線形入力によるRC回路の数学的なモデリング

次の式を使用して、コンデンサの両端の電圧が過渡RC回路内でどのように動作するかをモデル化したドキュメントや本がたくさん見つかりました。

$$V_C=V_{MAX}(1-e^{-t/RC})$$

残念ながら、RC回路を数学的にモデル化する方法を論じているリソースは、線形的に増加する電圧源を入力として提供するためのものではありませんでした。

上記の方程式でVMAXを代入しようとすると、線形方程式の場合、線形方程式に収束する方程式が得られます。つまり、電流はしばらくすると停止します（I =（VS-VC）/ R）。次の式で与えられるように、現在のアプローチは時間とともに一定値になるはずなので、これは明らかに正しくありません。

$$I_C=C\frac{dV}{dt}$$

コンデンサの両端の電圧が線形的に増加する電圧源でどのように動作するかを十分に理解しています。それを表示するシミュレータはたくさんあり、結果の物理的な説明を考えることもできます。私が知りたいのは、コンデンサの両端の電圧を過渡状態でモデル化する方程式と同様の方法で、線形に増加する電圧源でコンデンサの両端の電圧を数学的にモデル化する方法です。

残念ながら、RC回路を数学的にモデル化する方法を論じているリソースは、線形的に増加する電圧源を入力として提供するためのものではありませんでした。

この答えは、回路を周波数領域の伝達関数に変換し、そのTFに入力のラプラス変換を乗算して、出力と同等の周波数領域を取得することです。最後に、逆ラプラス演算を実行して、出力の時間領域公式を取得します。

ローパスRCフィルターのラプラス変換は次のとおりです。

$$\dfrac{1}{1+sRC}$$

これは周波数領域伝達関数なので、これにランプに相当する周波数領域を掛けると（$\dfrac{1}{s^2}$）周波数ドメイン出力を取得します：-

$$\dfrac{1}{s^2(1+sRC)}$$

逆ラプラス転送テーブルを使用すると、次のタイムドメイン出力が得られます。

$$t + RC\cdot e^{(\frac{-t}{RC})}-RC$$

表の項目32を参照してください。または、数式に明らかな表のエントリがない場合は、このような数値で解く逆ラプラス計算機を使用できます。

電卓では、数式を作成して、RCの数値を入力できます。上記の例ではRC値7を使用したので、その数値が最終的な回答にどのように伝播したかを確認できました。最後のハードルは、伝搬された値7をRCで置き換えることです。言い換えれば、それは数値ソルバーですが、それでも非常に便利なツールです。-

一般的な入力信号と1次システムの場合、積分係数を介して微分方程式を解くことができます。 $\small (IF)$、メソッド*、ラプラス変換など。以下の分析では、$\small IF$ 方法。

$^*$積分係数法の説明については、以下の編集を参照してください。

あなたが記述した回路を考えると、ループ方程式は次のとおりです。

$v_i=v_R+v_C$

$v_i=iR+\frac{1}{C}\int i\:dt$

差別化：

$\large \frac{dv_i}{dt}\small = R\large \frac{di}{dt}+\frac{i}{C}$

並べ替え：

$\large \frac{di}{dt}+ \frac{i}{RC}= \frac{1}{R}\large \frac{dv_i}{dt}$

それに注意 $\small \tau=RC$：

$\large \frac{di}{dt}+ \frac{i}{\tau}= \frac{1}{R}\large \frac{dv_i}{dt}$

あなたの特定のケースでは、 $v_i$ ランプなので、次のようになります。 $v_i= \small Kt$、 どこ $\small K$ ランプの勾配です。

したがって $\large \frac{dv_i}{dt} = \small K$、およびによって解決される方程式 $\small IF$ メソッドは次のとおりです。

$\large \frac{di}{dt}+ \frac{i}{\tau}= \frac{K}{R}$

の $\small IF$ です：

$\small IF=\large e^{\int \frac{1}{\tau}dt}=e^{\frac{t}{\tau}}$

したがって：

$i\:e^{\frac{t}{\tau}} =\int \frac{K}{R}e^{\frac{t}{\tau}}dt +A$

$i\:e^{\frac{t}{\tau}} =\small KC\: \large e^{\frac{t}{\tau}} +\small A$

$i =\small KC\: +\small A \large \large e^{-\frac{t}{\tau}}$

初期条件がゼロであると仮定すると、 $\small A=-KC$、したがって：

$i =\small KC\:(1-\large e^{-\frac{t}{\tau}})$

そして

$v_c =\small K\:(t-\tau + \tau e^{-\frac{t}{\tau}})$

................................................................. ................................................................. .................................................................

編集：積分係数（ODE）を積分係数で解く（$\small IF$） 方法：

ODEの場合：

$\frac{dy}{dt}\small +Py=Q$、 どこ $\small P$ そして $\small Q$ の機能です $\small t$ （定数の場合もあります）、次の手順に従います。

1. 積分係数を決定します。 $\small IF= \large e\small ^ {\int P\:dt}$

2. The general solution is then found by solving: $\small y. IF=\large \int \small Q.IF\: dt + A$, where $\small A$ is an arbitrary constant.

3. Determine $\small A$ from the initial condition or a boundary condition, if known.

For example, the ODE: $\frac{dy}{dt}+2y=3$, with $\small y(0)=5$

Solution: we identify $\small P=2,\:Q=3$

Therefore

$\small IF= e^ {\int 2\:dt} = e^{2t}$

Hence

$\small y\: e^{2t}=\large \int \small 3\:e^{2t}\: dt + A$

$\small y\: e^{2t}= \frac{3}{2}\:e^{2t}\: + A$

Dividing through by $\small e^{2t}$

$\small y= 1.5 + Ae^{-2t}$

Applying the initial condition:

$\small y(0)=5= 1.5 + A$; hence $\small A=3.5$

Giving: $y= 1.5 + 3.5e^{-2t}$

May as well add another approach based upon Chu's recommendation:

The standard form for a first order linear differential equation is:

$$\frac{\textrm{d}y}{\textrm{d}t} + P_x\cdot y = Q_x$$

If you can set things up like that, then your integrating factor (which is a nifty way to solve these) is:

$$\mu=e^{\int P_x\; \textrm{d}x}$$

Then then the solution is:

$$y=\frac{1}{\mu}\int \mu\cdot Q_x\;\; \textrm{d}x$$

Suppose the following circuit:

^{simulate this circuit – Schematic created using CircuitLab}

Then from nodal, you get:

$$\begin{align*}\frac{V\left(t\right)}{R}+\frac{\text{d}V\left(t\right)}{\text{d}t}C&=\frac{V_s\left(t\right)}{R}\\\\\frac{\text{d}V\left(t\right)}{\text{d}t}+\frac{1}{R\,C}V\left(t\right)&=\frac{V_s\left(t\right)}{R\,C}\end{align*}$$

Which is in standard form, now.

So, $P_t=\frac{1}{R\,C}$ and $Q_t=\frac{1}{R\,C}\cdot V_s\left(t\right)$. Thus, the integrating factor is: $\mu=e^{^\frac{t}{R\,C}}$ and:

$$\begin{align*}V\left(t\right)&=e^{^\frac{-t}{R\,C}}\int e^{^\frac{t}{R\,C}}\frac{1}{R\,C}\cdot V_s\left(t\right)\:\text{d} t\\\\&=\frac{1}{R\,C}\cdot e^{^\frac{-t}{R\,C}}\int V_s\left(t\right)\,e^{^\frac{t}{R\,C}}\:\text{d} t\end{align*}$$

You should be able to readily perform the above given a sufficiently simple $V_s\left(t\right)$. (Don't forget your constant of integration.)

what you wrote as Vmax can be changed for your voltage that changes over time as long as it is not too much faster than the time constant of the capacitor it should give you a decent model.

If you want a more precise answer, you can Fourier/Laplace transform your input voltage and calculate the reactance for the capacitor at every frequency that you get, solve each and add them together which will give you the final voltage.

The second option that gives a much more accurate solution is quite more complex that the simple first thing I suggested, which can only give an accurate solution if the voltage rises much more slowly than the charging of the capacitor.

edit: as some of the comments mentioned it is also possible to solve the differential equation for a ramp instead of a step.