1
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Tillämpningar av differentialekvationer, LRC kretsar
TILLÄMPNINGAR AV DIFFERENTIAL EKVATIONER
LRC KRETSAR
Låt i (t ) vara strömmen i nedanstående LRC krets (som innehåller element en spole med
induktansen L henry , en motstånd med resistansen R ohm, en kondensator med kapacitansen
C farad och en spänningskälla med spänningen U(t) volt).
För att ange en differential ekvation för i(t) använder vi potentialvandring (dvs Kirchhoffs
spänningslag) och följande samband:
Spänningsfallet över en spole med induktansen L är lika med L ⋅ i ′(t ) eller kortare
(*) .
U L = L ⋅ i ′(t )
Spänningsfallet över ett motstånd med resistansen R är lika med R ⋅ i (t ) eller kortare
(**) .
U R = R ⋅ i (t )
Spänningsfallet över en kondensator med kapacitansen C är lika med q(t ) / C , dvs
q(t )
(***) .
UC =
C
där q ′( t ) = i ( t ) och q(t ) är laddningen i coulomb.
Enligt Kirchhoffs spänningslag (eller "potentialvandring") gäller då
U (t ) − U L − U R − U C = 0 eller
U L + U R + U C = U (t )
(ekv1)
(I denna enkla krets är alltså summan av spänningsfall = spänningskälla )
Om vi substituerar (*) , (**) och (***) i ekv 1 får vi följande grundekvation för
LRC krets:
L ⋅ i ′(t ) + R ⋅ i (t ) +
q( t )
= U (t )
C
(ekvation A)
Ekvation A har två okända funktioner i (t ) och q(t ) . För att lösa ekvationen måste vi först
eliminera en av dem med hjälp av sambandet q ′( t ) = i ( t ) .
Följande två metoder är ekvivalenta:
Metod 1. Om vi vill eliminera q(t ) deriverar vi ekvation A och därefter ersätter q ′( t ) = i ( t )
Vi får följande ekvation med endast en variabel i (t )
i (t )
= U ′(t ) ( ekvation B)
C
(notera derivatan U ′(t ) i högra ledet)
L ⋅ i ′′(t ) + R ⋅ i ′(t ) +
Sida 1 av 7
2
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Tillämpningar av differentialekvationer, LRC kretsar
Metod 2. Om vi vill eliminera i (t ) i ekvation A vi substituerar i ( t ) = q ′( t ) och
i ′(t ) = q ′′( t ) i ekvationen och får
Vi får följande ekvation med endast en variabel i (t ) :
q( t )
= U (t )
(ekvation C)
C
( notera att U(t) inte deriveras i den här metoden)
L ⋅ q′′(t ) + R ⋅ q′(t ) +
Vi bestämmer först q(t ) och därefter i ( t ) = q ′( t ) .
Begynnelsevillkor:
Om vi har en andragrads DE behöver vi två villkor för att bestemma konstanter i den
allmänna lösningen. Följande startvillkor i en LRC krets används oftast:
1. i (0) = a och q(0) = b .
I detta fall har vi q′(0) = i (0) = a och då är enklast att använda (ekvation C) och bestämma
q(t ) . Därefter får vi i ( t ) = q ′( t ) .
2. q(0) = a och q′(0) = b .
I detta fall är det naturligt att använda ( ekvation C)
3. i (0) = a och i ′(0) = b .
I detta fall är det lämpligt att använda ( ekvation B)
Speciella fall:
LR krets
Från
U (t ) − U L − U R = 0 dvs
får vi
U L + U R = U (t )
L ⋅ i ′(t ) + R ⋅ i (t ) = U (t )
Notera att ekvationen är av första ordningen och att det räcker med ett villkor. Här
används oftast villkoret i (0) = a .
RC krets
RC krets beskrivs med
q( t )
R ⋅ i (t ) +
= U (t )
C
Med hjälp av i ( t ) = q ′( t ) eliminera
en obekant funktion.
Om vi t ex eliminerar i (t ) har vi R ⋅ q′(t ) +
q( t )
= U (t )
C
Sida 2 av 7
3
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Tillämpningar av differentialekvationer, LRC kretsar
Övningsuppgifter
Uppgift 1. Bestäm strömmen i(t) i nedanstående LR- krets om
a) L=2 henry , R= 8 ohm , u(t ) = 12 volt. Vid t=0 är strömmen i(0)=0 ampere.
b) L=2 henry , R= 8 ohm, u(t ) = 12e
−2 t
V och i(0)=0 A.
Lösning:
a) Från kretsen får vi följande diff. ekv.
di (t )
L⋅
+ R ⋅ i (t ) = u(t ) (ekv1)
dt
( efter subst. L och R)
2i ′(t ) + 8i (t ) = 12
( dela med 2)
i ′(t ) + 4i (t ) = 6
(ekv 2)
−4 t
Härav iH (t ) = C1e
Partikulärlösning :
′
i p (t ) = A ⇒ i p (t ) = 0 ⇒ 4 A = 6 ⇒ A = 3 / 2
i p (t ) = 3 / 2
Alltså:
i (t ) = i H (t ) + i p (t ) ⇒
3
2
För att bestämma C1 använder vi begynnelsevillkoren i (0) = 0
och får
3
3
i (t ) = C1e −4 t + ⇒ C1 = −
2
2
3 −4 t 3
och i (t ) = − e +
2
2
3 −4 t 3
Svar a) i (t ) = − e +
2
2
−4 t
Svar b) i (t ) = −3e + 3e −2 t
i (t ) = C1e −4 t +
Sida 3 av 7
4
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Tillämpningar av differentialekvationer, LRC kretsar
Uppgift 2. Bestäm strömmen i(t) i nedanstående RC krets
1
F u(t ) = 24 V då
10
a) vid t=0 är strömmen i(0)=1 A. b.
b) vid t=0 är laddningen q(0)=2
coulomb.
där R= 1 Ω , C=
Lösning:
a) Från kretsen får vi följande diff. ekv.
q(t )
= u (t )
(ekv1)
R ⋅ i (t ) +
C
eller ( efter subst. R och C)
i (t ) + 10q(t ) = 24
(ekv2)
För att eliminera q(t ) deriverar vi ( ekv 2) och ( eftersom q' (t ) = i (t ) ) får:
i ′(t ) + 10i (t ) = 0
(ekv 3)
Härav i (t ) = C1e −10t
(*) [ den allmänna lösningen för i(t) ]
För att bestämma C1 använder vi begynnelsevillkoren i (0) = 1
och får C1 = 1 . därmed
i (t ) = 1e −10t
Svar a) i (t ) = e −10t ( ampere)
b) Vi använder villkoret q(0)=2 och den allmänna lösningen från a-delen i (t ) = C1e −10t .
För att bestämma i(0) substituerar vi q(0)=2 i ekv 2 och får
i (0) + 10 ⋅ 2 = 24 ⇒ i (0) = 4 .
Nu fortsätter vi som i a-delen, med den nya villkoret för i(0)=4 och får
4 = C1 .
Därför i (t ) = 4e −10t
Svar b) i (t ) = 4e −10t (ampere)
Uppgift 3.
Bestäm strömmen i(t) i nedanstående LRC krets om
Sida 4 av 7
5
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Tillämpningar av differentialekvationer, LRC kretsar
1
F och u(t)=10V.
6
Vid t=0 är strömmen i(0)=0 A och laddningen q(0) = 1 C.
L=1 H , R1= 2 Ω , R2= 3 Ω , C=
Lösning:
Från kretsen får vi följande diff. ekv.
di (t )
1
L⋅
+ R1i (t ) + R2i (t ) ⋅ + q(t ) = u(t )
dt
C
dvs
di (t )
1
L⋅
+ ( R1 + R2 ) ⋅ i (t ) + q(t ) = u(t ) (ekv1)
dt
C
(efter subst. L, R och C)
i ′(t ) + 5i (t ) + 6q(t ) = 10
(ekv 2)
i(0)=0 och q(0) = 1 ger
i ′(0) + 5i (0) + 6q(0) = 10 ⇒
i ′(0) + 6 = 10 ⇒
i ′(0) = 4.
Derivering av ( ekv 2) ger:
i ′′(t ) + 5i ′(t ) + 6i (t ) = 0 . (ekv 3)
Härav i (t ) = C1e −2 t + C2 e −3t .
Alltså:
i (t ) = C1e −2 t + C2 e −3t medför
i ′(t ) = −2C1e −2 t − 3C2 e −3t .
För att bestämma C1 och C 2 använder vi begynnelsevillkoren i (0) = 0 och i ′(0) = 4
och får
C1 + C2 = 0
− 2C1 − 3C 2 = 4 .
Härav C1 = 4 , C2 = −4 och därför i (t ) = 4e −2 t − 4e −3t
Svar: i (t ) = 4e −2 t − 4e −3t
Uppgift4.
Bestäm strömmen i(t) i nedanstående LRC krets om
1
L=1 H , R1= 2 Ω , R2= 1 Ω , C= F och
2
u(t ) = −22 sin(2t ) + 6 cos(2t ) V,
Sida 5 av 7
6
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Tillämpningar av differentialekvationer, LRC kretsar
då i(0)=4 A och i ′(0) = 3 .
Lösning:
Från kretsen får vi följande diff. ekv.
di (t )
1
L⋅
+ R1i (t ) + R2i (t ) ⋅ + q(t ) = u(t )
dt
C
dvs
di (t )
1
L⋅
+ ( R1 + R2 ) ⋅ i (t ) + q(t ) = u(t )
dt
C
⇒ ( efter subst. L, R och C)
i ′(t ) + 3i (t ) + 2q(t ) = −22 sin(2t ) + 6 cos(2t )
Derivering ger:
i ′′(t ) + 3i ′(t ) + 2i (t ) = −44 cos(2t ) − 12 sin(2t ) .
Härav i H (t ) = C1e −t + C 2 e −2t .
Partikulär lösning:
i p = A sin 2t + B cos 2t ⇒
⎧6 A − 2 B = −44
⎨
⎩− 2 A − 6 B = −12
⇒ A = −6, B = 4
i p (t ) = −6 sin 2t + 4 cos 2t
Alltså:
i (t ) = C1e − t + C 2 e −2 t − 6 sin 2t + 4 cos 2t .
För att bestämma C1 och C 2 använder vi begynnelsevillkoren i (0) = 4 och i ′(0) = 3
och får
C1 = 15 , C 2 = −15
i (t ) = 15e − t − 15e −2 t − 6 sin 2t + 4 cos 2t .
Svar: i (t ) = 15e − t − 15e −2 t − 6 sin 2t + 4 cos 2t
Uppgift 5.
Bestäm strömmen i(t) och laddningen i nedanstående LRC krets om
1
L=1 henry , R= 3 ohm , C= farad och
2
Sida 6 av 7
7
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Tillämpningar av differentialekvationer, LRC kretsar
u(t ) = sin t + 3 cos t volt då
i(0)=0 ampere och q(0)= 1 coulomb.
( Bedömning för upp6: korrekt ställd ekvation 1p; korrekt lösning för den allmänna
ekvationen 2 p; korrekt lösning för begynnelsevärdesproblemet 1p. )
Lösning: Från kretsen får vi följande diff. ekv.
di (t )
1
L⋅
+ R ⋅ i (t ) + q(t ) = U (ekv1).
dt
C
Om vi använder q′(t ) = i (t ) då får vi följande ekvation med en variabel:
1
L ⋅ q′′(t ) + R ⋅ q′(t ) + q(t ) = U ,
C
( efter subst. L, R och C)
q′′(t ) + 3q′(t ) + 2q(t ) = sin t + 3 cos t . (ekv 2)
Ekvationen har den allmänna lösningen
q(t ) = C1e − t + C2 e −2 t + sin t
Eftersom q′(t ) = i (t ) får vi
i (t ) = −C1e − t − 2C 2 e −2 t + cos t
Från begynnelsevillkoren i(0)=0 och q(0) = 1 får vi
ekv1: − C1 − 2C2 + 1 = 0
ekv2: C1 + C 2 = 1
Härav C1 = 1 och C 2 = 0 och därför
i (t ) = −e − t + cos t
och q(t ) = e − t + sin t
Svar:
i (t ) = −e − t + cos t
q(t ) = e − t + sin t
Sida 7 av 7
