電路學 - [第六章] 二階RLC電路

電路學第六章二階RLC電路

李健榮助理教授

Department of Electronic EngineeringNational Taipei University of Technology

大綱

• 二階電路與二階微分方程式• 二階電路之響應• 激勵函數具有自然頻率時的響應

Department of Electronic Engineering, NTUT2/33

二階電路與二階微分方程式(I)

• 考慮右圖之 RLC串聯電路，設 i(0) = I0 , v(0) = V0，求 v(t) 。

依 KVL，t＞ 0 時

對 t微分，可得二階微分方程式

可得

00

1 t

s

diL Ri idt V V

dt C+ + + =∫

2

2sdVd i di i

L Rdt dt C dt

+ + =

00

1 tv idt V

C= +∫

2

2

1 sdVd i R di i

dt L dt LC L dt+ + =

2

2SVd v R dv v

dt L dt LC LC+ + =

2

2 S

d v dvLC RC v V

dt dt+ + =

Vs

+

−v(t)

L R

i(t)C

或

由 dvi C

dt=及

或


二階電路與二階微分方程式(II)

• 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

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

( )2

2

d y dya by f t

dt dt+ + =

n fy y y= +


範例1

• 請列出右圖電路以 i2為變數的微分方程式。

A. 依 KVL可得 ⇒

B. 由上式可得對 t微分後得

C. 將上兩式代入中，得到

⇒

1 Ω1 Ω1V

1H 1 H

i1 i2

11 2 1

dii i

dt+ − = 2

2 2 1 0di

i i idt

+ + − =

21 22

dii i

dt= +

21 2 2

22

di d i di

dt dt dt= +

11 2 1

dii i

dt+ − =

22 2 2

2 222 2 1

d i di dii i

dt dt dt+ + + − =

22 2

223 1

d i dii

dt dt+ + =


二階電路的自然響應

• 二階微分方程式的解可為

其中 yn必須滿足

• 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，因此可令來求解

• 可直接在中以 s2取代二階微分，以

s1取代一階微分， s0取代零階微分 yn而得。

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

n fy y y= +2

20n n

n

d y dya by

dt dt+ + =

stny Ae=

2

20n n

n

d y dya by

dt dt+ + =

ndy

dt

2

2nd y

dt

⇒2 0st st stAs e Asae Abe+ + = ( )2 0stAe s as b+ + =

⇒ 2 0s as b+ + =由於不能為零，因此stAe


自然頻率與自然響應

• 二次方程式的解有二個，分別為

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，即與

因此

• 為方便分析，將二階微分方程式改為如下形式：

其中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。

及

2 0s as b+ + =2

1

4

2

a a bs

− + −=2

2

4

2

a a bs

− − −=

11 1

s tny A e= 2

2 2s t

ny A e=1 2

1 2s t s t

ny A e A e= +

( )2

2

d y dya by f t

dt dt+ + =

( )2

22

2 n n

d y dyy f t

dt dtαω ω+ + =

特徵方程式為

其中 ⇒

⇒

2 22 0n ns sαω ω+ + =2n bω =

2 n aαω =

n bω =

=2 2n

a a

bα

ω=


判別式與自然響應間關係(I)

在此種情況下，s1及 s2為相異實根，其自然響應為

1. 或2 4 0a b− > 2 4a b>

1 2 31 2 1 2

s t s t t tny A e A e A e A e− −= + = +

例: 右圖為之波形。2 84 2t tny e e− −= −

=2 2n

a a

bα

ω=

且，因此

一般稱此情況為過阻尼 (Overdamped)。

2 4a b> >1α

t0

過阻尼曲線

24 te−

2 84 2t te e− −−

82 te−−

2 0s as b+ + =

2

1

4

2

a a bs

− + −=

2

2

4

2

a a bs

− − −=

由於

因此 yn為隨時間逐漸衰減的函數


判別式與自然響應間關係(II-a)

其中且

2. 或

在此情況時，s1及 s2為共軛複數根，即

σ和 ω為實數。其自然響應為

根據尤拉公式 (Euler's Formula) 及

可改寫為

為一種阻尼振盪弦波

2 4 <0a b− 2<4a b

1,2s jσ ω= ±( ) ( )

1 2j t j t

ny A e A eσ ω σ ω+ −= +

cos sinje jθ θ θ= + cos sinje jθ θ θ=－－

( )( ) ( )

( ) ( )( )

1 2

1 2

1 2 1 2

1 2

cos sin cos sin

cos sin

cos sin

t j t j tn

t

t

t

y e C e C e

e C t j t C t j t

e C C t jC jC t

e A t A t

σ ω ω

σ

σ

σ

ω ω ω ω

ω ω

ω ω

−= +

= + + −

= + + −

= +

　　

　　

1 2 1C C A+ = 1 2 2=jC jC A−

2 0s as b+ + =

2

1

4

2

a a bs

− + −=

2

2

4

2

a a bs

− − −=


判別式與自然響應間關係(II-b)

此情況中由於，因此

一般稱之為欠阻尼 (Underdamped) 情況。

若即項不存在，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)。

2<4a b = 12

a

bα <

2 0s as b+ + =

2

1

4

2

a a bs

− + −=

2

2

4

2

a a bs

− − −=

2. 或2 4 <0a b− 2<4a b

為一種阻尼振盪弦波( )1 2cos sintny e A t A tσ ω ω= +

0σ = 0dy

dt=

t

−5

0

5

之波形5 sin 3tny e t−=

5 te−

5 sin3te t−

5 te−−

2

3

π 4

3

π


判別式與自然響應間關係(III-a)

由於原方程式具有等根，故其原式必須修正為

3. 或

此種情況被稱為臨界阻尼，因

且此時 s1及 s2為相等實根，即

⇒

⇒

2 4 =0a b− 2=4a b

1 2 2

as s= = −

= 12

a

bα =

2 2

20

4n n

n

d y dy aa y

dt dt+ + =

22

20

2 2 2n n n

n

d y dy dya a ay

dt dt dt + + + =

02 2 2

n nn n

dy dyd a a ay y

dt dt dt + + + =

2 0s as b+ + =

2

1

4

2

a a bs

− + −=

2

2

4

2

a a bs

− − −=


判別式與自然響應間關係(III-b)

令則成為 ⇒

因此

上式對 t積分，可得 ⇒

以乘以上式兩邊，得 ⇒

( )2

nn

dy af t y

dt= + ( ) ( ) 0

2

df t af t

dt+ =

212

at

nn

dy ay A e

dt

−+ =

( ) 21

at

f t A e−

=

2 212

a at t

nn

dy ae e y A

dt+ = 2

1

at

n

de y A

dt

=

2

1

at

nd e y

dt A dtdt

=∫ ∫ ( ) 2

1 2

at

ny A t A e−

= +

之波形( ) 21 2

at

ny A t A e−

= +

2

at

e

t0

臨界阻尼曲線

( ) 21 2

at

ny A t A e−

= +


範例2

• 某電路的方程式為，且已知 ,

若(a)a = 3, b = 2 ;(b)a = 2, b = 10 試求 y(t) 。

B. 其特徵方程式為 , ,

所以 ,

因此

因此 A1 = 5 , A2 = －4 所以

A. 其特徵方程式為因此 ,

, ,,

2

20

d y dya by

dt dt+ + = ( )0 1y =( )0

3dy

dt=

( )( )2 3 2 1 2 0s s s s+ + = + + =

( ) 21 2

t ty t A e A e− −= + ( ) 1 20 1y A A= + =( ) 2

1 22t tdy tA e A e

dt− −= − − ( )

1 2

02 3

dyA A

dt= − − =

( ) 25 4t ty t e e− −= −

2 2s = −1 1s = −

1 1 3s j= − +

( ) 4cos3 sin 3

3ty t e t t− = +

2

4

3A =( )

1 2

03 3

dyA A

dt= − + =

( ) 10 1y A= =

( ) ( ) ( )1 2 1 2cos3 sin 3 3 sin 3 3 cos3t tdy te A t A t e A t A t

dt− −= − + + − +

( ) ( )1 2cos3 sin 3ty t e A t A t−= +

2 2 10 0s s+ + = 2 1 3s j= − −

⇒


二階電路的零輸入響應(I)

• 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。

1. 過阻尼情況

考慮右圖之 RLC 電路，假設 ,

則 t ＞ 0時之電流方程式為

直接由電路方程式及 i(t) 可求出

⇒

1H 3 Ω

12F

+

−v(t)

i(t)

特徵方程式：

由初值條件可得同時

可得 ⇒

( )0 1Ai = ( )0 2v = Ｖ

00

10

tdiL Ri idt V

dt C+ + + =∫

2

20

d i di iL R

dt dt C+ + =

2

23 2 0

d i dii

dt dt+ + =⇒ ⇒

( ) 21 2

t ti t A e A e− −= +( )( )1 2 0s s+ + =2 3 2 0s s+ + = ,1 1s = − 2 2s = −⇒ ⇒

( ) 1 20 1i A A= + =

( ) ( ) ( )03 0 0 =0

dii v

dt+ +

00

1 tv idt V

C= +∫

( )1 2

02 = 5

diA A

dt= − − −

由此可求得及故1 3A = − 2 4A = ( ) 23 4t ti t e e A− −= − +

( ) ( ) ( )di tv t L Ri t

dt= − −

( ) ( )2 2 23 8 9 12 6 4t t t t t tv t e e e e e e− − − − − −= − + + − = − Ｖ

⇒


二階電路的零輸入響應(II)

考慮右圖之電路，設 ,

t ＞ 0時其電流方程式為

可得電流之零輸入響應為

由代入上式可得又

因此即

由

1H 2 Ω

12F

+

−v(t)

i(t)( )0 1i = Ａ ( )0 2v = Ｖ

2

0d i R di i

dt L dt LC+ + =

2

22 2 0

d i dii

dt dt+ + =⇒

其特徵方程式為因此 , 為欠阻尼情況

電流響應為

2 2 2 0s s+ + = 1 1 1s j= − + 2 1 1s j= − −

( ) ( )1 2cos sinti t e A t A t−= +

( ) 10 1i A= =

( )02 2 4

di

dt= − − = −

00

1 tv idt V

C= +∫

( ) ( ) ( )02 0 0 0

dii v

dt+ + =

( )1 2

04

diA A

dt= − + = −

( ) ( ) ( )1 2 1 2cos sin sin cost tdi te A t A t e A t A t

dt− −= − + + − +

2 3A = −

( )0 1i =

⇒因此

又

( ) ( )cos 3sinti t e t t−= −

( ) ( ) ( )di tv t L Ri t

dt= − − ( ) ( )2cos 4sintv t e t t−= +可得

2. 欠阻尼情況


二階電路的零輸入響應(III)

考慮右圖之電路，設 ,

t ＞ 0時其電流方程式為

其電流響應為

由，可得

其特徵方程式為因此為臨界阻尼情況

又

因此故

此外，由可求出 v(t)為

1H 2 Ω

1 F

+

−v(t)

i(t)( )0 1i = Ａ ( )0 2v = Ｖ

2

2=0

d i R di i

dt L dt LC+ +

2

22 0

d i dii

dt dt+ + =

2 2 1 0s s+ + = 1 2 1s s= = −

( ) ( )1 2ti t A t A e−= +

⇒

( )0 1i = ( ) 20 1i A= =

( ) ( ) ( ) ( )1 1 2t tdi t

Ri t v t A e A t A edt

− −= − − = − +

( ) ( ) ( ) 1 2

02 0 0 2 2 4

dii v A A

dt= − × − = − − = − = −

( ) ( ) ( )3 1 ti t t e−= − + Ａ1 3A = −

( ) ( ) ( )di tv t L Ri t

dt= − − ( ) ( ) ( )3 2 tv t t e−= + Ｖ

3. 臨界阻尼情況


範例3

• 右圖 RLC並聯電路已知v(0) =2 V, i(0) =1A，求t＞0時之v(t)。

若

節點分析法:

特徵方程式為，其解為

1. 或，則電路為過阻尼情況，且

( ) 21 , ,

3 8R L C= Ω = = 1ａＨＦ

( ) 1 1 , , 1

2 2R L C= Ω = =b ＨＦ

( ) 1 , 1 , 1

2R L C= Ω = =c ＨＦ

0

10

t

o

v dvvdt I C

R L dt+ + + =∫

2 1 10s s

RC LC+ + =

2

2

1 10

d v dvv

dt RC dt LC+ + =

2

2

1 10

d v dvC v

dt R dt L+ + =

2

1,2

1 1 1

2 2s

RC RC LC

− = − ± −

21 1

02RC LC − >

24L R C> 1 21 2

s t s tv A e A e= +

3. 或，則電路為臨界阻尼情況，且

其中

21 1

=2RC LC

2=4L R C

1 2

1

2s s

RC= = −

( )1

21 2

tRCv A t A e

−= +

2. 或，則電路為欠阻尼情況，且

其中 , ,

21 1

<2RC LC

2<4L R C ( )1 2cos sintv e A t A tσ ω ω= +1

nLC

ω =1=

2 nRCσ αω− = − 21nω ω α= −

i t( )

C

+

−v t( )LR

⇒d dt

⇒


其解為 ,

範例3

• 現就 (a)、(b)、(c) 三種情況加以分析：

，電路為過阻尼情況，特徵方程式為

可得或

又 ,

因此 , 即

及又

24L R C> 2 8 12 0s s+ + =

2 2s = − ( ) 6 21 2

t tv t A e A e− −= +

( ) 1 20 2v A A= = +( ) ( )0

00

0 010

v dvvdt I C

R L dt+ + + =∫

( ) ( ) 0

00

0 0 1dv vC vdt I

dt R L= − − −∫

( ) ( ) 00 024

dv v RI

dt RC

− −= = −

( ) 6 21 26 2t tdv t

A e A edt

− −= − − ( )1 2

06 2 24

dvA A

dt= − − = −

( ) 6 25 3t tv t e e V− −= −2 3A = −1 5A =

1 6s = −

( ) 21 , ,

3 8R L C= Ω = = 1ａＨＦ

⇒


範例3


因此

及

可得因此

因此

可得因此

1,2 1s j= − ±2 2 2 0s s+ + =

( ) ( )1 2cos sintv t e A t A t−= + ( ) ( ) ( )1 2 1 2cos sin sin cost tdv te A t A t e A t A t

dt− −= − + + − +

( ) 10 2v A= =( ) ( ) 0

1 2

0 05

dv v RIA A

dt RC

+= − = − = − +

2 3A = − ( ) ( )2cos 3sintv t e t−= −

( ) ( )1 2tv t A t A e−= +

2 2 1 0s s+ + = 1 2 1s s= = −

( ) ( ) 01 2

0 05

dv v RIA A

dt RC

+= − = − = −( ) 20 2v A= =

( ) ( )1 1 2t tdv t

A e At A edt

− −= − +

1 3A = − ( ) ( )3 2 tv t t e−= − +

( ) 1 1 , , 1

2 2R L C= Ω = =b ＨＦ

⇒

( ) 1 , 1 , 1

2R L C= Ω = =c ＨＦ


⇒

及


二階電路的零態響應 (I)

• 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。

n fy y y= +


範例4

• 考慮右圖之電路，設 i(0) = v(0) = 0，且輸入為 10 V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

因vf和外加電源之形式 (此例為直流 ) 有關，故可設 (K為常數，且 vf為穩態響應)

1H 3 Ω

12

F

+

−v t( )

i t( )10 V若已知，其中 vn為滿足

之解

因此即

⇒

因此 ⇒

及 ⇒

可得即

將代入得 ⇒

2

2sVd v R dv v

dt L dt LC LC+ + =

2

23 +2 20

d v dvv

dt dt+ =

2

23 +2 0

d v dvv

dt dt+ =

n fv v v= +

2 3 2 0s s+ + = 1 21, 2s s= − = − 21 2

t tnv A e A e− −= +

0+0+2 20K =

fv K=

10K =

( ) 21 2 10t t

n fv t v v A e A e− −= + = + +

( ) ( )1 2

0 02 0

dv iA A

dt C= − − = =

( ) 1 20 10 0v A A= + + =

( ) ( ) ( )21 22t tdv t i t

A e A edt C

− −= = − + −

( ) ( )220 10 10t tv t e e− −= − + + Ｖ

fv K=

1 220, 10A A= − =


範例4

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

因此 ,

另外由可得

若此電路之外加電源改為之正弦電壓，則其電壓方程式為

即 ,

此時可設

代入上面的式子中時，可得

故

1H 3 Ω

12

F

+

−v t( )

i t( )

( ) ( )dv ti t C

dt= ( ) ( )210 10t ti t e e− −= − Ａ

t → ∞

1sin 3

2t

2

23 2 sin 3

d v dvv t

dt dt+ + =

1 2sin 3 cos3fv B t B t= +

( ) ( )1 2 1 27 9 sin 3 9 7 cos3 sin 3B B t B B t t− − + − =

1 27 9 1B B− − = 1 29 7 0B B− =

1

7

130B = − 2

9

130B = − 7 9

sin 3 cos3130 130fv t t= − −

1sin 3

2t


範例4

因其自然響應為

因此

已知所以

又

可得

因此

21 2

t tnv A e A e− −= +

( ) 21 2

7 9sin 3 cos3

130 130t tv t A e A e t t− −= + − −

( ) 1 2

90 0

130v A A= + − =( )0 0v =

( ) 21 2

21 272 cos3 sin 3

130 130t ti tdv

A e A e t tdt C

− −= = − − − +

( ) ( )1 2

0 0 212 0

130

dv iA A

dt C= = − − − = 1 2

39 30&

130 130A A

−= =

( ) 239 30 7 9sin 3 cos3

130 130 130 130t tv t e e t t− −= − − −

( ) ( ) 21 39 60 21 27cos3 sin 3

2 130 130 130 130t tdv t

i t C e e t tdt

− − = = − + − +


二階電路的零態響應 (II)

• 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。

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。

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。

右表為輸入函數與其激勵響應之對照表。由此表，可依據輸入函數之形式而預測之形式。若輸入函數有兩種或兩種以上可利用重疊定理求解之。

f(t) yf

C K

t At + B

t2 At2 + Bt + C

eσt Aeσt

sinωt Asinωt + Bcosωt

cosωt Asinωt + Bcosωt

eσt sinωt eσt (Asinωt + Bcosωt)

eσt cosωt eσt (Asinωt + Bcosωt)


範例5

• 求下圖所示電路之 v(t) 及 i(t)，設 v(0) = i(0) = 0。

特徵方程式：

由於 v(0) = 0 因此

因此

又

故

又因 Vs為直流電壓，故設，代入可得

1H 2 Ω

110

F

+

−v t( )

i t( )10 V

2

2sVd v R dv v

dt L dt LC LC+ + =

2

2 10 100d v dv

vdt dt

+ + =

2 3 10 0s s+ + = 2 1 3s j= − −1 1+ 3s j= −

2

2 10 100d v dv

vdt dt

+ + =

( )1 2cos3 sin 3tnv e A t A t−= +

10fv =

( ) ( )1 2sin3 cos3 10tn fv t v v e A t A t−= + = + +

fv K=

2 10A = −( ) 20 10 0v A= + =

( ) [ ]2 1

10 3 0

10i A A= − + =

( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2

1sin 3 cos3 3 cos3 3 sin 3

10t tdv t

i t C e A t A t e A t A tdt

− − = = − + + −

1

10

3A = −

( ) ( )1010 sin 3 10cos3

3tv t e t t− = − +

Ｖ ( ) ( )10sin3

3ti t e t−= Ａ

可得

⇒ ,

⇒

⇒


範例6

• 求下圖所示電路之 v(t) 及 i(t)，設 v(0) = i(0) = 0。

由於上式之特徵方程式為

為臨界阻尼情況

因此

由於可得

10e−2t

1H 2 Ω

1 F

+

−v t( )

i t( )+−

2

2sVd v R dv v

dt L dt LC LC+ + =

22

22 10 td v dv

v edt dt

−+ + =

1 2 1s s= = −

2 3 1 0s s+ + =

( )1 2t

nv A t A e−= +

又因輸入函數為 e–2t，可設 2tfv Ke−=

上式代入可得2

22

2 10 td v dvv e

dt dt−+ + = 2 2 2 24 4 10t t t tKe Ke Ke e− − − −− + =

210 tfv e−=10k = ( ) ( ) 2

1 2 10t tn fv t v v A t A e e− −= + = + +

2 10A = −( ) 20 10 0v A= + =( )0 0v =

( ) ( ) ( ) 21 1 2 20t t tdv t i t

A e A t A e edt C

− − −= = − + − ( ) ( )1 2

0 020 0

dv iA A

dt dt= = − − = 1 10A =

( ) ( ) ( ) ( )2 210 10 10 20 10 20 20t t t t t tdv ti t C t e e e te e e

dt− − − − − −= = − − + − = − + − Ａ

( ) ( ) ( )210 10 10t tv t t e e− −= − + Ｖ

可得

⇒ ⇒

⇒ , ,

⇒

⇒ ⇒


二階電路的完全響應 (I)

• 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) = 1 A , v(0) = 2 V，

其 v(t) 之解為

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 ⇒

⇒

又

因此 v(t) 之完全響應為

( ) ( )1 2

02 2 0 2

dvA A i

dt= − − = =

( ) ( ) ( )1 22 2t tdv t i tA e A e i t

dt C− −= = − − =

( ) 21 2 10t tv t A e A e− −= + +

( ) 214 6 10t tv t e e− −= − + +

( ) ( )2 2114 12 7 6

2t t t tdv

i t C e e e edt

− − − −= = − = −

( ) 1 20 10 2v A A= + + =1 2 8A A+ = −⇒

⇒

完全響應

1 H 3 Ω

12F

+

−

i(t)10V v(t)

( ) ( )214 6 10 Vt tv t e e− −= − + +

零輸入響應

1 H 3 Ω

12F

i(t)v(t)+

−( ) ( )26 4 Vt tv t e e− −= −

零態響應

12

i(t)10V v(t)

+

−

1 H 3 Ω

( ) ( )220 10 +10 Vt tv t e e− −= − +


範例7

• 求電路之 v(t) 及 i(t)，但 i(0) = 1 A , v(0) = 2 V。

因此

已知 v(t) 之解為

又

此結果可直接由右圖電路之零輸入響應

與上例相同電路所得之零態響應直接相加而得。

至於 i(t) 可直接對微分而得

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。

10e−2t

1H 2 Ω

1 F

+

−v t( )

i t( )+−

1H 2 Ω

1F

+

−v t( )

i t( )

( ) ( ) 21 2+ 10t tv t A t A e e− −= +

( ) 20 10 2v A= + = 2 8A = −

( ) ( ) ( ) 21 2 1 20t t tdv t i t

A t A e A e edt C

− − −= = − + + −

( ) ( )2 1

0 020 1

d iA A

dt C= = − + − = ( ) ( ) 213 8 +10t tv t t e− −= −1 13A =

( ) ( )3 2 tv t t e−= +

( ) ( ) ( )210 10 10 Vt tv t t e e− −= − +

( ) ( ) 213 8 10t tv t t e e− −= − +

( ) ( ) ( ) ( )2 213 13 8 20 21 13 20t t t t tdvi t C e t e e t e e

dt− − − − −= = − − − = − − A

( ) ( )3 1 ti t t e−= − +( ) 210 20 20t t ti t te e e− − −= − + −

⇒

⇒ ⇒ ⇒


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

故假設

則可得

則完全響應為

( ) ( )2

1 2 1 22

d y dyy f t

dt dtλ λ λ λ− + + =

1tfy Ateλ=

( ) ( )2 121 1 1 2 1 1 22 1t tAe t t eλ λλ λ λ λ λ λ λ + − + + + =

( )1 11 2

t tAe eλ λλ λ− =

( )1 2 1

1 21 2

1t t ty A e A e teλ λ λ

λ λ= + +

−

1 2

1A

λ λ=

−⇒ ⇒

其中與為常數，且

則其特徵方程式為

因此自然響應為

1 2λ λ≠

( )21 2 1 2 0s sλ λ λ λ− + + = 1 1s λ= 2 2s λ=

1 21 2

t tny A e A eλ λ= +

⇒

1λ 2λ,


範例8

• 求右式之激勵響應:

特徵方程式為為臨界阻尼情況

設但和 yn之 A2e–3t 重疊，

而若設亦和 yn之 A1te–3t重疊，

(a)

故須設代入原方程式可得因此

(b)

在此種情況中須設代入原方程式可得因此

( ) ( ) 3ta f t e−= ( ) ( ) 3tb f t te−=

( )2

26 9

d y dyy f t

dt dt+ + =

2 6 9 0s s+ + = 1 2 3s s= = −

( ) 31 2

tnv A t A e−= +

( ) 3tf t e−=

( ) 3tf t te−=

3tfy Ae−=

3tfy Ate−=

2 3tfy At e−= 1

2A = 2 31

2t

fy t e−=

1

6A = 3 31

6t

fy t e−=3 3tfy At e−=

⇒

自然響應為


範例9

• 求右式之激勵響應

特徵方程式為

因此 , 此為無阻尼情況，乃欠阻尼情形之特例

由於其頻率為 3 rad/sec，與自然頻率相同，

因此設

代入上面方程式可得 ,

因此

其自然響應之形式為

2

29 sin 3

d yy t

dt+ =

2 9 0s + =

1 3s j= 2 3s j= −( )cos3 sin 3ny A t B t= +

( ) sin 3f t t=

( )1 2cos3 sin 3fy t A t A t= +

1

1

6A = − 2 0A =

1cos3

6fy t t= −


總結(I)

• 二階電路至少包含二個儲能元件。• 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

• 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。

• 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。

(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。

(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。

1 21 2

a t a tA e A e+

( )1 2cos sinate A t A tω ω+

(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。( )1 2

atAt A e+

2 22 0n ns sαω ω+ + =


總結(II)

• 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。

• 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：

• 零態響應為完全響應中初值條件為零之特例。

(1) ，過阻尼情況其中 s1及 s2為特徵方程式所解出之相異實根。

(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

(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。dtdy(0)

( ) 1 21 2

s t s tfy t y A e A e= + +

( ) ( )1 2cos sintfy t y e A t A tσ ω ω= + +

1,2s jσ ω= ±

( ) ( )1 2st

fy t y At A e= + +
