Institutt for fysikk, NTNU FY1013 Elektrisitet og magnetisme II Høst 2005

Løsningsforslag til øving 4

Veiledning mandag 19. og onsdag 21. september

Likeretter

a) Strømmen som ”leveres” av spenningskilden må gå gjennom dioden. Denne strømmen I_{d}(t) vil fordele seg på en komponent I_{C}(t) inn på kondensatoren og en komponent I_{R}(t) gjennom motstanden:

I_{d}(t) = I_{C}(t) + I_{R}(t)

Så lenge spenningsforholdene i kretsen er slik at det går en positiv strøm I_{d} gjennom dioden, kan vi erstatte dioden med en motstandsfri leder (dvs kortslutte dioden) og sette V_{d} = 0. Da har vi

V_{ut} = V_{inn} = V_{R} = V_{C}

Generelt, dvs uansett retning på strømmen, har vi, med bruk av Kirchhoffs spenningsregel

V_{ut} = V_{inn} − V_{d} = V_{R} = V_{C}

I første omgang ser vi altså på tilfellet at I_{d} > 0 og V_{d} = 0. Vi bestemmer de to bidragene til den totale strømmen I_{d}:

I_{R}(t) = \frac{V_{R}}{R} = \frac{V_{inn}}{R} = \frac{V_{0}}{R} sin ωt

I_{C}(t) = \frac{dQ}{dt} = C \frac{dV_{C}}{dt} = C \frac{dV_{inn}}{dt} = CV_{0}ω cos ωt = \frac{ω}{ω_{0}} \frac{V_{0}}{R} cos ωt

der vi har innført ω_{0} = 1/RC. Total strøm blir dermed

I_{d}(t) = \frac{V_{0}}{R} (\frac{ω}{ω_{0}} cos ωt + sin ωt)  (1)

Like etter t = 0 dominerer det første leddet, dvs strømmen inn på kondensatoren. Med oppgitte tallverdier har vi ω = 2πf = 100π ≃ 314 s^{−1}, mens ω_{0} = 1/(100 · 0.001) = 10 s^{−1}. Altså er faktoren ω/ω_{0} = 10π ≃ 31.4, så strømmen inn på kondensatoren er ganske stor like etter vi har skrudd på spenningskilden, mer enn 30 ganger større enn strømmen gjennom motstanden ved noe tidspunkt kan bli. Dette er simpelthen et resultat av at kondensatorens kapasitans C er forholdsvis stor. Den har dermed mulighet til å lagre mye ladning. Rett etter vi har skrudd på spenningskilden, vil mesteparten av strømmen gå inn på kondensatoren, framfor å gå den ”tunge veien” gjennom motstanden. Etter hvert som kondensatoren lades opp, blir det tyngre og tyngre å tilføre ekstra ladning. Dermed blir I_{C} mindre og mindre, mens I_{R} rett og slett øker proporsjonalt med verdien på V_{inn}.

Når blir så I_{d} = 0 for første gang? Vel, vi har jo den eksplisitte tidsavhengigheten til I_{d} ovenfor, så kriteriet må åpenbart bli

\frac{ω}{ω_{0}} cos ωt_{0} + sin ωt_{0} = 0

⇒ tan ωt_{0} = −\frac{ω}{ω_{0}}

som vi var bedt om å vise. Tar vi invers tangens på begge sider av denne ligningen, får vi

ωt_{0} = arctan (−\frac{ω}{ω_{0}} ) = − arctan (\frac{ω}{ω_{0}} )

Ukritisk kalkulatorbruk gir nå ωt_{0} = −1.539 og t_{0} = −4.9 · 10^{−3} s = −4.9 ms. Men vi skulle finne første gang I_{d} blir null etter t = 0. Da må vi huske på at tangensfunksjonen gjentar seg med periode π:

Dvs: tan(x − π) = tan x, slik at den søkte løsningen for t_{0} er gitt ved

ωt_{0} = π − arctan (\frac{ω}{ω_{0}} )

dvs

t_{0} = \frac{π}{100π} − \frac{1}{100π} arctan(10π) = (0.01 − 0.0049) s = 5.1 ms

Dette er like etter at det har gått en kvart periode π/2ω = 5.0 ms. Da har ladningen Q nådd sin maksimale verdi, og I_{C} skifter retning. På grunn av faktoren ω/ω_{0} ≫ 1 vil I_{C} raskt bli like stor som I_{R} (men med motsatt fortegn). Da har I_{d} falt til null, hvoretter V_{d} blir negativ, og vi kan erstatte dioden med en åpen krets og sette I_{d} = 0. Kommentar: For store argumenter x er arctan x ≃ π/2, så en ser umiddelbart at ωt_{0} blir omtrent lik π/2. Taylorutvikling av arctan x gir arctan x = π/2 − 1/x + O(1/x^{3}). (Dvs: Neste ledd i rekkeutviklingen er ”av orden” 1/x^{3}.) Tar vi med det første korreksjonsleddet −1/x, har vi

\frac{1}{100π} arctan(10π) ≃ \frac{1}{100π} (\frac{π}{2} − \frac{1}{10π} ) ≃ \frac{1}{200} − \frac{1}{10000} = \frac{50 − 1}{10000} = 0.0049

der vi har satt π^{2} ≃ 10. Dvs samme svar, helt uten bruk av kalkulator... Som sagt blir spenningen V_{R} over motstanden den samme som V_{inn} i dette tidsrommet:

V_{R}(t) = V_{0} sin ωt

b) Etter tidspunktet t_{0} ≃ π/2ω kan vi altså erstatte dioden med en åpen krets. Da har vi simpelthen en enkelt sløyfe med R og C, som med bruk av Kirchhoffs regler gir

\frac{dQ}{dt} = C \frac{dV_{C}}{dt} = I_{C} = −I_{R} = −\frac{V_{R}}{R} = −\frac{V_{C}}{R}

Vi har altså en differensialligning for V_{C},

\frac{dV_{C}}{dt} = −ω_{0}V_{C}

med generell løsning

V_{C}(t) = V_{C}(t_{0}) exp (−ω_{0}(t − t_{0})) (t ≥ t_{0})

dvs

V_{C}(τ) = V_{C}(t_{0}) exp(−ω_{0}τ) ≃ V_{0} exp(−ω_{0}τ) (τ ≥ 0)

der vi har brukt at ved t = t_{0}, dvs ved τ = 0 har vi V_{C} ≃ V_{0}.

c) Spenningen over motstand (og kondensator) vil altså falle eksponentielt, men langsomt, fra sin maksimale verdi V_{0} ved t = t_{0}. Etter hvert vil V_{inn} ”svinge tilbake” og bli like stor som V_{R} ved tidspunktet t_{1}. For t > t_{1} vil dioden derfor igjen være ”positivt forspent”, og den kan på ny betraktes som kortsluttet (I_{d} > 0, V_{d} = 0). Dermed må vi få samme oppførsel som beskrevet av ligning (1) (side 1) inntil ωt ≃ 5π/2, hvoretter den eksponentielt avtagende funksjonen overtar igjen. Osv osv! For å bestemme t_{1} og den tilhørende spenningen V_{1} må vi løse ligningen

V_{0} sin ωt_{1} = V_{0} exp (−ω_{0}(t_{1} − t_{0}))

dvs

sin 100πt_{1} = exp (0.05 − 10t_{1})

En slik ligning lar seg ikke løse analytisk, dvs vi er ikke i stand til å skrive ned et eksakt uttrykk for t_{1}. Vi kan imidlertid plotte venstre og høyre side i samme diagram:

Det ser ut som om t_{1} ≃ 0.023 s blir omtrent riktig. Innsetting av denne verdien gir for venstre side 0.809 og for høyre side 0.835. Disse to verdiene er tilstrekkelig like til at vi konkluderer med

t_{1} ≃ 23 ms

Den tilhørende spenningen er

V_{1} = V_{0} exp (0.05 − 10 · 0.023) ≃ 0.83V_{0}

(Vi får mest nøyaktig verdi ved å sette inn for t_{1} i den langsomst varierende funksjonen!) Ripplespenningen blir

V_{ripple} = V_{0} − V_{1} ≃ 0.17V_{0} = 0.85 V

d) Som antydet i punkt c) fortsetter V_{R}(t) periodisk på denne måten:

5