Let’s consider the following circuit:

R = R1 = R2 = R3 = 25 Ω

C = 190 µF

L = 125 mH

E = 100 V

gdzie przyciski S1 i S2 są zamknięte w chwili t = τ (gdzie τ jest stałą czasową obwodu LR), zgodnie z następującym założeniem:

$$\left\{ \begin{matrix} S1 = Off & S2 = O\text{ff} & dla\ t < 0 \\ S1 = On & S2 = Off & dla\ 0\ \leq t < \tau \\ S1 = On & S2 = On & dla\ t\ \geq \ \tau \\ \end{matrix} \right.\ $$

Celem jest, aby znaleźć rozwiązanie powyższego obwodu, w zasadzie obecny i_L(t) przez cewkę i napięcia v(t)_C na kondensatorze. Znając v(t)_C możemy łatwo znaleźć aktualny prąd i₁(t). Otrzymamy rozwiązanie z 2 różnych metod:
metody klasycznej
Metody Laplace'a

Metoda klasyczna:

• dla t < 0. W konsekwencji prąd nie płynie w obwodzie i_L(t) = i_C(t) = 0

• For 0 ≤ t < τ włącznik S₁ jest zamknięty i stanowi obwód RL. Zastosowanie równań Kirchoffa mamy:

$$\left\{ \begin{matrix} E - R_{3}i_{3} - L\frac{di_{1}}{\text{dt}} - R_{1}i_{1} = 0 \\ {\text{\ \ \ }i}_{2} = 0\ \ = = = > \ \ i_{1} = i_{2} = i_{L}\text{\ \ \ } \\ \end{matrix} \right.\ $$

Otrzymujemy równanie różniczkowe z warunkami początkowymi

$\left\{ \begin{matrix} L\frac{di_{L}}{\text{dt}} + 2Ri_{L} = E \\ i_{L}\left( 0 \right) = 0 \\ \end{matrix} \right.\ $

Aby znaleźć rozwiązanie, najpierw musimy wziąć pod uwagę równanie różniczkowe i równanie charakterystyczne:

$L\frac{di_{L}}{\text{dt}} + 2Ri_{L} = 0$ Lλ + 2R = 0 $\lambda = - \frac{2R}{L}$

Więc :

$$i_{L}\left( t \right) = Ce^{\text{λt}} = Ce^{- \frac{2R}{L}t}$$

Aby znaleźć konkretne rozwiązanie przyjmiemy, że pochodną obecnego i_L jest równa zero:

2Ri_L = E $i_{L} = \frac{E}{2R}$

Więc :

$$i_{L}\left( t \right) = {Ce}^{- \frac{2R}{L}t} + \frac{E}{2R}$$

Aby obliczyć wartość stałej A, korzystamy z warunku początkowego:

$0 = C + \frac{E}{2R}$ $C = - \frac{E}{2R}$

Wreszcie rozwiązaniem równania różniczkowego jest:

$i_{L}\left( t \right) = \frac{E}{2R}\ \left( 1 - e^{- \frac{2R}{L}t} \right) = \frac{100}{50}*\left( 1 - e^{- \frac{2R}{L}t} \right)$ 0 ≤ t ≤ τ

gdzie τ jest :

$\tau = \left| \frac{1}{\lambda} \right| = \frac{L}{2R} = 125*\frac{10^{- 3}}{2*25} = \frac{1}{400}$= 2,5ms

Podstawiamy wartości dla R, L i E mamy:

i_L(t) = 2 * (1−e^−400t) 0 ≤ t ≤ 2,5 ms

• t > τ przełącznik S1 i S2 są zamknięte. Stosujemy równania Kirchoffa:

$$\left\{ \begin{matrix} E - R_{3}i_{3} - L\frac{di_{L}}{\text{dt}} - R_{1}i_{L} = 0 \\ R_{3}i_{3} - v_{C} - R_{2}C\frac{dv_{C}}{\text{dt}} = 0 \\ i_{L} = C\frac{dv_{C}}{\text{dt}} + i_{3} \\ \end{matrix} \right.\ $$

Biorąc pod uwagę i_L(t), otrzymujemy równanie różniczkowe drugiego stopnia:

$$2RLC\frac{d^{2}i_{L}}{dt^{2}} + \left( 5R^{2}C + L \right)\frac{di_{L}}{\text{dt}} + 2Ri_{L} = E$$

Warunki początkowe możemy policzyć poprzez rozwiązanie:

$i_{L}\left( t \right) = \frac{E}{2R}\ \left( 1 - e^{- \frac{2R}{L}t} \right)$ dla 0 ≤ t ≤ τ

Gdzie t = τ. Tak więc otrzymujemy:

$$i_{L}\left( \tau \right) = \frac{E}{2R}\ \left( 1 - e^{- \frac{2R}{L}\tau} \right) = \frac{100}{2*25}\ \left( 1 - \frac{1}{e} \right) = 1,26\ A$$

$$i_{L}^{'}\left( \tau \right) = \left. \ \frac{di_{L}(t)}{\text{dt}} \right|_{t = \tau}\ = \left. \ \frac{E}{L}\ \left( e^{- \frac{2R}{L}t} \right) \right|_{t = \tau} = \frac{100}{0,125}\ \frac{1}{e} = 295\ A/s$$

Wreszcie otrzymujemy liniowe Równanie różniczkowe drugiego rzędu z warunkami początkowymi

$$\left\{ \begin{matrix} 2RLC\frac{d^{2}i_{L}}{dt^{2}} + \left( 3R^{2}C + L \right)\frac{di_{L}}{\text{dt}} + 2Ri_{L} = E \\ i_{L}\left( \tau \right) = \frac{E}{2R}\ \left( 1 - \frac{1}{e} \right)\text{\ \ \ \ } \\ i_{L}^{'}\left( \tau \right) = \frac{E}{L}\ \frac{1}{e} \\ \end{matrix} \right.\ $$

Aby znaleźć rozwiązanie, najpierw musimy wziąć pod uwagę jednorodne równanie i równanie charakterystyczne:

$2RLC\frac{d^{2}i_{L}}{dt^{2}} + \left( 5R^{2}C + L \right)\frac{di_{L}}{\text{dt}} + 2Ri_{L} = 0$ 2RLCλ² + (5R²C+L)λ + 2R = 0

Podstawiając wartości dla R, L i C mamy:

2 * 25 * 0, 125 * 190 * 10⁻⁶ * λ² + (5*25²*190*10⁻⁶+0,125)λ + 2 * 50 =  1, 1875 * 10⁻³λ² + 481, 25 * 10⁻³λ + 50 = 0

and solving the second order equation, we obtain two complex solutions:

λ_1, 2 = α ± jβ = −202, 6 ± j32, 3

so:

i_L(t) = e^αt(c₁cos(βt)+c₂sin(βt)) = e^−202, 6t(c₁cos(32,3t)+c₂sin(32,3t)) 

To find a particular solution we assume that the derivative of the current i_L is zero:

2Ri_L = E $i_{L} = \frac{E}{2R}$

So:

$$i_{L}\left( t \right) = e^{- 202,6t}\left( c_{1}\cos\left( 32,3t \right) + c_{2}\sin\left( 32,3t \right) \right) + \frac{E}{2R}$$

To calculate the value of constant c₁ and c₂, we use the initial condition on i_L(τ):

1,26 = e^{−202, 6 * 2, 5 * 10−3}(c₁cos(32,3*2,5*10⁻³)+c₂sin(32,3*2,5*10⁻³)) + 2

-1,226 = c₁cos(0,08075) + c₂sin(0,08075)

0, 81565 * c₁ + 0, 00115 * c₂ = −1

and the initial condition on i_L^′(τ):

295 = −202, 6 * e^{−202, 6 * 2, 5 * 10−3}(c₁cos(32,3*2,5*10⁻³)+c₂sin(32,3*2,5*10⁻³)) + e^{−202, 6 * 2, 5 * 10−3}(− 32, 3 * c₁sin(32,3*2,5*10⁻³)+32, 3 * c₂cos(32,3*2,5*10⁻³))

122, 2474 * c₁ + 19, 6623 * c₂ = 295

We obtain the following system of equations:

$\left\{ \begin{matrix} 0,81565*c_{1} + 0,00115*c_{2} = - 1 \\ 122,2474*c_{1} + 19,6623*c_{2} = 295 \\ \end{matrix} \right.\ $ $\left\{ \begin{matrix} c_{1} = - 1,19 \\ c_{2} = 22,429 \\ \end{matrix} \right.\ $

Finally the solution of the differential equation is:

$i_{L}\left( t \right) = e^{- 202,6t}\left( - 1.19*\cos\left( 32,3t \right) + 22,429*\sin\left( 32,3t \right) \right) + \frac{E}{2R}$ for t > 2,5 ms