Obwód RC. Równanie różniczkowe i stała czasowa

Potrzebne wiadomości: Prawo Kirchhoffa, pojemność kondensatora, pochodna i funkcja wykładnicza.

Kondensator zmienia własne warunki ładowania

Przy stałym napięciu źródła prąd nie pozostaje stały. Rosnący ładunek kondensatora podnosi jego napięcie, więc na oporniku zostaje coraz mniejsza różnica potencjałów. Mniejsza różnica daje mniejszy prąd, a więc wolniejsze dalsze ładowanie. Wykładnik pojawi się z tego sprzężenia, a nie dlatego, że „tak wygląda wzór na kondensator”.

Przyjmujemy stałą pojemność, stały opór i idealne źródło. Wprowadzamy dodatni prąd wpływający na dodatnią okładkę oraz napięcie u mierzone od tej okładki do drugiej. Dzięki tej konwencji q = Cu i i = dq/dt są zgodne ze znakami bilansu napięć. Kierunek prądu przy rozładowaniu będzie przeciwny.

Od bilansu napięć do równania

Idealne źródło stałego napięcia ε łączymy szeregowo z opornikiem R i kondensatorem C. Niech u oznacza napięcie kondensatora, a i dodatni prąd jego ładowania. Ponieważ q = Cu i i = dq/dt, dla stałego C mamy i = C du/dt. Prawo Kirchhoffa daje:

Ri+u=\varepsilon,\qquad RC\frac{du}{dt}+u=\varepsilon.

Dla początkowo rozładowanego kondensatora, u(0) = 0, rozwiązanie wynosi:

u(t)=\varepsilon(1-e^{-t/\tau}),\qquad i(t)=\frac{\varepsilon}{R}e^{-t/\tau},\qquad \tau=RC.

Iloczyn RC ma jednostkę sekundy. Można to sprawdzić z Ω·F = (V/A)(C/V) = C/A = s. τ nie jest czasem pełnego naładowania: po jednej stałej czasowej napięcie osiąga około 63,2% wartości końcowej. W modelu wykładniczym dochodzenie do ε jest asymptotyczne.

Rozwiązanie równania bez zapamiętywania gotowej funkcji

Przekształćmy równanie do du/(ε − u) = dt/(RC). Całkowanie od u₀ do u i od 0 do t daje −ln[(ε − u)/(ε − u₀)] = t/(RC), dla ładowania z u₀ < ε. Potęgując i wyznaczając u, dostajemy:

u(t)=\varepsilon+(u_0-\varepsilon)e^{-t/(RC)}.

Ten zapis działa także dla innych warunków początkowych: różnica między napięciem aktualnym a końcowym maleje wykładniczo. Po każdym kolejnym czasie τ zostaje 1/e ≈ 36,8% poprzedniej różnicy. Nie ubywa za każdym razem ta sama liczba woltów. Rozwiązanie możemy sprawdzić przez zróżniczkowanie i wstawienie do równania RC du/dt + u = ε.

Warunki początkowe i końcowe

W chwili 0⁺ napięcie kondensatora nadal wynosi zero, a prąd ε/R. Dla czasu dążącego do nieskończoności napięcie zbliża się do ε i prąd do zera. Te granice pozwalają odróżnić poprawne rozwiązanie od funkcji opisującej rozładowanie.

Po odłączeniu źródła i zamknięciu drogi rozładowania przez R kondensator o początkowym napięciu U₀ spełnia RC du/dt + u = 0. Energia pola elektrycznego wynosi E = Cu²/2. Otrzymujemy:

u(t)=U_0e^{-t/\tau},\qquad E(t)=E_0e^{-2t/\tau}.

Energia maleje więc szybciej niż samo napięcie. W obu wykładnikach cały iloraz czasu i stałej czasowej jest bezwymiarowy.

Przykład

Dla R = 1000 Ω i C = 100 μF stała czasowa wynosi 0,10 s. Przy źródle 5 V po 0,10 s napięcie osiągnie około 3,16 V, a prąd spadnie z początkowych 5 mA do około 1,84 mA.

Rozpatrujemy elementy liniowe o stałych parametrach, bez prądów upływu i dodatkowych oporów źródła. Rzeczywisty przebieg może się od nich różnić. Napięcie idealnego kondensatora nie może skoczyć bez impulsu prądu; skończony opór w tym obwodzie wyklucza taki impuls.

Dwa przypadki, które odróżniają model od pamięciówki

W powyższym obwodzie 5 V, 1000 Ω i 100 μF kondensator może mieć początkowo 2 V. Po τ = 0,10 s otrzymamy u = 5 − 3/e ≈ 3,896 V, a nie 3,16 V. Prąd początkowy wynosi teraz (5 − 2)/1000 = 3 mA. Wzór u = ε(1 − e^{-t/\tau}) zakładał zerowe napięcie początkowe; użycie go bez tego warunku zgubiłoby istniejący ładunek.

Drugi przypadek: rozładowanie do połowy napięcia. Z u/U₀ = e^{-t/\tau} otrzymujemy t = τ ln 2 ≈ 0,693τ. Po tym czasie pozostaje tylko jedna czwarta energii, bo E jest proporcjonalne do u². Połowa energii pozostaje wcześniej, po t = (τ/2) ln 2. Pytania o połowę napięcia i połowę energii nie mają tej samej odpowiedzi.

Gdzie trafia energia dostarczona przez źródło?

Przy ładowaniu od zera do ε źródło przekazuje ładunek Q = Cε, wykonując pracę εQ = Cε². Kondensator gromadzi Cε²/2. Druga połowa w idealnym szeregowym obwodzie RC trafia do opornika. Dla 100 μF i 5 V są to odpowiednio 2,50 mJ i 1,25 mJ. Zmiana R zmienia czas i moc chwilową, ale przy tych warunkach końcowych nie usuwa tej połowy strat. Granica zerowego oporu wymaga uwzględnienia pominiętych zjawisk, a nie prostego wstawienia R = 0 do równania różniczkowego.

Doładowanie kondensatora: energia była tam już na początku

Weźmy ponownie C=100 µF, R=1 kΩ i źródło 5 V, ale kondensator ma już początkowe napięcie 2 V, zgodnie ze zwrotem napięcia źródła. Ile energii dostarczy źródło do osiągnięcia stanu ustalonego? Ile przybędzie w kondensatorze, a ile zamieni się w energię wewnętrzną opornika?

Przez źródło przepłynie dodatkowy ładunek Δq=C(5−2)=300 µC. Ponieważ jego napięcie jest stałe, praca źródła wyniesie 5·300 µC=1,50 mJ. Kondensator miał jednak na początku 0,20 mJ, a na końcu ma 1,25 mJ. Przyrost energii pola wynosi 1,05 mJ, nie całe 1,25 mJ. Pozostałe 0,45 mJ musi wydzielić się w oporniku.

W_{\mathrm{zrodla}}=\varepsilon C(\varepsilon-u_0),\quad \Delta E_C=\frac C2(\varepsilon^2-u_0^2),\quad Q_R=\frac C2(\varepsilon-u_0)^2.

Ostatni wzór wynika z odjęcia dwóch pierwszych wielkości. Można go sprawdzić niezależnie: prąd początkowy to (5−2)/1000=3 mA, a i(t)=3 mA·exp(−t/0,10 s). Całka z Ri² po czasie daje R·(3 mA)²·(0,10 s)/2=0,45 mJ. Wykładnik w mocy jest dwa razy większy niż w prądzie; stąd czynnik 1/2.

Bilans 1,50=1,05+0,45 mJ dotyczy zmian podczas doładowania. Dodanie do niego początkowych 0,20 mJ tylko po jednej stronie popsułoby rachunek. W idealnym modelu zwiększenie R wydłuży proces i zmniejszy chwilową moc, lecz nie zmieni tej całkowitej energii wydzielonej. Kondensator nie osiąga dokładnie napięcia źródła w skończonym czasie; podane energie są granicami dla czasu dążącego do nieskończoności.

Zadania do tego tematu

• Obwód RC — zadanie: napięcie i prąd po jednej stałej czasowej
• Obwód RC — zadanie: spadek napięcia i energii podczas rozładowania

Dalsza lektura

Materiał referencyjny