Strom in R1R1R{_1} des Widerstandsteilers mit Kondensator

Question

Strom in R1R1R{_1} des Widerstandsteilers mit Kondensator

Physik
Kondensator
Kontrollsystem
Schaltungsanalyse
Laplace-Transformation

riccs_0x

Angesichts des Systems berechnen Sie den Strom in $R_{1}$ ,

R_{1} = R_{2} = 10 k Ω

$R_{1}=R_{2}=10k\Omega$ Und

C = 1.2 μ F

$C=1.2\mu F$ . Nun, ich habe zwei Ansätze.

Wenn der Kondensator vollständig aufgeladen ist, öffnet er den Stromkreis und es entsteht ein Spannungsteiler

So

v_{R_{1}} = 20_{v} \frac{10 k Ω}{20 k Ω} = 10_{v}

$V_{R_{1}}=20_V\frac{10k\Omega}{20k\Omega}=10_V$
und dann

{ICH}_{R 1} = \frac{10_{v}}{10 k Ω} = 1 M A

$I_{R{1}}=\frac{10_V}{10k\Omega}=1mA$

Modellieren Sie das System, berechnen Sie die Sprungantwort und Sie haben die Kondensatorspannung, also
$v_{C} = v_{R_{2}}$ $V_{C}=V_{R_2}$ und dann $v_{R 1} = v - v_{C}$ $V_{R1}=V-V_{C}$ Systemmodell: $\frac{v (T)}{R_{1} C} = \dot{v_{C}} + \frac{1}{C} (\frac{R_{1} + R_{2}}{R_{1} R_{2}}) v_{C}$ $\frac{V(t)}{R_{1}C}=\dot{V_{C}}+\frac{1}{C}(\frac{R_1+R_2}{R_1R_2})V_{C}$ die Zeitkonstante:
$τ = C (\frac{R_{1} R_{2}}{R_{1} + R_{2}}) = 0,006 S$ $\tau=C(\frac{R_1R_2}{R_1+R_2})=0.006s$ Nehmen der Laplace-Transformation mit der gegebenen Eingabe und Anwenden der Werte der Komponenten $1666.6 \frac{1}{S} = v_{C (S)} - v_{C (0)} + 166.6 v_{C (S)}$ $1666.6\frac{1}{s}=V_{C(s)}-V_{C(0)}+166.6V_{C(s)}$ Gruppierung, Berechnung der Partialbruchentwicklung und Durchführung der inversen Laplace-Transformation: $\frac{1666.6}{S (S + 166.6)} = v_{C (S)}$ $\frac{1666.6}{s(s+166.6)}=V_{C(s)}$ $v_{C} = \frac{10.0036}{S} + \frac{- 10.0036}{S + 166.6} = 10.0036 - 10.0036 e^{- 166.6 T}$ $V_{C}=\frac{10.0036}{s}+\frac{-10.0036}{s+166.6}=10.0036-10.0036e^{-166.6t}$ mit $T \geq 0$ $t\geq0$ und wann $\underset{T \to \infty}{lim v_{C}} = 10.0036 v$ $\underset{t\rightarrow\infty}{\lim V_{C}}=10.0036V$ dann wieder) $v_{R 1} = v - v_{C}$ $V_{R1}=V-V_{C}$ $v_{R 1} = 20 v - 10.0036 v = 9,9964 v$ $V_{R1}=20V-10.0036V=9.9964V$ ${ICH}_{R 1} = \frac{{9,9964}_{v}}{10 k Ω} = 0,00099964 A$ $I_{R{1}}=\frac{9.9964_V}{10k\Omega}=0.00099964A$ oder ${ICH}_{R 1} \approx 1 M A$ $I_{R{1}}\approx1mA$

Ich habe eine Grafik der Antwort gemacht. OK, hoffe, dass dies überprüft werden kann, und zeigen Sie Fehler oder Kommentare an, wenn dies richtig gemacht wird! Vielen Dank im Voraus.

Tony Stewart EE75

sieht gut aus. Wiederholen Sie jetzt, bis Sie in 10s in Ihrem Kopf tun können. 63 % Vin bei ReqC in Richtung I = V/Rtot

Jim Dearden

Durch einfache Inspektion können Sie die Spannung am Kondensator nicht auf mehr als die Hälfte der Versorgungsspannung bringen, sodass ein kleiner Berechnungsfehler vorliegt (wahrscheinlich aufgrund von Annäherungswerten in der Berechnung). Anfänglich beträgt der Strom in R1 2 mA ( Kondensator wirkt als Kurzschluss ) und fällt nach etwa 5 Zeitkonstanten exponentiell auf (fast) 1 mA ( Kondensator wirkt als Leerlauf ) - unter der Annahme, dass der Kondensator bei t = 0 nicht geladen wird.

riccs_0x

Danke an Tony und JIm; Ich überprüfe es; wow! so hab ich das nicht gedacht =)

Jim Dearden

Und ... überlegen Sie, ob Sie Ihre V-, R1-, R2-Schaltung auf ihr Thevenin-Äquivalent (10 V, 5 k) geändert haben, als sie den Kondensator auflud.

riccs_0x

Es ist ein anderer Weg; aber dieses Mal durfte Onkel Thevenin nicht in die Frage. Allerdings mache ich das auch. =)

Benutzer110971

Warum verwenden Sie nicht einfach die Impedanz des Kondensators 1/sC. Es ist parallel zum Widerstand. Danach geht es direkt weiter.

Chu

Halten Sie die Berechnungen so lange wie möglich in richtigen Brüchen. Und wenn Sie Dezimalbrüche verwenden müssen, wenden Sie die üblichen Rundungsregeln an.

Antworten (1)

Strom in R1R1R{_1} des Widerstandsteilers mit Kondensator

sieht gut aus. Wiederholen Sie jetzt, bis Sie in 10s in Ihrem Kopf tun können. 63 % Vin bei ReqC in Richtung I = V/Rtot
Durch einfache Inspektion können Sie die Spannung am Kondensator nicht auf mehr als die Hälfte der Versorgungsspannung bringen, sodass ein kleiner Berechnungsfehler vorliegt (wahrscheinlich aufgrund von Annäherungswerten in der Berechnung). Anfänglich beträgt der Strom in R1 2 mA ( Kondensator wirkt als Kurzschluss ) und fällt nach etwa 5 Zeitkonstanten exponentiell auf (fast) 1 mA ( Kondensator wirkt als Leerlauf ) - unter der Annahme, dass der Kondensator bei t = 0 nicht geladen wird.
Danke an Tony und JIm; Ich überprüfe es; wow! so hab ich das nicht gedacht =)
Und ... überlegen Sie, ob Sie Ihre V-, R1-, R2-Schaltung auf ihr Thevenin-Äquivalent (10 V, 5 k) geändert haben, als sie den Kondensator auflud.
Es ist ein anderer Weg; aber dieses Mal durfte Onkel Thevenin nicht in die Frage. Allerdings mache ich das auch. =)
Warum verwenden Sie nicht einfach die Impedanz des Kondensators 1/sC. Es ist parallel zum Widerstand. Danach geht es direkt weiter.
Halten Sie die Berechnungen so lange wie möglich in richtigen Brüchen. Und wenn Sie Dezimalbrüche verwenden müssen, wenden Sie die üblichen Rundungsregeln an.

jonk · Answer 1

Mein erster Instinkt wäre, zuerst Thevenin anzuwenden $V$ , $R_1$ , Und $R_2$ um dies auf ein einfaches Serien-RC-Problem zu reduzieren, dessen Lösung lautet:

\begin{aligned} R_{T H} & = \frac{R_{1} \cdot R_{2}}{R_{1} + R_{2}} = 5 k Ω \\ v_{T H} & = v \cdot \frac{R_{2}}{R_{1} + R_{2}} = \frac{1}{2} v \\ τ & = R_{T H} \cdot C_{1} = 6 MS \\ v_{X} = v_{R_{1}} & = v_{T H} \cdot (1 - e^{- \frac{T}{τ}}) = \frac{1}{2} v \cdot (1 - e^{- \frac{T}{τ}}) \end{aligned}

$\begin{align*} R_{th} &= \frac{R_1\cdot R_2}{R_1+R_2} = 5\:\textrm{k}\Omega\\ \\ V_{th} &= V\cdot\frac{R_2}{R_1+R_2} = \frac{1}{2}\:V \\ \\ \tau&= R_{th} \cdot C_1 = 6\:\textrm{ms}\\ \\ V_x=V_{R_1}&=V_{th}\cdot\left(1-e^{-\cfrac{t}{\tau}}\right)=\frac{1}{2}\:V\cdot\left(1-e^{-\cfrac{t}{\tau}}\right) \end{align*}$

Aber das ist kein genereller Ansatz. Es funktioniert nur in diesem Fall.

Die Knotenanalyse ist viel, viel allgemeiner und würde den unteren Knoten willkürlich festlegen $0\:\textrm{V}$ :

\begin{aligned} \frac{v_{X}}{R_{1}} + \frac{v_{X}}{R_{2}} + C_{1} \frac{D v_{X}}{D T} & = \frac{v}{R_{1}} + \frac{0 v}{R_{2}} \\ v_{X} \cdot (\frac{1}{R_{1}} + \frac{1}{R_{2}}) + C_{1} \frac{D v_{X}}{D T} & = \frac{v}{R_{1}} \\ \frac{D v_{X}}{D T} + \frac{1}{C_{1} \frac{R_{1} \cdot R_{2}}{R_{1} + R_{2}}} v_{X} & = \frac{v}{R_{1} C_{1}} \\ \frac{D v_{X}}{D T} + \frac{1}{C_{1} R_{T H}} v_{X} & = \frac{v_{T H}}{C_{1} R_{T H}} \end{aligned}

$\begin{align*} \frac{V_x}{R_1} + \frac{V_x}{R_2} + C_1\frac{\textrm{d} V_x}{\textrm{d} t}&= \frac{V}{R_1} + \frac{0\:\textrm{V}}{R_2} \\ \\ V_x\cdot\left(\frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2}\right) + C_1\frac{\textrm{d} V_x}{\textrm{d} t}&= \frac{V}{R_1} \\ \\ \frac{\textrm{d} V_x}{\textrm{d} t}+\frac{1}{C_1\frac{R_1\cdot R_2}{R_1+R_2}}V_x&= \frac{V}{R_1 C_1} \\ \\ \frac{\textrm{d} V_x}{\textrm{d} t}+\frac{1}{C_1 R_{th}}V_x&= \frac{V_{th}}{C_1 R_{th}} \end{align*}$

Welches ist in einer sehr vertrauten ODE-Form erster Ordnung. Darauf können Sie Laplace anwenden.

Aber nur die übliche ODE-Lösungsmethode für die erste Ordnung zu verwenden, ergibt:

\begin{aligned} P_{T} = \frac{1}{C_{1} R_{T H}}, Q_{T} & = \frac{v_{T H}}{C_{1} R_{T H}}, ∴ \frac{D v_{X}}{D T} + P_{T} v_{X} = Q_{T} \\ μ & = e^{\int P_{T} D T} = e^{[\frac{T}{C_{1} R_{T H}}]} \\ v_{X} & = \frac{1}{μ} \int μ Q_{T} D T \\ = e^{[\frac{- T}{C_{1} R_{T H}}]} \int e^{[\frac{T}{C_{1} R_{T H}}]} \frac{v_{T H}}{C_{1} R_{T H}} D T \\ = e^{[\frac{- T}{C_{1} R_{T H}}]} \cdot (\frac{v_{T H}}{C_{1} R_{T H}}) \cdot \int e^{[\frac{T}{C_{1} R_{T H}}]} D T \\ = e^{[\frac{- T}{C_{1} R_{T H}}]} \cdot (\frac{v_{T H}}{C_{1} R_{T H}}) \cdot (C_{1} R_{T H} e^{[\frac{T}{C_{1} R_{T H}}]} + C_{0}) \\ = v_{T H} e^{[\frac{- T}{C_{1} R_{T H}}]} \cdot (e^{[\frac{T}{C_{1} R_{T H}}]} + C_{0}) \\ = v_{T H} (1 + C_{0} e^{[\frac{- T}{C_{1} R_{T H}}]}) \end{aligned}

$\begin{align*} P_t = \frac{1}{C_1 R_{th}},~~Q_t &= \frac{V_{th}}{C_1 R_{th}},~~\therefore~~ \frac{\textrm{d} V_x}{\textrm{d} t}+P_t V_x= Q_t\\ \\ \mu &= e^{\int P_t\:\textrm{d} t} = e^{\left[\cfrac{t}{C_1 R_{th}}\right]}\\ \\ V_x &= \frac{1}{\mu}\int \mu\: Q_t~ \:\textrm{d} t \\ \\ &= e^{\left[\cfrac{-t}{C_1 R_{th}}\right]}\int e^{\left[\cfrac{t}{C_1 R_{th}}\right]}\: \frac{V_{th}}{C_1 R_{th}}~ \:\textrm{d} t \\ \\ &= e^{\left[\cfrac{-t}{C_1 R_{th}}\right]}\cdot \left(\frac{V_{th}}{C_1 R_{th}}\right)\cdot \int e^{\left[\cfrac{t}{C_1 R_{th}}\right]}\:~ \:\textrm{d} t \\ \\ &= e^{\left[\cfrac{-t}{C_1 R_{th}}\right]}\cdot \left(\frac{V_{th}}{C_1 R_{th}}\right)\cdot \left(C_1 R_{th}\: e^{\left[\cfrac{t}{C_1 R_{th}}\right]}+C_0\right) \\ \\ &= V_{th}\:e^{\left[\cfrac{-t}{C_1 R_{th}}\right]}\cdot \left(e^{\left[\cfrac{t}{C_1 R_{th}}\right]}+C_0\right) \\ \\ &= V_{th}\left(1 + C_0\:e^{\left[\cfrac{-t}{C_1 R_{th}}\right]}\right) \end{align*}$

Unter Verwendung der Anfangsbedingung that $V_x\left(t=0\right) = 0\:\textrm{V}$ , das führt zu $C_0=-1$ , So:

\begin{aligned} v_{X} & = v_{T H} (1 - e^{[\frac{- T}{C_{1} R_{T H}}]}) = \frac{1}{2} v \cdot (1 - e^{- \frac{T}{τ}}) \end{aligned}

$\begin{align*} V_x &= V_{th}\left(1 -e^{\left[\cfrac{-t}{C_1 R_{th}}\right]}\right) = \frac{1}{2}\:V\cdot\left(1-e^{-\cfrac{t}{\tau}}\right) \end{align*}$

Und jetzt können Sie sehen, warum der Thevenin-Ansatz zuerst gewählt wurde.

Oder verwenden Sie Laplace, das auf die zuvor erwähnte ODE angewendet wird. Unter Verwendung der bekannten Anfangsbedingung erhalten Sie $Y_s = \frac{Q_t}{s^2+P_t s}$ , was auflöst als $y_t=\frac{Q_t}{P_t}\left(1-e^{-P_t t}\right)=V_{th}\left(1-e^{\frac{-t}{\tau}}\right)=\frac{1}{2} V\left(1-e^{\frac{-t}{\tau}}\right)$ .

Natürlich wissend $V_x$ Es ist trivial, dann Ihre Titelfrage bezüglich des Stroms in zu beantworten $R_1$ im Laufe der Zeit.

Dank euch allen habe ich heute gelernt, etwas anders zu denken! Ich hätte nie gedacht, dass dies so reich sein kann.

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