-1：請列出右圖電路以 i2 為變數的微分方程式。

解：

A. 依 KVL 可得 di dt

i i 1 1 2 1 + - =

di dt

i i i 2 2 2 1 0 + + - =

B. 由上式 可得 對 t 微分後得 i di dt i 1

2

2 2 = + di dt

d i dt

di dt

1 2

2 2

2 2 = +

1 W 1 W 1 V

1 H 1 H

i 1 i 2

C. 將上兩式代入 中，得到 di dt

i i 1 1 2 1 + - =

1 2 2 2

= - + i i d i dt

di dt

2 2 2

2 2 + di dt

2 + 1 2

= i d i dt

di dt

2 2 2

2 3 + +

6-5

6-2 二階電路的自然響應 (The Natural Response of Second-order Circuit)

由於指數函數是唯一可重複對 t 微分後，仍能保持原來指數函數型態

的函數，因此可令 yn = Aest 來求解

二階微分方程式的解可為 y = yn + yf

上式稱為特徵 (或特性) 方程式 (Characteristic Equation)

其中 yn 必須滿足 d y dt

a dy dt

by n n

n

2

2 0 + + =

0 ) ( 0 2 2 = + + = + + b as s Ae Abe Asae e As st st st st

0 2 = + + b as s 由於 Aest 不能為零，因此

可直接在 中以 s2 取代二階微分 ，

s1 取代一階微分 ， s0 取代零階微分 yn 而得。

d y dt

a dy dt

by n n

n

2

2 0 + + = d y dt

n 2

2

dy dt

n

6-6

6-3 自然頻率與自然響應 (Natural Frequency and Natural Response )

ωn 被稱為自然無阻尼頻率或無阻尼共振頻率。

α 為阻尼比，一般稱 α＞ 1 之情況為過阻尼，α＜ 1 為欠阻尼，

α = 1 為臨界阻尼。

為方便分析，將二階微分方程式 改為如下形式： d y

dt a

dy

dt by f t

2

2 + + = ( )

d y

dt

dy dt y f t n n

2

2

2 2 + + = aw w ( )

其特徵方程式為 s s n n 2 2 2 0 + + = aw w

其中 b b n n 2 = = w w

b

a a a n

n 2 2

2 = = = w

a aw

二次方程式 s2 + as + b = 0 的解有二個，分別為

因此 y A e A e n s t s t = +

1 2 1 2

及 s a a b

1

2 4 2

= - + -

s a a b

2

2 4 2

= - - -

其中 s1 及 s2 被稱為電路的自然頻率 (Natural Frequency)。

因此，可得到兩個形式的自然響應分量，即 y A e n s t

1 1 1 = y A e n

s t 2 2

2 =

在此種情況下，s1 及 s2 為相異實根，其自然響應為

6-8

6-3 自然頻率與自然響應 (Natural Frequency and Natural Response )

1. a2 – 4b ＞ 0 或 a2 ＞ 4b

因此 yn 為隨時間逐漸衰減的函數；

右圖為 yn = 4e –2t – 2e –8t 之波形。

判別式 與 自然響應 間的關係說明 ：

y A e A e A e A e n s t s t t t = + = + - -

1 2 1 2 3 1 2

由於

且 a2 ＞ 4b，因此 α＞ 1

一般稱此情況為過阻尼

(Overdamped)。

a w = = a a

b n 2 2

t

- - 2

8 e

t

4 2 2 8

e e t t - - -

4 2

e t -

0

過阻尼曲線

6-8

6-3 自然頻率與自然響應 (Natural Frequency and Natural Response )

由於 A1 及 A2 為任意常數，故可令 A1 + A2 = C1 , jA1 – jA2 = C2

2. a2 – 4b ＜ 0 或 a2 ＜ 4b

判別式 與 自然響應 間的關係說明 ：

在此情況時，s1 及 s2 為共軛複數根，即 s1 , 2 = σ ± jω

σ 和 ω 為實數。 因此，其自然響應為 y A e A e n j t j t = + + -

1 2 ( ) ( ) s w s w

根據尤拉公式 (Euler's Formula) 及 e j j q q q = + cos sin - e j j q q q = - cos sin

可改寫為 y e A e A e

A t j t A t j t

A A t jA jA t

n t j t j t = +

+ + -

+ + -

- s w w

w w w w

w w

( )

[ (cos sin ) (cos sin )]

[( ) cos ( ) sin ]

1 2

2

1 2 1 2

e t = s

e t = s

1

則 為一種阻尼振盪弦波； ) sin cos ( 2 1 t C t C e y t n w w s + =

此情況中由於 a2 ＜4b ，因此

一般稱之為欠阻尼 (Underdamped) 情況。

a = ＜ 1 a

b 2

若 σ= 0 即 項不存在，則上式為

不隨時間衰減的弦波函數。

此種情況稱為無阻尼 (Undamped)。

dy dt

右圖為 yn = 5e–t sin 3t 之波形。

( ) sin b y e t n t = -

5 3 之波形

t

- 5

5 e t -

0

5 3 e t t - sin

5

- - 5 e

t

4

3

p 2

3

p

6-10

6-3 自然頻率與自然響應 (Natural Frequency and Natural Response )

由於原方程式具有等根，故其原式必須修正為

3. a2 – 4b ＝ 0 或 a2 ＝ 4b

判別式 與 自然響應 間的關係說明 ：

此種情況被稱為臨界阻尼，因

且此時 s1 及 s2 為相等實根，即 s s a

1 2 2 = = -

a = = 1 a

b 2

0 2 2 2

0 4

2

2

2 2

2

2

=

+ + + = + + n

n n n

n n n

y a

dt dy a

dt dy a

dt

y d y

a dt

dy a

dt

y d

0 2 2 2

=

+ +

+ n

n n

n y a

dt dy a y a

dt dy

dt d

令 則成為 t a

e A t f t f a

dt t df

2 1 ) ( 0 ) ( 2

) ( - = = + n

n y

a dt dy

t f 2 ) ( + =

因此 t a

e A 2 1 - =

n

n y

a dt dy

2 +

a

上式對 t 積分，可得 t a

n n

e A t A y dt A dt dt

y e d 2

2 1 1 ) ( ] [ -

+ = = 2

t

以 乘以上式兩邊， 得 1 1

2 2 ) ( 2

A y e dt d

A y a

e dt dy

e n n

t a

n t a

= = + 2 t

a 2 e

t a

t 0

( ) A t A e a

t 1 2

2 + -

臨界阻尼曲線

上圖為 yn = (A1t + Az)e–－t 之波形。

a

2

6-12

6-3 自然頻率與自然響應 (Natural Frequency and Natural Response )

解：

例 6-3：某電路的方程式為 ，且已知

若 (a) a = 3 , b = 2；(b) a = 2 , b = 10；(c) a = 6 , b = 9

試求 y(t) 。

d y dt

a dy dt

by 2

2 0 + + = y dy

dt ( ) ,

( ) 0 1

0 3 = =

B. 其特徵方程式為 s s s j s j 2 1 2 2 10 0 , 1 3 , 1 3 + + = = - + = - -

3 4

3 3 ) 0 (

2 2 1 = = + - = A A A dt dy

所以 1 ) 0 ( ) , 3 sin 3 cos ( ) ( 1 2 1 = = + = - A y t A t A e t y t

) 3 cos 3 3 sin 3 ( ) (

2 1 + - + - = t A t A dt

t dy 3 sin 3 cos ( 2 1 + - t A t A e t ) - e t

因此 y t e t t t ( ) cos sin = +

- 3 4 3

3

因此 A1 = 5 , A2 = －4 所以 y(t) = 5e–t – 4e–2t

A. 其特徵方程式為 因此 s s 1 2 1 2 = - = - , s s s s 2 3 2 1 2 0 + + = + + = ( )( )

y t A e A e y A A dy t

dt A e A e

dy dt

A A t t t t 1 2

2 1 2 1 2

2 1 2 0 1 2

0 2 3 = + = + = = - - = - - = - - - - ( ) ( )

( ) ( ) , , ,

C. 其特徵方程式為 所以 s s s s 2 6 9 3 3 0 + + = + + = ( )( ) 3 2 1 - = = s s ) (

6 3 3 0

1 ) 0 ( ) ( ) ( 1 2 1 2 3

2 1 = = - = = = + = - A A A dt

dy A y e A t A t y t

因此 y t t e t ( ) ( ) = + - 6 1 3

6-14

6-4 二階電路的零輸入響應 (Zreo Input Response of Second-order Circuits)

1. 過阻尼情況

考慮右圖之 RLC 電路，假設 i(0) = 1A , v(0) = 2V

則 t ＞ 0 時之電流方程式為

二階電路在含有初值，但未外接 (或已移走) 獨立電源之情況下電路的

響應。

直接由電路方程式及 i(t) 可求出

V) ( 4 6 12 9 8 3 ) (

) ( ) (

) (

2 2 2 t t t t t t e e e e e e t v

t Ri dt

t di L t v

- - - - - - - = - + + - =

- - =

1 H 3 W

1 2

F

+

-

v t ( ) i t ( )

0 2 3 0 0 1

2

2

2

2

0 0 = + + = + + = + + + i

dt di

dt i d

C i

dt di

R dt

i d L V idt

C Ri dt di

L t

因此其特徵方程式為 0 ) 2 )( 1 ( 0 2 3 2 = + + = + + s s s s

因此 t t e A e A t i s s 2 2 1 2 1 ) ( 2 , 1 - - + = - = - =

由初值條件可得 同時

可得

i A A ( ) 0 1 1 2 = + = v

C idt V

t = +

1 0 0

5 2 ) 0 (

0 ) 0 ( ) 0 ( 3 ) 0 (

2 1 - = - - = = + + A A dt di

v i dt di

由此可求得 A1 = -3 及 A2 = 4 故 i t e e t t ( ) = - + - - 3 4 2 A

6-17

6-4 二階電路的零輸入響應 (Zreo Input Response of Second-order Circuits)

考慮右圖之電路，設 i(0) = 1A , v(0) = 2V

t ＞ 0 時其電流方程式為

2. 欠阻尼情況 1 H 2 W

1 2

F

+

-

v t ( ) i t ( )

2 0 0 R

2

2 = + + = + + i

LC i

dt di

2 dt

i d L dt

di 2

2

dt i d

可得電流之零輸入響應為 i t e t 3 t t ( ) ( cos sin ) = - -

其特徵方程式為 s2 + 2s + 2 = 0 因此 s1 = –1 + j1 , s2 = –1 – j1 為欠阻尼情況

由 i(0) = 1，代入上式可得 i(0) = A1 = 1 又 v C

idt V t

= + 1

0 0

其電流響應為 i t e t A2 t t ( ) ( A1 cos sin ) = + -

因此 4 2 2 ) 0 (

0 ) 0 ( ) 0 ( 2 ) 0 (

- = - - = = + + dt

di v i

dt di

又 di t dt e A t A t e A t A t t t ( )

( cos sin ) ( sin cos ) = - + + - + - - 1 2 1 2

因此 即 A2 = –3 di dt A A ( ) 0

4 1 2 = - + = -

由 v t L di t dt

Ri t ( ) ( )

( ) = - -

) sin 4 cos 2 (

) sin 3 (cos 2 ) cos 3 sin ( ) sin 3 (cos ) (

t t e

t t e t t e t t e t v t

t t t

+ =

- - - - - - = -

- - - 可得

6-18

6-4 二階電路的零輸入響應 (Zreo Input Response of Second-order Circuits)

考慮右圖之電路，設 i(0) = 1A , v(0) = 2V

t ＞ 0 時其電流方程式為

其電流響應為 i(t) = (A1t + A2) e –t

由 i(0) = 1，可得 i(0) = A2 = 1

3. 臨界阻尼情況 1 H 2 W

1 F

+

-

v t ( ) i t ( )

0 0 R

2

2 = + + = + + i

LC i

dt di

2 dt

i d L dt

di 2

2

dt i d

其特徵方程式為 s2 + 2s + 1 = 0 因此 s1 = s2 = –1 為臨界阻尼情況

又 di t dt Ri t v t A e A t A e

di dt

i v A A

t t ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

= - - = - +

= - × - = - - = - = -

- - 1 1 2

1 2

0 2 0 0 2 2 4

因此 A1 = – 3 故 i t t e t ( ) ( ) = - + - 3 1 (A)

此外，由 可求出 v(t) 為 v t t e t ( ) ( ) ( = + - 3 2 V) v t L di t dt

Ri t ( ) ( )

( ) = - -

6-19

6-4 二階電路的零輸入響應 (Zreo Input Response of Second-order Circuits)

例 6-4：右圖 RLC 並聯電路已知 v(0) = 2V , i(0) = 1A，求 t ＞0 之 v(t) 。

解：

若 (a) R = 1Ω , L = H , C = F

(b) R = Ω , L = H , C = 1F

(c) R = Ω , L = 1H , C = 1F

2 3

1 8

1 2

1 2

1 2

依節點分析法 可得 v R L

vdt I C dv dt

t + + + =

1 0

0 0

上式對 t 微分一次 可得 或 C d v dt R

dv dt L

v 2

2 1 1 0 + + = d v

dt RC dv dt LC v

2 1 1 0 + + =

因此其特徵方程式 為 且 s RC

s LC

2 1 1 0 + + = s

RC RC LC 1 2

2 1 2

1 2

1 , = - ±

-

1. 或 ，則電路為過阻尼情況，且

s1 及 s2 為相異實根。

1 2

1 0

2

RC LC

- > L R C ＞ 4 2 v A e A e s t s t = + 1 2 1 2

2. 或 ，則電路為欠阻尼情況，且

其中

1 2

1 2

RC LC

＜ L R C < 4 2 v e A t A t t = + s

w w ( cos sin ) 1 2

s aw w w w a = - = - = = - 1

2 1

1 2 RC LC

n n n , ,

3. 或 ，則電路為臨界阻尼情況，且

其中

1 2

1 2

RC LC

= L R C = 4 2 v A t A e RC

t = + - ( ) 1 2

1 2

s s RC 1 2 1

2 = = -

i t ( )

C

+

-

v t ( ) L R

6-21

6-4 二階電路的零輸入響應 (Zreo Input Response of Second-order Circuits)

現就 (a)、(b)、(c) 三種情況加以分析：

(a) R = 1Ω , L = H , C = F 2 3

1 8

，電路為過阻尼情況，特徵方程式為 s2 + 8S + 12 = 0 , s1 = –6 , s2 = –2 L R C ＞ 4 2

因此 v t A e A e t t ( ) = + - - 1

6 2

2

v R L vdt I ( ) 0 1

0

0

0 - - - C

dv dt

( ) 0 = v

RC ( ) 0 - dv

dt ( ) 0

= R - I 0 = 24 - 可得 或

dv dt

t = 6A1e

–6t - 2A2e–2t -

dv dt

0 = 6A1

- 2A2 - = 24 -

( ) ( ) 又 ,

因此 A1 = 5 , A2 = – 3 即 v(t) = 5e-6t – 3e–2t V

v A A ( ) 0 2 1 2 = = + v R L

vdt I C dv dt

( ) ( ) 0 1 0 0

0

0

0 + + + = 及 又

6-22

6-4 二階電路的零輸入響應 (Zreo Input Response of Second-order Circuits)

1 1 (b) R = Ω , L = H , C = 1F

2 2

(c) R = Ω , L = 1H , C = 1F 1 2

特徵方程式為 s2 + 2s + 2 = 0 , s1 , 2 = –1 ± j1

特徵方程式為 s2 + 2s + 1 = 0 , s1 = s2 = –1

因此 v t e A t A t t ( ) ( cos sin ) = + - 1 2

dv t dt

e A t A t e A t A t t t ( ) ( cos sin ) ( sin cos ) = - + + - + - -

1 2 1 2

v A ( ) = = 1 0 2

及 dv dt

v RI RC

A A ( ) ( ) 0 0

5 0 1 2 = -

+ = - = - +

可得 A2 = –3 因此 v t e t t t ( ) ( cos sin ) = - - 2 3

因此 v t A t A e v A t ( ) ( ) ( ) = + = = - 1 2 2 0 2

dv t dt

A e A t A e dv dt

v RI RC

A A t t ( )

( ) ( ) ( ) = - + = - +

= - = - - -

1 1 2 0

1 2 0 0

5

可得 A１ = –3 因此 v t t e t ( ) ( ) = - + - 3 2

6-23

6-5 二階電路的零態響應 (Zero States Response of Second-order Circuits )

電路中未含初值，但外加獨立電源時電路的響應，

其響應的形式為

其中 yn 為自然響應，

其響應的形式和電路的特徵方程式的解有關，

而 yf 為外加電源所引起的激勵響應或稱為穩態響應，

其響應的形式與外加電源之形式有關。

v A e A ent t= +- -

1 22

y y y n f = +

6-23

6-5 二階電路的零態響應 (Zero States Response of Second-order Circuits )

考慮右圖之電路，設 i(0) = v(0) = 0，

且輸入為 10 伏之直流電壓，

此電路之電壓方程式為

由於上式之特徵方程式為 s2 + 3s + 2 = 0

因 vf 和外加電源之形式 ( 此例為直流 ) 有關，故可設 vf = K

K 為常數，且 vf 為穩態響應。

1 H 3 W

1

2 F

+

-

v t ( )

i t ( ) 10 V

若已知 v = vn + vf，其中 vn 為滿足 之解 0 2 3 2

= + + v dt dv

dt v d

因此 s1 = – 1 , s2 = – 2 即 v A e A e n t t = + - -

1 2 2

20 2 3 2

2

2

= + +

= + +

v dt dv

dt v d

LC V

LC v

dt dv

L R

dt v d s

因此 0 10 ) 0 ( 10 ) ( 2 1 2

2 1 = + + = + + = + = - - A A v e A e A v v t v t t f n

及 0 ) 0 (

2 ) 0 (

) 2 ( ) ( ) (

2 1 2

2 1 = = - - = - - = = - -

C i

A A dt

dv e A e A

C t i

dt t dv t t

可得 A1 = – 20 , A2 = 10 即 v t e e t t ( ) ( = - + + - - 20 10 10 2 V)

將 vf = K 代入得 0 + 0 + 2K = 20 K = 10

6-24

6-5 二階電路的零態響應 (Zero States Response of Second-order Circuits )

我們可觀察到當 t → 時，v(t) = 10V , i(t) = 0 ，即電容器已完成充電。

1 H 3 W

1

2 F

+

-

v t ( )

i t ( ) 10 V

因此 –7B1 – 9B2 = 1 , 9B1 – 7B2 = 0

另外由 i t C dv t dt

( ) ( )

= 可得 i t e e t t ( ) ( ) = - - - 10 10 2 A

若此電路之外加電源改為 之正弦電壓，

則其電壓方程式為

1 2

3 sin t

即 B B 1 2 7

130 9

130 = - = -

d v dt

dv dt

v t 2

2 3 2 3 + + = sin

此時可設 v B t B t f = + 1 2 3 3 sin cos

代入上面的式子中時，可得 ( ) sin ( ) cos sin - - + - = 7 9 3 9 7 3 3 1 2 1 2 B B t B B t t

故 v t t f = - - 7

130 3 9

130 3 sin cos

6-25

6-5 二階電路的零態響應 (Zero States Response of Second-order Circuits )

因其自然響應為 v A e A e n t t = + - -

1 2 2

因此 v t A e A e t t t t ( ) sin cos = + - - - - 1 2

2 7 130

3 9 130

3

已知 v(0) = 0 所以 v A A ( ) 0 9

130 0 1 2

= + - =

0 130 21

2 ) 0 ( ) 0 (

2 1 = - - - = = A A C

i dt

dv

又 3 sin 130 27

3 cos 130 21

2 ) ( 2

2 1 + - - - = = - - t t e A e A C t i

dt dv t t

可得 130

30 & 130 39

2 1 - = = A A

+

- + - = = - - t t e e

dt t dv

C t i t t 3 sin 130 27 3 cos

130 21

130 60

130 39

2 1 ) (

) ( 2

因此 - - - = - - t t e e t v t t 3 cos 130

9 3 sin

130 7

130 30

130 39

) ( 2

6-26

6-5 二階電路的零態響應 (Zero States Response of Second-order Circuits )

從上面的討論，我們可以歸納以下幾點：

1. 二階電路的零態響應 y 包含自然響應 yn 與激勵響應 yf。

2. 自然響應可由齊次方程式 ( f (t) = 0 ) 求出。

右表為輸入函數與其

激勵響應之對照表。

4. 最後由及初值條件決定自然響應之係數，即可求出完整的解。

由此表，可依據輸入函數之

形式而預測之形式。

f(t) yf

C K

t At + B

t 2 At 2 + Bt + C

eσt Aeσt

sinωt Asinωt + Bcosωt

cosωt Asinωt + Bcosωt

eσt sinωt eσt (Asinωt + Bcosωt)

eσt cosωt eσt (Asinωt + Bcosωt)

若輸入函數有兩種或兩種以上

可利用重疊定理求解之。

3. 激勵響應 yn 與輸入函數有相同的形式，因此 yf 之形式可依

輸入函數之種類而事先假設，再代入方程式求解係數。

6-5 二階電路的零態響應 (Zero States Response of Second-order Circuits )

解：

例 6-5：求下圖所示電路之 v(t) 及 i(t)，設 v(0) = i(0) = 0。

可得 d v dt

R L

dv dt

v LC LC

V s 2

2 + + = d v

dt 2

dv dt

10v 100 2

2 + + =

由於上式之特徵方程式為 s2 + 3s + 10 = 0

因此 s1 = – 1 + j3 , s2 = – 1 – j3 為欠阻尼情況，因此 vn e A t A t －t = + ( cos3 sin3 ) 1 2

由於 v(0) = 0 因此 v(0) = A2 + 10 = 0 , A2 = -

10

因此 v t v v e A t A t n f t

( ) ( sin cos ) = + = + + - 1 2 3 3 10

又 i t C dv t dt e A t A t e A t A t t t ( )

( ) [ ( sin cos ) ( cos sin )] = = - + + - - - 1

10 3 3 3 3 3 3 1 2 1 2

i A A ( ) [ ] = - + = 0 1 10 3 0 2 1

因此 A 1 10 3

= -

i t C dv dt

e t t e t t t t ( ) sin cos ( cos sin ) = = +

- -

- - 1 10

10 3

3 10 3 10 3 30 3

故 v t e t t t ( ) sin cos ( ) = - +

- 10 10 3

3 10 3 V

e t t sin ( ) = - 10 3 3 A

又因 Vs 為直流電壓，故設 vf = K，代入 可得 vf = 10 d v dt

2 dv dt

10v 100 2

2 + + =

6-27

1 H 2 W

1

10 F

+

-

v t ( )

i t ( )

10 V

6-28

6-5 二階電路的零態響應 (Zero States Response of Second-order Circuits )

解：

例 6-6：求下圖所示電路之 v(t) 及 i(t)，設 v(0) = i(0) = 0。

可得 d v dt

R L

dv dt

v LC LC

V s 2

2 + + = d v

dt 2

dv dt

v 10e-2t 2

2 + + =

由於上式之特徵方程式為 s2 + 3s + 1 = 0

因此 s1 = s2 = –1 為臨界阻尼情況，因此 vn A t A e-t = + ( ) 1 2

又因輸入函數為 e –2t，可設 vf = Ke –2t

上式代入 可得 d v dt

2 dv dt

v 10e-2t 2

2 + + = 4 4 10 2 2 2 2 Ke Ke Ke e t t t t - - - - - + =

所以 K v e , v t v v A t A e e f t

n f t t = = = + = + + - - - 10 , 10 10 2

1 2 2 ( ) ( )

i t C dv t dt

t e e e te e e t t t t t t ( )

( ) ( ) ( ) = = - - + - = - + - - - - - - - 10 10 10 20 10 20 20 2 2 A

v t t e e t t ( ) ( ) ( ) = - + - - 10 10 10 2 V 因此

由於 v(0) = 0 可得 v(0) = A2 + 10 = 0 , A2 = –10

A 10 1 =

dv t dt

i t C

A e A t A e e dv dt

i C

A A t t t ( ) ( ) ( )

( ) ( ) 20

0 0 20 0 1 1 2 2

1 2 = = - + - = = - - = - - - ,

2 W

1 F

+

-

v t ( )

i t ( ) +

- 10

2 e

t -

1 H

6-30

6-6 二階電路的完全響應 (Complete Response of Second-order Circuits )

電路中含有初值，且外加獨立電源時電路之響應。

其響應的形式為 y = yn + yf

其中 yn 為自然響應，yf 為激勵響應。

考慮右圖之電路，設 i(0) 1A , v(0) = 2V，

其 v(t) 之解為 v(t) = A1e –t + A2e –2t + 10

所以 A1 = – 14 , A2 = 6

此電路之 i(t) 可由上式微分而得

由於 v(0) = 2 ，因此 8 2 10 ) 0 ( 2 1 2 1 - = + = + + = A A A A v

2 ) 0 ( 2 2 ) 0 ( 2 1 = = - - = i A A

dt dv

又 ) ( 2 2 ) ( ) (

2 1 = - - = = - - t i e A e A

C t i

dt t dv t t

因此 v(t) 之完全響應為 v t e e t t ( ) ( ) = - + + - - 14 6 10 2 V

即 i t C dv dt e e e e t t t t ( ) ( ) = = - = - - - - - 1

2 14 12 7 6 2 2

) V ( 10 6 14 ) ( 2 + + - = - - t t e e t v 完全響應

1 H 3 W

1 2 F

+

- v t ( )

i t ( ) 10 V

6 14 ) ( - = - - t 2t e e t v 零輸入響應

1 H 3 W

1 2 F

+

- v t ( )

i t ( )

10 10 20 ) ( 2 + + - = - - t t e e t v 零態響應

1 H 3 W

1 2 F

+

- v t ( )

i t ( ) 10 V

6-31

6-6 二階電路的完全響應 (Complete Response of Second-order Circuits )

解：

例 6-7：求 例6-6 電路之 v(t) 及 i(t)，但 i(0) = 1A , v(0) = 2V。

2 W

1 F

+

-

v t ( )

i t ( ) +

- 10

2 e

t -

1 H

因此 v(0) = A2 + 10 = 2 , A2 = –8

已知 v(t) 之解為 v t A t A e e t t ( ) ( ) = + + - - 1 2

2 10

1 H 2 W

1 F

+

-

v t ( ) i t ( )

dv t dt

i t C

A e A t A e e dv dt

i C

A A t t t ( ) ( ) ( )

( ) ( ) 20

0 0 20 1 1 1 2 2

2 1 = = - + - = = + - = - - - , 又 + -

因此 A1 = 13 所以 v t t e e t t ( ) ( ) = - + - - 13 8 10 2

此結果可直接由右圖電路之零輸入響應 v t t e t ( ) ( ) = + - 3 2

與上例相同電路所得之零態響應

直接相加而得。

v t t e e t t ( ) ( ) ( = - + - - 10 10 10 2 V)

至於 i(t) 可直接對 微分而得 v t t e e t t ( ) ( ) = - + - - 13 8 10 2

i t C dv dt e t e e t e e t t t t t ( ) ( ) ( ) ) = = - - - = - - - - - - -

13 13 8 20 21 13 20 2 2 (A

或直接由右圖電路之零輸入響應 及零態響應

直接相加而得。

i t t e t ( ) ( ) = - + - 3 1 i t te e e t t t ( ) = - + - - - - 10 20 20 2

6-32

6-7 激勵函數具有自然頻率時的響應

設某二階電路之電路方程式為

因為激勵函數 f(t) 含有一個自然頻率

d y

dt

dy dt

y f t 2

2 1 2 1 2 - + + = ( ) ( ) l l l l

其中 l1 與 l2 為常數，且 l1 l2

則其特徵方程式為 2 2 1 1 2 1 2 1 2 , 0 ) ( l l l l l l = = = + + - s s S s

因此自然響應為 y A e A e n t t = +

1 2 1 2 l l

故假設 y Ate f

t = l 1

則可得 2 1 1 2 1 1

2 1

] ) 1 )( ( 2 [ 1 1 l l l l l l l l l = + + + - + e t t Ae

2 1 2 1

1 ) ( 1 1

l l l l l l

- = = - A e Ae

t t

t t

則完全響應為 y A e A e te t t t = + +

- 1 2 1 2

1 2 1 1 l l l

l l ( )

6-34

6-7 激勵函數具有自然頻率時的響應

解：

例 6-9：求右式之激勵響應

(a) f(t) = e –3t

(b) f(t) = te –3t

特徵方程式為 s2 + 6s + 9 = 0

因此 s1 = s2 = –3 為臨界阻尼情況，自然響應為 vn A t A e-3t = + ( ) 1 2

設 yf = Ae –3t 但和 yn 之 A2e –3t 重疊，

而若設 yf = Ate –3t 亦和 yn 之 A1te –3t 重疊，

(a) f(t) = e –3t

d y dt

dy dt

y f t 2

2 6 9 + + = ( )

故須設 yf = At2e –3t 代入原方程式可得 因此 A = 1 2

y t e f

t = - 2 3 1 2

(b) f(t) = te –3t

在此種情況中須設 yf = At3e –3t 代入原方程式可得 因此 A = 1 6

y t e f

t = - 3 3 1 6

6-35

6-7 激勵函數具有自然頻率時的響應

解：

例 6-10：求下式之激勵響應

d y dt

y sin3t 2

2 9 + =

特徵方程式為 s2 + 9 = 0

因此 s1 = j3 , s2 = –j3 此為無阻尼情況，乃欠阻尼情形之特例

由於 f(t) = sin3t 其頻率為 3 rad / sec，與自然頻率相同，

因此設 y t A t A t f = + ( cos sin ) 1 2 3 3

代入上面方程式可得 A , A 1 2 1 6

0 = - =

因此 t t y f

3 cos 6 1 - =

其自然響應之形式為 y A t B t n = + ( cos sin ) 3 3

6-36

6-8 總 結

本章重要觀念摘錄 ：

1. 二階電路至少包含二個儲能元件。

2. 二階電路的自然響應可分為：過阻尼，欠阻尼及臨界阻尼三種情況：

(1) 過阻尼響應 為 之形式，

其中 a1 及 a2 為相異實數，A1 及 A2 可由初值條件解出。

A e A e a t a t 1 2

1 2 +

(2) 欠阻尼響應 為 之形式，

其中 a 為實數，A1 及 A2 可由初值條件解出。

e A t A t at ( cos sin ) 1 2 w w +

(3) 臨界阻尼響應 為 之形式，

其中 a 為實數，A1 及 A2 可由初值條件解出。

( ) A t A e at 1 2 +

4. 二階電路之零輸入響應為自然響應的形式，可分為：

過阻尼，欠阻尼及臨界阻尼三種情況。

5. 二階電路之特徵方程式可表示成 之形式，

若α＞1 則為過阻尼情況，0＜α＜1 為欠阻尼情況，

α = 1 為臨界阻尼情況。

s s n n 2 2 2 0 + + = aw w

6-37

6-8 總 結

6. 二階電路之零態響應可分為：激勵響應及自然響應兩部份，

自然響應亦分為：過阻尼，欠阻尼及臨界阻尼三種情況。

7. 二階電路的 完全響應 = 零輸入響應 + 零態響應，

完全響應亦可分為：激勵響應與自然響應兩部份，

且依過阻尼、欠阻尼及臨界阻尼三種情況，其形式有如下三種：

(1) ，過阻尼情況 (激勵響應) (自然響應)

其中 s1 及 s2 為特徵方程式所解出之相異實根 。

y t y A e A e f S t S t ( ) = + + 1 2

1 2

(2) ，欠阻尼情況

其中 s1 及 s2 為特徵方程式所解出之共軛複數 。

即 s1 , 2 = σ ± jω

y t y e A t A t f t ( ) ( cos sin ) = + + s w w 1 2

(3) ，臨界阻尼情況，其中 s = s1 = s2

上述之 yf 為輸入所引起的激勵響應，A1 及 A2 為常數，

可由 y(0) 及 之條件解出 A1 及 A2 之值。

y t y e A t A f st ( ) ( ) = + + 1 2

dt dy(0)

8. 零態響應為完全響應中初值條件為零之特例。

6-38

本章練習

6-4 求右圖電路中之步級響應 v(t) 及 i(t)。

6-11 右圖電路於 v(0) = i(0) = 0，求 t > 0 之 v(t)。

答： (–30e–t + 30e–2t + 20te–t)V

答： (–25e–t + e–5t + 24) u(t)V，[–5e–t + e–5t + 4] u(t) A

6 W

0 2 . F

+

-

v t ( ) 4 u t s ( ) A 1 H

i t ( )

1 H 5 e

t -

3 W +

-

v t ( ) 0 5 . F i t ( )