Rangkaian RC: Pengisian, Pengosongan, dan Konstanta Waktu

Pada rangkaian RC, tegangan kapasitor tidak melompat, melainkan naik atau turun secara eksponensial dengan konstanta waktu $\tau =RC$. Saat pengisian, $V_C=\epsilon (1-e^{-t/RC})$, dan setelah satu $\tau$ kapasitor sudah terisi 63,2 persen. Saat pengosongan, $V_C=V_0{e}^{-t/RC}$, dan setelah satu $\tau$ tegangannya tinggal 36,8 persen. Di bawah ada tiga contoh soal rangkaian RC dengan angka nyata, termasuk cara memakai logaritma natural tanpa salah langkah.

#Rumus pengisian dan pengosongan kapasitor

Rumusnya berasal dari hukum loop Kirchhoff. Untuk rangkaian seri baterai, resistor, dan kapasitor:

$\epsilon -IR-\frac{q}{C}=0,I=\frac{dq}{dt}$

Ini persamaan diferensial orde satu. Penyelesaiannya dengan kapasitor mula-mula kosong:

$q\left(t\right)=C\epsilon (1-e^{-t/RC}),I\left(t\right)=\frac{\epsilon }{R}{e}^{-t/RC}$

Saat pengosongan (baterai dilepas, kapasitor bermuatan $Q_0$ dihubungkan ke resistor), muatan dan tegangan sama-sama meluruh: $q\left(t\right)=Q_0{e}^{-t/RC}$. Arusnya bernilai $I=\frac{V_0}{R}{e}^{-t/RC}$, dengan arah berlawanan dari arus saat pengisian.

Karena semuanya bergantung pada $t/\tau$, tabel berikut berlaku untuk rangkaian RC mana pun:

Dalam praktik, kapasitor dianggap penuh atau kosong setelah sekitar $5\tau$. Secara matematis eksponensialnya tidak pernah tepat mencapai nol.

#Contoh soal pengisian: tegangan setelah 2τ, waktu sampai 90 persen, arus awal

Baterai 12 V, resistor 10 kΩ, dan kapasitor 100 μF yang mula-mula kosong dirangkai seri. Saklar ditutup pada $t=0$.

1. Konstanta waktu: $\tau =RC=(10\times {10}^3)(100\times {10}^{-6})=\mathrm{1,0}$ s.
2. Arus awal: kapasitor kosong belum punya tegangan, jadi seluruh 12 V ada di resistor. $I_0=\epsilon /R=12/10000=\mathrm{1,2}$ mA.
3. Tegangan setelah $2\tau$ (yaitu 2 s): $V_C=12(1-e^{-2})=12\left(\mathrm{0,8647}\right)=\mathrm{10,38}$ V.
4. Arus setelah 1 s: $I=\mathrm{1,2}{e}^{-1}=\mathrm{0,44}$ mA.
5. Waktu sampai 90 persen (10,8 V): $\mathrm{0,9}=1-e^{-t/\tau }$, jadi $e^{-t/\tau }=\mathrm{0,1}$ dan $t=\tau \ln 10=\mathrm{2,30}$ s.
6. Muatan akhir: $Q=C\epsilon =(100\times {10}^{-6})\left(12\right)=\mathrm{1,2}$ mC.

Energi yang tersimpan saat penuh adalah $\frac{1}{2}C{\epsilon }^2=\frac{1}{2}\left({10}^{-4}\right)\left(144\right)=\mathrm{7,2}$ mJ. Baterai sendiri mengeluarkan $Q\epsilon =\mathrm{14,4}$ mJ. Selisihnya, 7,2 mJ, habis menjadi panas di resistor. Pembagian setengah-setengah ini berlaku untuk nilai R berapa pun.

#Bagaimana memakai ln dengan benar di soal RC?

Pertanyaan "kapan tegangan mencapai X volt" selalu berakhir di logaritma natural. Langkah yang aman ada tiga: isolasi suku eksponensial dulu, baru ambil ln, lalu kalikan $-\tau$.

Contoh: dengan rangkaian di atas, kapan $V_C=10$ V?

1. Tulis persamaan: $10=12(1-e^{-t/\tau })$.
2. Isolasi eksponensial: $1-e^{-t/\tau }=\frac{10}{12}$, jadi $e^{-t/\tau }=\frac{1}{6}$.
3. Ambil ln kedua ruas: $-t/\tau =\ln \frac{1}{6}=-\mathrm{1,792}$.
4. Hasil: $t=\mathrm{1,79}$ s.

Cara yang salah adalah langsung mengambil ln dari bentuk $12(1-e^{-t/\tau })$ seolah-olah bentuknya $12e^{-t/\tau }$. Hasilnya $\ln 10=\ln 12-t/\tau$, sehingga $t=\ln \left(12/10\right)=\mathrm{0,18}$ s. Angka ini mustahil. Tegangan 10 V adalah 83 persen dari 12 V, sedangkan dari tabel kita tahu 63 persen baru tercapai pada 1 s. Jawabannya harus di antara $\tau$ dan $2\tau$, dan 1,79 s memang ada di sana.

#Contoh soal pengosongan kapasitor

Kapasitor 47 μF bermuatan sampai 9 V, lalu dilepas dari baterai dan dihubungkan ke resistor 22 kΩ.

1. Konstanta waktu: $\tau =(22\times {10}^3)(47\times {10}^{-6})=\mathrm{1,034}$ s.
2. Arus awal: $I_0=V_0/R=9/22000=\mathrm{0,409}$ mA.
3. Kapan tegangan turun ke 3 V? $3=9e^{-t/\tau }$, jadi $e^{-t/\tau }=\frac{1}{3}$ dan $t=\tau \ln 3=\mathrm{1,034}\times \mathrm{1,0986}=\mathrm{1,14}$ s.
4. Waktu paruh (tegangan tinggal setengah): $t_{1/2}=\tau \ln 2=\mathrm{0,717}$ s.
5. Energi awal: $\frac{1}{2}(47\times {10}^{-6})\left(9^2\right)=\mathrm{1,90}$ mJ. Saat tegangan tinggal 3 V, energinya $\frac{1}{2}(47\times {10}^{-6})\left(3^2\right)=\mathrm{0,21}$ mJ.

Perhatikan poin 5. Tegangan tinggal sepertiga, tapi energinya tinggal sepersembilan, karena energi sebanding dengan kuadrat tegangan. Setelah satu $\tau$, tegangan tinggal 36,8 persen sementara energinya tinggal $e^{-2}=\mathrm{13,5}$ persen.

#Kenapa kapasitor kosong berperilaku seperti kawat pada t = 0?

Tegangan kapasitor sebanding dengan muatannya, $V_C=q/C$, dan muatan butuh waktu untuk berpindah. Tepat setelah saklar ditutup, muatan masih nol, jadi tegangan kapasitor juga nol. Komponen dengan tegangan nol yang dialiri arus berperilaku seperti kawat. Setelah waktu lama, kapasitor penuh dan arus berhenti, sehingga ia berperilaku seperti saklar terbuka.

Dua aturan ini membuat soal RC bercabang bisa diselesaikan tanpa persamaan diferensial.

#Contoh: kapasitor diparalel dengan resistor

Baterai 12 V diseri dengan $R_1=4$ kΩ. Setelah itu ada $R_2=12$ kΩ yang diparalel dengan kapasitor 200 μF yang mula-mula kosong.

1. Saat $t=0$, kapasitor seperti kawat dan menghubung-singkat $R_2$. Arus baterai $12/4000=3$ mA, seluruhnya lewat kapasitor. Arus di $R_2$ nol.
2. Saat $t\to \infty$, kapasitor seperti saklar terbuka. Arus $12/16000=\mathrm{0,75}$ mA lewat $R_1$ dan $R_2$. Tegangan kapasitor sama dengan tegangan $R_2$: $\mathrm{0,75}\text{ mA}\times 12\text{ kΩ}=9$ V.
3. Hambatan yang "dilihat" kapasitor, dengan baterai diganti kawat, adalah $R_1$ paralel $R_2$: $\frac{4\times 12}{4+12}=3$ kΩ. Maka $\tau =3\text{ kΩ}\times 200\text{ μF}=600$ ms $=\mathrm{0,6}$ s.
4. Persamaannya $V_C\left(t\right)=9(1-e^{-t/\mathrm{0,6}})$. Pada $t=1$ s, $V_C=9(1-e^{-\mathrm{1,667}})=\mathrm{7,30}$ V.

Tegangan akhir kapasitor di sini 9 V, bukan 12 V, karena $R_1$ dan $R_2$ membentuk pembagi tegangan. Penurunan persamaan loop untuk rangkaian bercabang seperti ini memakai cara yang sama dengan hukum Kirchhoff dua loop.

#Kesalahan yang paling sering memotong nilai

• Mengambil ln sebelum suku eksponensial diisolasi. Akibatnya bisa seperti contoh di atas: 0,18 s, padahal jawaban benar 1,79 s.
• Lupa bahwa kapasitor kosong seperti kawat pada $t=0$. Banyak yang menghitung arus awal dengan memasukkan semua resistor, termasuk yang sedang dihubung-singkat oleh kapasitor.
• Memakai $R$ total seri sebagai $R$ di $\tau$. Pada contoh bercabang, $R_1+R_2=16$ kΩ memberi $\tau =\mathrm{3,2}$ s. Yang benar 0,6 s, karena yang dipakai adalah hambatan yang dilihat dari kedua kaki kapasitor.
• Menganggap tegangan akhir selalu sama dengan GGL baterai. Itu hanya benar untuk rangkaian seri sederhana.
• Salah prefiks satuan. Mikrofarad adalah ${10}^{-6}$ F dan nanofarad ${10}^{-9}$ F. Salah satu prefiks membuat $\tau$ meleset seribu kali.

#FAQ

#Kenapa angka 63,2 persen yang dipakai untuk mendefinisikan τ?

Karena $1-e^{-1}=\mathrm{0,632}$. Angka itu bukan pilihan bebas, melainkan akibat langsung dari bentuk eksponensial ketika $t=RC$.

#Apakah kapasitor benar-benar penuh setelah 5τ?

Hampir. Setelah $5\tau$ tegangannya 99,3 persen dari nilai akhir. Sisa 0,7 persen biasanya lebih kecil dari ketelitian alat ukur, jadi untuk keperluan praktis kapasitor dianggap penuh.

#Kenapa setengah energi baterai hilang di resistor?

Baterai memberi energi $Q\epsilon =C{\epsilon }^2$, kapasitor menyimpan $\frac{1}{2}C{\epsilon }^2$. Integral $I^{2}R$ dari nol sampai tak hingga juga menghasilkan $\frac{1}{2}C{\epsilon }^2$, dan nilai $R$ saling coret di perhitungan itu. Resistor kecil membuat pengisian lebih cepat, tapi tidak mengurangi energi yang hilang.

#Bagaimana menurunkan rumus RC dari persamaan diferensial?

Persamaan $R\frac{dq}{dt}+\frac{q}{C}=\epsilon$ bisa diselesaikan dengan pemisahan variabel atau faktor integrasi. Langkahnya dibahas di persamaan diferensial variabel terpisah dan PD linear orde satu dengan faktor integrasi.

#Berapa lama kapasitor mencapai setengah tegangan saat pengisian?

Sama dengan waktu paruh saat pengosongan, yaitu $\tau \ln 2\approx \mathrm{0,693}\tau$. Untuk rangkaian 10 kΩ dan 100 μF, waktunya 0,69 s.