一阶电路的全响应

在这里修复一些理解上的错误，同时回到实际题目（即使我们都知道，题目并不是实际，但目前不是远古时代靠单纯实验就能做事，现在做事有太多抽象的预测）

全响应，并没有彻底断电或处于从零开始的充电过程，而是对电量大小进行调整，从一个级别到另一个级别

因为我们目前仍在用线性元件，所以电路信息也遵循线性代数的基本原则，可叠加：

全响应=零输入响应+零状态响应f(t)=f(0+)⋅e−tτ+f(∞)⋅(1−e−tτ)\begin{align*} &全响应=零输入响应+零状态响应 \\ \\ f(t) &= f(0_+) \cdot e^{- \frac{t}{\tau}} + f(\infty) \cdot (1 - e^{- \frac{t}{\tau}}) \end{align*}

本节之前，我也不懂 f(0+)f(0_+) 与 f(∞)f(\infty) 有何不同

稳态∣t=0→f(t)←∣稳态t=∞\begin{align*} \\ 稳态 |_{t=0} \rightarrow f(t) \leftarrow | 稳态_{t=\infty} \\ \\ \end{align*}

f(0−)f(0_-) 或 f(0+)f(0_+) 只是指 f(t=0)f(t=0) 那一瞬间前后的值 ( f(0−)f(0_-) 指之前， f(0+)f(0_+) 指之后)

f(∞)f(\infty) 则是指随着 f(t)f(t) 中的 tt 不断增大， f(t)f(t) 整体的值已经达到一种稳定状态，基本不变

具体来讲， f(0+)f(0_+) 永远由 f(0−)f(0_-) 求出 (他俩相等)。而 f(0−)f(0_-) 永远在开关改变前的电路得到

f(∞)f(\infty) 永远在开关改变后的电路得到

如图所示电路中，已知 Us=30VU_s=30V， R1=100ΩR_1=100\Omega， C1=0.2μFC_1=0.2\mu F， R2=200ΩR_2=200\Omega， C2=0.1μFC_2=0.1\mu F，换路前电路处于稳态。试求 t≥0t \geq 0 时的 uC1(t)、uC2(t)、i(t)u_{C1}(t)、u_{C2}(t)、i(t)

    \draw (0, 0) to [V=$U_s$](0, 4)
    to [short, i=$i$](3, 4)
    (3, 4) to [C, l=$C_1$, v=$u_{C1}$](3, 2) 
    to [R, l_=$R_1$](3, 0) to(0, 0)

    (3, 4) to (6, 4)
    to [R=$R_2$](6, 2)

    (6, 2) to [opening  switch, l=$S$](3, 2)
    (6, 2) to [C, l=$C_2$, v=$u_{C2}$](6, 0)
    to (3, 0);
1. When switch on, 电流从两个电阻穿过，两个电容分别与对应的两个电阻并联uC1(0+)=uC1(0−)=Us⋅R2R1+R2=30⋅200100+200=20VuC2(0+)=uC2(0−)=Us⋅R1R1+R2=30⋅100100+200=10V2. When switch off, 去掉开关，两个电阻分别与对应电容串联1. 直流电下，电容断电流2. 两个电阻上都没电流, 故没电压3. 两条并联支路上只剩电容的电压4. 并联电压相等，两个电容在这种情况下，其电压等于电压源uC1(∞)=uC2(∞)=uS=30V1. τ 中的 R 是指把其他电源“置零”后，从电容流出的电所经过的电阻值“总和”2. “置零方法”：电压源变导线，电流源变断路3. 别忘了，电容释放的电遇到另一个电容还是会断流τC1=R⋅C=100Ω⋅(0.2⋅10−6F)=20⋅10−6FτC2=R⋅C=200Ω⋅(0.1⋅10−6F)=20⋅10−6F3. 套公式，得到关于时间 t 的关系式uC1(t)=uC1(0+)⋅e−tτC1+uC1(∞)⋅(1−e−tτC1)=20⋅e−t20⋅10−6F+30⋅(1−e−t20⋅10−6F)=30−10⋅e−50000tuC2(t)=uC2(0+)⋅e−tτC2+uC2(∞)⋅(1−e−tτC2)=10⋅e−t20⋅10−6F+30⋅(1−e−t20⋅10−6F)=30−20⋅e−50000t4. 求电流i(t)1. 我们是求的一个过程，一个代表改变的式子2. 电容是慢慢阻断直流电的，在达到稳态时才完全阻断3. 所以我们在计算这个变化过程表达式时还要想象电阻上还有电流4. 别忘了 KCL 定理i(t)=Us−uC1(t)R1+Us−uC2(t)R2=30−(30−10⋅e−50000t)100+30−(30−20⋅e−50000t)200=10⋅e−50000t100+20⋅e−50000t200=0.2⋅e−50000tA\begin{align*} \\ \text{1. } & \text{When switch on, 电流从两个电阻穿过，两个电容分别与对应的两个电阻并联} \\ \\ & u_{C1}(0_+) = u_{C1}(0_-) = U_s \cdot \frac{R_2}{R_1 + R_2} = 30 \cdot \frac{200}{100 + 200} = 20 V \\ \\ & u_{C2}(0_+) = u_{C2}(0_-) = U_s \cdot \frac{R_1}{R_1 + R_2} = 30 \cdot \frac{100}{100 + 200} = 10 V \\ \\ \text{2. } & \text{When switch off, 去掉开关，两个电阻分别与对应电容串联} \\ \\ & \text{1. 直流电下，电容断电流} \\ & \text{2. 两个电阻上都没电流, 故没电压} \\ & \text{3. 两条并联支路上只剩电容的电压} \\ & \text{4. 并联电压相等，两个电容在这种情况下，其电压等于电压源} \\ \\ & u_{C1}(\infty) = u_{C2}(\infty) = u_S = 30V \\ \\ & \text{1. } \tau \text{ 中的 } R \text{ 是指把其他电源“置零”后，从电容流出的电所经过的电阻值“总和”} \\ & \text{2. “置零方法”：电压源变导线，电流源变断路} \\ & \text{3. 别忘了，电容释放的电遇到另一个电容还是会断流} \\ \\ & \tau_{C1} = R \cdot C = 100\Omega \cdot (0.2 \cdot 10^{-6} F) = 20 \cdot 10^{-6} F \\ \\ & \tau_{C2} = R \cdot C = 200\Omega \cdot (0.1 \cdot 10^{-6} F) = 20 \cdot 10^{-6} F \\ \\ \text{3. } & \text{套公式，得到关于时间 t 的关系式} \\ \\ & u_{C1}(t) = u_{C1}(0_+) \cdot e^{- \frac{t}{\tau_{C1}}} + u_{C1}(\infty) \cdot (1 - e^{- \frac{t}{\tau_{C1}}}) \\ \\ & = 20 \cdot e^{-\frac{t}{20 \cdot 10^{-6} F}} + 30 \cdot (1 - e^{-\frac{t}{20 \cdot 10^{-6} F}}) \\ \\ & = 30 - 10 \cdot e^{-50000t} \\ \\ & u_{C2}(t) = u_{C2}(0_+) \cdot e^{- \frac{t}{\tau_{C2}}} + u_{C2}(\infty) \cdot (1 - e^{- \frac{t}{\tau_{C2}}}) \\ \\ & = 10 \cdot e^{-\frac{t}{20 \cdot 10^{-6} F}} + 30 \cdot (1 - e^{-\frac{t}{20 \cdot 10^{-6} F}}) \\ \\ & = 30 - 20 \cdot e^{-50000t} \\ \\ \text{4. } & \text{求电流} i(t) \\ \\ & \text{1. 我们是求的一个过程，一个代表改变的式子} \\ & \text{2. 电容是慢慢阻断直流电的，在达到稳态时才完全阻断} \\ & \text{3. 所以我们在计算这个变化过程表达式时还要想象电阻上还有电流} \\ & \text{4. 别忘了 KCL 定理} \\ \\ & i(t) = \frac{U_s - u_{C1}(t)}{R_1} + \frac{U_s - u_{C2}(t)}{R_2} \\ \\ & = \frac{30 - (30 - 10 \cdot e^{-50000t})}{100} + \frac{30 - (30 - 20 \cdot e^{-50000t})}{200} \\ \\ & = \frac{10 \cdot e^{-50000t}}{100} + \frac{20 \cdot e^{-50000t}}{200} \\ \\ & = 0.2 \cdot e^{-50000t} A \end{align*}
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