# 电子电路与系统基础笔记（6）——瞬态与稳态

## 稳态与瞬态

### 三角函数运算规则回顾

#### 两个同频正弦波叠加

$$A \cos \omega t + B \sin \omega t \\ = \sqrt{A^2 + B^2} \left ( \cos \omega t – \varphi \right ) \\ \varphi = \begin{cases} \arctan \dfrac{B}{A} & A > 0 \\ \arctan \dfrac{B}{A} + \pi & A < 0 \end{cases}$$

### RC 分压：$t = -\infty$ 时加载正弦激励

#### 分析

$$v_S(t) = v_R(t) + v_C(t) \\ = i_R(t) R + v_C(t) \\ = i_C(t) R + v_C(t) \\ = RC \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} v_C(t) + v_C(t) \\ v_S(t) = V_{Sp} \cos (\omega t + \varphi_S)$$

$$v_C(t) = V_{Cp} \cos (\omega t + \varphi_C)$$

$$-RC V_{Cp} \omega \sin (\omega t + \varphi_C) V_{Cp} \cos (\omega t + \varphi_C) = V_{Sp} \cos (\omega t + \varphi_S) \\ \cos (\omega t + \varphi_C + \varphi) = \frac{V_{Sp}}{V_{Cp} \sqrt{1 + (\omega RC)^2}} \cos (\omega t + \varphi_S)$$

$$V_{Cp} = \frac{V_{Sp}}{\sqrt{1 + (\omega RC)^2}} \\ \varphi_C = \varphi_S – \varphi \\ v_C(t) = \frac{V_{Sp}}{\sqrt{1 + (\omega RC)^2}}\cos (\omega t + \varphi_S – \arctan(\omega RC))$$

#### 旋转矢量表示

$$\varphi(t) = \omega t + \varphi_0 \\ s(t) = x(t) + \mathrm{j} y(t) \\ = A_p e^{\mathrm{j}(\omega t + \varphi_0)} \\ x(t) = \Re s(t) = A_p \cos (\omega t +\varphi_0) \\ y(t) = \Im s(t) = A_p \sin (\omega t + \varphi_0)$$

$$\frac{\mathrm{d} s(t)}{\mathrm{d} t} = \mathrm{j} \omega \cdot s(t) = \omega A_p e^{\displaystyle \mathrm{j} \left( \omega t + \varphi_0 + \frac{\pi}{2} \right )}$$

$$\Re \frac{\mathrm{d} s(t)}{\mathrm{d} t} = \frac{\mathrm{d} x(t)}{\mathrm{d} t} \\ \frac{\mathrm{d} s}{\mathrm{d} t} = \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} + \mathrm{j} \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}$$

$$\int_{-\infty}^t s(t) \mathrm{d} t = \frac{A_p}{\omega} e^{\displaystyle \mathrm{j} \left (\omega t + \varphi_0 – \frac{\pi}{2} \right )} \\ \int_{-\infty}^t s(t) \mathrm{d} t = \int_{-\infty}^t x(t) \mathrm{d} t + \mathrm{j} \int_{-\infty}^t y(t) \mathrm{d} t$$

#### 相量引入

$$i(t) = I_p \cos (\omega t + \varphi_I) \\ \overrightarrow{i(t)} = (I_p e^{\mathrm{j} \varphi_I}) e^{\mathrm{j} \omega t} \\ \overset{\cdot}{I} = I_p e^{\mathrm{j} \varphi_1} \angle \varphi_1$$

#### 用旋转矢量替代正弦信号

$$\mathrm{j} \Omega RC \overset{\cdot}{V_C} + \overset{\cdot}{V_C} = \overset{\cdot}{V_S} \\ \Rightarrow \left [\sqrt{1 + (\omega \tau)^2} \angle \arctan \omega \tau \right ] \cdot V_{Cp} \angle \varphi_C = V_{Sp} \angle \varphi_S$$

### 电容、电感的相量法表述

• 列方程求解属于第一次碰到的电路问题，你还不了解它，不得不通过“列方程、解方程、对解进行解析获得电路功能”这个完整的电路分析过程理解该电路。
• 对于简单结构、熟悉结构，多采用电路概念分析，因此需要在相量域直接用乘除 $\mathrm{j} \omega$ 表述电容、电感元件约束中的时域微分，之后就可以用简单的分压分流概念进行求解了。

#### RC 并联导纳

$$i = i_G + i_C, \overset{\cdot}{I} = \overset{\cdot}{I}_G + \overset{\cdot}{I}_C \\ \overset{\cdot}{I} = \overset{\cdot}{I}_G + \overset{\cdot}{I}_G = Y \overset{\cdot}{V} \\ Y = \frac{\overset{\cdot}{I}}{\overset{\cdot}{V}} = \frac{I_p}{V_p} \angle (\varphi_I – \varphi_V) \\ Y = G + \mathrm{j} \omega C \\ = G + \mathrm{j} + B \\ = \sqrt{G^2 + (\omega C)^2} \angle \arctan \frac{\omega C}{G}$$

#### RC 串联阻抗

$$v = v_R + v_C \\ Z = R + \frac{1}{\mathrm{j} \omega C} \\ = R + \frac{1}{\mathrm{j} \omega C} = R + \mathrm{j} X \\ = \sqrt{R^2 + \left (\frac{1}{\omega C} \right)^2} \angle – \arctan \frac{1}{\omega RC}$$

#### 基尔霍夫定律和广义欧姆定律

$$\overset{\cdot}{V} = R \overset{\cdot}{I} \\ \overset{\cdot}{C} = \frac{1}{\mathrm{j} \omega C} \overset{\cdot} I \\ \overset{\cdot}{I}_G = G \overset{\cdot}{V} \\ \overset{\cdot}{I}_C = \mathrm{j} \omega C \overset{\cdot}{V}$$

#### 阻抗串并联

$$\overset{\cdot}{V} = \sum_{k = 1}^N \overset{\cdot}{V}_k = \sum_{k = 1}^N Z_k \overset{\cdot}{I} = Z \overset{\cdot}{I} \\ Z = \sum_{i = 1}^N Z_k$$

$$\overset{\cdot}{I} = \sum_{k = 1}^N \overset{\cdot}{I}_k = \sum_{k = 1}^N Y_k \overset{\cdot}{V} = Y \overset{\cdot}{V} \\ Y = \sum_{i = 1}^N Y_k$$

#### 复功率

$$\hat{S} = \frac{1}{2} \overset{\cdot}{V} \overset{\cdot}{I}^* \\ = \frac{1}{2} (V_p \angle \varphi_V) (I_p \angle -\varphi_I) \\ = \frac{1}{2} V_p I_p \angle (\varphi_V – \varphi_I) = S \cdot e^{\mathrm{j}(\varphi_V – \varphi_I)} \\ = P + \mathrm{j} Q$$

#### 阻抗、功率三角形

$S = I_{rms}^2 |Z|$ 就是负载看上去消耗的功率。

### RC 分压：$t = 0$ 加载正弦激励

#### 分析

$t > 0$ 时：
$$v_S(t) = v_R(t) + v_C(t) \\ = RC \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} v_C(t) + v_C(t) \\ v_S(t) = V_{Sp} \cos (\omega t + \varphi_S)$$

$$v_C(t) = V_0 e^{-\frac{t}{\tau}} + \int_0^t e^{\frac{\lambda – t}{\tau}} v_S(\lambda) \mathrm{d} \frac{\lambda}{\tau}, t > 0$$

$$v_C(t) = \left (V_0 – \int_{-\infty}^0 e^{\frac{\lambda}{\tau}} v_S(\lambda) \mathrm{d} \frac{\lambda}{\tau} \right ) e^{-\frac{t}{\tau}} + \int_{-\infty}^t e^{\frac{\lambda – t}{\tau}} v_S(\lambda) \mathrm{d} \frac{\lambda}{\tau} \\ = (V_0 – v_{C\infty}(0)) e^{-\frac{t}{\tau}} + v_{C\infty}(t)$$

#### 三要素法

1. 时间常数 $\tau = RC, \tau = GL$；
2. 初值 $X_0, v_C(0) = V_0, i_L(0) = I_0$；
3. 终值，稳态响应 $x_{\infty}(t)$。

$$x_\infty(t) = \left ( \int_{-\infty}^t e^{\frac{\lambda – t}{\tau}} s(\lambda) \mathrm{d} \frac{\lambda}{\tau} \right ) \cdot U(t)$$

1. 直流激励：电容开路，电感短路即可获得直流激励下的稳态解。
2. 正弦波激励：相量法（电容电感分别用导纳和阻抗替代），可获得正弦波激励下的稳态解。
3. 方波激励：下讲。
4. 其他激励：电路意义难以解释，代入求解，如果求不出就猜：稳态响应形式应当和激励形态相类似，猜后代入原始方程验证确认。

#### 三要素求解

$$\tau = RC \\ V_{C0} = V_0 \\ v_{C\infty}(t) = \frac{V_{Sp}}{\sqrt{1 + (\omega \tau)^2}} \cos (\omega t + \varphi_S – \arctan(\omega \tau))$$

（稳态响应通过相量法求得）

$$v_C(t) = \frac{V_{Sp}}{\sqrt{1 + (\omega \tau)^2}} \cos (\omega t + \varphi_S – \arctan(\omega \tau)) \\ + (V_0 – \frac{V_{Sp}}{\sqrt{1 + (\omega \tau)^2}} \cos (\varphi_S – \arctan(\omega \tau))) e^{-\frac{t}{\tau}}$$
（$t \ge 0$）

### 戴维南-诺顿定理

#### 分析：开关断开，则为两个一阶动态

$$v_C(t) = v_{C\infty} + (v_C(0) – v_{C\infty}(0)) e^{-\frac{t}{\tau_C}} \\ i_L(t) = i_{L\infty} + (i_L(0) – i_{L\infty}(0)) e^{-\frac{t}{\tau_L}} \\ v_L(t) = v_{L\infty}(t) + (v_L(0^+) – v_{L\infty}(0^+)) e^{-\frac{t}{\tau_L}}$$

#### 要素 1：初值

$$v_C(0^+) = v_C(0^-) = 0 \\ i_L(0^+) = i_L(0^-) = \frac{3V}{1k \Omega} + 3 mA \frac{3k}{3k + 6k} = 4 mA$$

#### 要素 2：稳态响应

$$v_{C\infty} = \frac{2k}{2k + 1k} 3V = 2V \\ i_{L\infty}(t) = 3 mA \frac{3k}{3k + 6k} = 1 mA$$

#### 要素 3：时间常数

$$\tau_C = RC = 0.2 ms \\ \tau_L = GL = 2 \mu s$$

#### 三要素结论

$$v_C(t) = 2\left(1 – e^{-\frac{t}{0.2 \times 10^{-3}}} \right) V \\ i_L(t) = \left(1 + 3e^{-\frac{t}{2 \times 10^{-6}}} \right) mA \\ (t \ge 0)$$

$$v_C(t) = \begin{cases} 0 & t < 0 \\ 2\left(1 - e^{-\frac{t}{0.2 \times 10^{-3}}} \right) V & t \ge 0 \end{cases} \\ i_L(t) = \begin{cases} 4 mA & t < 0 \\ \left(1 + 3e^{-\frac{t}{2 \times 10^{-6}}} \right) mA & t \ge 0 \end{cases} \\ v_L(t) = L \frac{\mathrm{d} i_L(t)}{\mathrm{d} t} = \begin{cases} 0 & t < 0 \\ -27 e^{-\frac{t}{2 \times 10^{-6}}} V & t \ge 0 \end{cases}$$ 电感电压也可通过三要素表述： $$v_L(0^-) = 0 \\ v_L(0^+) = (-1m \times 3k - 4m \times 6k) V = 27 V \\ v_{L\infty}(t) = 0 \\ \tau_L = GL = 2 \mu s$$