6·14

一阶 RC 电路：万能公式和两次开关例题

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第 14 讲前半复习了 capacitor 和 inductor（本笔记在 6·04、6·10 讲过），后半讲了开关电路里最常见的一种情况：开关动作以后电路里只剩一个 capacitor，电源都是常数。这时 6·13 技巧 H 的第 3 步（解 operator 方程）不用每次重做：答案总是"从初值按指数走向终值"，只要分别求出三个数。这一节先推出这个公式，再做课上的例题。

① 推导：RC 电路的方程和解

设开关在 $t = 0$ 动作，之后的电路是常数电压源 $V_s$ 、电阻 $R$ 、capacitor $C$ 串联。capacitor 电压 $v$ 的参考方向是上 + 下 −，开关前 capacitor 已经有电压 $v(0^-) = v_0$ （Davis 写成 $v(0)$ ）。

i

是流过

R

、从 + 端流进 capacitor 的电流。

读图。电阻两端的电压是 $V_s - v$ ，所以电阻电流（向右） $i = (V_s - v)/R$ 。这个电流从 + 端流进 capacitor，按 passive sign convention， $i = C\,dv/dt$ 。电阻和 capacitor 串联，是同一个电流。

写方程。两个表达式相等：

C\frac{dv}{dt} = \frac{V_s - v}{R}\quad\Longrightarrow\quad RC\,\frac{dv}{dt} + v = V_s

记 $\tau = RC$ ，叫 time constant。它的单位是 Ω·F = (V/A)·(C/V) = C/A = s，确实是时间。

解方程。令 $z = v - V_s$ ，表示"离终点还差多少"。 $V_s$ 是常数，所以 $dz/dt = dv/dt$ ，方程变成 $\tau\,dz/dt + z = 0$ ，即 $dz/dt = -z/\tau$ 。导数和自己成正比（比例 $-1/\tau$ ）的函数是指数： $z(t) = z(0^+)\,e^{-t/\tau}$ 。换回 $v$ ：

v(t) = V_s + \big[v(0^+) - V_s\big]\,e^{-t/\tau},\qquad t \gt 0

初值。 $v(0^+)$ 用 capacitor 电压的连续性求：电流里没有 impulse 时 capacitor 电压不能跳（6·04）。这里电流 $(V_s - v)/R$ 是有限的（ $R$ 限流），所以 $v(0^+) = v(0^-) = v_0$ 。

读这个式子。 $t = 0^+$ 时 $e^0 = 1$ ， $v = v_0$ ； $t \to \infty$ 时指数趋于 0， $v \to V_s$ 。每过一个 $\tau$ ，剩下的差距乘 $e^{-1} \approx 0.37$ ；过 $5\tau$ 只剩不到 1%，实际上已经到了终值。 $v_0 \gt V_s$ 时往下降， $v_0 \lt V_s$ 时往上升。

一阶电路万能公式（课上第 14 讲）

\begin{aligned} v(t) &= v(\infty) \\ &\quad + \big[v(t_0^+) - v(\infty)\big]\,e^{-(t - t_0)/\tau} \end{aligned}

式子对 $t \gt t_0$ 成立。适用条件：从 $t_0$ 起电路里只有一个 capacitor，独立源都是常数，而且电路稳定（ $\tau \gt 0$ ）。三样东西分开求：

初值 $v(t_0^+)$ ：开关前的电路处在 dc steady state，capacitor 换成 open circuit 求出 $v(t_0^-)$ （6·12）；电流里没有 impulse，所以 $v(t_0^+) = v(t_0^-)$ 。
终值 $v(\infty)$ ：开关后的电路过了很久也到 dc steady state，capacitor 再换成 open circuit，解一个电阻电路。
time constant $\tau = R_{seen}C$ ：把开关后电路里的独立源关掉（电压源换成导线，电流源换成 open circuit，dependent source 保留），从 capacitor 两端往外看的等效电阻就是 $R_{seen}$ 。

只有一个 inductor 时同理：未知量换成 inductor 电流 $i$ ，dc steady state 里 inductor 换成导线， $\tau = L/R_{seen}$ 。

为什么一般的电路也成立。开关后的电路里，capacitor 以外只有电阻和常数电源，从 capacitor 两端看进去可以换成一个 Thévenin 等效：电压 $V_{th}$ 串电阻 $R_{th}$ 。这正是上面推导用的电路， $V_s = V_{th}$ 、 $R = R_{th}$ 。 $V_{th}$ 是 capacitor 断开时的开路电压，也就是终值 $v(\infty)$ ； $R_{th}$ 就是 $R_{seen}$ 。

它和 6·13 技巧 H 是同一件事：第 1 步画 $t \le 0$ 电路求初值；第 2、3 步画 $t \gt 0$ 电路，求终值和 $\tau$ ，套公式；第 4 步把两段拼起来。

② 例题

例 1

电流源驱动：capacitor 看到的是两个串联的电阻

电流源

3u(t)

mA：

t \le 0

时是 0 A，

t \gt 0

时是 3 mA。紫色、青色、灰色分别是节点 a、节点 v 和参考节点：同一种颜色连在一起的导线是同一个节点。

电路在 $t \lt 0$ 已经放了很久。求 $t \gt 0$ 的 $v(t)$ 、 $v(20\text{ ms})$ 。

三个数分开求，每一步画一张简化后的电路，节点颜色不变：

终值：C 换成 open circuit，3 kΩ 两端只连着节点 a 和节点 v，没有电流（

i = 0

），所以

v = v_a

；3 mA 全部流过 2 kΩ。

$R_{seen}$ ：电流源换成 open circuit 以后，紫色节点 a 只剩 2 kΩ 和 3 kΩ 两个元件，所以它们串联。

初值（读 $t \le 0$ 电路）。电源是 0 A：一个 0 A 的电流源就是 open circuit，电路里没有任何电源，又放了很久，capacitor 早就经 3 kΩ、2 kΩ 放完了电： $v(0^-) = 0$ 。开关后流进 capacitor 的电流有限（电流源最多给 3 mA），所以 $v(0^+) = 0$ 。
终值（"终值"那张图）。 $v(\infty) = v_a = 3\ \text{mA} \times 2\ \text{k}\Omega = 6$ V。
time constant（" $R_{seen}$ "那张图）。 $R_{seen} = 2 + 3 = 5$ kΩ， $\tau = 5\ \text{k}\Omega \times 4\ \mu\text{F} = 20$ ms。注意这里是串联：电流源关掉是 open circuit，不是导线；如果误换成导线，2 kΩ 会被短路，得到错误的 3 kΩ。
套公式。 $v(t) = 6 + (0 - 6)\,e^{-t/20\text{ ms}} = 6\big(1 - e^{-t/20\text{ ms}}\big)$ V， $t \gt 0$ 。代 $t = 20$ ms： $v = 6(1 - e^{-1}) = 3.79$ V。

核对：直接写节点方程

节点 a 的 KCL（流出为正）： $\frac{v_a}{2\text{ k}\Omega} + \frac{v_a - v}{3\text{ k}\Omega} = 3$ mA，两边乘 6 kΩ： $3v_a + 2(v_a - v) = 18$ ，所以 $v_a = \frac{18 + 2v}{5}$ 。节点 v：流进 capacitor 的电流 $C\frac{dv}{dt} = \frac{v_a - v}{3\text{ k}\Omega} = \frac{18 - 3v}{15\text{ k}\Omega} = \frac{6 - v}{5\text{ k}\Omega}$ 。乘 5 kΩ： $(5\text{ k}\Omega)(4\ \mu\text{F})\frac{dv}{dt} + v = 6$ ，即 $0.02\,\frac{dv}{dt} + v = 6$ 。time constant 20 ms，终值 6 V，和上面一样。

再看起点： $t = 0^+$ 时 $v = 0$ ，capacitor 像一根导线，3 mA 在 2 kΩ 和"3 kΩ + capacitor"之间分流，流进 capacitor 的是 $3 \times \frac{2}{2 + 3} = 1.2$ mA， $dv/dt = 1.2\text{ mA}/4\ \mu\text{F} = 300$ V/s；公式给 $6/0.02 = 300$ V/s ✓。

课上例题

两次拨开关的 RC 电路

t \le 0

（以及

t \gt 4

s）：接了很久。

0 \lt t \le 4

s：换到 4 A 电流源和 2 Ω。

$\tfrac14$ F 的 capacitor 先经过 4 Ω 接在 12 V 上很久； $t = 0$ 时拨到 4 A ∥ 2 Ω； $t = 4$ s 时再拨回去。求 $v(t)$ 。

第一段： $0 \lt t \le 4$ s。

初值（左图）。接了很久，是 dc steady state：capacitor 是 open circuit，没有电流，4 Ω 上没有压降，所以 $v(0^-) = 12$ V。开关时 capacitor 的电流有限（电流源只给 4 A，电阻也给不出 impulse），所以 $v(0^+) = 12$ V。
终值（右图，capacitor 换成 open circuit）。4 A 全部流过 2 Ω： $v(\infty) = 4 \times 2 = 8$ V。
time constant。关掉 4 A 电流源（换成 open circuit），capacitor 只看到 2 Ω： $\tau = 2 \times \tfrac14 = 0.5$ s。
套公式。 $v(t) = 8 + (12 - 8)\,e^{-t/0.5} = 8 + 4e^{-2t}$ V。

核对

右图上面节点的 KCL： $\tfrac14\frac{dv}{dt} + \frac{v}{2} = 4$ 。代入 $v = 8 + 4e^{-2t}$ ： $\tfrac14(-8e^{-2t}) + \frac{8 + 4e^{-2t}}{2} = -2e^{-2t} + 4 + 2e^{-2t} = 4$ ✓。

第二段： $t \gt 4$ s。

初值。用第一段的真实终点： $v(4) = 8 + 4e^{-8} \approx 8.00134$ V。它不是 8：指数项永远不会正好变成 0。连续性给出 $v(4^+) = 8.00134$ V。
终值（回到左图）。capacitor 是 open circuit，没有电流： $v(\infty) = 12$ V。
time constant。关掉 12 V（换成导线），capacitor 看到 4 Ω： $\tau = 4 \times \tfrac14 = 1$ s。
套公式（ $t_0 = 4$ ）。

v(t) = 12 + (8.00134 - 12)\,e^{-(t - 4)}

\phantom{v(t)} = 12 - 3.99866\,e^{-(t - 4)}\ \text{V},\quad t \gt 4

例如 $v(5) = 12 - 3.99866\,e^{-1} = 10.53$ V。

每一段都是"从起点按指数走向终值"；虚线是各段的终值。

完整的波形要三段一起写： $t \le 0$ 是 12 V， $0 \lt t \le 4$ 是第一段， $t \gt 4$ 是第二段。只把第一段的公式乘 $u(t)$ 会把 $t \le 0$ 的 12 V 抹成 0，那是错的。

③ 同一个答案的两种拆法课上第 14 讲

把万能公式写成 $v = V_s + (v_0 - V_s)\,e^{-t/\tau}$ （ $v_0$ 是初值， $V_s$ 是终值），可以用两种方式拆成两项，每种回答一个不同的问题。

拆法 1：按"原因"拆。zero-input response $v_0\,e^{-t/\tau}$ ：把电源关掉、只靠初始储能得到的响应。zero-state response $V_s\,(1 - e^{-t/\tau})$ ：初值为 0、只靠电源得到的响应。两项相加 $v_0 e^{-t/\tau} + V_s - V_s e^{-t/\tau}$ 正是原式：linear 电路的响应 = 初值单独的贡献 + 电源单独的贡献，这是 superposition 的又一次应用。

拆法 2：按"会不会消失"拆。transient $(v_0 - V_s)\,e^{-t/\tau}$ ：随时间衰减到 0 的部分。steady state $V_s$ ：最后留下来的部分。

例 2

用课上第一段的数拆一遍

第一段： $v_0 = 12$ V，终值 8 V， $\tau = 0.5$ s， $v = 8 + 4e^{-2t}$ 。分别写出两种拆法的两项。

拆法 1。zero-input： $12e^{-2t}$ 。zero-state： $8(1 - e^{-2t})$ 。相加 $12e^{-2t} + 8 - 8e^{-2t} = 8 + 4e^{-2t}$ ✓。

拆法 2。transient： $4e^{-2t}$ 。steady state：8。

注意 transient $4e^{-2t}$ 不等于 zero-input $12e^{-2t}$ ：transient 里还含有电源那一部分的衰减项 $-8e^{-2t}$ 。

名字的用法不统一

课上把 zero-input response 叫 natural response，把 zero-state response 叫 forced response。Davis 第 7 章的用法不同：forced response 指"长得像输入"的那一项（常数输入时就是 $V_s$ ），natural response 指指数项 $(v_0 - V_s)\,e^{-t/\tau}$ ，也就是这里的 steady state 和 transient。看到这两个词时，先看清楚用的是哪一种定义。

练习 1：开关改的是电阻，不是电源

3 A 的电流源接在 2 Ω 和 0.5 F 的 capacitor 上（三者并联），已经很久。 $t = 0$ 时开关合上，再并上一个 2 Ω。求 $t \gt 0$ 的 $v(t)$ ，以及 $v$ 走完从初值到终值一半路程的时刻。

提示

开关前后电源没变，变的是电阻：终值和 time constant 都要用开关以后的电阻算。"走完一半"就是剩下的差距 $e^{-t/\tau} = \frac12$ 。

初值：开关前 capacitor 开路，3 A 全过 2 Ω， $v(0^-) = 6$ V；电流有限， $v(0^+) = 6$ V。开关后两个 2 Ω 并联成 1 Ω。终值： $v(\infty) = 3 \times 1 = 3$ V。 $\tau = 1 \times 0.5 = 0.5$ s。 $v = 3 + 3e^{-2t}$ V。一半路程是 4.5 V： $e^{-2t} = \frac12$ ， $t = \frac{\ln 2}{2} = \tau\ln 2 = 0.347$ s。核对 KCL： $0.5\frac{dv}{dt} + \frac{v}{1} = 0.5(-6e^{-2t}) + 3 + 3e^{-2t} = 3$ ✓。

练习 2：inductor 版

2 H 的 inductor 原来没有电流。 $t = 0$ 时经 5 Ω 接到 10 V 上。求 inductor 电流 $i(t)$ 和 $i(0.4\text{ s})$ 。

提示

inductor 电流不能跳（电压里没有 impulse 时）；dc steady state 里 inductor 是导线； $\tau = L/R_{seen}$ 。

初值 $i(0^+) = i(0^-) = 0$ 。终值：inductor 换成导线， $i(\infty) = 10/5 = 2$ A。 $\tau = 2/5 = 0.4$ s。 $i = 2(1 - e^{-t/0.4}) = 2(1 - e^{-2.5t})$ A， $i(0.4) = 2(1 - e^{-1}) = 1.26$ A。