26.4. Mạch R-C

Trong một mạch chỉ gồm nguồn không đổi và , có thể ổn định theo thời gian. Nhưng khi đóng công tắc để nạp , dòng ban đầu lớn rồi giảm dần. Muốn mô tả quá trình ấy, ta phải theo dõi đồng thời điện tích trên tụ, và dòng điện.

Mạch gồm $R$ và $C$ mắc nối tiếp với nguồn có không đổi $\mathcal{E}$ được gọi là . Ta coi nguồn lý tưởng, có bằng không, và bỏ qua điện trở của dây nối. Mạch loại này có trong đèn giao thông nhấp nháy, đèn báo rẽ trên ô tô và đèn chớp điện tử.

Nạp tụ điện

Hình 26.20: Mạch R-C trước và sau khi đóng công tắc để nạp tụ

Chú thích:

• Công tắc. (Switch)
• (a) Tụ điện ban đầu chưa tích điện. ((a) Capacitor initially uncharged)
• (b) Tụ điện đang được nạp. ((b) Charging the capacitor)
• Mạch hở. (open)
• Mạch kín. (closed)
• Khi công tắc đóng, điện tích trên tụ tăng theo thời gian trong khi dòng điện giảm. (When the switch is closed, the charge on the capacitor increases over time while the current decreases.)

Hình 26.20: Trước khi đóng công tắc, tụ chưa tích điện. Sau khi đóng tại $t=0$, điện tích dương tích tụ trên một bản, ban đầu lớn rồi giảm dần.

Giả sử tụ ban đầu chưa tích điện. Tại $t=0$, ta đóng công tắc. Vì điện tích ban đầu bằng không, trên tụ khi ấy bằng không. Toàn bộ đặt lên , nên ban đầu là:

$$I_0=\frac{\mathcal{E}}{R}.$$

Trong mạch nối tiếp, có cùng độ lớn tại mọi vị trí. Khi tụ nạp, điện tích trên tụ tăng và trên tụ cũng tăng. Do kín, độ giảm thế trên giảm tương ứng, khiến dòng điện giảm. Sau thời gian dài, dòng tiến về không, điện trở không còn độ giảm thế, còn hiệu điện thế trên tụ tiến tới $\mathcal{E}$.

Để phân biệt đại lượng biến thiên với đại lượng không đổi, ta viết điện áp, dòng và điện tích tức thời bằng chữ thường $v$, $i$, $q$. Ký hiệu viết hoa $V$, $I$, $Q$ dành cho giá trị không đổi hoặc giá trị đặc trưng như dòng ban đầu.

Chọn chiều dòng dương sao cho điện tích dương đi vào bản trái của tụ. Khi ấy $v_{ab}=iR$ là trên và $v_{bc}=q/C$ là hiệu điện thế trên tụ. Áp dụng kín:

$$\mathcal{E}-iR-\frac{q}{C}=0.$$

(26.9)

Giải phương trình theo , ta được:

$$\begin{array}{rl}i& =\frac{\mathcal{E}}{R}-\frac{q}{RC}\\ & =\frac{\mathcal{E}}{R}(1-\frac{q}{C\mathcal{E}}).\end{array}$$

(26.10)

Khi tụ đã nạp ổn định, bằng không. Thay $i=0$ vào phương trình vòng kín, điện tích cuối cùng trên tụ là:

$$Q_f=C\mathcal{E}.$$

(26.11)

Điện tích cuối cùng không phụ thuộc $R$. Điện trở chỉ ảnh hưởng tốc độ nạp.

Để tìm $q$ theo thời gian, dùng $i=dq/dt$ trong phương trình (26.10):

$$\begin{array}{rl}\frac{dq}{dt}& =\frac{\mathcal{E}}{R}-\frac{q}{RC}\\ & =-\frac{q-C\mathcal{E}}{RC}.\end{array}$$

Tách biến rồi lấy từ trạng thái ban đầu $q=0$, $t=0$ đến điện tích $q$ tại thời điểm $t$:

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^q\frac{d{q}^{\prime }}{q^{\prime }-C\mathcal{E}}& =-{\int }_0^t\frac{d{t}^{\prime }}{RC},\\ \ln \left(\frac{q-C\mathcal{E}}{-C\mathcal{E}}\right)& =-\frac{t}{RC}.\end{array}$$

Lấy hàm mũ hai vế rồi giải theo $q$, ta được điện tích trên tụ trong quá trình nạp:

$$\begin{array}{rl}q& =C\mathcal{E}(1-e^{-t/(RC)})\\ & =Q_f(1-e^{-t/(RC)}).\end{array}$$

(26.12)

là theo thời gian của điện tích:

$$\begin{array}{rl}i& =\frac{dq}{dt}\\ & =\frac{\mathcal{E}}{R}{e}^{-t/(RC)}\\ & =I_0{e}^{-t/(RC)}.\end{array}$$

(26.13)

bắt đầu ở $I_0=\mathcal{E}/R$ rồi giảm tiệm cận về không. Điện tích bắt đầu ở không rồi tăng tiệm cận đến $Q_f=C\mathcal{E}$.

Hình 26.21: Dòng điện giảm và điện tích tăng trong quá trình nạp tụ

Chú thích:

• (a) Đồ thị cường độ dòng điện theo thời gian khi tụ điện đang nạp. ((a) Graph of current versus time for a charging capacitor)
• Dòng điện giảm theo hàm mũ khi tụ điện được nạp. (The current decreases exponentially with time as the capacitor charges.)
• (b) Đồ thị điện tích của tụ theo thời gian khi tụ đang nạp. ((b) Graph of capacitor charge versus time for a charging capacitor)
• Điện tích trên tụ tăng dần theo thời gian và tiến đến giá trị cuối. (The charge on the capacitor increases with time toward its final value.)

Hình 26.21: Đồ thị cho thấy $i$ giảm theo thời gian, còn điện tích $q$ tăng về giá trị cuối $Q_f$. Sau một , dòng còn $I_0/e$ và tụ đạt $Q_f(1-1/e)$.

Hằng số thời gian

Tích $RC$ xác định thang thời gian của quá trình nạp. Ta gọi đại lượng này là $\tau$ của mạch:

$$\tau =RC.$$

(26.14)

Khi $t=\tau$, còn $1/e\approx \mathrm{0,368}$ lần dòng ban đầu. Điện tích trên tụ bằng $(1-1/e)Q_f\approx \mathrm{0,632}{Q}_f$. Vì vậy, $\tau$ càng lớn thì tụ nạp càng chậm. Đơn vị của $RC$ là giây.

Về mặt toán học, không chạm đúng giá trị không và điện tích không đạt đúng $Q_f$ tại một thời điểm hữu hạn. Cả hai chỉ tiến gần các giới hạn ấy. Sau $10\tau$, phần dòng còn lại và phần điện tích còn thiếu đều xấp xỉ $\mathrm{0,000}045$ lần giá trị đặc trưng ban đầu hoặc cuối cùng.

Ứng dụng bộ kích nhịp tim có tụ điện được nạp rồi phóng theo chu kỳ

Chú thích:

• Máy tạo nhịp tim. (Pacemaker)
• Dây dẫn điện cực. (Electrical lead)
• Phổi. (Lung)
• Tim. (Heart)

Ứng dụng: Bộ kích nhịp tim dùng pin, và công tắc điều khiển bằng máy tính. Khoảng mỗi giây, công tắc cho tụ phóng để gửi một xung điện qua dây dẫn đến tim, rồi nối tụ vào mạch nạp cho nhịp tiếp theo.

Ví dụ 26.12: Nạp một tụ điện

Một $10\mathrm{M}\mathrm{\Omega }$ mắc nối tiếp với $1,0\mu \mathrm{F}$ và nguồn $12,0\mathrm{V}$. Tụ ban đầu chưa tích điện. (a) Tính . (b) Tại $t=46\mathrm{s}$, tụ đã đạt bao nhiêu phần điện tích cuối cùng? (c) còn bao nhiêu phần dòng ban đầu?

Tóm tắt đề bài: $R=10\mathrm{M}\mathrm{\Omega }$, $C=1,0\mu \mathrm{F}$, $\mathcal{E}=12,0\mathrm{V}$, $q(0)=0$ và $t=46\mathrm{s}$.

Hướng đi:

• Tính bằng $RC$, vì đây là tích và của nhánh nối tiếp.
• Dùng phương trình (26.12) cho tỉ số $q/Q_f$ và phương trình (26.13) cho tỉ số $i/I_0$.

Thực hiện:

(a) .

$$\begin{array}{rl}\tau & =RC\\ & =(10\mathrm{M}\mathrm{\Omega })(1,0\mu \mathrm{F})\\ & =10\mathrm{s}.\end{array}$$

(b) Phần điện tích cuối cùng đã đạt được.

$$\frac{q}{Q_f}=1-e^{-t/\tau }=1-e^{-46/10}\approx 0,99.$$

(c) Phần ban đầu còn lại.

$$\frac{i}{I_0}=e^{-t/\tau }=e^{-46/10}\approx \mathrm{0,010.}$$

Đánh giá: Sau $4,6$ , tụ đạt khoảng $99\mathrm{\%}$ điện tích cuối cùng, trong khi dòng nạp chỉ còn khoảng $1,0\mathrm{\%}$ giá trị ban đầu. Giảm sẽ làm giảm $\tau$ và nạp tụ nhanh hơn.

Ý chính: Khi nạp tụ qua , điện tích tiến đến giá trị cuối còn tiến đến không. Cả hai quá trình có cùng $RC$.

Phóng điện qua điện trở

Hình 26.22: Mạch tụ điện phóng qua điện trở sau khi đóng công tắc

Chú thích:

• (a) Tụ điện ban đầu đã tích điện. ((a) Capacitor initially charged)
• (b) Tụ điện đang phóng điện. ((b) Discharging the capacitor)
• Công tắc. (Switch)
• Mạch hở. (open)
• Mạch kín. (closed)
• Khi công tắc đóng, điện tích trên tụ và dòng điện đều giảm theo thời gian. (When the switch is closed, the charge on the capacitor and the current both decrease over time.)

Hình 26.22: Trước khi đóng công tắc, tụ có điện tích $Q_0$. Sau khi đóng, điện tích và giảm dần. Chiều dòng thực ngược chiều dương đã chọn.

Hình 26.23: Đồ thị dòng điện và điện tích trong quá trình phóng tụ

Chú thích:

• (a) Đồ thị dòng điện theo thời gian khi tụ phóng điện. ((a) Graph of current versus time for a discharging capacitor)
• Dòng điện giảm theo hàm mũ khi tụ phóng. Dòng có dấu âm vì chiều quy ước ngược với chiều trong Hình 26.22. (The current decreases exponentially as the capacitor discharges. (The current is negative because its direction is opposite to that in Fig. 26.22.))
• (b) Đồ thị điện tích theo thời gian khi tụ phóng điện. ((b) Graph of capacitor charge versus time for a discharging capacitor)
• Điện tích trên tụ giảm theo hàm mũ khi tụ phóng điện. (The charge on the capacitor decreases exponentially as the capacitor discharges.)

Hình 26.23: Đồ thị cho thấy điện tích và độ lớn phóng đều giảm theo hàm mũ. Với quy ước chiều dương giữ như lúc nạp, dòng phóng mang dấu âm.

Giả sử tụ đã tích điện ban đầu $Q_0$. Ta tháo nguồn rồi nối tụ với . Giữ quy ước chiều dòng dương giống quá trình nạp. Điện tích dương rời bản dương của tụ, nên dòng thực chạy ngược chiều dương đã chọn.

Khi không còn nguồn trong mạch, kín và $i=dq/dt$ cho:

$$\begin{array}{rl}i& =\frac{dq}{dt}\\ & =-\frac{q}{RC}.\end{array}$$

(26.15)

Tách biến và lấy với điều kiện đầu $q(0)=Q_0$:

$$\begin{array}{rl}{\int }_{Q_0}^q\frac{d{q}^{\prime }}{q^{\prime }}& =-{\int }_0^t\frac{d{t}^{\prime }}{RC},\\ \ln \left(\frac{q}{Q_0}\right)& =-\frac{t}{RC}.\end{array}$$

Suy ra điện tích và trong quá trình phóng:

$$q=Q_0{e}^{-t/(RC)},$$

(26.16)

Tại $t=0$, dòng ban đầu theo quy ước này là $I_0=-Q_0/(RC)$. Dòng tức thời là:

$$\begin{array}{rl}i& =\frac{dq}{dt}\\ & =-\frac{Q_0}{RC}{e}^{-t/(RC)}\\ & =I_0{e}^{-t/(RC)}.\end{array}$$

(26.17)

Dấu âm cho biết dòng phóng ngược chiều dòng dương đã chọn. Độ lớn dòng và điện tích đều tiến về không với cùng $\tau =RC$.

Ví dụ 26.13: Phóng điện một tụ điện

và trong Ví dụ 26.12 được mắc lại để phóng điện. Tụ có điện tích ban đầu $Q_0=5,0\mu \mathrm{C}$. (a) Sau bao lâu điện tích còn $0,50\mu \mathrm{C}$? (b) khi ấy bằng bao nhiêu?

Tóm tắt đề bài: $R=10\mathrm{M}\mathrm{\Omega }$, $C=1,0\mu \mathrm{F}$, $Q_0=5,0\mu \mathrm{C}$ và cần xét lúc $q=0,50\mu \mathrm{C}$.

Hướng đi:

• Dùng $q=Q_0{e}^{-t/(RC)}$ để tìm thời điểm đạt điện tích đã cho.
• Tại thời điểm đó, dùng trực tiếp tỉ số $q/Q_0$ trong công thức dòng, vì dòng có cùng thừa số mũ.

Thực hiện: vẫn là $\tau =10\mathrm{s}$. Từ $q=Q_0{e}^{-t/\tau }$, thời điểm cần tìm là:

$$\begin{array}{rl}t& =-\tau \ln \left(\frac{q}{Q_0}\right)\\ & =-(10\mathrm{s})\ln \left(\frac{0,50}{5,0}\right)\\ & \approx 23\mathrm{s}.\end{array}$$

Tại thời điểm ấy, $q/Q_0=0,10$, do đó:

$$\begin{array}{rl}i& =-\frac{Q_0}{\tau }\frac{q}{Q_0}\\ & =-\frac{5,0\times {10}^{-6}\mathrm{C}}{10\mathrm{s}}(0,10)\\ & =-5,0\times {10}^{-8}\mathrm{A}.\end{array}$$

Đánh giá: Dòng âm vì chiều thực của dòng phóng ngược chiều dương đã chọn. Tại thời điểm này, điện tích cũng chỉ còn một phần mười giá trị đầu.

Ý chính: Điện tích và dòng trong quá trình phóng đều giảm theo hàm mũ với $RC$. Dấu của dòng phụ thuộc quy ước chiều đã chọn.

Cân bằng năng lượng trong mạch R-C

Trong quá trình nạp, nguồn cung cấp công suất tức thời $P_{\mathrm{source}}=\mathcal{E}i$. tỏa nhiệt với công suất $P_R=i^{2}R$. Tốc độ tăng điện trường của tụ là $P_C=i(q/C)$. Nhân phương trình vòng kín (26.9) với $i$, ta thu được:

$$\mathcal{E}i=i^{2}R+i\frac{q}{C}.$$

(26.18)

Phương trình nói rằng công suất nguồn chia thành công suất nhiệt ở và tốc độ tích trữ trong tụ.

Tổng điện tích chuyển từ nguồn sang tụ trong suốt quá trình nạp là:

$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}idt=Q_f=C\mathcal{E}.$$

Do đó, tổng nguồn cung cấp bằng $\mathcal{E}{Q}_f=C{\mathcal{E}}^2$. Năng lượng cuối cùng lưu trong tụ là:

$$U_C=\frac{Q_f^2}{2C}=\frac{1}{2}C{\mathcal{E}}^2.$$

Phần còn lại tỏa nhiệt ở . Vì hai phần bằng nhau, một nửa nguồn cấp được lưu trong tụ, một nửa chuyển thành nhiệt, không phụ thuộc $R$, $C$ hay $\mathcal{E}$.

Ta cũng có thể tính trực tiếp nhiệt lượng tỏa trong . Đặt $u=t/\tau$, khi đó $dt=\tau du$ và $i=(\mathcal{E}/R)e^{-u}$:

$$\begin{array}{rl}{U}_R& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{i}^{2}Rdt\\ & =\frac{{\mathcal{E}}^2\tau }{R}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-2u}du\\ & =\frac{{\mathcal{E}}^2\tau }{2R}\\ & =\frac{1}{2}C{\mathcal{E}}^2.\end{array}$$

Khi phóng tụ, toàn bộ điện trường ban đầu chuyển thành nhiệt trong . Thật vậy, với $q=Q_0{e}^{-t/(RC)}$, công suất nhiệt tích lũy là:

Đặt biến không thứ nguyên $u=t/(RC)$, nên $dt=RCdu$. Khi thay biểu thức và đổi biến , ta được:

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{i}^{2}Rdt& =\frac{Q_0^2}{C}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-2u}du\\ & =\frac{Q_0^2}{C}\left(\frac{1}{2}\right)\\ & =\frac{Q_0^2}{2C}.\end{array}$$

Kết quả đúng bằng ban đầu $Q_0^2/(2C)$ của tụ.

Kiểm tra hiểu mục 26.4

ban đầu của tụ bằng $Q_0^2/(2C)$. Sau một khi đang phóng điện, phần năng lượng còn lại bằng bao nhiêu?

• (i) $1/e$.
• (ii) $1/e^2$.
• (iii) $1-1/e$.
• (iv) $(1-1/e{)}^2$.
• (v) Kết quả còn phụ thuộc ban đầu của tụ.

Lời giải kiểm tra hiểu

Tóm tắt: Sau một $t=RC$, điện tích của tụ đã giảm theo phương trình phóng điện.

Hướng đi:

• Sau một , lấy tỉ số điện tích từ phương trình phóng điện.
• Bình phương tỉ số ấy để có tỉ số , vì năng lượng tụ tỉ lệ với $q^2$.

Sau một :

$$\frac{q}{Q_0}=e^{-t/(RC)}=e^{-1}.$$

Vì $U=q^2/(2C)$, phần còn lại là:

$$\begin{array}{rl}\frac{U}{U_0}& ={\left(\frac{q}{Q_0}\right)}^2\\ & =\frac{1}{e^2}\\ & \approx \mathrm{0,135.}\end{array}$$

Đáp án là (ii), $1/e^2$, tương ứng khoảng $13,5\mathrm{\%}$ ban đầu.

Tóm tắt

• Khi nạp tụ chưa tích điện, dòng ban đầu là $I_0=\mathcal{E}/R$. Sau thời gian dài, điện tích tiến đến $Q_f=C\mathcal{E}$ và dòng tiến đến không.
• Trong quá trình nạp, $q=Q_f(1-e^{-t/(RC)})$ và $i=I_0{e}^{-t/(RC)}$.
• Trong quá trình phóng, $q=Q_0{e}^{-t/(RC)}$ và dòng có dấu ngược với quy ước chiều nạp.
• là $\tau =RC$. Sau một $\tau$, tụ nạp được khoảng $63,2\mathrm{\%}$ điện tích cuối hoặc còn khoảng $36,8\mathrm{\%}$ điện tích ban đầu khi phóng.
• Trong quá trình nạp từ nguồn lý tưởng, một nửa nguồn cấp lưu ở tụ và một nửa tỏa nhiệt. Khi phóng, toàn bộ năng lượng ban đầu của tụ tỏa ở .

Tài liệu tham khảo

Young, H. D., & Freedman, R. A. University Physics with Modern Physics (ấn bản 15, mục 26.4, tr. 858–863). Pearson.

Tài liệu tham khảo

Young & Freedman, University Physics with Modern Physics, ấn bản 15, mục 26.4, trang 858–863.