#46 التحليل العابر #46 — حل مسائل الدرجة الأولى

تجد أدناه جميع الأسطر المكتوبة في الدفتر مع النص الكامل للشرح الصوتي.

1. 1. طريقة الخطوات الثلاث العامة

   

   ننظم كل مسألة RC أو RL بثلاث قيم

   1) x(0⁺): البداية من الاستمرارية

   2) x(∞): النهاية من حالة DC المستقرة

   3) τ: المكافئ الذي يراه عنصر التخزين

   جهد المكثف لا يقفز

   تيار الملف لا يقفز

   في DC يصبح C مفتوحا وL قصرا

   RC: τ=R_eqC · RL: τ=L/R_eq

   $\displaystyle x\left(t\right)=x\infty +\left(x0-x\infty \right)e^{(}-t/\tau )$

   نص الشرح الصوتي

   في هذا الدرس نحل أربع مسائل من دوائر الدرجة الأولى. قبل الأرقام، نثبت الطريقة. أي مسألة آر سي أو آر إل نحلها بثلاثة أسئلة فقط. أولا: ما قيمة المتغير مباشرة بعد التبديل؟ للمكثف الجهد لا يقفز، وللملف التيار لا يقفز. ثانيا: ما القيمة النهائية بعد زمن طويل؟ في الحالة المستقرة مع مصدر مستمر، المكثف يصبح دائرة مفتوحة، والملف يصبح قصرا. ثالثا: ما ثابت الزمن تاو؟ في دائرة آر سي، تاو يساوي R المكافئة في C. وفي دائرة آر إل، تاو يساوي L على R المكافئة. بعد ذلك نضع كل شيء في الصيغة العامة: x of t يساوي x infinity زائد x zero plus ناقص x infinity في e أس سالب t على تاو. إذا فهمت هذه الجملة، فكل المسائل التالية تصبح منظمة جدا.

2. 2. المسألة 1: RC بجهد ابتدائي

   

   $\displaystyle V_{S}=20 V وR=5 k\Omega وC=2 \mu F وv_{C}\left(0⁻\right)=5 V$

   $\displaystyle v_{C}\left(0⁺\right)=5 V$

   تيار الحالة المستقرة صفر

   $\displaystyle v_{C}\left(\infty \right)=20 V$

   τ=RC=(5 kΩ)(2 μF)

   τ=10 ms

   نعوض في القانون العام

   $\displaystyle v_{C}\left(t\right)=20-15e^{(}-100t) V$

   ينجح الفحص عند t=0 وt→∞

   نص الشرح الصوتي

   المسألة الأولى دائرة آر سي مباشرة. المعطيات: V S يساوي عشرين فولت، R يساوي خمسة كيلو أوم، C يساوي اثنين ميكرو فاراد، وجهد المكثف قبل التبديل خمسة فولت. نريد v C of t بعد غلق المفتاح عند t يساوي صفر. الخطوة الأولى: جهد المكثف لا يتغير لحظيا، إذن v C of zero plus يساوي خمسة فولت. الخطوة الثانية: بعد زمن طويل لا يمر تيار في المكثف، فلا يوجد هبوط على R، لذلك الجهد النهائي يساوي عشرين فولت. الخطوة الثالثة: تاو يساوي R C، أي خمسة آلاف في اثنين ميكرو فاراد، وهذا يساوي عشرة ميلي ثانية. الآن نكتب الجواب: v C of t يساوي عشرين زائد خمسة ناقص عشرين في e أس سالب t على عشرة ميلي ثانية. أي v C of t يساوي عشرين ناقص خمسة عشر e أس سالب مئة t فولت. تحقق سريع: عند t يساوي صفر نحصل على خمسة فولت، وعند الزمن الطويل يختفي الحد الأسي ونصل إلى عشرين فولت.

3. 3. المسألة 2: RL مع مكافئ ثيفينن

   

   V_S=30 V وR₁=6 Ω وR₂=3 Ω وL=12 mH

   نزيل الملف ونجد ثيفينن عند طرفيه

   $\displaystyle V_{T}h=30\cdot \frac{3}{6+3}=10 V$

   $\displaystyle R_{T}h=6∥3=2 \Omega$

   $\displaystyle i_{L}\left(0⁺\right)=0 A$

   $\displaystyle i_{L}\left(\infty \right)=V_{T}h/R_{T}h=5 A$

   τ=L/R_Th=6 ms

   معدل الأس نحو 166.67 s⁻¹

   i_L(t)=5(1−e⁽−t/6ms)) A

   نص الشرح الصوتي

   المسألة الثانية تبدو أطول لأنها دائرة آر إل وفيها مقاومان، لكن الحل ما زال نفس الفكرة. لدينا مصدر ثلاثون فولت، R واحد تساوي ستة أوم، R اثنان تساوي ثلاثة أوم، والملف L يساوي اثني عشر ميلي هنري. التيار الابتدائي في الملف صفر. لأن الملف يرى شبكة على يساره، نبدأ بثيفينن. نزيل الملف مؤقتا ونحسب الجهد على طرفيه. قاسم الجهد يعطينا V Thevenin يساوي ثلاثين في ثلاثة على ستة زائد ثلاثة، أي عشرة فولت. ثم نطفئ المصدر المستقل، فيصبح مصدرا قصيرا، ونرى المقاومة المكافئة من طرف الملف: ستة أوم على التوازي مع ثلاثة أوم، أي اثنان أوم. الآن نرجع للملف. التيار لا يقفز، إذن i L of zero plus يساوي صفر. التيار النهائي يساوي V Thevenin على R Thevenin، أي عشرة على اثنين، فيساوي خمسة أمبير. وثابت الزمن تاو يساوي L على R Thevenin، أي صفر فاصلة صفر اثنا عشر على اثنين، فيساوي ستة ميلي ثانية. إذن i L of t يساوي خمسة في واحد ناقص e أس سالب t على ستة ميلي ثانية.

4. 4. المسألة 3: التبديل المتتالي

   

   $\displaystyle R₁=R₂=20 k\Omega وC=1 \mu F وV_{S}=10 V$

   المنطقة 1: 0≤t<40 ms

   τ₁=20 ms والهدف 10 V

   v_C=10(1−e⁽−t/20ms))

   v_C(40 ms)=8.6466 V

   المنطقة 2: t≥40 ms وt′=t−40 ms

   R_Th=10 kΩ وτ₂=10 ms والهدف 5 V

   الاستمرارية تعطي بداية 8.6466 V

   v_C=5+3.6466e⁽−t′/10ms) V

   نص الشرح الصوتي

   المسألة الثالثة هي أهم فكرة في هذا الدرس: تبديلان متتاليان. لدينا مكثف يبدأ من الصفر. عند t يساوي صفر يغلق المفتاح الأول، فيشحن المكثف من خلال R واحد يساوي عشرين كيلو أوم، مع مصدر عشرة فولت. عند t يساوي أربعين ميلي ثانية يغلق المفتاح الثاني، فتدخل R اثنان وتغير الدائرة. لا نحلها دفعة واحدة؛ نقسم الزمن إلى منطقتين. في المنطقة الأولى، من صفر إلى أربعين ميلي ثانية، الهدف النهائي لو بقيت الدائرة كما هي هو عشرة فولت، وتاو واحد يساوي عشرين كيلو في واحد ميكرو فاراد، أي عشرين ميلي ثانية. إذن v C of t يساوي عشرة في واحد ناقص e أس سالب t على عشرين ميلي ثانية. عند أربعين ميلي ثانية نحتاج قيمة المكثف، لأنها ستكون بداية المنطقة الثانية. نحصل على عشرة في واحد ناقص e أس سالب اثنين، أي تقريبا ثمانية فاصلة خمسة وستين فولت. بعد غلق المفتاح الثاني، يرى المكثف مكافئ ثيفينن جديدا: R واحد و R اثنان متساويتان، لذلك الجهد النهائي الجديد خمسة فولت، والمقاومة المكافئة عشرة كيلو أوم، وتاو الثاني عشرة ميلي ثانية. نستخدم زمنا محليا t prime يساوي t ناقص أربعين ميلي ثانية. الجواب الثاني: v C يساوي خمسة زائد ثمانية فاصلة خمسة وستين ناقص خمسة في e أس سالب t prime على عشرة ميلي ثانية. لاحظ المعنى: المكثف كان متجها نحو عشرة فولت، ثم تغيرت الدائرة فأصبح الهدف الجديد خمسة فولت، لذلك يبدأ بالهبوط نحو خمسة.

5. 5. المسألة 4: زمن الوصول إلى الهدف

   

   $\displaystyle V_{S}=10 V وR=2 k\Omega وC=50 \mu F وv_{C}\left(0\right)=0$

   τ=RC=100 ms

   $\displaystyle v_{C}\left(t\right)=10\left(1-e^{(}-10t)\right)$

   نضع v_C=8 V

   $\displaystyle 0.8=1-e^{(}-10t)$

   $\displaystyle e^{(}-10t)=0.2$

   $\displaystyle -10t=\ln \left(0.2\right)=-1.609$

   t=0.16094 s≈161 ms

   $\displaystyle t\approx 1.61\tau$

   نص الشرح الصوتي

   المسألة الرابعة ليست إيجاد المنحنى، بل إيجاد الزمن. لدينا دائرة آر سي، V S يساوي عشرة فولت، R يساوي اثنين كيلو أوم، C يساوي خمسين ميكرو فاراد، والمكثف يبدأ من الصفر. نريد متى يصل v C إلى ثمانية فولت. أولا نحسب تاو: اثنان كيلو في خمسين ميكرو فاراد يساوي مئة ميلي ثانية. بما أن الجهد الابتدائي صفر والنهائي عشرة فولت، فإن v C of t يساوي عشرة في واحد ناقص e أس سالب t على صفر فاصلة واحد. الآن نضع الهدف مكان v C: ثمانية يساوي عشرة في واحد ناقص e أس سالب عشرة t. نقسم على عشرة فنحصل على صفر فاصلة ثمانية يساوي واحد ناقص الحد الأسي. إذن الحد الأسي يساوي صفر فاصلة اثنين. نأخذ اللوغاريتم الطبيعي: سالب عشرة t يساوي ln of zero point two، وهذا يساوي سالب واحد فاصلة ستة صفر تسعة. إذن t يساوي صفر فاصلة واحد وستين ثانية، أو مئة وواحد وستين ميلي ثانية. وهذا يساوي تقريبا واحد فاصلة ستة واحد تاو.

6. 6. خلاصة حل مسائل الدرجة الأولى

   

   ننظم الدائرة قبل استخدام القانون

   نجد البداية والنهاية وتاو منفصلة

   Q1: خطوة RC مع الاستمرارية

   Q2: ثيفينن أولا ثم جواب RL

   Q3: منطقة جديدة عند كل تبديل

   قيمة التبديل هي البداية التالية

   Q4: نضع الهدف ونأخذ اللوغاريتم

   نفحص دائما t=0 وt→∞ والوحدات

   التالي: دائرة RLC متوازية من الدرجة الثانية

   نص الشرح الصوتي

   الخلاصة العملية: في مسائل الدرجة الأولى لا تبدأ من الصيغة عشوائيا. ابدأ بالسؤال: ما القيمة الابتدائية؟ ثم ما القيمة النهائية؟ ثم ما ثابت الزمن؟ في المسألة الأولى طبقنا الصيغة مباشرة على مكثف. في المسألة الثانية استخدمنا ثيفينن أولا لأن الملف يرى شبكة مقاومات ومصدر. في المسألة الثالثة قسمنا الزمن إلى منطقتين، وكل منطقة لها هدف نهائي وثابت زمن خاص بها. وفي المسألة الرابعة وضعنا القيمة المطلوبة داخل الصيغة وحللنا باللوغاريتم. هذه هي مهارة حل المسائل: ليس حفظ الحالات، بل ترتيبها. في الدرس التالي ننتقل إلى دوائر الدرجة الثانية، ونبدأ بدائرة آر إل سي على التوازي.