动态系统的建模与分析学习笔记：2.电路系统建模 基尔霍夫定律

《动态系统的建模与分析》学习笔记

电路系统建模

《【【动态系统的建模与分析】2_电路系统建模_基尔霍夫定律》王天威（网名DR_CAN），博士

基本元件

• 电量 \(q\) , 单位：库伦（C）;
• 电流 \(i\) , 单位：安培（A）;
  • 定义：\(i=\frac{dq}{dt}\) (电荷随时间的变化率/电荷的流速)
  • 推论：\(q=\int_0^t i(t) dt\)
• 电压 \(u\) , 单位：伏特（V）;
  • 定义：\(u=\frac{dw_{ab}}{dq}\) （电场力将单位的正电荷从A到B移动所做的功）
• 电阻 \(R\) , 单位：欧姆（Ω）;
  • 定义：\(R=\frac{u}{i}\)
• 电容 \(C\) , 单位：法拉（F）;
  • 定义：\(C=\frac{q}{u}\) （电容器上电压和电荷量的比例系数）
  • 推论：\(dq=Cdu\)
  • 推论：\(i=\frac{dq}{dt}=C\frac{du}{dt}\)
  • 推论：\(u=\frac{q}{c}= \frac{1}{c}\int_0^t{i(t)}dt\)
• 电感 \(L\) , 单位：亨利（H）;
  • 电感定义：\(L=\frac{ψ}{i}\)（磁链ψ和电流的比例系数）
  • 物理定律：\(u=\frac{dψ}{dt}\)（法拉第定律）
  • 推论：\(ψ=\int_0^t u dt\)
  • 推论：\(u=\frac{dψ}{dt}=L\frac{di}{dt}\)
  • 推论：\(i=\frac{ψ}{L}=\frac{1}{L}\int_0^t{u(t)}dt\)

基尔霍夫电流定律（KCL）：流入/流出节点电流的代数和为0
基尔霍夫电压定律（KVL）：闭合回路上所有元件电压的代数和为0

案例1

如图, 由电压源和RLC串联组成电路。

求输入 \(u(t)\) 和输出 \(i(t)\) 的微分方程。

根据拓扑约束（KVL），得：

\[u_R+u_L+u_C-u=0 \]

根据元件约束，得：

\[\begin{align*} u_R&=iR \\ u_L&=L\frac{di}{dt} \\ u_C&=\frac{1}{C}\int_0^t{i(t)}dt \end{align*} \]

带入，得：

\[iR+L\frac{di}{dt}+\frac{1}{C}\int_0^t{i(t)}dt=u \]

两边求对t的导数，得：

\[\frac{d}{dt}\left(iR+L\frac{di}{dt}+\frac{1}{C}\int_0^t{i(t)}dt\right)=\frac{d}{dt}\left(u\right) \\ L\dot{\dot{i}}+R\dot{i}+\frac{1}{C}i=\dot{u} \]

案例二

其中: \(L=2H,C=1/4Ω,R_1=1Ω,R_2=3Ω\)

求输入 \(u_i(t)\) 和输出 \(u_o(t)\) 的微分方程。

原课程视频中对两独立网空列写两独立KVL方程。

这里直接使用节点电压法,选择电容电压作为节点电压,对流出节点的电流直接列写KCL。

\[i_L+i_C+i_R=0 \\ \dArr \\ \frac{1}{L}\int(u_c-u_i)dt+C\frac{du_c}{dt}+\frac{1}{R_1+R_2}u_c=0 \]

求导，得：

\[\frac{1}{L}(u_c-u_i)+C\dot{\dot{u}}_c+\frac{1}{R_1+R_2}\dot{u}_c=0 \\ LC\dot{\dot{u}}_c+\frac{L}{R_1+R_2}\dot{u}_c+u_c=u_i \\ \]

这是 \(u_i(t)\) 和 \(u_c(t)\) 的微分方程。

根据电阻分压公式，可得 \(u_c(t)\) 和 \(u_o(t)\) 的关系式：

\[u_o=\frac{R_2}{R_1+R_2}u_c \rArr u_c=\frac{R_1+R_2}{R_2}u_o \]

带入得：

\[LC\frac{R_1+R_2}{R_2}\dot{\dot{u}}_o+\frac{L}{R_2}\dot{u}_o+\frac{R_1+R_2}{R_2}u_o=u_i \\ \]

带入RLC具体值：

\[2 * \frac{1}{4} * \frac{1+3}{3} \dot{\dot{u}}_o+\frac{2}{3} \dot{u}_o+\frac{1+3}{3}u_o=u_i \\ \]

最终得到：

\[2\dot{\dot{u}}_o + 2 \dot{u}_o+4u_o=3u_i \]

案例三

其中\(R_1=\frac{4}{3},R_2=4,R_3=3,R_4=2\)

要求列写出\(u_i\)和\(u_o\)的微分方程

可以使用回路电流法，对三个独立网孔列写KVL。

这里尝试使用节点电压法，对两个独立节点列写KCL:

\[\begin{align*} \begin{cases} i_{R_1}+i_{R_2}+&i_{R_3}+i_{c}&=0 \\ &i_{R_3}+i_{c}+i_{R_4}&=0 \\ \end{cases} \end{align*} \]

\[\begin{align*} \begin{cases} \frac{1}{R_1}(u_i-u_{2}) - \frac{1}{R_2} u_{2} + & \frac{1}{R_3}(u_{4}-u_{2}) + &C\frac{d(u_{4}-u_{2})}{dt}&=0 \\ & \frac{1}{R_3}(u_{4}-u_{2}) + &C\frac{d(u_{4}-u_{2})}{dt} + \frac{1}{R_4}u_{4}&=0 \end{cases} \end{align*} \]

其中

• \(u_i\) 为输入电压
• \(u_{1}\) 为电阻\(R_1\)上的电压
• \(u_{4}\) 为电阻\(R_4\)上的电压（即\(u_o\)）

整理得：

\[\begin{align*} \begin{cases} -\left(\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}+\frac{1}{R_3}+C\frac{d}{dt}\right)u_{2} +\left(\frac{1}{R_3}+C\frac{d}{dt}\right)u_{4} &= -\frac{1}{R_1}u_i \\ -\left(\frac{1}{R_3}+C\frac{d}{dt}\right)u_{2} + \left(\frac{1}{R_3}+\frac{1}{R_4}+C\frac{d}{dt}\right)u_{4} &= 0 \end{cases} \end{align*} \]

观察到上式中第二个等式中直接就包含有\(u_2\)和\(u_4\)的微分关系，如果带入第一个等式即可消元\(u_2\);

于是这里直接应用拉普拉斯变换，将微分方程组转化为代数方程组。具体步骤如下：

对给定的时域方程组进行拉普拉斯变换（假设零初始条件），其中微分算子 \(\frac{d}{dt}\) 替换为 s：

\[\begin{cases} -\left(G_1+G_2+G_3+Cs\right)U_2(s) + \left(G_3+Cs\right)U_4(s) = -G_1U_i(s) & \text{(1)} \\ -\left(G_3+Cs\right)U_2(s) + \left(G_3+G_4+Cs\right)U_4(s) = 0 & \text{(2)} \end{cases} \]

其中

• \(U_2(s)\) 和 \(U_4(s)\) 分别为 \(u_{2}\) 和 \(u_{4}\) 的拉普拉斯变换。
• 为了简写方程组， 用电导 \(G_i =\frac{1}{R_i}\) 表示电阻。

由方程 (2) 解出 \(U_2\) 关于 \(U_4\) 的关系：

\[U_2(s) = \frac{G_3+G_4+Cs}{G_3+Cs} U_4(s) \]

代入方程 (1)，消去 \(U_2\)：

\[-\left(G_1+G_2+G_3+Cs\right) \cdot \frac{G_3+G_4+Cs}{G_3+Cs} U_4(s) + \left(G_3+Cs\right) U_4(s) = -G_1 U_i(s) \]

整理得：

\[\left[ \left(G_1+G_2+G_3+Cs\right)\left(G_3+G_4+Cs\right) - \left(G_3+Cs\right)^2 \right] U_4(s) = G_1\left(G_3+Cs\right) U_i(s) \\ \]

于是可得到传递函数：

\[\begin{align*} \frac{U_i(s)}{U_4(s)} &= \frac{\left(G_1+G_2+G_3+Cs\right)\left(G_3+G_4+Cs\right) - \left(G_3+Cs\right)^2}{G_1\left(G_3+Cs\right)} \end{align*} \]

计算括号内表达式，代入 \(G_1=3/4, G_2=1/4, G_3=1/3, G_4=1/2\)，化简后得到：

\[\begin{align*} \frac{U_i(s)}{U_4(s)} &= \frac{(\frac{3}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{3}+Cs)(\frac{1}{3}+\frac{1}{2}+Cs)-(\frac{1}{3}+Cs)^2}{\frac{3}{4}(\frac{1}{3}+Cs)} \\ &= \frac{(\frac{4}{3}+Cs)(\frac{5}{6}+Cs)-\left[\frac{1}{9}+\frac{2}{3}Cs+(Cs)^2\right]}{\frac{1}{4}+\frac{3}{4}Cs} \\ &= \frac{\left[\frac{10}{9}+\frac{13}{6}Cs+(Cs)^2\right]-\left[\frac{1}{9}+\frac{2}{3}Cs+(Cs)^2\right]}{\frac{1}{4}+\frac{3}{4}Cs} \\ &= \frac{1+\frac{3}{2}Cs}{\frac{1}{4}+\frac{3}{4}Cs} \\ \end{align*} \\ \]

即：

\[U_4(s)+\frac{3}{2}CsU_4(s) = \frac{1}{4}U_i(s)+\frac{3}{4}CsU_i(s) \]

反变换到时域，即得微分方程：

\[u_4+\frac{3}{2}C\dot{u}_4 = \frac{1}{4}u_i+\frac{3}{4}C\dot{u}_i \]

其中\(u_4\)即\(u_o\):

\[u_o+\frac{3}{2}C\dot{u}_o = \frac{1}{4}u_i+\frac{3}{4}C\dot{u}_i \]