سوال ۴۳ کنکور ارشد مهندسی برق ۱۴۰۴

بستن کلید یک حلقهٔ سری واحد شامل $C_1$، کلید $S$، $C_2$ و $R$ می‌سازد — یک مدار RC مرتبهٔ اول بدون منبع که «منبع» آن همان انرژی از پیش ذخیره‌شده در $C_1$ است.

گام ۱ — خازن معادل سری و ثابت زمانی

برای $t>0$ جریان یکسان $i(t)$ از هر دو خازن می‌گذرد، پس این دو سری هستند:

$C_{eq} = \frac{C_1 C_2}{C_1 + C_2} = \frac{C\cdot C}{2C} = \frac{C}{2}$

$\tau = R\,C_{eq} = \frac{RC}{2} \quad\Rightarrow\quad \frac{1}{\tau} = \frac{2}{RC}$

بنابراین هر پاسخ گذرا در این مدار با $e^{-2t/RC}$ میرا می‌شود — دقیقاً همان توانی که در گزینه‌های ۲ تا ۴ آمده است.

گام ۲ — جریان اولیه

ولتاژ خازن نمی‌تواند پرش کند، پس در $t = 0^{+}$

$v_1(0^{+}) = 5\ \text{V}, \qquad v_2(0^{+}) = 0$

قانون ولتاژ کیرشهف (KVL) حول حلقه (با فرض خروج $i$ از صفحهٔ $+$ خازن $C_1$ و ورود آن به صفحهٔ $+$ خازن $C_2$):

$v_1(t) = v_2(t) + R\,i(t) \;\Rightarrow\; i(0^{+}) = \frac{v_1(0^{+}) - v_2(0^{+})}{R} = \frac{5 - 0}{R} = \frac{5}{R}$

گام ۳ — جریان برای $t>0$

با مشتق‌گیری از رابطهٔ KVL و استفاده از $\dfrac{dv_1}{dt} = -\dfrac{i}{C}$ و $\dfrac{dv_2}{dt} = +\dfrac{i}{C}$:

$-\frac{i}{C} - \frac{i}{C} = R\frac{di}{dt} \;\Rightarrow\; R\frac{di}{dt} + \frac{2}{C}\,i = 0$

$\boxed{\,i(t) = \frac{5}{R}\,e^{-2t/RC},\qquad t>0\,}$

گام ۴ — ولتاژ نهایی روی $C_2$

در $t\to\infty$ جریان صفر می‌شود، پس افت ولتاژ روی $R$ صفر است و KVL ایجاب می‌کند $v_1(\infty) = v_2(\infty)$. باری که به $C_2$ منتقل می‌شود برابر است با

$\Delta q = \int_0^{\infty} i(t)\,dt = \frac{5}{R}\cdot\frac{RC}{2} = 2.5\,C$

$v_2(\infty) = \frac{\Delta q}{C} = 2.5\ \text{V}, \qquad v_1(\infty) = 5 - \frac{\Delta q}{C} = 2.5\ \text{V} \;\checkmark$

همین نتیجه بی‌درنگ از بقای بار روی گرهٔ ایزوله که دو صفحهٔ خازن را به هم وصل می‌کند نیز به دست می‌آید: بار کل $q_1(0)-q_2(0) = 5C - 0$ میان دو خازن برابر که بار سری یکسانی حمل می‌کنند بازتوزیع می‌شود، پس هر کدام به نصف ولتاژ اولیه، یعنی $2.5\ \text{V}$، می‌رسند.

بنابراین $i(t) = \dfrac{5}{R}e^{-2t/RC}$ و $V_2(\infty) = 2.5\ \text{V}$ — گزینهٔ ۳.

تلهٔ رایج: در اینجا نباید از $\tau = RC$ استفاده کرد. دو خازن در یک حلقهٔ سری به $C/2$ معادل می‌شوند که ثابت زمانی را نصف و توان نمایی را به $-2t/RC$ تبدیل می‌کند. همچنین گزینهٔ ۱ ($i=0$, $V_2(\infty)=5\ \text{V}$) تلهٔ این تصور است که $C_2$ صرفاً از $C_1$ «رونویسی» می‌کند؛ چنین چیزی ممکن نیست، زیرا $C_1$ باید همان باری را از دست بدهد که $C_2$ دریافت می‌کند، پس هر دو در میانه، یعنی $2.5\ \text{V}$، به تعادل می‌رسند. (بررسی انرژی: پیش از آن $\tfrac12 C\cdot 5^2 = 12.5C$ و پس از آن $2\cdot\tfrac12 C\cdot 2.5^2 = 6.25C$ — دقیقاً نیمی از انرژی، مستقل از مقدار $R$، در $R$ تلف می‌شود.)