Pengosongan kapasitor
| English | Bahasa Indonesia |
|---|---|
| discharge/dɪsˈtʃɑːdʒ/ | pelepasan muatan |
| time constant/taɪm ˈkɒnstənt/ | konstanta waktu |
| exponential decay/ˌekspəˈnenʃl dɪˈkeɪ/ | peluruhan eksponensial |
Peluruhan yang tidak pernah benar-benar selesai
- Kapasitor yang melepas kehilangan 63% muatannya dalam konstanta waktu pertama, lalu 63% dari yang tersisa di konstanta waktu berikutnya, dan seterusnya selamanya.
- Setelah lima konstanta waktu, kurang dari 1% tersisa, tetapi kurva tidak pernah mencapai nol. Hal itu mustahil, karena laju kehilangan selalu berbanding lurus dengan jumlah yang tersisa.
- Setiap besaran yang berperilaku demikian, termasuk peluruhan radioaktif, menghasilkan kurva yang sama, jadi mempelajarinya sekali berfungsi ganda.
- Pelajaran ini mencakup persamaan pelepasan, konstanta waktu, dan grafik log yang mengubah kurva menjadi garis lurus.
Asal-usul eksponensial
- Tutup sakelar dan p.d. kapasiton mendorong arus melalui resistor. Hukum kedua Kirchhoff memberikan $V_C = V_R$, dan dengan $V_C = Q/C$, $V_R = IR$ dan $I = -dQ/dt$:
- Laju kehilangan berbanding lurus dengan muatan yang tersisa. Itu adalah sifat penentu dari peluruhan eksponensial, dan itulah sebabnya kurva mereda saat turun.
Selama pengosongan melalui resistor, muatan pada kapasitor:
Semakin besar muatan, semakin besar arus — menghasilkan peluruhan eksponensial.
Mengapa pengosongan kapasitor bersifat eksponensial?
Q/C = -R dQ/dt mengatakan hal itu secara tepat. Setiap besaran dengan sifat ini, termasuk peluruhan radioaktif, menghasilkan kurva yang sama.
Tiga persamaan
- Muatan, p.d. dan arus semuanya meluruh bersama, dengan konstanta waktu yang sama:
- Arus terbesar pada saat sakelar ditutup, $I_0 = V_0/R$, karena seluruh p.d. awal berada di atas resistor. Arus turun seiring turunnya p.d.
- Luas di bawah grafik arus-waktu adalah muatan yang telah mengalir. Ketiga kurva memiliki bentuk yang sama, jadi mengukur $\tau$ dari salah satunya memberikan $RC$.
Tajam di awal, lalu semakin landai, dan tidak pernah benar-benar nol
Kurva pengisian/pengosongan
Tegangan naik (atau meluruh) secara eksponensial dengan konstanta waktu τ = RC.
Pengosongan kapasitor
Q = Q₀·bᵗ
Muatan meluruh secara eksponensial melalui resistor.
Muatan selama pengosongan diberikan oleh:
Pengosongan mendekati nol: $Q = Q_0 e^{-t/RC}$ (bentuk $1 - e^{-t/RC}$ digunakan untuk pengisian).
Konstanta waktu
- Konstanta waktu adalah:
- Satunya adalah detik, karena ohm dikali farad adalah detik.
- Ini adalah waktu agar kuantitas yang meluruh turun menjadi $\dfrac{1}{e} \approx 37\%$ dari nilai awalnya. Setelah $2\tau$ sekitar 13.5% tersisa, dan setelah $5\tau$ kurang dari 1%.
- Nilai $R$ atau $C$ yang besar berarti pelepasan lambat: tangki besar yang kosong melalui pipa sempit.
Sebuah kapasitor $500\ \mu\text{F}$ mengosongkan diri melalui resistor $2000\ \Omega$. Berapa konstanta waktunya?
$\tau = RC = 2000 \times 500 \times 10^{-6} = 1.0\ \text{s}$.
Setelah satu konstanta waktu, muatan turun menjadi sekitar ____ % dari nilainya awal.
Turun menjadi $\dfrac{1}{e} \approx 0.37$, yaitu sekitar 37%.
Setelah 5 konstanta waktu, kurang dari 1% muatan tersisa.
$e^{-5} \approx 0.0067$, jadi kurang dari 1% tersisa — efektif sepenuhnya terkosongkan.
Sebuah kapasitor diisi hingga 24 V dan mengosongkan diri melalui resistor 5.6 kilo-ohm. Berapa arus awal, dalam mA?
Pada detik sakelar ditutup, seluruh beda potensial ada di atas resistor, sehingga I0 = V0/R = 24/5600 = 4.3 mA. Kemudian meluruh dengan konstanta waktu yang sama seperti muatan.
Contoh terpecahkan: soal pelepasan penuh
- Kapasitor $470\ \mu\text{F}$ yang dicas hingga $24\ \text{V}$ dilepas melalui resistor $5.6\ \text{k}\Omega$. Temukan konstanta waktu, arus awal, p.d. setelah $4.0\ \text{s}$, dan waktu agar p.d. turun menjadi $6.0\ \text{V}$.
- $\tau = RC = (5.6 \times 10^3)(470 \times 10^{-6}) = 2.6\ \text{s}$, dan $I_0 = V_0/R = 24/5600 = 4.3\ \text{mA}$.
- Setelah $4.0\ \text{s}$: $V = V_0 e^{-t/RC} = 24\,e^{-4.0/2.63} = 5.3\ \text{V}$.
- Untuk waktu, ambil logaritma: $t = -RC\ln(V/V_0) = -2.63\ln(6.0/24) = 3.6\ \text{s}$.
- Jaga $\tau$ tidak dibulatkan di dalam perhitungan dan bulatkan hanya di akhir. Dan perhatikan bahwa $\ln(V/V_0)$ bernilai negatif, sehingga tanda minus membuat $t$ positif: penyusunan ulang ini adalah yang paling sering ditanyakan dan paling sering salah.
Setelah satu konstanta waktu, sekitar 37% dari muatan asli masih tersisa pada kapasitor.
Turun menjadi 1/e dari nilainya awal, sekitar 37%. Setelah dua kali sekitar 13.5%, dan setelah lima kali di bawah 1%, meskipun tidak pernah benar-benar mencapai nol.
Contoh terpecahkan: membaca $\tau$ dari grafik
- Tegangan antar plat (p.d.) pada kapasitor $2200\ \mu\text{F}$ turun dari $6.0\ \text{V}$ ke $2.2\ \text{V}$ dalam waktu $4.5\ \text{s}$. Tentukan resistansinya.
- Periksa rasio terlebih dahulu: $2.2/6.0 = 0.367$, yang merupakan $1/e$. Jadi $4.5\ \text{s}$ merupakan satu konstanta waktu.
- Kemudian $R = \tau/C = 4.5/(2200 \times 10^{-6}) = 2.0 \times 10^3\ \Omega$.
- Jika penurunan bukan menuju $1/e$, gunakan $RC = -t/\ln(V/V_0)$ sebagai gantinya. Jawaban akhirnya sama dalam kedua kasus, tetapi mengenali $1/e$ menghemat satu langkah.
Sebuah kapasitor dengan konstanta waktu 2.63 s diisi hingga 24 V. Berapa lama, dalam detik, hingga beda potensial turun menjadi 6.0 V?
t = -RC ln(V/V0) = -2.63 ln(0.25) = 3.6 s. ln(0.25) negatif, sehingga tanda minus membuat t positif; penyederhanaan ini paling sering salah dilakukan.
Grafik log
- Ambil logaritma dari $V = V_0 e^{-t/RC}$:
- Jadi grafik $\ln V$ terhadap $t$ adalah garis lurus dengan gradien $-1/RC$ dan intercept $\ln V_0$.
- Ini adalah metode eksperimen standar: mengubah kurva menjadi garis, sehingga $RC$ diperoleh dari gradien daripada pembacaan tunggal, dan penyimpangan dari garis lurus menunjukkan bahwa peluruhan tersebut tidak eksponensial.
Beda potensial pada kapasitor 2200 µF turun dari 6.0 V menjadi 2.2 V dalam 4.5 s. Urutkan langkah-langkah untuk mencari hambatan.
Jika penurunan bukan menuju 1/e, gunakan RC = -t/ln(V/V0). Jawabannya sama, tetapi mengenali 1/e menghemat satu langkah.
⟦⟧ Nilai yang sering terlewat
- $\tau = RC$ adalah waktu, dalam detik, bukan pecahan. Setelah satu $\tau$, kuantitas berada di tingkat 37%, bukan telah hilang 63% dan berhenti.
- Arus terbesar di awal, ketika seluruh p.d. berada di atas resistor, dan meluruh dengan konstanta waktu yang sama seperti muatan.
- Untuk mencari waktu, ambil logaritma: $t = -RC\ln(V/V_0)$. Jaga konstanta waktu tidak dibulatkan selama perhitungan.
- Pada grafik $\ln V$ terhadap $t$, kemiringannya adalah $-1/RC$, sehingga $RC$ adalah negatif dari resiprokal dari kemiringan tersebut.
Grafik ln V terhadap t untuk kapasitor yang mengosongkan diri adalah garis lurus. Berapa gradiennya?
Mengambil logaritma dari V = V0 exp(-t/RC) menghasilkan ln V = ln V0 - t/RC. Jadi RC adalah minus resiprokal dari gradien, dan garis lurus itu sendiri mengonfirmasi bahwa peluruhan tersebut bersifat eksponensial.
Anda telah memahaminya
- laju kehilangan berbanding lurus dengan muatan yang tersisa, jadi peluruhan eksponensial: $Q = Q_0e^{-t/RC}$, dan $V$ serta $I$ meluruh identik
- arus dimulai dari $I_0 = V_0/R$ dan luas di bawah grafik arus-waktu adalah muatan yang telah mengalir
- konstanta waktu $\tau = RC$ adalah waktu untuk turun ke $1/e \approx 37\%$; setelah $5\tau$ kurang dari 1% tersisa
- ambil logaritma untuk mencari waktu, $t = -RC\ln(V/V_0)$, dan plot $\ln V$ terhadap $t$ adalah garis lurus dengan gradien $-1/RC$