Ihre Frage geht auf die Annahmen und Grundlagen der Impedanztheorie ein.

Du beginnst damit, die Differentialgleichung für das System mit Cosinus-Antrieb zu schreiben. Denken Sie daran, dass Lösungen von Differentialgleichungen aus der natürlichen Antwort und der erzwungenen Antwort bestehen. Die erzwungene Reaktion hängt von der externen Eingabe in die Schaltung ab, die in Ihrem Fall das angelegte Kosinussignal ist.

Wenn wir uns Ihr Ergebnis von Wolfram Alpha ansehen, können wir die natürliche Reaktion als identifizieren

$$K_1 e^{-t/RC}$$ . Wir ignorieren diesen transienten Anteil vorerst, da die Annahme für die Verwendung von Impedanzen ein sinusförmiger stationärer Zustand ist, was impliziert, dass wir weit von der transienten Antwort entfernt sind.

Die erzwungene Reaktion ist eine Summe aus Sünde und Co, was wir in Ihrem Ausdruck sehen. Der Schlüsselteil, den Sie vermissen, ist, dass Sie diese Summe aus Sinus und Kosinus als einen einzigen Kosinusausdruck mit einem Skalierungskoeffizienten und einem Phasenversatz ausdrücken können.

$$K_2 sin(wt) + K_3 cos(wt) = K_4 cos(wt + \phi)$$

Zur Berechnung von K_4 und φ nutzt man die trigonometrische Identität für den Sinus einer Winkelsumme. [1]

Wenn also eine erzwungene Sinuskurve an das System angelegt wird, ist die Ausgabe eine amplitudenskalierte und phasenversetzte Version des Signals. Dies zeigt ein Bode-Diagramm eines LTI-Systems. Es gibt die Amplitudenskalierung und den Phasenversatz an.

Der für diese Differenzialgleichungen und trigonometrische Identitätsanalyse erforderliche mathematische Aufwand ist umständlich. Impedanzen sind eine Abkürzung, um dieselbe Antwort zu erreichen, indem Eulers Identität, Superposition und die komplexe Ebene verwendet werden. Dies führt dazu, dass die Differentialgleichungen auf algebraische Gleichungen reduziert werden, die viel einfacher zu lösen sind. Ein detaillierter Nachweis der Impedanzen würde den Rahmen dieser Antwort sprengen. Referenz [2] hat eine kurze Ableitung der Impedanz aus den Differentialgleichungen und trig. Die meisten einführenden Lehrbücher für Schaltungen sollten auch eine Ableitung der Impedanz als Teil ihrer Einführung in die Impedanz enthalten.

[1] https://www.myphysicslab.com/springs/trig-identity-en.html

[2] https://ocw.mit.edu/courses/electrical-engineering-and-computer-science/6-071j-introduction-to-electronics-signals-and-measurement-spring-2006/lecture-notes/09_sss .pdf

Ich möchte es noch deutlicher machen.

Aus der obigen Schaltung mit Schaltungsanalyse finden Sie die Ausgangsspannung in dieser Form unten mit der Zeitkonstante$\tau = \mathrm{RC} \ \mathrm{seconds}$. Siehe dies für die Ableitung.

$\displaystyle V_{out}(t)= \frac{\mathrm{e}^{-t/\tau}}{\tau} \int V_{in}(t) \: \mathrm{e}^{\: t/\tau} \: \mathrm{d}t$

Ich möchte auch die Eingangsspannung verallgemeinern.

$V_{in}(t)= \mathrm{A_0} \mathrm{e}^{\alpha t} \; \sin(\omega t + \phi_0) + \mathrm{DC_{offset}}$

Wo

• $\mathrm{A_0}$ist der Amplitudenskalierungsfaktor
• $\alpha$ist der Abkling-/Wachstumsfaktor (0 = oszillierend)
• $\phi_0$ist der anfängliche Phasenversatz im Bogenmaß
• $\mathrm{DC_{offset}}$ist der DC-Offset des Eingangs in Volt

Dann

$\begin{aligned} \displaystyle V_{out}(t)&= \frac{\mathrm{e}^{-t/\tau}}{\tau} \int \left[ \mathrm{A_0} \mathrm{e}^{\alpha t} \; \sin(\omega t + \phi_0) + \mathrm{DC_{offset}}\right] \: \mathrm{e}^{\: t/\tau} \: \mathrm{d}t \\ \displaystyle &= \frac{\mathrm{e}^{-t/\tau}}{\tau} \int \left[\mathrm{DC_{offset}}\right] \: \mathrm{e}^{\: t/\tau} \: \mathrm{d}t \quad + \quad \frac{\mathrm{e}^{-t/\tau}}{\tau} \int \left[ \mathrm{A_0} \mathrm{e}^{\alpha t} \; \sin(\omega t + \phi_0)\right] \: \mathrm{e}^{\: t/\tau} \: \mathrm{d}t \\ \displaystyle &= \mathrm{DC_{offset}} + \mathrm{A_0} \frac{\mathrm{e}^{-t/\tau}}{\tau} \int \mathrm{e}^{(\alpha + 1/\tau)t} \; \sin(\omega t + \phi_0) \: \mathrm{d}t\\ \end{aligned}$

Lösen Sie das Integral. Sie können die Ableitung in anderen SE-Antworten hier sehen .

$$\boxed{\int \mathrm{e}^{\mathrm{a}x}\sin( \mathrm{b}x + \phi_0)\;\mathrm{d}x = \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{a}x}}{\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2}\left[\mathrm{a}\sin(\mathrm{b}x + \phi_0) - \mathrm{b}\cos(\mathrm{b}x+ \phi_0)\right] + \mathrm{c_1}}$$

Ich werde weiter die anfängliche Phasenversatzkonstante und die Kreisfrequenz hinzufügen. Es spielt im Prozess mit diesem Kontext keine Rolle, da es sich um Konstanten handelt. Sie können versuchen, es selbst abzuleiten.

Vereinfachen wir zuerst den trigonometrischen Teil. Siehe die Ableitung des Satzes der harmonischen Addition . Es gibt auch eine andere Version mit Kombinationen aus sin, arcsin, arccos, et cetera. Jeder von ihnen hat einen gewissen Vorteil gegenüber einem anderen, indem er eine Signum-Funktion, eine Phasenanpassung oder eine Verallgemeinerung vermeidet. Ich werde hier nur die cos arctan-Version behandeln.

$$\boxed{\gamma\sin(\lambda x+\phi_0)+\delta\cos(\lambda x+\phi_0)= \mathrm{sgn}(\delta) \: \sqrt{\gamma^2+\delta^2} \: \cos(\lambda x + \phi_0 + \phi)}$$

Wo

$$\:\phi = \arctan \left( -\:\frac{\gamma}{\delta} \right)\:\mathrm{rad}$$

Indem wir es ersetzen, den Nenner entrationalisieren und erkennen, dass Signum eine ungerade Funktion ist, können wir das Integral weiter vereinfachen.

$\begin{aligned} \int \mathrm{e}^{\mathrm{a}x}\sin(\mathrm{b}x + \phi_0)\;\mathrm{d}x &= \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{a}x}}{\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2}\left[\mathrm{a}\sin(\mathrm{b}x + \phi_0) + (-\mathrm{b})\cos(\mathrm{b}x + \phi_0)\right] + \mathrm{c_1}\\ &= \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{a}x}}{\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2}\left[ \mathrm{sgn}(-b)\sqrt{\mathrm{a}^2+\mathrm{(-b)}^2} \: \cos\left(\mathrm{b}x + \phi_0 + \phi \right)\right] + \mathrm{c_1}\\ &=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{a}x}}{\sqrt{\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2}} \: \mathrm{sgn}(-b) \cos\left(\mathrm{b}x+\phi_0 + \phi \right)+ \mathrm{c_1}\\ &=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{a}x}}{\sqrt{\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2}} \: \mathrm{sgn}(-b) \cos\left[\mathrm{b}x+\phi_0 + \arctan\left(-\:\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{-b}}\right) \right]+ \mathrm{c_1}\\ &= \frac{-\mathrm{sgn}(b)}{\sqrt{\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2}} \: \mathrm{e}^{\mathrm{a}x} \cos\left[\mathrm{b}x+\phi_0 + \arctan\left(\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{b}}\right) \right]+ \mathrm{c_1} \end{aligned}$

Damit erhalten wir das Integralergebnis in der einfachsten Form

$$\boxed{\int \mathrm{e}^{\mathrm{a}x}\sin( \mathrm{b}x + \phi_0)\;\mathrm{d}x = \frac{-\mathrm{sgn}(b)}{\sqrt{\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2}} \: \mathrm{e}^{\mathrm{a}x} \cos\left[\mathrm{b}x+\phi_0 + \arctan\left(\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{b}}\right) \right]+ \mathrm{c_1} }$$

Setzen wir unseren Versuch fort, die Ausgangsspannung zu lösen

$\begin{aligned} \displaystyle V_{out}(t)&= \mathrm{DC_{offset}} + \mathrm{A_0} \frac{\mathrm{e}^{-t/\tau}}{\tau} \int \mathrm{e}^{(\alpha + 1/\tau)t} \; \sin(\omega t + \phi_0) \: \mathrm{d}t \\ &= \small \mathrm{DC_{offset}} + \mathrm{A_0} \frac{\mathrm{e}^{-t/\tau}}{\tau} \left[ \frac{- \mathrm{sgn}(\omega) }{\sqrt{\mathrm{(\alpha + 1/\tau)}^2+\mathrm{\omega}^2}} \: \mathrm{e}^{\mathrm{(\alpha + 1/\tau)}t} \cos\left[\mathrm{\omega}t+\phi_0 + \arctan\left(\frac{\mathrm{(\alpha + 1/\tau)}}{\mathrm{\omega}}\right) \right] + \mathrm{c_1} \right] \\ &= \small \mathrm{c_1} \mathrm{A_0} \frac{\mathrm{e}^{-t/\tau}}{\tau} + \mathrm{DC_{offset}} + \frac{ - \mathrm{sgn}(\omega) \: (\mathrm{A_0} / \tau)}{\sqrt{\mathrm{(\alpha + 1/\tau)}^2+\mathrm{\omega}^2}} \: \mathrm{e}^{\mathrm{\alpha}t} \cos\left[\mathrm{\omega}t+\phi_0 + \arctan\left(\frac{\mathrm{(\alpha + 1/\tau)}}{\mathrm{\omega}}\right) \right] \\ \end{aligned}$

Lösen$\mathrm{c_1}$konstant, indem die Ausgangsspannung des Kondensators zu einem bestimmten Zeitpunkt überprüft wird, normalerweise der anfängliche Zeitpunkt = Null oder der Anfangszustand$V_{out}(0)$.

$\begin{aligned} \displaystyle V_{out}(t) &= \small \mathrm{c_1} \mathrm{A_0} \frac{\mathrm{e}^{-t/\tau}}{\tau} + \mathrm{DC_{offset}} + \frac{ - \mathrm{sgn}(\omega) \: (\mathrm{A_0} / \tau)}{\sqrt{\mathrm{(\alpha + 1/\tau)}^2+\mathrm{\omega}^2}} \: \mathrm{e}^{\mathrm{\alpha}t} \cos\left[\mathrm{\omega}t+\phi_0 + \arctan\left(\frac{\mathrm{(\alpha + 1/\tau)}}{\mathrm{\omega}}\right) \right] \\ \displaystyle V_{out}(0) &= \small \mathrm{c_1} \mathrm{A_0} \frac{\mathrm{e}^{-(0)/\tau}}{\tau} + \mathrm{DC_{offset}} + \frac{ - \mathrm{sgn}(\omega) \: (\mathrm{A_0} / \tau)}{\sqrt{\mathrm{(\alpha + 1/\tau)}^2+\mathrm{\omega}^2}} \: \mathrm{e}^{\mathrm{\alpha}(0)} \cos\left[\mathrm{\omega}(0)+\phi_0 + \arctan\left(\frac{\mathrm{(\alpha + 1/\tau)}}{\mathrm{\omega}}\right) \right] \\ \displaystyle V_{out}(0) &= \mathrm{c_1} \mathrm{A_0} \frac{1}{\tau} + \mathrm{DC_{offset}} - \frac{ \mathrm{sgn}(\omega) \: (\mathrm{A_0} / \tau)}{\sqrt{\mathrm{(\alpha + 1/\tau)}^2+\mathrm{\omega}^2}} \: \cos\left[\phi_0 + \arctan\left(\frac{\mathrm{(\alpha + 1/\tau)}}{\mathrm{\omega}}\right) \right] \\ \displaystyle \mathrm{c_1} \mathrm{A_0} \frac{1}{\tau} &= V_{out}(0) - \mathrm{DC_{offset}} + \frac{ \mathrm{sgn}(\omega) \: (\mathrm{A_0} / \tau)}{\sqrt{\mathrm{(\alpha + 1/\tau)}^2+\mathrm{\omega}^2}} \: \cos\left[\phi_0 + \arctan\left(\frac{\mathrm{(\alpha + 1/\tau)}}{\mathrm{\omega}}\right) \right] \end{aligned}$

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Abschluss

Mit

$$V_{in}(t)= \mathrm{A_0} \mathrm{e}^{\alpha t} \; \sin(\omega t + \phi_0) + \mathrm{DC_{offset}}$$

Angesichts

$$V_{out}(t) = V_{outNatural}(t) + V_{outForced}(t)$$

Deshalb

$$\boxed{ \begin{aligned} V_{out}(t) &= \left[ V_{out}(0) - \mathrm{DC_{offset}} + \frac{ \mathrm{sgn}(\omega) \: (\mathrm{A_0} / \tau)}{\sqrt{\mathrm{(\alpha + 1/\tau)}^2+\mathrm{\omega}^2}} \: \cos\left[\phi_0 + \arctan\left(\frac{\mathrm{(\alpha + 1/\tau)}}{\mathrm{\omega}}\right) \right] \right] \: \mathrm{e}^{-t/\tau} \\ &+ \mathrm{DC_{offset}} + \frac{ - \mathrm{sgn}(\omega) \: (\mathrm{A_0} / \tau)}{\sqrt{\mathrm{(\alpha + 1/\tau)}^2+\mathrm{\omega}^2}} \: \mathrm{e}^{\mathrm{\alpha}t} \cos\left[\mathrm{\omega}t+\phi_0 + \arctan\left(\frac{\mathrm{(\alpha + 1/\tau)}}{\mathrm{\omega}}\right) \right] \end{aligned} }$$

Der$\mathrm{DC_{offset}}$(außerhalb der Exponentialklammer) ist ein Teil von Forced Response. Denn wenn kein Eingang (Sinuswelle oder DC-Offset) vorhanden ist, wirkt sich nur die anfängliche Kondensatorspannung auf die Ausgangsspannung aus. Lesen Sie den Unterschied zwischen natürlicher Reaktion und erzwungener Reaktion? wenn du es immer noch nicht verstehst. Auch kann die Vorzeichenfunktion weggelassen werden, da die Kreisfrequenz immer positiv ist. Aber falls Sie mit negativer Frequenz spielen möchten, enthält diese Form immer noch das obige Integralergebnis.

Da haben Sie es mit diesem Berechnungsprozess in Ihrer Frage, der Phasenversatz ist die Arctan-Funktion oben. Sie müssen das Integralergebnis nur noch weiter vereinfachen.

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Simulation

Klicken Sie bei Verwendung von CircuitLab unten auf „Schaltplan oben bearbeiten“, klicken Sie auf „Simulieren“ und führen Sie die Time-Domain-Simulation aus. CircuitLab hat eine eingeschränkte Funktionalität, es kann die Anfangsspannung des Kondensators nicht modellieren.

EXP(alpha*t)*SIN(2*pi*f*t+phi_0*180/PI)+DC_offset
EXP(0*T)*SIN(2*PI*4*T+0*180/PI)+0

^{Simulieren Sie diese Schaltung – Mit CircuitLab erstellter Schaltplan}

Wenn Sie LTspice verwenden, sehen Sie hier die .asc-Datei in Pastebin .

Durch die Verwendung von Desmos, siehe hier .
Ich habe es bereits mit LTspice überprüft. Melde dich wieder, wenn etwas daran nicht stimmt.

Ich denke, Sie wären besser dran, wenn Sie die folgende Aussage verwenden (da Ihre Schaltung ein einfacher Spannungsteiler ist):

$$V_{C1} = V_1 \cdot \frac{Z_{C1}}{Z_{C1} + Z_{R1}}$$ Was dann ergibt: $$V_{C1} = V_1 \cdot \frac{(j \omega C_1)^{-1}}{(j \omega C_1)^{-1}+ R_1}$$

Denken Sie daran, dass dies die analytische/Phasor-Darstellung Ihres Signals ist. Mit der Euler-Formel und nachdem Sie die Gleichung wieder in ein "reellwertiges" Signal umgewandelt haben, sollten Sie wieder auf die Beine fallen.