WisFaq!

RCL-keten

Hoi,

Ik wil voor mijn tentamen een opdracht oefenen maar ik kom er helemaal niet uit. De opdracht is om de spanning in de spoel uit te rekenen in de volgende schakeling: je hebt ingangsspanning Uin, vervolgens komt er een weerstand, spoel en dan een condensator. Dit zijn de formules die ik mag gebruiken:
UR= R·I
UL= L · IL
UC= 1/C òIC(t)dt
IL= 1/L òUL(t)dt
IC= C·U'c

In de uitkomst mogen alleen de variabelen Uin, R, L, C en UL zitten.
De start van het probleem kom ik wel uit denk ik.

Uin=IR·R+IL·L+1/CòIC(t)dt
Verder kom ik er niet uit en ik weet niet zeker of ik goed begonnen ben.

Ik hoop dat er iemand is die me kan helpen, vooral omdat dit een specifiek probleem is.

Alvast bedankt!

Robin
18-3-2008

Antwoord

Hallo Robin,

De spanning van respectievelijk de spoel, de weerstand en de condensator zijn:

U_L = L·dI/dt
U_R = R·I
U_C = Q/C

Hierbij zijn Q de lading, I de stroom (= de tijdsafgeleide van de lading). R (de weerstand), C (de capaciteit) en L (de inductantie of zelfinductie) zijn gewoon (positieve) evenredigheidconstanten.

Bij een seriële schakeling is de ingangsspanning gelijk aan de som van de overige spanningen. Er geldt dus dat

U_in = U_L + U_R + U_C = L·dI/dt + R·I + Q/C

We weten nu dat I = dQ/dt en dus dat dI/dt = d²Q/dt². Vullen we dit in, dan krijgen we het volgende

U_in = L·d²Q/dt² + R·dQ/dt + Q/C

Een particuliere oplossing hiervan is een constante lading Q_p. De afgeleides zijn dus nul.

U_in = Q_p/C

De homogene vergelijking geeft

0= L·d²Q/dt² + R·dQ/dt + Q/C

Als we hier een trialfunctie Q = Q₀·e^k·t in invullen (met Q₀ een constante), krijgen we

0 = L·k²·Q₀·e^k·t + R·k·Q₀·e^k·t +Q₀·e^k·t/C = Q(t)·(L·k² + R·k + 1/C)

Dit moet gelden voor alle tijden en dus moet er gelden dat

L·k² + R·k + 1/C = 0

Als we dit nu oplossen naar k, is de vergelijking opgelost.

k = (-R ± Ö(R² - 4·L/C))/2L

Voor deze vergelijking zijn er nu drie mogelijkheden. Als R² - 4·L/C 0, dan bestaat de wortel. Doordat L en C positief zijn, is R² - 4·L/C R² en dus is Ö(R² - 4·L/C) R en uiteindelijk is (-R + Ö(R² - 4·L/C))/2L dus kleiner dan nul. (-R - Ö(R² - 4·L/C))/2L is duidelijk kleiener dan nul. Beide oplossingen zijn dus van het type Q ~ e^-|k|·t. Deze ëxponentiële gaat dus heel snel naar nul.

Een andere mogelijkheid is dat R² - 4·L/C = 0. Dan hebben we maar één oplossing voor k, die negatief is.

De laatste mogelijkheid is dat R² - 4·L/C 0. Dan is de wortel imaginair en hebben we

k = (-R ± Ö(R² - 4·L/C))/2L = (-R ± i·Ö(4·L/C - R²))/2L

De oplossing van de homogene differentiaalvergelijking is dus Q(t) = Q₀·exp ((-R ± i·Ö(4·L/C - R²))/2)·t) = Q₀·e^-R·t· exp(i·t·Ö(4·L/C - R²))/2))

De regel van de Moivre vertelt ons dat e^i·x = cos(x) + i·sin(x). We krijgen dus Q(t) = Q₀·e^-R·t· (cos(t·Ö(4·L/C - R²))/2)) + i·sin(t·Ö(4·L/C - R²))/2)))

Het reële en imaginaire deel zijn beide oplossingen, de oplossing van de differentiaalvergelijking is dus een lineaire combinatie van de twee ofte Q(t) = c1·e^-R·t· cos(t·Ö(4·L/C - R²))/2)) + c2·e^-R·t· (sin(t·Ö(4·L/C - R²))/2)) met c1 en c2 constanten.

De oplossing van de totale vergelijking is de som van de particuliere oplossing en de homogene oplossing. Daar er voor de homogene oplossing drie gevallen zijn, geldt dat ook voor de totale oplossing.

Hoplijk is het enigszins duidelijk.

Frank

FvS
20-3-2008