RCL Reihenschwingkreis - DGL aufstellen

Guten Tag,

ich habe eine Aufgabe bei der für einen RCL-Reihenschwingkreis je nach eingetragener Ausgangsspannung [tex] u_a(t) [/tex] die dazugehörige DGL für [tex] u_a(t) [/tex] aufgestellt werden soll.
Die erste Teilaufgabe konnte ich ohne Probleme lösen bei der 2. hänge ich aktuell an einer Stelle und bin für jeden hilfreichen Tipp dankbar.

Erste Schaltung:

Schaltung 1.png

Mein Lösungsweg:

1) Maschen- und Kontengleichungen aufgestellt:

KP1: [tex]i_R(t)=i_L(t)=i_C(t)=i(t) [/tex]

(1): [tex] u_e(t)=u_R(t)+u_L(t)+u_C(t)=i(t)\cdot R+L\frac{di(t)}{dt}+\frac1C\cdot\int{i(t)~dt} [/tex]

(2): [tex] u_a(t)=u_C(t)=\frac1C\cdot\int{i(t)~dt} [/tex]


2) Gleichung 2 umgeformt und 2 mal abgeleitet um die Ströme in (1) durch die Ausgangsspannung [tex] u_a(t) [/tex] ausdrücken zu können.

[tex] C\cdot u_a(t)=\int{i(t)~dt} [/tex]

[tex] C\cdot\dot{u_a(t)}=i(t) [/tex]

[tex] C\cdot\ddot{u_a(t)}=\dot{i(t)} [/tex]


3) Einsetzen und in die gewünschte Form bringen

[tex] u_e(t)=LC\cdot\ddot{u_a(t)}+RC\cdot\dot{u_a(t)}+u_a(t) [/tex]


Zweite Schaltung:

Schaltung 2.png

Mein Lösungsweg:

1) Maschen- und Kontengleichungen aufgestellt:

KP1: [tex]i_R(t)=i_L(t)=i_C(t)=i(t) [/tex]

(1): [tex] u_e(t)=u_R(t)+u_L(t)+u_C(t)=i(t)\cdot R+L\frac{di(t)}{dt}+\frac1C\cdot\int{i(t)~dt} [/tex]

(2): [tex] u_a(t)=u_R(t)+u_C(t)=i(t)\cdot R+\frac1C\cdot\int{i(t)~dt} [/tex]

An dieser Stelle hänge ich.
Ich weiß nicht wie ich, wie bei Schaltung 1), den Strom geschickt durch die Ausgangsspannung [tex] u_a(t) [/tex] ausdrücken kann.

Ich wäre sehr dankbar für jeden hilfreichen Tipp. Die Aufgabe soll nicht mittels Laplace-Transformation gelöst werden. Das kommt denke ich erst in den nächsten Vorlesungen um zu zeigen wie es auch geht.

Vielen Dank für Eure Mühen.

Mit freundlichen Grüßen
SmileyFace
 
Guten Abend

Wenn ich hier poste, dann sollte dies hoffentlich nicht bedeuten, dass die Frage beantwortet ist, und deshalb niemand sonst antwortet.
Ich löse solche Aufgaben nur mit L.aplace -Transformation (und nicht mit Lösungs -Ansätzen für Differentialgleichungen, bestehend aus homogen und partikulär etc.), deshalb ist mein Post evtl. nur begrenzt nützlich.

Laut Knoten -Regel ist bei dieser Serie der Strom [tex]i(t) \ \circ-\bullet \ I(s)[/tex] durch alle vier Elemente gleich (,wie SmileyFace bei #1 bereits erwähnte).
Der Maschen -Satz ergibt (bei der 2. Schaltung) [tex]u_e(t) \ = \ u_L(t) \ + \overbrace{u_R(t) \ +u_C(t)}^{u_a(t)}[/tex] (wie in #1 verwendet wurde).
Im Laplace -Bidbereich lautet diese Maschengleichung [tex]U_e(s) \ = \ U_L(s) \ + \overbrace{U_R(s) \ +U_C(s)}^{U_a(s)}[/tex].

Um konkrete Zeitfunktionen zu erhalten, darf ich als Eingangs -Signal die Sprung -Funktion [tex]u_e(t) \ = \ U \cdot \epsilon(t) \ \ \circ-\bullet \ \ U_e(s) \ = \ \frac{U}{s}[/tex] "postulieren" und dabei gleich die beiden Anfangs -Bedingungen [tex]i(0 \mathrm{s}) \ = \ 0 \mathrm{A}[/tex] und [tex]u_C(0 \mathrm{s}) \ = \ 0 \mathrm{V}[/tex] als gegeben betrachten.
Zusätzlich möchte ich zwecks Vermeidung der Duskussion betreffs Themen wie "Kriechfall" bzw. "aperiodischer Grenzfall" die Schwingungs -Bedingung [tex]\frac{1}{L \cdot C} \ \gt (\frac{1}{2} \cdot \frac{R}{L})^2[/tex] annehmen.

Nach diesem vorbereitenden Geschreibsel wird es Zeit, die 3 in #1 von SmileyFace geschriebenen Spannungs -Gleichungen zu zitieren, diesmal mit Laplace -Transformation (in den Bildbereich, teilweise mit Über /Unter -Klammer für zuvor erwähnte Anfangs -Bedingungen).
[tex]u_L(t) \ = \ L \cdot i'(t) \ \ \circ-\bullet \ \ U_L(s) \ = \ L \cdot \lbrace s \cdot I(s) \ -\overbrace{i(0\mathrm{s})}^{0 \mathrm{A}} \rbrace [/tex],
[tex]u_R(t) \ = \ R \cdot i(t) \ \ \circ-\bullet \ \ U_R(s) \ = \ R \cdot I(s)[/tex],
[tex]u_C(t) \ = \ \frac{1}{C} \cdot \int\limits_{0 \mathrm{s}}^{t} i(t_1) \ \mathrm{d} t_1 \ +\underbrace{u_C(0 \mathrm{s})}_{0\mathrm{V}}
\ \ \circ-\bullet \ \ U_C(s) \ = \ \frac{1}{C} \cdot \frac{I(s)}{s}[/tex].

Diese 3 [tex]U_{?}(s)[/tex] rechts können in die zuvor erwähnte Maschengleichung eingesetzt werden, bevor diese algebraisch nach [tex]I
(s) \ = \ \frac{U}{L} \ \cdot \frac{1}{s^2 \ +\frac{R}{L} \cdot s \ +\frac{1}{L \cdot C} } \ \ = \ \ \frac{U}{L} \ \cdot \frac{1}{(s+\delta)^2 \ +\omega ^2 } [/tex] umgeformt wird,
wobei rechts für die "quadratische Ergänzung" die beiden Abkürzungen [tex]\delta \ = \ \frac{1}{2} \cdot \frac{R}{L}[/tex] und [tex]\omega^2 \ = \ \frac{1}{L \cdot C} \ - \delta^2[/tex] dienen.

schönen Morgen, dann gehts weiter
 
Die Rücktransformation mit Dämpfungs -Satz und der Korrespondenz für sin() ergibt [tex]i(t) \ = \ \frac{U}{\omega \cdot L} \cdot \mathrm{e}^{-\delta \cdot t} \cdot \sin(\omega \cdot t)[/tex].
Z. B. von da aus kann auch das gesuchte [tex]u_a(t)[/tex] erreicht werden.
schönen Tag
 
Guten Abend
Zwecks Verifikation habe ich aus (in #3 erwähntem) [tex]i(t)[/tex] die drei Spannungs -Zeitfunktionen hergeleitet, deren Summe aufgrund der in #2 erwähnten Maschenregel [tex]U[/tex] ergibt. Damit ist eine Referenz -Lösung verfügbar ([tex]\delta \ = \ \frac{1}{2} \cdot \frac{L}{R}[/tex]).
° Die Spannung über der Induktivität L erhält man, indem L mit der Ableitung des Stromes multipliziert wird [tex]u_L(t) \ = \ L \cdot i'(t) \ = U \cdot \mathrm{e}^{-\delta \cdot t} \cdot \left \lbrace \cos(\omega \cdot t) \ -\frac{\delta}{\omega} \cdot \sin (\omega \cdot t) \right \rbrace [/tex].
° [tex]u_R(t) \ = \ R \cdot i(t) \ = \ U \cdot \frac{R}{\omega \cdot L} \cdot \mathrm{e}^{-\delta \cdot t} \cdot \sin (\omega\cdot t)[/tex].
° Die Spannung über der Kapazität C folgt nach bestimmter Integration des Stromes dadurch und Division durch C [tex]u_C(t) \ = \ \frac{1}{C} \cdot \int\limits_{0 \mathrm{s}}^{t} i(t_1) \ \mathrm{d} t_1 \ = \ U \cdot \left (1 \ - \mathrm{e}^{-\delta \cdot t } \cdot \left \lbrace \cos(\omega \cdot t) \ \ +\frac{\delta}{\omega} \cdot \sin(\omega \cdot t) \right \rbrace \right ) [/tex].

Die gesuchte Ausgangs -Spannungs -Zeitfunktion ist daher (für die 2. Teilaufgabe) [tex]\overbrace{u_a(t)}^{u_R(t) + U_C(t)} \ = \ \ U \cdot \left (1 \ + \mathrm{e}^{-\delta \cdot t } \cdot \left \lbrace -\cos(\omega \cdot t) \ \ +\frac{1}{2} \cdot \frac{R}{\omega \cdot L} \cdot \sin(\omega \cdot t) \right \rbrace \right ) [/tex].
schönen Abend
 
Vielen vielen Dank für die detaillierte Lösung dieser DGL.
Leider hilft mir das nur bedingt, da ich ja erstmal die DGL aufstellen muss :/.
War trotzdem sehr gut deine Herangehensweise zu sehen.
 
Ja, ich verstehe das, es ist ja zunächst nur eine DGL gesucht, kann es aber nicht richtig lösen,
bei der 2. Schaltung ist ja nach der Summe von uR(t) und uC(T) gefragt.

Ohne Gewähr:
Ableiten von
uL(t)=L*i'(t), uR(t)=R*i(t), uC(t)=1/C *int i(t)
ergibt
uL'(t)=L*i"(t), uR'(t)=R*i'(t), uC'(t)=1/C *i(t).
(Ja, damit ist man i(t) erst recht nicht los.)

Die Summe ist 0 V/s. daher könnte sich eine DGL 2. Grades für i(t) schreiben lassen. (Dann muss i(t) bestimmt werden und dann daraus andere Sachen?)
 
@xeraniad

Ich bin durch einen entscheidenden Tipp auf die gewünschte DGL gekommen.

Wichtig ist folgender Ausdruck für [tex] i(t) [/tex]:

[tex] u_e(t)-u_a(t)=L\cdot\frac{di(t)}{dt} [/tex]

[tex] \Leftrightarrow i(t)=\frac1L\cdot\int{\left(u_e(t)-u_a(t)\right)~dt} [/tex]

Dannach nur noch i(t) in (2) (#1) einsetzen und auf die gewünschte Form bringen.

[tex] \ddot{u_a(t)}+\frac{R}{L}\cdot\dot{u_a(t)}+\frac{1}{L\cdot C}\cdot u_a(t)~=~\frac{R}{L}\cdot\dot{u_e(t)}+\frac{1}{L\cdot C}\cdot u_e(t) [/tex]

Diese DGL müsste man, wenn man das ohne Laplace-Transformation lösen möchte, vermutlich in ein DGL-System von DGL's erster Ordnung überführen und das dann lösen.


Vielen Dank nochmal für deine Hilfe.

Mit freundlichen Grüßen
SmileyFace
 
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