תופעות מעבר

מתוך מעבדת מבוא בחשמל
קפיצה אל: ניווט, חיפוש

לעיון בקבצים נא ללחוץ על התיקייה: תיקיית קבצים

תוכן עניינים

1 שאלות הכנה

1.1 מעגל RC טורי

איור 1: מעגל RC טורי עם נגד 10KΩ וקבל 0.1μF
  1. מהו הזרם שיזרום במעגל המתואר באיור 1, לאחר סגירת המפסק Sw? (ברגע t=t0 בו נסגר המפסק יהיה על הקבל C מתח VC(0)=V0).
  2. חשבו ושרטטו את (i(t עבור הגדלים המופיעים באיור, כאשר V0=4V ,V=10V.
  3. מוסיפים נגד של 10KΩ במקביל לקבל C. מהו קבוע הזמן של המעגל? ומהו מתח הקבל במצב היציב?
  4. שרטטו את תגובת התדר (אמפליטודה בלבד) של מתחי הקבל והנגד, ומצאו מתוכן את קבוע-הזמן של המעגל.
  5. הרכיבו בעזרת ORCAD את המעגל שבאיור 1 וחזרו על כל הסעיפים הקודמים בעזרת סימולציית SPICE. בסעיפים 1 ו-3 יש לבצע מדידה מתוך שרטוט, סעיף 2 לשרטט את צורת הזרם, ובסעיף 4 יש להציג את תגובת האמפליטודה והפאזה.
    הערה: מומלץ להשתמש ברכיב גנרי הנקרא "SBREAK" שמדמה מתג, יש לקחת בחשבון (אם צריך) כי התנגדותו הפנימית (ברירת מחדל) בזמן שהוא מוליך היא 1 אוהם.


תשובה

1.2 מעגל RL טורי

איור 2: מעגל RL טורי עם נגד 10KΩ ומשרן 10H
  1. מהו הזרם שיזרום במעגל שבאיור 2, לאחר סגירת המפסק Sw?
    ברגע t=t0 בו המפסק נסגר מתקיים: i(t0)=I0.
  2. נא לחשב ולשרטט את הזרם (i(t עבור הערכים שבציור כאשר נתון: V=10V, I0=0A.
  3. נא לשרטט את תגובת-התדר (אמפליטודה בלבד) של מתחי הסליל והנגד, ולמצוא מתוכה את קבוע-הזמן של המעגל.


תשובה

1.3 מעגל RLC

איור 3: מעגל RLC מקבילי עם נגד 10KΩ, קבל 10nF ומשרן 1H
  1. מהו המתח (V(t המתקבל ביציאת מסנן מעביר נמוכים המתואר באיור 3, לאחר סגירת המפסק Sw? ברגע t=t0 יש על הקבל C מתח V0 ובסליל L זורם זרם I0.
  2. נא לחשב את (V(t עבור הערכים הנקובים כאשר: I0=0, V0=5v ,V=10v.
  3. למצוא את ערכו של R אשר ייתן ריסון קריטי במעגל. לשרטט את תגובת המעגל V(t) עבור ארבעת מצבי הריסון:
    • ריסון יתר.
    • ריסון קריטי.
    • תת-ריסון (תנודתי).
    • ריסון חסר הפסדים.
  4. המעגל באיור 3 מוזן ממקור מתח סינוסי. נא לשרטט את התגובה לתדר V(f) (אמפליטודה בלבד) של המעגל עבור ארבעת מצבי הריסון, ולהסביר כיצד ניתן לחשב את קבועי המעגל מתוך ידיעת גרף תגובת התדר של המעגל.


תשובה

1.4 מעגל RC טורי עם מקור סינוסי

איור 4: מעגל RC טורי בעל מקור AC עם נגד 10KΩ וקבל 0.1μF
  1. במעגל שבאיור 4, נא לחשב את המתח (V(t על פני הקבל C, לאחר סגירת המפסק Sw ובהנחה שהקבל היה טעון למתח V0 כאשר נתון שמקור המתח הוא סינוסי VS(t)=Vmsin(ωt+θ).
  2. האם קבוע הזמן של תופעת המעבר משתנה ביחס למעגל שבאיור 1? נא לנמק.
  3. מהי הפאזה של מתח הכניסה הדרושה כדי שתופעת המעבר תיעלם?


תשובה

1.5 קביעת קבוע זמן

כיצד ניתן לקבוע את קבוע הזמן של מעגל מסדר ראשון מתוך גרף התגובה למדרגה כפי המופיע על גבי המשקף תנודות?


תשובה

1.6 שיטה לשליפת קבוע הזמן

במקום מפסק Sw ומקור מתח-ישר כפי המופיע באיור 1 ובאיור 2 ניתן למדוד את תופעת המעבר בעזרת אות-כניסה בעל צורת גל-ריבועי.

נא להסביר מה היתרונות של שיטה זו ומה תדירות הגל-הריבועי בה מומלץ להשתמש?


תשובה

 

2 תשובות

2.1 תשובה למעגל RC טורי

2.1.1 הזרם לאחר סגירת המפסק

נפתור את מעגל ה-RC בשיטה הבאה:[1]

אנו יודעים שהזרם דרך הקבל מחושב על-פי הנוסחא:

משוואה 1: [math]i_c=C\frac{dv_c}{dt}\,[/math]

זרם זה הוא לא רק הזרם דרך הקבל אלא הזרם הכללי במעגל כיוון שזהו מעגל טורי ולכן הזרם דרך כל הרכיבים שווה.

בנוסף, אנו יודעים שהזרם במעגל גם יכול להיות מחושב עפ"י חוק אוהם:

משוואה 2: [math]i=i_c=\frac{v_R}{R}=\frac{V-v_c}{R}\,[/math]

נשווה בין משוואה 1 ומשוואה 2 ונקבל משוואה דיפרנציאלית:

[math]C\frac{dv_c}{dt}=\frac{V-v_c}{R}[/math]

נבודד אגפים, את המתחים לחוד ואת משתני הזמן לחוד:

[math]\frac{dv_c}{V-v_c}=\frac{dt}{RC}[/math]

נעשה אינטגרל לשני האגפים:

[math]\int \frac{dv_c}{V-v_c}=\int \frac{dt}{RC}[/math]

המשתנים היחידים במשוואה הנ"ל הם הזמן t ומתח-הקבל vc (בגלל זה הם מסומנים באותיות קטנות) בזמן שכל השאר קבועים (בגלל זה הם מסומנים באותיות גדולות), לכן ניתן קצת לסדר את המשוואה:

[math]\int \frac{dv_c}{V-v_c}=\frac{1}{RC}\int dt[/math]

נפתור ונקבל:

[math]-ln(V-v_c)+D=\frac{1}{RC}\cdot t[/math]

כאשר D הוא קבוע האינטגרציה (האות C לא מתאימה כאן כי היא שייכת לקבל). אין קבוע זמן לאינטגרל הימני כיוון שהוא כלול בתוך קבוע האינטגרציה D.

נכפול במינוס 1 כדי להיפטר מהמקדם של הלוגריתם:

[math]ln(V-v_c)-D=-\frac{t}{RC}[/math]

נגדיר את D בתור לוגריתם של סתם קבוע אחר שנקרא A:

[math]D=ln(A)[/math]

ולכן:

[math]ln(V-v_c)-D=ln(V-v_c)-ln(A)=ln\left(\frac{V-v_c}{A}\right)[/math]

כלומר נוצר השוויון:

[math]ln\left(\frac{V-v_c}{A}\right)=-\frac{t}{RC}[/math]

ניפטר מהלוגריתם הטבעי ע"י אקספוננט:

[math]e^{ln\left(\frac{V-v_c}{A}\right)}=e^{-\frac{t}{RC}}[/math]

נצמצם את הפונקציות ההופכיות:

[math]\frac{V-v_c}{A}=e^{-\frac{t}{RC}}[/math]

נכפול בקבוע A (נעביר אותו לצד השני):

[math]V-v_c=A\cdot e^{-\frac{t}{RC}}[/math]

ונשלוף את מתח הקבל בתלות בזמן:

משוואה 3: [math]v_c(t)=V-A\cdot e^{-\frac{t}{RC}}\,[/math]

נתון בשאלה שברגע t=t0 בו נסגר המפסק יהיה על הקבל C מתח vc(t=t0)=V0

נציב בנוסחא ונקבל:

[math]v_c(t_0)=V_0=V-A\cdot e^{-\frac{0}{RC}}=V-A\cdot e^{-0}=V-A\cdot 1=V-A[/math]

כלומר:

[math]V_0=V-A[/math]

ולכן:

[math]A=V-V_0[/math]

נציב את A במשוואה 3 ונקבל:

[math]v_c(t)=V-\left(V-V_0\right)\cdot e^{-\frac{t}{RC}}[/math]

נפתח את הסוגריים:

[math]v_c(t)=V-V\cdot e^{-\frac{t}{RC}}+V_0\cdot e^{-\frac{t}{RC}}[/math]

עכשיו צריך לחשב את הזרם דרך הקבל (מה שהתבקש בשאלה) ואת זה נעשה ע"י הצבת מתח הקבל vc במשוואה 1:

[math]i_c(t)=C\frac{d\left[V-V\cdot e^{-\frac{t}{RC}}+V_0\cdot e^{-\frac{t}{RC}}\right]}{dt}[/math]

נגזור ונקבל:

[math]i_c(t)=C\left[0-V\cdot\left(\frac{-1}{RC}\right)\cdot e^{-\frac{t}{RC}}+V_0\cdot\left(\frac{-1}{RC}\right)\cdot e^{-\frac{t}{RC}}\right][/math]

נסדר קצת את הסימנים במשוואה:

[math]i_c(t)=C\left[\left(\frac{V}{RC}\right)\cdot e^{-\frac{t}{RC}}-\left(\frac{V_0}{RC}\right)\cdot e^{-\frac{t}{RC}}\right][/math]

נצמצם את ה-C, נסדר את המשוואה, ונקבל את משוואת הזרם על הקבל:

משוואה 4: [math]i_c(t)=\frac{1}{R}(V-V_0)\cdot e^{-\frac{t}{RC}}\,[/math]

2.1.2 הזרם עבור הגדלים באיור

איור 5: דעיכת זרם בעת טעינת קבל בהתאם למעגל באיור 1
איור 6: דעיכת זרם לוגריתמית בעת טעינת קבל בהתאם למעגל באיור 1

נתון:

  • מתח הקבל ההתחלתי הוא V0=4V
  • מתח מקור הכוח הוא V=10V

ניקח את משוואה 4 ונציב בה את קבוע הזמן טאו:

[math]\tau=RC[/math]

ונקבל:

[math]i_c(t)=\frac{V-V_0}{R}\,e^{-\frac{t}{\tau}}[/math]

נחשב 6 ערכים אופיינים של קבוע-הזמן (טאו) בין 0 ל-5:

כופל של קבוע-הזמן נוסחא עבור ic תוצאה עם פרמטרים זרם [μA]
0 [math]\frac{V-V_0}{R}\,e^{-\frac{0\cdot\tau}{\tau}}[/math] [math]\frac{V-V_0}{R}[/math] [math]\frac{10-4}{10000}=600\,\mu A[/math]
1 [math]\frac{V-V_0}{R}\,e^{-\frac{1\cdot\tau}{\tau}}[/math] [math]\frac{V-V_0}{R}\,e^{-1}[/math] [math]600\cdot36.8\%=220.7[/math]
2 [math]\frac{V-V_0}{R}\,e^{-\frac{2\cdot\tau}{\tau}}[/math] [math]\frac{V-V_0}{R}\,e^{-2}[/math] [math]600\cdot13.5\%=81.2[/math]
3 [math]\frac{V-V_0}{R}\,e^{-\frac{3\cdot\tau}{\tau}}[/math] [math]\frac{V-V_0}{R}\,e^{-3}[/math] [math]600\cdot5\%=29.9[/math]
4 [math]\frac{V-V_0}{R}\,e^{-\frac{4\cdot\tau}{\tau}}[/math] [math]\frac{V-V_0}{R}\,e^{-4}[/math] [math]600\cdot1.8\%=11.0[/math]
5 [math]\frac{V-V_0}{R}\,e^{-\frac{5\cdot\tau}{\tau}}[/math] [math]\frac{V-V_0}{R}\,e^{-5}[/math] [math]600\cdot0.7\%=4.0[/math]

באיור 5 רואים שרטוט של הגרף עם הערכים ב-6 נקודות המפתח.

אך גרף זה הוא גרף אקספוננציאלי, ויותר נוח לפעמים לראות גרפים ליניארים[1], לכן נעשה פעולת לוגריתם-טבעי לנוסחא:

[math]ln\left(i_c\right)=ln\left(\frac{V-V_0}{R}\,e^{-\frac{t}{\tau}}\right)[/math]

נפצל את הכפל של הלוג לשתי פעולות חיבור:

[math]ln\left(i_c\right)=ln\left(\frac{V-V_0}{R}\right)+ln\left(\,e^{-\frac{t}{\tau}}\right)[/math]

הפונקציות ההופכיות מבטלות אחת את השנייה ומקבלים:

[math]ln\left(i_c\right)=ln\left(\frac{V-V_0}{R}\right)-\frac{t}{\tau}[/math]

כלומר נקבל גרף ליניארי בו השיפוע מיוצג ע"י קבוע-הזמן, ובמידה והזמן t יהיה בקפיצות שלמות של טאו (t=n·τ), נקבל:

[math]ln\left(i_c\right)=ln\left(\frac{V-V_0}{R}\right)-n[/math]

כאשר n מייצג את הכופל של קבוע הזמן כפי שרואים באיור 6. כלומר כל פעם כשיש ירידה של 1 בציר Y כך יש תזוזה של קבוע-זמן שלם בציר X.

2.1.3 עם נגד במקביל

איור 7: מעגל RC טורי עם נגד במקביל לקבל, זהו אותו המעגל אשר באיור 1 רק עם תוספת של נגד זהה במקביל לקבל

לקחנו את המעגל אשר באיור 1 והוספנו לו נגד של 10KΩ במקביל לקבל כפי שרואים באיור 7.

לחישוב קבוע הזמן החדש של המעגל, נשתמש הפעם ב-KVL כדי למצוא את המתחים.

סכום המתחים במעגל הוא:

[math]V=v_{r1}+v_c[/math]

המתח על נגד R1 ניתן לחישוב על-פי חוק אוהם ולכן:

משוואה 5: [math]V=i_{r1}R+v_c\,[/math]

אנו יודעים שהזרם דרך נגד R1 שווה לסכום הזרמים על הקבל C ועל נגד R2:

[math]i_{r1}=i_c+i_{r2}[/math]

הזרם על הקבל הוא:

[math]i_c=C\frac{dv_c}{dt}[/math]

המתח על נגד R2 זהה למתח הקבל כיוון שהם במקביל ולכן הזרם דרך R2 הוא:

[math]i_{r2}=\frac{v_{r2}}{R_2}=\frac{v_c}{R_2}[/math]

נציב בחזרה במשוואת הזרם דרך נגד R1 ונקבל:

[math]i_{r1}=C\frac{dv_c}{dt}+\frac{v_c}{R_2}[/math]

ואת זרם הנגד R1 נציב בחזרה במשוואה 5 ונקבל:

[math]V=\left(C\frac{dv_c}{dt}+\frac{v_c}{R_2}\right)\cdot R+v_c[/math]

באיור 7 רואים ששני הנגדים זהים:

[math]R=R_1=R_2[/math]

נציב ונקבל:

[math]V=\left(C\frac{dv_c}{dt}+\frac{v_c}{R}\right)\cdot R+v_c[/math]

נפתח את הסוגריים:

[math]V=RC\frac{dv_c}{dt}+v_c+v_c=RC\frac{dv_c}{dt}+2v_c[/math]

נעביר 2vc אגף:

[math]V-2v_c=RC\frac{dv_c}{dt}[/math]

ונעשה הפרדת משתנים:

[math]\frac{dt}{RC}=\frac{dv_c}{V-2v_c}[/math]

נעשה אינטגרל, כאשר כל האותיות הגדולות הן קבועים ולכן ניתן להוציא אותן החוצה:

[math]\frac{1}{RC}\int dt=\int\frac{dv_c}{V-2v_c}[/math]

נפתור ונקבל:

[math]\frac{t}{RC}=-\frac{1}{2}ln(V-2v_c)+D[/math]

כאשר D הוא קבוע האינטגרציה (של שני הצדדים השונים ביחד). נכפול במינוס 2 כדי להיפטר מהמקדם של הלוגריתם-הטבעי:

[math]-\frac{2t}{RC}=ln(V-2v_c)-2D[/math]

נגדיר:

[math]2D=ln(A)[/math]

ונציב:

[math]-\frac{2t}{RC}=ln(V-2v_c)-ln(A)=ln\left(\frac{V-2v_c}{A}\right)[/math]

נפעיל אקספוננט כדי להיפטר מהלוגריתם:

[math]e^{-\frac{2t}{RC}}=e^{ln\left(\frac{V-2v_c}{A}\right)}[/math]

[math]e^{-\frac{2t}{RC}}=\frac{V-2v_c}{A}[/math]

נכפול ב-A:

[math]A\cdot e^{-\frac{2t}{RC}}=V-2v_c[/math]

נבודד את מתח הקבל vc:

[math]2v_c=V-A\cdot e^{-\frac{2t}{RC}}[/math]

ונחלק בשתיים כדי לקבל את מתח הקבל:

[math]v_c=\frac{1}{2}\left(V-A\cdot e^{-\frac{2t}{RC}}\right)[/math]

את A נמצא לפי תנאי ההתחלה, על הקבל היה מתח V0 בזמן t=0 ולכן:

[math]v_c(0)=V_0=\frac{1}{2}\left(V-A\cdot e^{-\frac{2\cdot0}{RC}}\right)[/math]

[math]V_0=\frac{1}{2}\left(V-A\cdot e^{-0}\right)=\frac{V-A}{2}[/math]

[math]2V_0=V-A[/math]

כלומר:

[math]A=V-2V_0[/math]

נציב בחזרה בנוסחת הקבל כדי לקבל את הנוסחא הסופית של מתח-הקבל:

[math]v_c=\frac{1}{2}\left(V-(V-2V_0)\cdot e^{-\frac{2t}{RC}}\right)[/math]

ועכשיו נוכל לענות על השאלה. קבוע-הזמן נמצא במעריך של האקספוננט:

[math]-\frac{2t}{RC}=-\frac{t}{RC/2}[/math]

המכנה של המעריך הוא קבוע-הזמן:

[math]\tau=\frac{RC}{2}[/math]

וקיבלנו שקבוע הזמן באיור 7 קטן פי 2 מאשר קבוע הזמן באיור 1.

ואילו החלק השני של השאלה דורש לדעת מהו מתח הקבל במצב היציב, כלומר בזמן t=∞ בו האקספוננט צריך להתאפס:

[math]v_c=\frac{1}{2}\left(V-(V-2V_0)\cdot e^{-\frac{2\cdot\infty}{RC}}\right)[/math]

[math]v_c=\frac{1}{2}\left(V-(V-2V_0)\cdot e^{-\infty}\right)[/math]

[math]v_c=\frac{1}{2}\left(V-(V-2V_0)\cdot 0\right)[/math]

[math]v_c=\frac{V}{2}[/math]

זוהי תוצאה הגיונית כיוון שבמצב היציב הזרם על הקבל הוא אפס, כלומר הקבל הוא נתק, ולכן ניתן לדמות שיש באיור 7 מעגל ללא קבל - רק עם שני נגדים זהים, ולכן יהיה לנו מחלק מתח של שני נגדים זהים אשר על כל אחד מהם יהיה חצי ממתח המקור V.


2.1.4 תגובה לתדר של מעגל RC

הפעם, במקום להשתמש במשוואות דיפרנציאליות מורכבות נשתמש בפאזורים אשר יאפשרו חישובים אלגבריים פשוטים (הודות לשטיינמיץ[2]).

2.1.4.1 חישוב מתח הקבל

נחשב את מתח הקבל לפי מחלק מתח, וכיוון שצריך רק אמפליטודה - נעשה זאת בערך מוחלט:

[math]|V_C(jw)|=V_{IN}\cdot\left|\frac{Z_C}{Z_R+Z_C}\right|[/math]

נציב את עכבות הקבל והנגד (הפאזוריות):

[math]|V_C(jw)|=V_{IN}\cdot\left|\frac{\frac{1}{j\omega C}}{R+\frac{1}{j\omega C}}\right|[/math]

נוציא את הערך המוחלט:

[math]V_C(w)=V_{IN}\cdot\frac{\frac{1}{\omega C}}{\sqrt{R^2+\frac{1}{\left(\omega C\right)^2}}}[/math]

נעשה מכנה משותף בתוך השורש:

[math]V_C(w)=V_{IN}\cdot\frac{\frac{1}{\omega C}}{\sqrt{\frac{(R\cdot\omega C)^2+1}{\left(\omega C\right)^2}}}=\frac{\frac{1}{\omega C}}{\frac{1}{\omega C}\sqrt{(R\cdot\omega C)^2+1}}[/math]

נצמצם את המונה והמכנה:

[math]V_C(w)=V_{IN}\cdot\frac{1}{\sqrt{(\omega RC)^2+1}}[/math]

2.1.4.2 חישוב מתח הנגד

נחשב את מתח הנגד לפי מחלק מתח, וכיוון שצריך רק אמפליטודה - נעשה זאת בערך מוחלט:

[math]|V_R(jw)|=V_{IN}\cdot\left|\frac{Z_R}{Z_R+Z_C}\right|[/math]

נציב את עכבות הקבל והנגד (הפאזוריות):

[math]|V_R(jw)|=V_{IN}\cdot\left|\frac{R}{R+\frac{1}{j\omega C}}\right|[/math]

נוציא את הערך המוחלט:

[math]V_R(w)=V_{IN}\cdot\frac{R}{\sqrt{R^2+\frac{1}{\left(\omega C\right)^2}}}[/math]

נעשה מכנה משותף בתוך השורש:

[math]V_R(w)=V_{IN}\cdot\frac{R}{\sqrt{\frac{R^2\cdot(\omega C)^2+1}{\left(\omega C\right)^2}}}=\frac{R}{\frac{1}{\omega C}\sqrt{(R\cdot\omega C)^2+1}}[/math]

נעלה את המכנה של המכנה אל המונה:

[math]V_R(w)=V_{IN}\frac{R\cdot\omega C}{\sqrt{(R\cdot\omega C)^2+1}}[/math]

ונסדר קצת את האותיות בצורה מוכרת יותר:

[math]V_R(w)=V_{IN}\frac{\omega RC}{\sqrt{(\omega RC)^2+1}}[/math]

2.1.4.3 חישוב קבוע-הזמן במישור התדר

איור 8: תגובה לתדר-זוויתי ω של מעגל RC, מבוסס על קוד המטלאב בניתוח המעגל בדו"ח מכין 1.
איור 9: תגובה לתדר f של מעגל RC, אשר זהה לחלוטין לתגובה לתדר-זוויתי ω אשר באיור 8 רק שכאן ציר ה-X קטן פי 2π.

לפעמים יותר נוח לשרטט את הגרף ביחס לתדר-הזוויתי ω כיוון שזה מתאים יותר לערכי-הרכיבים במעגל הנוכחי ולכן מקבלים מספרים עגולים כפי שרואים באיור 8, אך רצוי לשרטט את התגובה ביחס לתדר f כיוון שזה מה שרואים על משקף תנודות, כלומר כל ציר ה-X מחולק פי 2π כפי שרואים באיור 9 ביחס לגרפים אשר בהם ציר X הוא ω:

  • רואים שהמתח על הקבל הולך וקטן ככל שהתדר עולה - כיוון שקבל הופך לקצר בתדרים גבוהים.
  • רואים שהמתח על הנגד הולך וגדל ככל שהתדר עולה - כיוון שאם הקבל הופך לקצר זה אומר שכל שאר המתח נופל על הנגד כי המתח הכולל במעגל חייב להיות קבוע (מתח המקור).
  • נקודת החיתוך בין שני האופיינים בה מתח-הנגד שווה למתח-הקבל מייצגת את תדר-הברך וממנה ניתן להוציא את קבוע-הזמן:

[math]V_R(w)=V_C(w)[/math]

נציב את הערכים שמצאנו:

[math]V_{IN}\cdot\frac{\omega RC}{\sqrt{(\omega RC)^2+1}}=V_{IN}\cdot\frac{1}{\sqrt{(\omega RC)^2+1}}[/math]

נצמצם את הגורמים המשותפים, כלומר את מתח-המקור VIN ואת המכנים:

[math]\omega RC=1[/math]

כלומר קבוע הזמן הוא:

[math]RC=\tau=\frac{1}{\omega}=\frac{1}{2\pi f}[/math]

כאשר:

  • הערכים של R ו-C הם קבועי המעגל כפי שרואים באיור 1.
  • ואילו f הוא תדר אות המקור VIN אך רק ברגע בו המתחים של הקבל והנגד שווים, כי הרי אות-המקור הוא לא תדר יחיד אלא עובר סריקת תדרים אשר משתמשת בתחום רחב של תדרים שונים, ולכן f הוא התדר בו שני הגרפים נחתכו כפי שרואים באיור 9.

ועכשיו אם נציב את נקודת החיתוך מאיור 9 (X=159.3):

[math]\tau=\frac{1}{2\pi f}=\frac{1}{2\pi 159.3}=\frac{1}{1000}=1\,ms[/math]


2.1.5 ORCAD

כל הניסויים הללו נעשו כבר בניסוי 0.

ולגבי מדידה מתוך השרטוט, ניתן לראות איך לשלוף את קבוע הזמן במהלך הניסוי RC.

2.2 תשובה למעגל RL טורי

2.2.1 הזרם לאחר סגירת המפסק

לפי KVL סכום המתחים במעגל:

[math]v(t)=v_R(t)+v_L(t)[/math]

המתח המושרה על סליל הוא תוצר ישיר של קצב שינוי הזרם דרכו (בהנחה שיש רק השראות עצמית):

[math]v_L=L\frac{di_L}{dt}[/math]

ובנוסף לפי חוק אוהם המתח על הנגד הוא:

[math]v_R=Ri[/math]

כאשר הזרם i דרך שני הרכיבים הפסיביים הוא זהה כיוון שזהו מעגל טורי, נציב במשוואת סכום המתחים ונקבל:

[math]V=Ri+L\frac{di_L}{dt}[/math]

נחלק בהשראות הסליל L כדי לבטל את המקדם של הנגזרת:

[math]\frac{V}{L}=\frac{R}{L}i+\frac{di_L}{dt}[/math]

הפתרון המלא מורכב ממשוואה הומוגנית ופתרון פרטי:

משוואה 6: [math]i_L=i_h+i_p[/math]

2.2.1.1 המשוואה ההומוגנית

נפתור תחילה את המשוואה ההומוגנית ih:

[math]\frac{R}{L}i_h+\frac{di_h}{dt}=0[/math]

נפתור באמצעות הפרדת משתנים:

[math]\frac{di_h}{dt}=-\frac{R}{L}i_h[/math]

נבודד את משתני-הזמן לחוד ואת הזרמים לחוד:

[math]\frac{di_h}{i_h}=-\frac{R}{L}dt[/math]

נעשה אינטגרל לשני הצדדים:

[math]\int\frac{di_h}{i_h}=\int-\frac{R}{L}dt[/math]

נפתור את האינטגרל:

[math]ln\left(i_h\right)+D_1=-\frac{R}{L}t+D_2[/math]

כאשר קבועי האינטגרציה הם D1 ו-D2, נאחד את שניהם:

[math]D=D_1-D_2[/math]

ונקבל:

[math]ln\left(i_h\right)+D=-\frac{R}{L}t[/math]

כאשר D הוא קבוע האינטגרציה (של שני הצדדים). נשנה את D כדי שיתאים יותר טוב לפונקציה אליה הוא שייך:

[math]D=ln(A)[/math]

כאשר A גם סתם עוד קבוע, ונציב בחזרה במשוואה:

[math]ln\left(i_h\right)+ln(A)=-\frac{R}{L}t[/math]

נאחד את שני הלוגריתמים:

[math]ln\left(A\cdot i_h\right)=-\frac{R}{L}t[/math]


כדי לבטל את הלוגריתם נשתמש בפונקצייה ההופכית:

[math]e^{ln\left(A\cdot i_h\right)}=e^{-\frac{R}{L}t}[/math]

נצמצם את שתי הפונקציות ההופכיות:

[math]A\cdot i_h=e^{-\frac{R}{L}t}[/math]

נבודד את הזרם ההומוגני:

משוואה 7: [math]i_h=\frac{1}{A}e^{-\frac{R}{L}t}[/math]

2.2.1.2 הפתרון הפרטי

נפתור עכשיו את הפתרון הפרטי ip:

[math]\frac{R}{L}i_p+\frac{di_p}{dt}=\frac{V}{L}[/math]

כיוון שאנו רואים שצד ימין הוא קבוע (כיוון שמסומן רק באותיות גדולות), ננחש פתרון פרטי מסוג קבוע אותו נסמן באות B:

[math]i_p=B[/math]

נציב את הפתרון שניחשנו בחזרה במשוואת הפתרון הפרטי:

[math]\frac{R}{L}B+\frac{dB}{dt}=\frac{V}{L}[/math]

הנגזרת של הקבוע B מתאפסת:

[math]\frac{R}{L}B+0=\frac{V}{L}[/math]

המכנים זהים לכן צריך להשוות רק בין המונים:

[math]R\cdot B=V[/math]

שולפים את הקבוע הנעלם:

[math]B=\frac{V}{R}[/math]

ומציבים אותו בחזרה במשוואת הפתרון הפרטי:

משוואה 8: [math]i_p=\frac{V}{R}[/math]

2.2.1.3 הפתרון הכללי

מציבים את משוואה 7 ומשוואה 8 במשוואה 6 כדי לקבל את משוואת הזרם הכולל בסליל:

[math]i_L=\frac{1}{A}e^{-\frac{R}{L}t}+\frac{V}{R}[/math]

כאשר נתון תנאי התחלה:

[math]i(t_0)=I_0[/math]

נציב זאת במשוואה זרם הסליל:

[math]i(t_0)=\frac{1}{A}e^{-\frac{R}{L}t_0}+\frac{V}{R}=I_0[/math]

[math]\frac{1}{A}e^{-0}+\frac{V}{R}=I_0[/math]

[math]\frac{1}{A}\cdot1+\frac{V}{R}=I_0[/math]

נבודד את הקבוע A (מספיק רק לבודד את ההופכי שלו):

[math]\frac{1}{A}=I_0-\frac{V}{R}[/math]

ונציב אותו (את ההופכי של A) בחזרה במשוואת זרם הסליל:

משוואה 9: [math]i_L=\left(I_0-\frac{V}{R}\right)e^{-\frac{R}{L}t}+\frac{V}{R}[/math]

2.2.2 חישוב ושרטוט הזרם

איור 10: תופעת מעבר הזרם של מעגל RL טורי. (קוד הגרף)

נתון:

  • מתח הקבל ההתחלתי הוא I0=0A
  • מתח מקור הכוח הוא V=10V

ניקח את משוואה 9 ונציב בה את קבוע הזמן טאו:

[math]\tau=\frac{L}{R}[/math]

ונקבל:

[math]i_L=\frac{V}{R}+\left(I_0-\frac{V}{R}\right)e^{-\frac{t}{\tau}}[/math]

נחשב 6 ערכים אופיינים של קבוע-הזמן (טאו) בין 0 ל-5:

זמן [s] נוסחא עבור iL זרם
[math]t=0\cdot\tau[/math] [math]\frac{V}{R}+\left(I_0-\frac{V}{R}\right)e^{-0}[/math] [math]\frac{10}{10000}+\left(0-\frac{10}{10000}\right)=0\,A[/math]
[math]t=1\cdot\tau[/math] [math]\frac{V}{R}+\left(I_0-\frac{V}{R}\right)e^{-1}[/math] [math]\frac{10}{10000}-\frac{10}{10000}\cdot36.8\%=0.632\,mA[/math]
[math]t=2\cdot\tau[/math] [math]\frac{V}{R}+\left(I_0-\frac{V}{R}\right)e^{-2}[/math] [math]\frac{10}{10000}\left(1-13.5\%\right)=0.865\,mA[/math]
[math]t=3\cdot\tau[/math] [math]\frac{V}{R}+\left(I_0-\frac{V}{R}\right)e^{-3}[/math] [math]0.001\left(1-5\%\right)=95\%\cdot1m=0.95\,mA[/math]
[math]t=4\cdot\tau[/math] [math]\frac{V}{R}+\left(I_0-\frac{V}{R}\right)e^{-4}[/math] [math]1m\cdot\left(1-1.8\%\right)=98.2\%\cdot1m=0.982\,mA[/math]
[math]t=5\cdot\tau[/math] [math]\frac{V}{R}+\left(I_0-\frac{V}{R}\right)e^{-5}[/math] [math]1m\cdot\left(1-0.7\%\right)=99.3\%\cdot1m=0.993\,mA[/math]

באיור 10 רואים שרטוט של הגרף עם הערכים ב-6 נקודות המפתח.

התשובה הזו הגיונית כיוון שסליל הופך לקצר במצב המתמיד בעת קבלת מתח-ישר, כלומר במצב המתמיד מקבלים בסך-הכל מעגל עם מקור-כוח V ונגד R שהזרם בו הוא המנה בין המתח והנגד: I=V/R.

2.2.3 תגובה לתדר של מעגל RL

הפעם, במקום להשתמש במשוואות דיפרנציאליות מורכבות נשתמש בפאזורים אשר יאפשרו חישובים אלגבריים פשוטים (הודות לשטיינמיץ[2]).

2.2.3.1 חישוב מתח המשרן

נחשב את מתח המשרן לפי מחלק-מתח, וכיוון שצריך רק אמפליטודה - נעשה זאת בערך מוחלט:

[math]|v_L(j\omega)|=v_{IN}\cdot\left|\frac{z_L}{Z_R+z_L}\right|[/math]

נציב את עכבות הסליל והנגד (הפאזוריות):

[math]|v_L(j\omega)|=v_{IN}\cdot\left|\frac{j\omega L}{R+j\omega L}\right|[/math]

נוציא את הערך המוחלט:

[math]v_L(\omega)=v_{IN}\cdot\frac{\omega L}{\sqrt{R^2+\left(\omega L\right)^2}}[/math]

זה מספיק, אך ניתן להמשיך עוד קצת, להכפיל ולחלק בהופכי של המונה:

[math]v_L(\omega)=v_{IN}\cdot\frac{\frac{1}{\omega L}}{\frac{1}{\omega L}}\cdot\frac{\omega L}{\sqrt{R^2+\left(\omega L\right)^2}}=v_{IN}\cdot\frac{1}{\frac{1}{\omega L}\cdot\sqrt{R^2+\left(\omega L\right)^2}}[/math]

להעלות בריבוע את המכנה אשר מחוץ לשורש, ולהכניס אותו לתוך השורש:

[math]v_L(\omega)=v_{IN}\cdot\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{\left(\omega L\right)^2}\left(R^2+\left(\omega L\right)^2\right)}}[/math]

לפתוח את הסוגריים בתוך השורש:

[math]v_L(\omega)=v_{IN}\cdot\frac{1}{\sqrt{\left(\frac{R}{\omega L}\right)^2+1}}[/math]

קבוע הזמן מוגדר בתור:

[math]\tau=\frac{L}{R}[/math]

וההופכי שלו הוא:

[math]\frac{1}{\tau}=\frac{R}{L}[/math]

נציב זאת ונקבל:

[math]v_L(\omega)=v_{IN}\cdot\frac{1}{\sqrt{\left(\frac{1}{\omega\tau}\right)^2+1}}[/math]

משוואה 10: [math]v_L(\omega)=v_{IN}\cdot\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{\left(\omega\tau\right)^2}+1}}\,[/math]

2.2.3.2 חישוב מתח הנגד

נחשב את מתח הנגד לפי כלל מחלק-המתח, וכיוון שצריך רק אמפליטודה - נעשה זאת בערך מוחלט:

[math]|v_R(jw)|=v_{IN}\cdot\left|\frac{Z_R}{Z_R+z_L}\right|[/math]

נציב את עכבות הקבל והנגד (הפאזוריות):

[math]|v_R(jw)|=v_{IN}\cdot\left|\frac{R}{R+j\omega L}\right|[/math]

נוציא את הערך המוחלט:

[math]v_R(w)=v_{IN}\cdot\frac{R}{\sqrt{R^2+\left(\omega L\right)^2}}[/math]

זה מספיק, אך ניתן להמשיך ולהכפיל ולחלק בהופכי של המונה:

[math]v_R(w)=v_{IN}\cdot\frac{\frac{1}{R}}{\frac{1}{R}}\cdot\frac{R}{\sqrt{R^2+\left(\omega L\right)^2}}=v_{IN}\frac{1}{\frac{1}{R}\cdot\sqrt{R^2+\left(\omega L\right)^2}}[/math]

נעלה בריבוע את הכופל של השורש כדי להכניסו לתוך השורש:

[math]v_R(w)=v_{IN}\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{R^2}\cdot\left(R^2+\left(\omega L\right)^2\right)}}[/math]

נפתח את הסוגריים בתוך השורש:

[math]v_R(w)=v_{IN}\frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{\omega L}{R}\right)^2}}[/math]

נזכור את קבוע-הזמן:

[math]\tau=\frac{L}{R}[/math]

ונציב אותו:

משוואה 11: [math]v_R(w)=v_{IN}\frac{1}{\sqrt{\left(\omega\tau\right)^2+1}}\,[/math]

2.2.3.3 חישוב קבוע-הזמן במישור התדר

איור 11: תגובה לתדר-זוויתי ω של מעגל RL (קוד הגרף).
איור 12: תגובה לתדר f של מעגל RL, אשר זהה לחלוטין לתגובה לתדר-זוויתי ω אשר באיור 11 רק שכאן ציר ה-X קטן פי 2π.

לפעמים יותר נוח לשרטט את הגרף ביחס לתדר-הזוויתי ω כיוון שזה מתאים יותר לערכי-הרכיבים במעגל הנוכחי ולכן מקבלים מספרים עגולים כפי שרואים באיור 11, אך רצוי לשרטט את התגובה ביחס לתדר f כיוון שזה מה שרואים על משקף תנודות, כלומר כל ציר ה-X מחולק פי 2π ביחס לגרפים אשר בהם ציר X הוא ω כפי שרואים באיור 12:

  • רואים שהמתח על הסליל הולך וגדל ככל שהתדר עולה - כיוון שמשרן הופך לנתק (נגד מאוד גדול) בתדרים גבוהים.
  • רואים שהמתח על הנגד הולך וקטן ככל שהתדר עולה - כיוון שאם המשרן הופך לנתק זה אומר שכל שארית המתח נופלת על הנגד כי המתח הכולל במעגל חייב להיות קבוע (מתח-המקור).
  • נקודת החיתוך בין שני האופיינים בה מתח-הנגד שווה למתח-הסליל מייצגת את תדר-הברך וממנה ניתן להוציא את קבוע-הזמן:

[math]v_R(w)=v_L(w)[/math]

נציב את מתח הסליל ממשוואה 10 ואת מתח הנגד ממשוואה 11 שמצאנו:

[math]v_{IN}\frac{1}{\sqrt{\left(\omega\tau\right)^2+1}}=v_{IN}\cdot\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{\left(\omega\tau\right)^2}+1}}[/math]

נצמצם את מתח-המקור VIN וניקח את הגורם ההופכי (אחד חלקי):

[math]\sqrt{\left(\omega\tau\right)^2+1}=\sqrt{\frac{1}{\left(\omega\tau\right)^2}+1}[/math]

ניפטר מהשורש (נעלה בריבוע את שני האגפים):

[math]\left(\omega\tau\right)^2+1=\frac{1}{\left(\omega\tau\right)^2}+1[/math]

נוריד 1 משני האגפים:

[math]\left(\omega\tau\right)^2=\frac{1}{\left(\omega\tau\right)^2}[/math]

נעשה שורש לשני האגפים:

[math]\omega\tau=\frac{1}{\omega\tau}[/math]

נבודד אגפים:

[math]\omega^2=\frac{1}{\tau^2}[/math]

נעשה שוב שורש:

[math]\omega=\frac{1}{\tau}[/math]

וקיבלנו בדיוק את אותו הביטוי ממעגל RC. כלומר קבוע הזמן הוא:

[math]\frac{L}{R}=\tau=\frac{1}{\omega}=\frac{1}{2\pi f}[/math]

כאשר:

  • הערכים של R ו-L הם קבועי המעגל כפי שרואים באיור 2.
  • ואילו f הוא תדר אות המקור VIN אך רק ברגע בו המתחים של הסליל והנגד שווים, כי הרי אות-המקור הוא לא תדר יחיד אלא עובר סריקת תדרים אשר משתמשת בתחום רחב של תדרים שונים, ולכן f הוא התדר בו שני הגרפים נחתכו כפי שרואים באיור 12.

ועכשיו אם נציב את נקודת החיתוך מאיור 12 (X=159.3):

[math]\tau=\frac{1}{2\pi f}=\frac{1}{2\pi 159.3}=\frac{1}{1000}=1\,ms[/math]


2.3 תשובה למעגל RLC

איור 13: מעגל RLC ללא מקור עירור

2.3.1 מתח המוצא

ברגע t0 המעגל קיבל עירור, לכן ננתח את המעגל בשני שלבים [3]:

  1. שלב ראשון נקרא ZIR - Zero Input Response
  2. שלב שני נקרא ZSR - Zero State Response

"ביטוי ה-ZIR (נקרא גם התגובה "הטבעית" או "החופשית") הוא לא פונקציה של המקור בפרק-הזמן t≥0 אלא נקבע ע"י המצב-ההתחלתי ברגע t=0, אשר תלוי במקור אשר היה בזמן t<0. אם כל המקורות החיצוניים הם מאופסים ברגע t≥0 אזי תגובת ה-ZIR תהיה התגובה הכוללת של המערכת עבור t≥0.

ביטוי ה-ZSR (נקרא גם התגובה "המאולצת" או "מֻנְחֵית") הוא לא פונקציה של המצב-ההתחלתי. כאשר המצב-ההתחלתי הוא אפס - תגובת ZSR תהיה התגובה הכוללת של המערכת עבור t≥0.

פונקציית הסופר-פוזיציה המוכללת מציינת שאות המוצא הכולל בכל זמן t0≥0 הוא הסכום של:

  1. אפקטי ההמשך בזמן t0 של אות-המקור מפרק-הזמן t<0, כלומר של ZIR.
  2. אפקטי המקור ברגע t0 בפרק-הזמן 0≤t<t0, כלומר של ZSR.

נא לשים לב!: המושגים ZIR ו-ZSR הם אינם "מצב-המעבר" וה-"מצב-היציב" אפילו במקרה בו אות-המקור קבוע/יציב. ביטוי ה-ZSR כולל בתוכו גם מרכיבי "מצב-מעבר" וגם מרכיבי "מצב-יציב" בדרך-כלל."[3]

2.3.1.1 פתרון ZIR

נפתור תחילה את ZIR, בהתאם לאיור 13, יש לנו שלושה חוגים במקביל, לכן המתחים עליהם שווים, כלומר לפי KVL:

[math]v_c=v_L=v_R[/math]

ובנוסף KCL ייתן:

משוואה 12: [math]i_c+i_R+i_L=0\,[/math]

מתח הסליל בכל רגע נתון עפ"י נוסחא:

[math]v_L=L\frac{di_L}{dt}[/math]

אך אנו צריכים את הזרם ולכן נשלוף אותו:

[math]\frac{1}{L}v_L=\frac{di_L}{dt}[/math]

[math]\frac{1}{L}v_L dt=di_L[/math]

[math]\int \frac{1}{L}v_L dt=\int di_L[/math]

משוואה 13: [math]i_L = \int \frac{1}{L}v_L dt + I_0\,[/math]

כאשר קבוע האינטגרציה זהו למעשה הזרם ההתחלתי על הסליל. בנוסף, כיוון שהסליל נמצא במקביל לקבל - המתחים עליהם שווים:

[math]v_c=v_L[/math]

ולכן:

משוואה 14: [math]i_L = \int \frac{1}{L}v_c dt + I_0[/math]

זרם הקבל מחושב לפי:

משוואה 15: [math]i_c=C\frac{dv_c}{dt}[/math]

וזרם הנגד מחושב לפי חוק אוהם:

[math]i_R=\frac{v_R}{R}[/math]

וכיוון שהנגד נמצא במקביל לקבל - המתחים עליהם שווים:

[math]v_c=v_R[/math]

ולכן:

משוואה 16: [math]i_R=\frac{v_c}{R}[/math]

נציב את משוואה 14, משוואה 15 ומשוואה 16 במשוואה 12 ונקבל את המשוואה האינטגרו-דיפרנציאלית:

[math]C\frac{dv_c}{dt}+\frac{v_c}{R}+\int \frac{1}{L}v_c dt+I_0=0[/math]

כיוון שהמתח על הקבל vc הוא תמיד רציף זה אומר שהפונקצייה הקדומה שלו היא גזירה, ולכן נגזור את המשוואה ונקבל:

[math]C\frac{d^2v_c}{dt^2}+\frac{1}{R}\frac{dv_c}{dt}+\frac{1}{L}v_c=0[/math]

נחלק ב-C ונקבל את המשוואה הדיפרנציאלית של המעגל:

[math]\frac{d^2v_c}{dt^2}+\frac{1}{RC}\frac{dv_c}{dt}+\frac{1}{LC}v_c=0[/math]

נפשט עוד יותר את המשוואה ע"י הגדרה של שני ערכים שונים, הערך הראשון נקרא מקדם ריסון (בלועזית Damping ratio):

משוואה 17: [math]\alpha=\frac{1}{2RC}\,[/math]

והערך השני נקרא תדר טבעי (או תהודה):

משוואה 18: [math]\omega_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}[/math]

נציב שני ערכים אלו במשדי"פ ונקבל:

[math]\frac{d^2v_c}{dt^2}+2\alpha\frac{dv_c}{dt}+\omega_0^2v_c=0[/math]

כיוון שזו מערכת מסדר-שני, צריך שני תנאי התחלה אשר נתונים בשאלה:

[math] \begin{cases} v_c(t=t_0)=v_c(t_0)=V_0 \\[2ex] i_L(t=t_0)=i_L(t_0)=I_0 \end{cases} [/math]

צריך לפתח בהתאם למשוואה 12:

[math]i_c(t_0)+i_R(t_0)+i_L(t_0)=0[/math]

נציב את משוואה 15 ואת משוואה 16:

[math]C\frac{dv_c(t_0)}{dt}+\frac{v_c(t_0)}{R}+i_L(t_0)=0[/math]

נציב את שני תנאי-ההתחלה:

[math]C\frac{dv_c(t_0)}{dt}+\frac{V_0}{R}+I_0=0[/math]

נבודד את הנגזרת של מתח-הקבל vc:

[math]\frac{dv_c(t_0)}{dt}=-\frac{1}{C}\left(\frac{V_0}{R}+I_0\right)[/math]


כלומר כל התנאים של ZIR מקיימים:

משוואה 19:  

[math] \begin{cases} \frac{d^2v_c}{dt^2}+2\alpha\frac{dv_c}{dt}+\omega_0^2v_c=0 \\[2ex] v_c(t_0)=V_0 \\[2ex] \frac{dv_c(t_0)}{dt}=-\frac{1}{C}\left(\frac{V_0}{R}+I_0\right) \end{cases} [/math]

המשוואה האופיינית אשר מתאימה למשוואה הזו אם ננחש פתרון מהצורה:

[math]v_c=ke^{st}[/math]

נגזור פעם אחת:

[math]v_c'=sv_c[/math]

נגזור פעם נוספת:

[math]v_c''=s^2v_c[/math]

נציב שוב במשדי"פ ונקבל:

[math]s^2v_c+2\alpha sv_c+\omega_0^2v_c=0[/math]

נעשה מכנה משותף:

[math]v_c\left(s^2+2\alpha s+\omega_0^2\right)=0[/math]

אנו מניחים שמתח הקבל אינו אפס ולכן ניתן לחלק בו:

[math]s^2+2\alpha s+\omega_0^2=0[/math]

קיבלנו משוואה אלגברית אשר השורשים שלה נקראים התדרים הטבעיים של המערכת.

מקבלים שני פתרונות:

משוואה 20: [math]s_{1,2}=-\alpha\pm\sqrt{\alpha^2-\omega_0^2}[/math]

ואם נגדיר:

[math]\alpha_d=\sqrt{\alpha^2-\omega_0^2}[/math]

נקבל שהשורשים הם:

[math]s_{1,2}=-\alpha\pm\alpha_d[/math]

מפרידים את הפתרונות לארבעה מקרים בהתאם ליחס הריסון:

2.3.1.1.1 ריסון יתר

המקרה הראשון (מתוך ארבעה) נקרא ריסון-יתר ובלועזית Over Damped, מתרחש כאשר:

[math]\alpha \gt \omega_0[/math]

זה אומר שהביטוי בשורש של משוואה 20 חיובי ולכן יש לנו שני שורשים ממשיים ושליליים, הם יהיו שליליים כיוון שהערך המוחלט של מה שרשום בשורש הוא לעולם יהיה קטן יותר מהערך המוחלט של אלפא α.

ולכן נקבל:

[math]s_1 \ne s_2[/math]

וגם:

[math]s_{1,2} \lt 0[/math]

ולכן הפתרון במקרה זה יהיה מהצורה:

[math]v_c(t)=k_1e^{s_1t}+k_2e^{s_2t}[/math]

לשים לב: כיוון ש-s1 ו-s2 שליליים, מתח vc דועך לאפס, לכן זהו מקרה מרוסן אשר נקרא "ריסון יתר" עקב הדעיכה המהירה של המתח - הכי מהר מכל ארבעת המקרים המצויינים כאן.

הערכים של k1 ו-k2 נקבעים לפי תנאי ההתחלה.

2.3.1.1.2 ריסון קריטי

המקרה השני (מתוך ארבעה) נקרא ריסון-קריטי ובלועזית Critically Damped, מתרחש כאשר:

[math]\alpha = \omega_0[/math]

זה אומר שהביטוי בשורש של משוואה 20 מתאפס, ולכן יש לנו שורש אחד עם ריבוי שני, כלומר שני שורשים שהם זהים, ולכן כדי ליצור אי-תלות כופלים את אחד הפתרונות ב-t. במקרה זה:

[math]s_1 = s_2 = -\alpha \lt 0 [/math]

ולכן מתח הקבל הוא:

[math]v_c(t)=k_1e^{s_1t}+k_2te^{s_2t}[/math]

נציב את s1 ו-s2:

[math]v_c(t)=k_1e^{-\alpha t}+k_2te^{-\alpha t}[/math]

נעשה מכנה משותף ונקבל:

[math]v_c(t)=\left(k_1+k_2t\right)e^{-\alpha t}[/math]

רואים שמתח-הקבל דועך, וקצב הדעיכה הוא אלפא α - מכאן נובע השם "מקדם ריסון" עבור α.

בנוסף, כאשר t שואף לאינסוף מקבלים אינסוף (בתוך הסוגריים) כפול אקספוננט בחזקת מינוס אינסוף, אך מתח-הקבל שואף לאפס כיוון שהאקספוננט שואף לאפס מהר יותר מהפונקציה הפולינומיאלית (ה-t בתוך הסוגריים).

מקרה זה הוא מקרה קריטי כיוון שזהו הסף אשר אם עוברים אותו - מתחילות להיות תנודות במערכת כפי שנראה במקרה הבא.

2.3.1.1.3 ריסון חסר

המקרה השלישי (מתוך ארבעה) נקרא ריסון-חסר ובלועזית Under Damped, מתרחש כאשר:

[math]\alpha \lt \omega_0[/math]

זה אומר שהביטוי בשורש של משוואה 20 הוא שלילי ולכן מקבלים שם מספר מרוכב לאחר לקיחת השורש.

כאשר יש מספר מרוכב, לפי נוסחת אוילר מקבלים תנודות.

נגדיר במקרה זה מושג חדש:

[math]\omega_d=\sqrt{\omega_0^2-\alpha^2}[/math]

הפכנו כאן את הסדר לעומת השורש של משוואה 20 כדי שהגודל ωd תמיד יהיה חיובי ולכן ניתן לקחת שורש רגיל.

לכן במקרה זה הפתרון למתח-הקבל יהיה עם שני השורשים הצמודים (s ו-s*):

[math]v_c(t)=k_1e^{\left(-\alpha+j\omega_d\right)t}+k_2e^{\left(-\alpha-j\omega_d\right)t}[/math]

ניתן להוציא מכנה משותף:

[math]v_c(t)=e^{-\alpha t}\left[k_1e^{j\omega_dt}+k_2e^{-j\omega_dt}\right][/math]

נשתמש בנוסחת אוילר כדי לפצל את האקספוננטים עם המעריך המדומה:

[math]e^{jx}=cosx+jsinx[/math]

ונקבל:

[math]v_c(t)=e^{-\alpha t}\Bigg[k_1\bigg(cos(\omega_dt)+jsin(\omega_dt)\bigg)+k_2\bigg(cos(-\omega_dt)+jsin(-\omega_dt)\bigg)\Bigg][/math]

נשתמש בזהויות הטריגונומטריות של סימטריה של קוסינוס וסינוס:

[math] \begin{cases} sin(-\omega_dt)=-sin(\omega_dt) \\[2ex] cos(-\omega_dt)=cos(\omega_dt) \end{cases} [/math]

נציב ונקבל:

[math]v_c(t)=e^{-\alpha t}\Bigg[k_1\bigg(cos(\omega_dt)+jsin(\omega_dt)\bigg)+k_2\bigg(cos(\omega_dt)-jsin(\omega_dt)\bigg)\Bigg][/math]

ועכשיו ניתן לעשות שוב מכנה משותף פנימי לכל סוג של פונקציה טריגונומטרית:

[math]v_c(t)=e^{-\alpha t}\bigg[(k_1+k_2)cos(\omega_dt)+j(k_1-k_2)sin(\omega_dt)\bigg][/math]

קיבלנו מתח, אשר אינו יכול להיות מרוכב, לכן צריך לבטל את ה-j בנוסחא, זה ייתרחש רק בשני התנאים הבאים:

  1. שהביטוי השמאלי לא יכיל רכיב דימיוני, אחרת יתווסף אליו j:
    [math]Im(k_1+k_2)=0[/math]
  2. שהביטוי הימני לא יכיל רכיב ממשי כדי שה-j של הסינוס יתבטל (j כפול j נותן מספר ממשי):
    [math]Re(k_1-k_2)=0[/math]

משני תנאים אלו ניתן לומר ש-k1 ו-k2 הם צמודים:

[math]k_1=\overline{k_2}[/math]

כיוון שהמשתנים k1 ו-k2 הם מספרים מרוכבים, ניתן להציג אותם בתור:

[math]k_n=a_n+jb_n[/math]

כאשר המציין n יכול להיות 1 או 2 עבור k1 ו-k2.

אך כיוון שהם גם צמודים, ניתן להציג אותם בתור:

משוואה 21: [math]k_{1,2}=a\pm jb\,[/math]

נציב את k1 ו-k2 שהגדרנו בתור מספרים מרוכבים בנוסחת מתח-הקבל:

[math]v_c(t)=e^{-\alpha t}\bigg[\Big((a+jb)+(a-jb)\Big)cos(\omega_dt)+j\Big((a+jb)-(a-jb)\Big)sin(\omega_dt)\bigg][/math]

נצמצם את המקדמים של הפונקציות הטריגונומטריות בסוגריים:

[math]v_c(t)=e^{-\alpha t}\bigg[\Big(2a\Big)cos(\omega_dt)+j\Big(2jb\Big)sin(\omega_dt)\bigg][/math]

נצמצם את המקדם של הסינוס:

[math]v_c(t)=e^{-\alpha t}\bigg[2a\cdot cos(\omega_dt)-2b\cdot sin(\omega_dt)\bigg][/math]

נשתמש בזהות הטריגונומטרית של סכום זוויות:

[math]Acos(\omega_dt+\theta)=Acos(\omega_dt)cos(\theta)-Asin(\omega_dt)sin(\theta)[/math]

כלומר אם נגדיר את השוויון הבא:

משוואה 22:  

[math] \begin{cases} 2a = Acos\theta \\[2ex] 2b = Asin\theta \end{cases} [/math]

נוכל לאחד את הפונקציות הטריגונומטריות של משוואת מתח-הקבל vc:

[math]2a\cdot cos(\omega_dt)-2b\cdot sin(\omega_dt)=Acos\theta\cdot cos(\omega_dt)-Asin\theta\cdot sin(\omega_dt)=A\cdot cos(\omega_dt+\theta)[/math]

נציב זאת במשוואת מתח-הקבל:

[math]v_c(t)=Ae^{-\alpha t}cos(\omega_dt+\theta)[/math]

כדי לחשב את A נעלה בריבוע את כל האגפים במשוואה 22:

[math] \begin{cases} (2a)^2 = (Acos\theta)^2 \\[2ex] (2b)^2 = (Asin\theta)^2 \end{cases} [/math]

נחבר את האגפים:

[math]4a^2+4b^2=A^2(cos^2\theta+sin^2\theta)=A^2\cdot1[/math]

ואם נזכור את משוואה 21 נראה שהערך המוחלט שלו נותן:

[math]|k|=|a\pm jb|=\sqrt{a^2+b^2}[/math]

ולכן:

[math]A^2=4(a^2+b^2)=|2k|^2[/math]

כלומר:

[math]A=|2k|[/math]

וכדי לחשב את הזווית θ נחלק את שני האגפים במשוואה 22:

[math]\frac{2b}{2a}=\frac{Asin\theta}{Acos\theta}[/math]

[math]\frac{b}{a}=\frac{sin\theta}{cos\theta}=tan\theta[/math]

ואם שוב נזכור את משוואה 21 נקבל את הזווית:

[math]tan\theta=tan\Big(arg(k_1)\Big)=tan(\measuredangle k_1)[/math]

לבסוף נציב את שני הפרמטרים שמצאנו בחזרה במשוואת הקבל:

משוואה 23: [math]v_{c,zir}(t)=|2k|e^{-\alpha t}cos(\omega_dt+\measuredangle k_1)[/math]

כדי למצוא את k נציב את תנאי ההתחלה ממשוואה 19, התנאי הראשון:

[math]v_c(t_0)=V_0[/math]

נציב:

[math]|2k|e^{-\alpha t}cos(\omega_dt+\measuredangle k_1)=V_0[/math]

נציב t=0 ונקבל:

[math]|2k|cos(\measuredangle k_1)=V_0[/math]

נזכור שהקבוע k1 הוא מספר מרוכב:

[math]k_1=a+jb[/math]

כלומר, אם נזכור שקוסינוס הוא המנה של הניצב והיתר, נקבל:

[math]cos(\measuredangle k_1)=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}[/math]

ונזכור שהערך המוחלט של מספר מרוכב זהו למעשה היתר במשולש ישר הזווית שהמספר המרוכב יוצר:

[math]|k|=\sqrt{a^2+b^2}[/math]

נציב ונקבל:

[math]|2k|cos(\measuredangle k_1)=2\cdot\sqrt{a^2+b^2}\cdot\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}=V_0[/math]

נצמצם ונקבל:

[math]2\cdot a=V_0[/math]

ונחלץ את הנעלם:

[math]a=\frac{V_0}{2}[/math]

ואילו התנאי השני ממשוואה 19:

[math]\frac{dv_c(t_0)}{dt}=-\frac{1}{C}\left(\frac{V_0}{R}+I_0\right)[/math]

נציב:

[math]\left[|2k|e^{-\alpha t}cos(\omega_dt+\measuredangle k_1)\right]'=-\frac{1}{C}\left(\frac{V_0}{R}+I_0\right)[/math]

נגזור לפי כלל הנגזרת של מכפלה:

[math]-\alpha|2k|e^{-\alpha t}cos(\omega_dt+\measuredangle k_1)-\omega_d|2k|e^{-\alpha t}sin(\omega_dt+\measuredangle k_1)=-\frac{1}{C}\left(\frac{V_0}{R}+I_0\right)[/math]

נציב t=0 ונקבל:

[math]-\alpha|2k|cos(\measuredangle k_1)-\omega_d|2k|sin(\measuredangle k_1)=-\frac{1}{C}\left(\frac{V_0}{R}+I_0\right)[/math]

נציב את התנאי הראשון בשני האופנים שלו:

[math] \begin{cases} V_0=|2k|cos(\measuredangle k_1)\\[2ex] |2k|=\frac{V_0}{cos(\measuredangle k_1)} \end{cases} [/math]

את החלק הראשון בצד שמאל של האגף השמאלי, ואת החלק השני בצד ימין של האגף השמאלי:

[math]-\alpha\cdot V_0-\omega_d\left(\frac{V_0}{cos(\measuredangle k_1)}\right)sin(\measuredangle k_1)=-\frac{1}{C}\left(\frac{V_0}{R}+I_0\right)[/math]

נהפוך את שתי הפונקציות הטריגונומטריות לאחת:

[math]-\alpha\cdot V_0-\omega_d\cdot V_0\cdot tan(\measuredangle k_1)=-\frac{1}{C}\left(\frac{V_0}{R}+I_0\right)[/math]

ונזכור שהקבוע k1 הוא מספר מרוכב:

[math]k_1=a+jb[/math]

שהארגומנט שלו הוא:

[math]\measuredangle k_1=tan^{-1}\frac{b}{a}[/math]

נציב ונקבל:

[math]-\alpha\cdot V_0-\omega_d\cdot V_0\cdot tan\left(tan^{-1}\frac{b}{a}\right)=-\frac{1}{C}\left(\frac{V_0}{R}+I_0\right)[/math]

נבטל את שתי הפונקציות ההופכיות (טנגנס וארקטנגנס):

[math]-\alpha\cdot V_0-\omega_d\cdot V_0\cdot \frac{b}{a}=-\frac{1}{C}\left(\frac{V_0}{R}+I_0\right)[/math]

נחלק ב-V0:

[math]-\alpha-\omega_d\cdot \frac{b}{a}=-\frac{1}{C}\left(\frac{1}{R}+\frac{I_0}{V_0}\right)[/math]

נפתח את הסוגריים:

[math]-\alpha-\omega_d\cdot \frac{b}{a}=-\frac{1}{RC}-\frac{I_0}{V_0C}[/math]

נציב את משוואה 17 באגף ימין:

[math]-\alpha-\omega_d\cdot \frac{b}{a}=-2\alpha-\frac{I_0}{V_0C}[/math]

נוסיף α לשני האגפים:

[math]-\omega_d\cdot \frac{b}{a}=-\alpha-\frac{I_0}{V_0C}[/math]

נפריד את שני הנעלמים (נחלק במינוס של ωd):

[math]\frac{b}{a}=\frac{\alpha}{\omega_d}+\frac{I_0}{V_0C\omega_d}[/math]

נבודד את b:

[math]b=\frac{a\cdot\alpha}{\omega_d}+\frac{a\cdot I_0}{V_0C\omega_d}[/math]

נציב את a שמצאנו קודם:

[math]b=\frac{V_0\cdot\alpha}{2\omega_d}+\frac{V_0\cdot I_0}{2V_0C\omega_d}[/math]

נצמצם:

[math]b=\frac{V_0\cdot\alpha}{2\omega_d}+\frac{I_0}{2\omega_dC}[/math]

נעשה כינוס איברים:

[math]b=\frac{1}{2\omega_d}\left(\alpha V_0+\frac{I_0}{C}\right)[/math]

ונציב בחזרה ב-k את שני הנעלמים:

משוואה 24: [math]k_{1,2}=a+jb=\frac{V_0}{2}\pm \frac{j}{2\omega_d}\left(\alpha V_0+\frac{I_0}{C}\right)[/math]
2.3.1.1.4 חסר הפסדים

המקרה הרביעי (והאחרון) נקרא חסר-הפסדים ובלועזית Loss Less, מתרחש כאשר:

[math]\alpha = 0[/math]

במקרה זה לפי משוואה 17 ניתן לאפס את אלפא ע"י שתי אפשרויות:

  1. ע"י כך שהקיבול C יהיה אינסופי.
  2. ע"י כך שההתנגדות R תהיה אינסופית.

לאפשרות השניה, של R=∞ הרבה יותר קל להגיע ע"י ניתוק ההדקים של הנגד - משאירים מעגל פתוח, או יותר נכון - משאירים מעגל עם קבל וסליל בלבד אשר נקרא מעגל LC.

ולכן מקבלים פתרון הרמוני:

[math]v_c(t)=k_1e^{j\omega_0t}+k_2e^{-j\omega_0t}[/math]

גם כאן צריך ששני ה-k'ים יהיו צמודים כדי שמתח-הקבל יהיה ממשי. ניתן להציג את המשוואה שוב כמו-קודם:

[math]v_c(t)=Acos(\omega_0t+\theta)[/math]

כאשר שוב כמו קודם:

[math]A=|2k|[/math]

[math]\theta=\measuredangle k_1[/math]

כלומר מתח-הקבל הסופי הוא:

[math]v_c(t)=|2k|cos(\omega_0t+\measuredangle k_1)[/math]

ולכן קיבלנו גרף שהוא הרמוניה טהורה (ללא הדעיכה האקספוננציאלית).


2.3.1.2 פתרון ZSR

איור 14: מעגל RLC עם סימוני כיווני המתחים והזרמים

עכשיו נפתור את ZSR, בהתאם לכיווני המתחים והזרמים באיור 14:

הפעם, בניגוד למעגל הקודם, יש לנו מקור מתח V, כלומר KVL ייתן:

[math]V=v_L+v_c[/math]

[math]v_c=v_R[/math]

כלומר הפעם המתח על הסליל הוא קצת שונה:

[math]v_L=V-v_c[/math]

ואם נציב אותו במשוואה 13 נקבל:

משוואה 25: [math]i_L = \int \frac{1}{L}\left(V-v_c\right) dt\,[/math]

כאשר קבוע האינטגרציה הוא 0 עקב כך שהזרם ההתחלתי הוא 0 כיוון שאנו פותרים ZSR, ולכן רוצים לקבל את התגובה הטהורה למקור ללא תנאי התחלה אשר "מפריעים" לקבל את התגובה הטהורה למקור.

בנוסף, KCL נותן לנו שהזרם דרך המקור (s מלשון Supply) זהה לזרם דרך הסליל כיוון שהם מחוברים בטור:

[math]i_s=i_L[/math]

וסכום הזרמים בצומת בין הסליל והקבל/נגד הוא אפס לפי KCL, כלומר הזרם היוצא מן הסליל שווה לסכום הזרמים הנכנסים אל הקבל והנגד:

משוואה 26: [math]i_L=i_C+i_R\,[/math]

נציב את משוואה 25, משוואה 15 ומשוואה 16 במשוואה 26 ונקבל את המשוואה האינטגרו-דיפרנציאלית:

[math]\int \frac{1}{L}\left(V-v_c\right) dt=C\frac{dv_c}{dt}+\frac{v_c}{R}[/math]

נפתח את הסוגריים:

[math]\int \frac{1}{L}V dt-\int \frac{1}{L}v_c dt=C\frac{dv_c}{dt}+\frac{v_c}{R}[/math]

נגזור את המשוואה כדי להיפטר מהאינטגרלים:

[math]\frac{1}{L}V-\frac{1}{L}v_c=C\frac{d^2v_c}{dt^2}+\frac{1}{R}\frac{dv_c}{dt}[/math]

נבודד את מתחי-הקבל לחוד ואת מתח המקור לחוד:

[math]\frac{1}{L}V=C\frac{d^2v_c}{dt^2}+\frac{1}{R}\frac{dv_c}{dt}+\frac{1}{L}v_c[/math]

ונחלק ב-C כדי לקבל מקדם 1 בנגזרת הכי גבוהה:

[math]\frac{d^2v_c}{dt^2}+\frac{1}{RC}\frac{dv_c}{dt}+\frac{1}{LC}\cdot v_c=\frac{1}{LC}V[/math]

בנוסף, אנו יודעים שמתח הקבל ההתחלתי הוא אפס (נזכור שפותרים כאן ZSR), והמתח עליו הוא רציף (בזמן שהנגזרת שלו - הזרם דרכו אינה רציפה), לכן:

[math]v_c(t=t_0^-)=v_c(t=t_0^+)=v_c(t=t_0)=0[/math]

מאותם השיקולים (פותרים כאן ZSR), גם הזרם דרך הסליל שומר על רציפות (בזמן שהנגזרת שלו - המתח עליו אינה רציפה):

[math]i_L(t=t_0^-)=i_L(t=t_0^+)=i_L(t=t_0)=0[/math]

ולפי משוואה 26 מקבלים:

[math]i_L(t_0)=C\frac{dv_c(t_0)}{dt}+\frac{v_c(t_0)}{R}=C\frac{dv_c(t_0)}{dt}+\frac{0}{R}=0[/math]

[math]i_c(t_0)=C\frac{dv_c(t_0)}{dt}=0[/math]

לכן יש לנו משוואה דיפרנציאלית מסדר שני עם שני תנאי התחלה וניתן לפתור אותה:

[math] \begin{cases} \frac{d^2v_c}{dt^2}+\frac{1}{RC}\frac{dv_c}{dt}+\frac{1}{LC}\cdot v_c=\frac{1}{LC}V \\[2ex] v_c(t_0)=0 \\[2ex] \frac{dv_c(t_0)}{dt}=0 \end{cases} [/math]


כדי לפתור משוואה זו נחלק גם את הפתרון שלה לשני שלבים, המשוואה ההומוגנית:

[math]v_h:\,\frac{d^2v_h}{dt^2}+\frac{1}{RC}\frac{dv_h}{dt}+\frac{1}{LC}\cdot v_h=0[/math]

והפתרון הפרטי:

[math]v_p:\,\frac{d^2v_p}{dt^2}+\frac{1}{RC}\frac{dv_p}{dt}+\frac{1}{LC}\cdot v_p=\frac{1}{LC}V[/math]

והפתרון הכולל (עבור ZSR) הוא השילוב של שניהם:

[math]v_c=v_h+v_p[/math]

עבור המקרה בו השורשים שונים, כלומר:

[math]s_1\ne s_2[/math]

נקבל:

[math]v_h(t)=k_1e^{s_1t}+k_2e^{s_2t}[/math]

אך עבור המקרה בו השורשים שווים, כלומר:

[math]s_1=s_2=s[/math]

נקבל:

[math]v_h(t)=k_1e^{s_1t}+k_2te^{s_2t}[/math]

[math]v_h(t)=\left(k_1+k_2t\right)e^{st}[/math]

ברגע סגירת המתג (ברגע t) כפי שרשום בשאלה מקבלים עליית מתח בצורת מדרגה אשר גודלה הוא מתח-המקור V, כלומר:

[math]\frac{d^2v_c}{dt^2}+\frac{1}{RC}\frac{dv_c}{dt}+\frac{1}{LC}\cdot v_c=\frac{1}{LC}\cdot V\cdot u(t)[/math]

הפתרון ההומוגני vh הוא אותו הדבר, אך אנו צריכים עכשיו לנחש פתרון פרטי vp, אנו יודעים שבמצב המתמיד המעגל תמיד יתנהג כמו מתח המקור, ואם מתח-המקור הוא קבוע (פונקציית מדרגה) אז הפתרון הפרטי גם יהיה קבוע, נגדיר שהפתרון-הפרטי הוא קבוע בגודל A:

[math]v_p(t)=A[/math]

נציב במשוואה הדיפרנציאלית:

[math]\frac{d^2A}{dt^2}+\frac{1}{RC}\frac{dA}{dt}+\frac{1}{LC}\cdot A=\frac{V}{LC}\cdot u(t)[/math]

הנגזרות של הקבוע A מתאפסות:

[math]0+0+\frac{1}{LC}\cdot A=\frac{V}{LC}\cdot u(t)[/math]

ומקבלים (החל מזמן t0) את הפתרון הפרטי:

[math]v_p(t)=A=V[/math]

כלומר משוואת מתח-הקבל כאשר [math]s_1\ne s_2[/math]:

[math]v_c=v_h+v_p=k_1e^{s_1t}+k_2e^{s_2t}+V[/math]

ועבור [math]s_1=s_2=s[/math] מקבלים:

[math]v_c=v_h+v_p=\left(k_1+k_2t\right)e^{st}+V[/math]

אך אנו נעסוק תחילה במקרה הראשון בו השורשים שונים (המקרה השני עם שורשים שווים מאוד דומה לו). נציב t=0 ונקבל את תנאי ההתחלה:

[math] \begin{cases} v_c(0)=k_1+k_2+V=0 \\[2ex] v_c'(0)=k_1s_1+k_2s_2=0 \end{cases} [/math]

מחלצים את k1 ואת k2 ומקבלים:

[math] \begin{cases} k_1=\frac{s_2V}{s_1-s_2} \\[2ex] k_2=\frac{-s_1V}{s_1-s_2} \end{cases} [/math]

מציבים את ה-k'ים במשוואת מתח-הקבל ומקבלים:

משוואה 27: [math]v_c(t)=\left[\frac{1}{s_1-s_2}\left(s_2e^{s_1t}-s_1e^{s_2t}\right)+1\right]\cdot V\cdot u(t)\,[/math]

שני השורשים שונים:

[math] \begin{cases} s_1=-\alpha+j\omega_d \\[2ex] s_2=-\alpha-j\omega_d \end{cases} [/math]

כלומר בערך מוחלט:

[math]|s_1|=|s_2|=\sqrt{\alpha^2+\omega_d^2}=\sqrt{\omega_0^2}=\omega_0[/math]

משוואה 28: [math]\Phi=tan^{-1}\frac{\alpha}{\omega_d}[/math]

ולכן השורשים בצורה פולארית, כאשר הזווית גדולה מ-90° הם:

[math]s_{1,2}=\omega_0e^{\pm j\left(\frac{\pi}{2}+\Phi\right)}[/math]

נציב זאת במשוואה 27:

[math]v_c(t)=\left[\frac{1}{-\alpha+j\omega_d-\left(-\alpha-j\omega_d\right)}\left(\omega_0e^{-j\left(\frac{\pi}{2}+\Phi\right)}e^{\left(-\alpha+j\omega_d\right)t}-\omega_0e^{+j\left(\frac{\pi}{2}+\Phi\right)}e^{\left(-\alpha-j\omega_d\right)t}\right)+1\right]\cdot V\cdot u(t)[/math]

נצמצם את המכנה ונפתח את הסוגריים של המעריכים:

[math]v_c(t)=\left[\frac{1}{2j\omega_d}\left(\omega_0e^{-j\frac{\pi}{2}-j\Phi-\alpha t+j\omega_dt}-\omega_0e^{j\frac{\pi}{2}+j\Phi-\alpha t-j\omega_dt}\right)+1\right]\cdot V\cdot u(t)[/math]

נוציא את המכנה המשותף מחוץ לסוגריים (של הביטוי הכולל ושל המעריכים):

[math]v_c=\left[\frac{1}{2j\omega_d}\cdot\omega_0e^{-\alpha t}\left(e^{j\left(\omega_dt-\frac{\pi}{2}-\Phi\right)}-e^{-j\left(\omega_dt-\frac{\pi}{2}-\Phi\right)}\right)+1\right]\cdot V\cdot u(t)[/math]

נזכור את נוסחת אויילר שאומרת:

[math]sinx=Im(e^{jx})=\frac{e^{jx}-e^{-jx}}{2j}[/math]

כלומר:

[math]2jsinx=e^{jx}-e^{-jx}[/math]

או בהתאם למעריכים שלנו:

[math]2jsin\left(\omega_dt-\frac{\pi}{2}-\Phi\right)=e^{j\left(\omega_dt-\frac{\pi}{2}-\Phi\right)}-e^{-j\left(\omega_dt-\frac{\pi}{2}-\Phi\right)}[/math]

נציב את ביטוי הסינוס המצומצם ונקבל:

[math]v_c=\left[\frac{1}{2j\omega_d}\cdot \omega_0e^{-\alpha t}2jsin\left(\omega_dt-\frac{\pi}{2}-\Phi\right)+1\right]\cdot V\cdot u(t)[/math]

נזכור את זהות הזזה של פונקצייה טריגונומטרית:

[math]sin\left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)=-cos\theta[/math]

נציב את הזהות ונצמצם את המרכיבים הזהים במונה ובמכנה:

משוואה 29: [math]v_{c,zsr}(t)=\left[1-\frac{\omega_0}{\omega_d}\cdot e^{-\alpha t}cos\left(\omega_dt-\Phi\right)\right]\cdot V\cdot u(t)[/math]

2.3.1.3 פתרון המעגל

לבסוף, אנו רוצים לענות על השאלה שנשאלה: מהו מתח המוצא?

נחשב את שני הפרמטרים של המעגל, הפרמטר הראשון אשר נקרא מקדם-הריסון לקוח ממשוואה 17:

[math]\alpha=\frac{1}{2RC}=\frac{1}{2\cdot10\,k\Omega\cdot0.01\,\mu F}[/math]

או במספרים אמיתיים:

[math]\alpha=\frac{1}{2\cdot10\cdot10^3\cdot0.01\cdot10^{-6}}=\frac{1}{2\cdot10^4\cdot10^{-8}}=\frac{1}{2\cdot10^{-4}}=\frac{10^{4}}{2}=\frac{10,000}{2}[/math]

ונקבל את מקדם הריסון:

[math]\alpha=5,000\,\frac{1}{s}[/math]

הפרמטר השני אשר נקרא התדירות הטבעית של המערכת לקוח ממשוואה 18:

[math]\omega_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}=\frac{1}{\sqrt{1\,H\cdot0.01\,\mu F}}[/math]

או במספרים אמיתיים:

[math]\omega_0=\frac{1}{\sqrt{1\cdot0.01\cdot10^{-6}}}=\frac{1}{\sqrt{10^{-8}}}=\frac{1}{10^{-4}}=10^4[/math]

ונקבל את התדירות הטבעית:

[math]\omega_0=10,000\,\frac{rad}{s}[/math]

כלומר קיבלנו:

[math]\alpha = 5,000 \lt \omega_0 = 10,000[/math]

לכן אנו נמצאים במקרה של ריסון חסר בו המערכת תנודתית, ומקבלים שני שורשים צמודים (ושונים), נכתוב את פתרון המערכת:

[math]v_c(t)=v_{c,zir}+v_{c,zsr}[/math]

נציב כאן את ZIR ממשוואה 23 ואת ZSR ממשוואה 29 ונקבל:

משוואה 30: [math]v_c(t)=|2k|e^{-\alpha t}cos(\omega_dt+\measuredangle k_1)+\left[1-\frac{\omega_0}{\omega_d}\cdot e^{-\alpha t}cos\left(\omega_dt-\Phi\right)\right]\cdot V\cdot u(t)[/math]

2.3.2 חישוב עבור הערכים הנקובים

תחילה נחשב את כל המשתנים, נתחיל בגורם-הריסון α ממשוואה 17 אשר כבר חושב בסעיף הקודם:

[math]\alpha=\frac{1}{2RC}=5,000\,\frac{1}{s}[/math]

נמשיך עם התדירות הטבעית ω0 ממשוואה 18 אשר כבר חושב בסעיף הקודם:

[math]\omega_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}=10,000\,\frac{rad}{s}[/math]

נמשיך עם התדירות המרוסנת:

[math]\omega_d=\sqrt{\omega_0^2-\alpha^2}=\sqrt{10,000^2-5000^2}=\sqrt{\big(2\cdot(5,000)\big)^2-5000^2}=\sqrt{5,000^2\cdot(2^2-1)}=\sqrt{5,000^2\cdot3}=5,000\sqrt3[/math]

נציב את הערכים הנקובים במשתנה k בהתאם למשוואה 24:

[math]k=\frac{5}{2}\pm \frac{j}{2\cdot5000\sqrt3}\left(5000\cdot5+\frac{0}{0.01\mu}\right)=\frac{5}{2}\pm j\frac{5000\cdot5}{2\cdot5,000\sqrt3}=\frac{5}{2}\pm j\frac{5}{2\sqrt3}[/math]

ולכן עבור הערך המוחלט של k נקבל:

[math]|2k|=2\cdot\sqrt{a^2+b^2}=2\cdot\sqrt{\left(\frac{5}{2}\right)^2+\left(\frac{5}{2\sqrt3}\right)^2}=2\cdot\frac{5}{2}\sqrt{1+\frac{1}{3}}=5\sqrt{\frac{4}{3}}=5\cdot2\sqrt{\frac{1}{3}}=\frac{10}{\sqrt3}[/math]

ואילו הארגומנט של k הינו:

[math]\measuredangle k_1=tan^{-1}\left(\frac{a}{b}\right)=tan^{-1}\left(\frac{\frac{5}{2\sqrt3}}{\frac{5}{2}}\right)=tan^{-1}\left(\frac{\frac{1}{\sqrt3}}{1}\right)=tan^{-1}\frac{1}{\sqrt3}=30^\circ=\frac{\pi}{6}\,rad[/math]

ולבסוף, הזווית Φ ממשוואה 28:

[math]\Phi=tan^{-1}\frac{\alpha}{\omega_d}=tan^{-1}\frac{5,000}{5,000\sqrt3}=tan^{-1}\frac{1}{\sqrt3}=30^\circ=\frac{\pi}{6}\,rad=\measuredangle k_1[/math]

נציב הכל במשוואה 30:

[math]v_c(t)=\frac{10}{\sqrt3}e^{-5,000 t}cos\left(5,000\sqrt3t+\frac{\pi}{6}\right)+\left[1-\frac{10,000}{5,000\sqrt3}\cdot e^{-5,000 t}cos\left(5,000\sqrt3t-\frac{\pi}{6}\right)\right]\cdot 10\cdot u(t)[/math]

כיוון שאנו עוסקים רק בזמנים גדולים מ-t ניתן להיפטר מפונקציית-המדרגה u רק בשביל כתיבה פשוטה יותר (למרות שמבחינה מתימטית זה לא נכון לרשום זאת):

[math]v_c(t)=\frac{10}{\sqrt3}e^{-5,000 t}cos\left(5,000\sqrt3t+\frac{\pi}{6}\right)+\left[1-\frac{2}{\sqrt3}\cdot e^{-5,000 t}cos\left(5,000\sqrt3t-\frac{\pi}{6}\right)\right]\cdot 10[/math]

נפתח את הסוגריים:

[math]v_c(t)=\frac{10}{\sqrt3}e^{-5,000 t}cos\left(5,000\sqrt3t+\frac{\pi}{6}\right)+10-\frac{2\cdot10}{\sqrt3}\cdot e^{-5,000 t}cos\left(5,000\sqrt3t-\frac{\pi}{6}\right)[/math]

המקדם 10 זהה בכל הביטויים:

[math]v_c(t)=10\left[\frac{1}{\sqrt3}e^{-5,000 t}cos\left(5,000\sqrt3t+\frac{\pi}{6}\right)-\frac{2}{\sqrt3}\cdot e^{-5,000 t}cos\left(5,000\sqrt3t-\frac{\pi}{6}\right)+1\right][/math]

המקדמים של הקוסינוסים דומים, נאחד אותם:

[math]v_c(t)=10\left\{\frac{e^{-5,000 t}}{\sqrt3}\left[cos\left(5,000\sqrt3t+\frac{\pi}{6}\right)-2cos\left(5,000\sqrt3t-\frac{\pi}{6}\right)\right]+1\right\}[/math]

רואים כאן שני דברים:

  1. בזמן t=0 (או יותר נכון t=t0) מקבלים שמתח הקבל ההתחלתי הוא 5V כפי שנתון בשאלה.
  2. בזמן t=∞ רואים שהתנודות הקוסינוסיות דועכות לאפס (בגלל האקספוננט שמאפס אותן) עד שהקבל נטען למתח המקור V=10V במצב המתמיד.

2.3.3 ערך הנגד הקריטי ושרטוטים

איור 15: ארבעת סוגי הריסון. ריסון יתר, ריסון קריטי, ריסון חסר אשר מוצג בשני ערכים שונים, וכמעט חסר-הפסדים כיוון שלשם כך צריך נגד אינסופי. (קוד הגרף)
איור 16: אנימציה של מקדמי-ריסון שונים בהתאם לשינוי הנגד, זוהי הרחבה של חמשת הערכים מאיור 15, חשוב לשים לב מה קורה מיד לאחר ריסון-קריטי ב-5kΩ (אנימציה זו נעשתה עם הקוד של איור 15 אך עם 100 ערכים שונים של R בקפיצות לוגריתמיות בין 1kΩ ל-10MΩ).

2.3.3.1 חישוב ערך הנגד הקריטי

עבור ריסון קריטי נדרוש את התנאי מהסעיף ריסון קריטי:

[math]\alpha=\omega_0[/math]

נציב כאן את משוואה 17 ומשוואה 18 ונקבל:

[math]\frac{1}{2RC}=\frac{1}{\sqrt{LC}}[/math]

נעלה בריבוע את שני האגפים:

[math]\frac{1}{4R^2C^2}=\frac{1}{LC}[/math]

נבודד את R:

[math]\frac{LC}{4C^2}=R^2[/math]

נצמצם את ה-C:

[math]\frac{L}{4C}=R^2[/math]

ונעשה שורש:

[math]R=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{L}{C}}[/math]

נציב את ערכי המעגל:

[math]R=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1\,H}{0.01\,\mu F}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{10^{-8}}}=\frac{1}{2}\sqrt{10^{8}}=\frac{1}{2}\cdot10^{4}[/math]

ונקבל את ערך הנגד עבור ריסון קריטי:

[math]R=5,000\,\Omega[/math]

2.3.3.2 שרטוטים

כדי ליצור את השרטוטים, תחילה נרשום את הנוסחא המלאה למעגל, אשר כוללת את נוסחת ה-ZSR אך עם תנאי ההתחלה של ה-ZIR, או במילים אחרות:

  • גם יש מתח-מקור.
  • וגם יש תנאי התחלה לרכיבים.

[math] \begin{cases} \frac{d^2v_c}{dt^2}+\frac{1}{RC}\frac{dv_c}{dt}+\frac{1}{LC}\cdot v_c=\frac{1}{LC}V \\[2ex] v_c(t_0)=V_0 \\[2ex] \frac{dv_c(t_0)}{dt}=-\frac{1}{C}\left(\frac{V_0}{R}+I_0\right) \end{cases} [/math]

את הנוסחא ניתן למטלאב לפתור ולצייר כפי שרואים באיור 15 עבור חמישה ערכים שונים:

  1. נגד 5kΩ זהו הריסון הקריטי אשר מצאנו בסעיף הקודם, נגד קצת גדול יותר גורם לכך שמתח הקבל יעבור את מתח המקור ויראה תנודות.
  2. נגד 1kΩ זהו ריסון יתר - רואים שלגל קשה להגיע למתח המקור, לוקח לו הרבה זמן להגיע למתח המירבי.
  3. נגד 20kΩ זהו כבר ריסון חסר, נקרא גם תת-ריסון או פשוט תנודתי, רואים כאן שמתח הקבל גבוה יותר ממתח המקור ויש לו קצת תנודות.
  4. נגד 100kΩ זהו גם ריסון חסר אך התנודות חזקות יותר ונמשכות לזמן ארוך יותר.
  5. נגד 1MΩ זהו גם ריסון חסר אך כיווך שלוקח הרבה זמן לתנודות לדעוך - ניתן להתייחס לכך בתור חסר-הפסדים.
  • בנוסף ניתן לראות סימולציה של 100 ערכים שונים עבור הנגד R, בין 1kΩ ל-10MΩ באיור 16.

כדי להגיע לחסר-הפסדים צריך לאפס את מקדם-הריסון, וכפי שרואים במשוואה 17 אפשר לעשות אחד מן השניים:

  1. לשים קבל C אינסופי.
  2. לשים נגד R אינסופי.

אך זה מעשי יותר לשים נגד אינסופי כיוון שכל שצריך לעשות במעגל אשר באיור 14 זה פשוט להסיר את הנגד מהמקום.

2.3.4 תגובה לתדר וחישוב קבועי המעגל

התשובה לסעיף זה קיימת בנספח.

2.4 תשובה למעגל RC טורי עם מקור סינוסי

2.4.1 מתח הקבל לאחר סגירת המפסק

איור 17: מעגל RC עם סימוני מתחים וכיווני זרמים

תחילה נסמן את כיווני הזרמים והמתחים של המעגל בשאלה, ניתן לראות זאת באיור 17.

נרשום את ה-KVL של המעגל:

משוואה 31: [math]-v_s(t)+v_R(t)+v_c(t)=0[/math]

אנו יודעים שזהו מעגל טורי, לכן כל הזרמים שווים:

[math]i=i_R=i_c[/math]

כמו-כן, לפי חוק אוהם המתח על הנגד הוא:

[math]v_R=i_R\cdot R[/math]

והמתח על הקבל הוא:

[math]i_c=C\frac{dv_c}{dt}[/math]

נציב את מתח-הנגד vR במשוואה 31:

[math]-v_s(t)+i_R\cdot R+v_c=0[/math]

ונציב את זרם-הקבל (שהוא גם הזרם דרך הנגד) במשוואה:

[math]-v_s(t)+C\frac{dv_c}{dt}\cdot R+v_c=0[/math]

נבודד את מתח-המקור ונסדר קצת:

[math]v_c+RC\frac{dv_c}{dt}=v_s(t)[/math]

נזכור את קבוע-הזמן כדי לפשט את המשוואה:

[math]\tau=RC[/math]

ונרשום איתו את המשוואה:

[math]\tau\frac{dv_c}{dt}+v_c=v_s(t)[/math]

הערת ביניים: משוואה זו זהה לחלוטין למשוואת מעגל LR רק ששם במקום מתח-קבל ומקור-מתח יש זרם-סליל ומקור-זרם, וקבוע הזמן יחושב בתור המנה של L ו-R.


כדי לפתור משוואה זו נכפול את שני הצדדים בגורם הבא:

[math]\frac{1}{\tau}e^{^t/_\tau}[/math]

ונקבל:

[math]\tau\cdot\frac{1}{\tau}e^{^t/_\tau}\frac{dv_c}{dt}+v_c\cdot\frac{1}{\tau}e^{^t/_\tau}=v_s(t)\cdot\frac{1}{\tau}e^{^t/_\tau}[/math]

נצמצם את קבוע-הזמן בביטוי השמאלי:

[math]\frac{dv_c}{dt}\cdot e^{^t/_\tau}+v_c\cdot\frac{1}{\tau}e^{^t/_\tau}=v_s(t)\cdot\frac{1}{\tau}e^{^t/_\tau}[/math]

אם נסתכל על הביטוי השמאלי, נוכל לראות שהוא הנגזרת של הביטוי הבא:

[math]v_c\cdot e^{^t/_\tau}[/math]

בהתאם לכלל המכפלה של נגזרת:

[math]\left(fg\right)'=f'g+fg'[/math]

ולכן ניתן להחליף את הצד השמאלי בנגזרת:

[math]\left(v_c\cdot e^{^t/_\tau}\right)'=v_s(t)\cdot\frac{1}{\tau}e^{^t/_\tau}[/math]

נעשה אינטגרל לשני הצדדים (נשנה את כל משתני-האינטגרציה המסומנים באות t לאות u כדי שלא יבלבלו אותנו עם גבולות האינטגרל):

[math]\int^t_0 \left(v_c\cdot e^{^u/_\tau}\right)'=\int^t_0 v_s(u)\cdot\frac{1}{\tau}e^{^u/_\tau}du[/math]

את קבוע-הזמן (שהוא קבוע) ניתן להוציא מחוץ לאינטגרל:

[math]\int^t_0 \left(v_c\cdot e^{^u/_\tau}\right)'=\frac{1}{\tau}\int^t_0 v_s(u)\cdot e^{^u/_\tau}du[/math]

נפתור את החלק-השמאלי (אינטגרל של נגזרת של פונקציה זה הפונקציה עצמה):

[math]\left(v_c\cdot e^{^u/_\tau}\right)\bigg\rvert^t_0=\frac{1}{\tau}\int^t_0 v_s(u)\cdot e^{^u/_\tau}du[/math]

נציב את הגבולות:

[math]v_c(t)\cdot e^{^t/_\tau}-v_c(0)\cdot e^{^0/_\tau}=\frac{1}{\tau}\int^t_0 v_s(u)\cdot e^{^u/_\tau}du[/math]

כאשר מספר בחזקת אפס הוא אחד, ואילו המתח ההתחלתי על הקבל נתון בשאלה בתור V0 ולכן:

[math]v_c(t)\cdot e^{^t/_\tau}-V_0=\frac{1}{\tau}\int^t_0 v_s(u)\cdot e^{^u/_\tau}du[/math]

נבודד את מתח-הקבל:

[math]v_c(t)\cdot e^{^t/_\tau}=V_0+\frac{1}{\tau}\int^t_0 v_s(u)\cdot e^{^u/_\tau}du[/math]

נחלק במקדם של מתח-הקבל, או למעשה נכפול את המשוואה בגורם הבא:

[math]e^{^{-t}/_\tau}[/math]

ונקבל:

[math]v_c(t)=V_0\cdot e^{^{-t}/_\tau}+\frac{1}{\tau}\cdot e^{^{-t}/_\tau}\int^t_0 v_s(u)\cdot e^{^u/_\tau}du[/math]

מקור-המתח נתון בשאלה:

[math]v_s(u)=V_m\cdot sin(\omega u+\theta)[/math]

נציב בנוסחת-הקבל:

[math]v_c(t)=V_0\cdot e^{^{-t}/_\tau}+\frac{V_m}{\tau}\cdot e^{^{-t}/_\tau}\int^t_0 sin(\omega u+\theta)\cdot e^{^u/_\tau}du[/math]

וננסה לפתור תחילה רק את החלק הימני עם האינטגרל, נוסיף את המציין i כדי להדגיש שזהו רק החלק של האינטגרל:

משוואה 32: [math]v_c(t)=V_0\cdot e^{^{-t}/_\tau}+v_{ci}(t)\,[/math]

ונרשום את הביטוי עליו נמשיך לעבוד:

[math]v_{ci}(t)=\frac{V_m}{\tau}\cdot e^{^{-t}/_\tau}\int^t_0 sin(\omega u+\theta)\cdot e^{^u/_\tau}du[/math]


לפי משוואת אויילר:

[math]sinx=Im\left(e^{jx}\right)[/math]

ולכן אם ניקח ביטוי כללי של מכפלת אקספוננט וסינוס, נוכל לפשט אותו בצורה הבאה:

[math]\int e^{au}sin(bu+\theta)du=Im\left(\int e^{au}\cdot e^{j(bu+\theta)}du\right)[/math]

נסדר את המעריך קצת, ונזכור שאם אין את האות u במעריך - זהו קבוע שניתן להוציא מחוץ לאינטגרל:

[math]=Im\left(\int e^{\left(a+jb\right)u+j\theta}du\right)=Im\left(e^{j\theta}\cdot\int e^{\left(a+jb\right)u}du\right)[/math]

עכשיו קל יותר לעשות אינטגרציה:

[math]=Im\left(\frac{e^{j\theta}}{a+jb}e^{\left(a+jb\right)u}\right)[/math]

נפצל את האקספוננט:

[math]=Im\left(\frac{e^{au}}{a+jb}e^{j\theta}\cdot e^{jbu}\right)=Im\left(\frac{e^{au}}{a+jb}e^{j(bu+\theta)}\right)[/math]

נהפוך בחזרה את האקספוננט לפונקציה טריגונומטרית:

[math]=Im\left(\frac{e^{au}}{a+jb}\left(cos(bu+\theta)+jsin(bu+\theta)\right)\right)[/math]

נכפיל ונחלק בצמוד כדי לבטל את החלק המדומה במכנה:

[math]=Im\left(\frac{e^{au}}{a+jb}\left(cos(bu+\theta)+jsin(bu+\theta)\right)\cdot\frac{a-jb}{a-jb}\right)[/math]

ונקבל:

[math]=Im\left(\frac{e^{au}}{a^2+b^2}\left(cos(bu+\theta)+jsin(bu+\theta)\right)\cdot\left(a-jb\right)\right)[/math]

נפתח את הסוגריים:

[math]=Im\left(\frac{e^{au}}{a^2+b^2}\left(acos(bu+\theta)-jbcos(bu+\theta)+ajsin(bu+\theta)-j^2bsin(bu+\theta)\right)\right)[/math]

נסדר את המשתנים הממשיים והמדומים:

[math]=Im\left(\frac{e^{au}}{a^2+b^2}\left(acos(bu+\theta)+bsin(bu+\theta)+j\left(asin(bu+\theta)-bcos(bu+\theta)\right)\right)\right)[/math]

ניקח רק את החלק המדומה (נבטל את Im):

[math]\int e^{au}sin(bu+\theta)du=\frac{e^{au}}{a^2+b^2}\Big[asin(bu+\theta)-bcos(bu+\theta)\Big][/math]


נחזור עכשיו לביטוי שלנו של החלק האינטגרלי (עם המציין ci) כאשר:

[math]a=\frac{1}{\tau}[/math]

[math]b=\omega[/math]


[math]v_{ci}(t)=\frac{V_m}{\tau}\cdot e^{^{-t}/_\tau}\int^t_0 sin(\omega u+\theta)\cdot e^{^u/_\tau}du=\frac{V_m}{\tau}\cdot e^{^{-t}/_\tau}\Bigg[\frac{e^{^u/_\tau}}{\left(\frac{1}{\tau}\right)^2+\omega^2}\cdot\left(\frac{1}{\tau}sin(\omega u+\theta)-\omega cos(\omega u+\theta)\right)\Bigg\rvert^t_0\Bigg][/math]

נציב את גבולות האינטגרל:

[math]v_{ci}(t)=\frac{V_m}{\tau}\cdot e^{^{-t}/_\tau}\Bigg[\frac{e^{^t/_\tau}}{\left(\frac{1}{\tau}\right)^2+\omega^2}\cdot\left(\frac{1}{\tau}sin(\omega t+\theta)-\omega cos(\omega t+\theta)\right)-\frac{1}{\left(\frac{1}{\tau}\right)^2+\omega^2}\cdot\left(\frac{1}{\tau}sin(\theta)-\omega cos(\theta)\right)\Bigg][/math]

נכניס את האקספוננט לתוך הסוגריים המרובעים:

[math]v_{ci}(t)=\frac{V_m}{\tau}\Bigg[\frac{1}{\left(\frac{1}{\tau}\right)^2+\omega^2}\cdot\left(\frac{1}{\tau}sin(\omega t+\theta)-\omega cos(\omega t+\theta)\right)-\frac{e^{^{-t}/_\tau}}{\left(\frac{1}{\tau}\right)^2+\omega^2}\cdot\left(\frac{1}{\tau}sin(\theta)-\omega cos(\theta)\right)\Bigg][/math]

נוציא את המכנה המשותף מחוץ לסוגריים המרובעים:

[math]v_{ci}(t)=\frac{V_m}{\tau\cdot\left(\left(\frac{1}{\tau}\right)^2+\omega^2\right)}\Bigg[\frac{1}{\tau}sin(\omega t+\theta)-\omega cos(\omega t+\theta)-e^{^{-t}/_\tau}\cdot\left(\frac{1}{\tau}sin(\theta)-\omega cos(\theta)\right)\Bigg][/math]

נכפול ונחלק בטאו (כדי לנרמל את המקדם של הסינוס):

[math]v_{ci}(t)=\frac{V_m}{\tau^2\cdot\left(\left(\frac{1}{\tau}\right)^2+\omega^2\right)}\Bigg[sin(\omega t+\theta)-\omega\tau cos(\omega t+\theta)-e^{^{-t}/_\tau}\cdot\left(sin(\theta)-\omega\tau cos(\theta)\right)\Bigg][/math]

ולבסוף נאחד את המכנה ונקבל את ביטוי הביניים המפושט:

[math]v_{ci}(t)=\frac{V_m}{1+(\omega\tau)^2}\Bigg[sin(\omega t+\theta)-\omega\tau cos(\omega t+\theta)-e^{^{-t}/_\tau}\cdot\left(sin(\theta)-\omega\tau cos(\theta)\right)\Bigg][/math]

כדי לפשט אותו עוד יותר, נשתמש בזהות הטריגונומטרית לצירוף ליניארי:

[math]a\sin x+b\cos x=\sqrt{a^2+b^2}\cdot sin(x+tan^{-1}\frac{b}{a})[/math]

כאשר:

[math]a=1[/math]

[math]b=-\omega\tau[/math]

[math]x_1=\omega t+\theta[/math]

[math]x_2=\theta[/math]

נציב ונקבל את הפישוט הנוסף של ביטוי הביניים:

[math]v_{ci}(t)=\frac{V_m}{1+(\omega\tau)^2}\left(\sqrt{1+(\omega\tau)^2}\cdot sin\left(\omega t+\theta+tan^{-1}(-\omega\tau)\right)-e^{^{-t}/_\tau}\cdot\sqrt{1+(\omega\tau)^2}\cdot sin\left(\theta+tan^{-1}(-\omega\tau)\right)\right)[/math]

ועכשיו נפצל את הביטוי לשני מרכיבים, הראשון הוא ביטוי אשר דועך עם הזמן (הוא מייצג את תופעת-המעבר) והשני הוא ביטוי אשר ימשיך כל עוד מקור-הכוח דלוק (הוא מייצג את המצב המתמיד):

[math]v_{ci}(t)=-\frac{V_m\cdot e^{^{-t}/_\tau}}{\sqrt{1+(\omega\tau)^2}}\cdot sin\left(\theta+tan^{-1}(-\omega\tau)\right)+\frac{V_m}{\sqrt{1+(\omega\tau)^2}}\cdot sin\left(\omega t+\theta+tan^{-1}(-\omega\tau)\right)[/math]

נציב עכשיו את ביטוי הביניים vci במשוואה 32 ונקבל:

[math]v_c(t)=V_0\cdot e^{^{-t}/_\tau}-\frac{V_m\cdot e^{^{-t}/_\tau}}{\sqrt{1+(\omega\tau)^2}}\cdot sin\left(\theta+tan^{-1}(-\omega\tau)\right)+\frac{V_m}{\sqrt{1+(\omega\tau)^2}}\cdot sin\left(\omega t+\theta+tan^{-1}(-\omega\tau)\right)[/math]

נפצל שוב לשני ביטויים (תופעת-מעבר ומצב-מתמיד) ונקבל את הביטוי הסופי של מתח-הקבל לאחר סגירת המפסק כפי שהתבקש בשאלה:

[math]v_c(t)=\left(V_0-\frac{V_m\cdot sin\left(\theta+tan^{-1}(-\omega\tau)\right)}{\sqrt{1+(\omega\tau)^2}}\right)\cdot e^{^{-t}/_\tau}+\frac{V_m}{\sqrt{1+(\omega\tau)^2}}\cdot sin\left(\omega t+\theta+tan^{-1}(-\omega\tau)\right)[/math]

2.4.2 קבוע הזמן של תופעת המעבר

קבוע-הזמן של תופעת-המעבר נשאר זהה, כיוון שהדבר היחיד אשר שונה הינו מקור-המתח, בזמן שקבוע-הזמן מוגדר ע"י הרכיבים של המעגל.

וכיוון שרכיבי המעגל הנוכחי זהים לרכיבי המעגל האחר - קבוע הזמן נשאר זהה.

את קבוע הזמן ניתן למצוא ע"י המקדם של החזקה של האקספוננט אשר מייצג את דעיכת תופעת המעבר, ורואים שהוא זהה כיוון שהוא חושב עפ"י ZIR, כלומר הזנחנו את מקור-המתח שזה היה הדבר היחיד ששונה בשני האיורים.

2.4.3 העלמת תופעת המעבר

איור 18: תופעת מעבר במעגל RC עם מקור סינוסי והעלמתה באמצעות שינוי זווית המופע של אות המקור. ניתן לראות את זווית המופע θ, פרטי אות-הכניסה VS ומתח-הקבל ההתחלתי V0 בכותרת של כל איור. (קוד הגרף)

כדי להעלים את תופעת המעבר נדרוש שהמקדם של האקספוננט בנוסחת מתח-הקבל יתאפס, כלומר:

[math]V_0-\frac{V_m\cdot sin\left(\theta+tan^{-1}(-\omega\tau)\right)}{\sqrt{1+(\omega\tau)^2}}=0[/math]

בשאלה רוצים לדעת את המופע של מתח-המקור כדי שתופעת המעבר תיעלם, כלומר צריך לחלץ את θ (הזווית תטא):

[math]V_0=\frac{V_m\cdot sin\left(\theta+tan^{-1}(-\omega\tau)\right)}{\sqrt{1+(\omega\tau)^2}}[/math]

נעביר את המכנה אגף:

[math]V_0\cdot\sqrt{1+(\omega\tau)^2}=V_m\cdot sin\left(\theta+tan^{-1}(-\omega\tau)\right)[/math]

נבודד את הסינוס:

[math]\frac{V_0}{V_m}\cdot\sqrt{1+(\omega\tau)^2}=sin\left(\theta+tan^{-1}(-\omega\tau)\right)[/math]

נפעיל את הפונקצייה ההופכית של הסינוס:

[math]sin^{-1}\left(\frac{V_0}{V_m}\cdot\sqrt{1+(\omega\tau)^2}\right)=\theta+tan^{-1}(-\omega\tau)[/math]

ונחלץ את זווית-המופע המתבקשת בשאלה כדי שלא תתקיים תופעת-מעבר:

[math]\theta=sin^{-1}\left(\frac{V_0}{V_m}\cdot\sqrt{1+(\omega\tau)^2}\right)-tan^{-1}(-\omega\tau)[/math]

במקרה זה עלול לצאת ערך גדול מ-1 בתוך הארקסינוס (אשר יחזיר זווית מרוכבת), לכן נדרוש:

[math]\Bigg|\frac{V_0}{V_m}\cdot\sqrt{1+(\omega\tau)^2}\Bigg|\lt=1[/math]

אשר ייתן:

[math]\sqrt{1+(\omega\tau)^2}\lt=\Bigg|\frac{V_m}{V_0}\Bigg|[/math]

נעלה בריבוע את שני האגפים:

[math]1+(\omega\tau)^2\lt=\left(\frac{V_m}{V_0}\right)^2=\frac{V_m^2}{V_0^2}[/math]

ונחלץ את מתח-הקבל ההתחלתי V0:

[math]V_0^2\lt=\frac{V_m^2}{1+(\omega\tau)^2}[/math]

ונקבל את המתח ההתחלתי המירבי שיכול להיות על הקבל בכדי לבטל את תגובת המעבר במעגל:

[math]V_0\lt=\frac{V_m}{\sqrt{1+(\omega\tau)^2}}[/math]

את תופעת-המעבר והעלמתה ניתן לראות באיור 18.

2.5 תשובה לקביעת קבוע זמן

התשובה לשאלה זו קיימת במהלך הניסוי בסעיף מדידת קבוע זמן.

כולל נוסחאות ואיורים.

2.6 תשובה לשיטה לשליפת קבוע הזמן

כאשר קבוע הזמן הוא מאוד גדול, ניתן להפעיל מקור-כוח ולחכות עד שיעבור קבוע-זמן (טאו) אחד אשר ישנה את ערך המטען ב-63.2%, אך כאשר קבוע הזמן הוא קטן - צריך מיכשור מדוייק יותר כיוון שהזמנים קצרים מדי בשביל למדוד אותם ידנית.

במקרה זה עדיף להפעיל גל ריבועי, ולסנכרן את המשקף תנודות על הגל-הריבועי כך שתתקבל תמונה יציבה על המסך.

ידוע שכדי לראות טעינה/פריקה מלאה יש לחכות 5 קבועי-זמן, לכן ניקח אפילו פי 2 מכך ונגדיר שזמן המחזור של הגל יהיה 10 קבועי-זמן.

כלומר במקרה של איור 1 ואיור 2 בהם יש קבוע זמן של 1ms אנו ניקח פי 10 מכך:

[math]T=10\cdot\tau=10\cdot1\,ms=10\,ms[/math]

כלומר תדר הגל-הריבועי יהיה:

[math]f=\frac{1}{T}=\frac{1}{10\,ms}=\frac{1}{0.01}=100\,Hz[/math]

בנוסף ליתרון של אפשרות מדידת קבועי-זמן קטנים, קיים גם היתרון שלא צריך לחכות במשך כמה שניות עד שהקבל ייטען/ייתפרק אלא מקבלים תמונה סטטית על המשקף תנודות אשר מראה בדיוק את קבוע הזמן כפי שעשינו בסעיף הקודם.

3 ספרות

[4][5]

  1. 1.0 1.1 P. Horowitz and W. Hill, The Art of Electronics, 3rd Ed., Cambridge University Press, New-York, 2015, SN:002446282, Ch. 1
  2. 2.0 2.1 A.H. Robbins,‎ W.C. Miller, Circuit Analysis: Theory and Practice, 5th Ed., Delmar Cengage Learning, 2012, Ch. 16
  3. 3.0 3.1 W. McC. Siebert, Circuits, Signals, and Systems, MIT Press, 1986, SN:001016541, p.73
  4. P.R. Clement and W.C. Johnson, Electrical Engineering Science, McGraw Hill, 1960, SN:001331452
  5. C.A. Desoer and E.S. Kuh, Basic Circuit Theory, McGraw Hill, 1969, SN:001026415