کاربرد انتگرال در تحلیل مدار – به زبان ساده

مشتق و انتگرال کاربرد فراوانی در تحلیل مدارهای الکتریکی برای بیان رفتار آن‌ها دارند. در این آموزش، تعدادی از کاربردهای انتگرال در مدار را بیان می‌کنیم. بدین منظور، مواردی را بیان خواهیم کرد که شامل معادله دیفرانسیل مرتبه اول هستند.

رابطه بین بار و جریان

جریان الکتریکی $$I$$ به عنوان نرخ شارش بار $$Q$$ تعریف شده و با مشتق زیر نشان داده می‌شود:

$$\large I \left ( t \right ) = \frac { { d Q \left ( t \right ) } }{ { d t } } .$$

این معادله را می‌توانیم با فرمول انتگرال زیر نیز بیان کنیم:

$$\large Q = \int \limits _ { { t _ 1 } } ^ { { t _ 2 } } { I \left ( t \right ) d t } ,$$

که مقدار بار گذرنده از یک سیم را بین زمان‌های $$t = t _ 1$$ و $$t = t _ 2$$ نشان می‌دهد.

مدار RC

یک مدار RC سری ساده، مداری است مداری الکتریکی است که از یک مقاومت و یک خازن تشکیل شده است.

پس از بستن کلید در لحظه $$t = 0$$، جریان در مدار شروع به گذر می‌کند. ولتاژ‌ دو سر مقاومت با استفاده از قانون اهم به دست می‌آید:

$$\large { V _ R } \left ( t \right ) = I \left ( t \right ) R .$$

ولتاژ‌ دو سر خازن نیز با انتگرال زیر بیان می‌شود:

$$\large { V _ C } \left ( t \right ) = \frac { 1 } { C } \int \limits _ 0 ^ t { I \left ( s \right ) d s }$$

که در آن، $$C$$ مقدار ظرفیت و $$s$$ متغیر درونی انتگرال‌گیری است.

با استفاده از قانون ولتاژ کیرشهف (KVL)، می‌توان نوشت:

$$\large { V _ R } \left ( t \right ) + { V _ C } \left ( t \right ) = \varepsilon ,$$

که در آن، $$\varepsilon$$ نیروی محرکه الکتریکی (emf) منبع تغذیه است (فرض می‌کنیم $$\varepsilon$$ ثابت باشد).

بنابراین، داریم:

$$\large R I \left ( t \right ) + \frac { 1 } { C } \int \limits _ 0 ^ t { I \left ( s \right ) d s } = \varepsilon .$$

با مشتق‌گیری نسبت به $$t$$، می‌توان این معادله انتگرالی را به یک معادله دیفرانسیل خطی تبدیل کرد:‌

$$\large R \frac { { d I } } { { d t } } + \frac { 1 } { C } I \left ( t \right ) = 0 ,$$

که جوابی به فرم زیر خواهد داشت:

$$\large I \left ( t \right ) = \frac { \varepsilon } { R } { e ^ { – \frac { t } { { R C } } } } .$$

در اینجا، ثابت زمانی $$\tau = RC$$ میزان سرعت پاسخ گذرا در مدار را نشان می‌دهد.

مدار RL

یک مدار RL ساده، دارای یک مقاومت و یک سلف است که به صورت سری به یکدیگر وصل شده‌اند.

وقتی کلید در لحظه $$t = 0$$ بسته شود، emf ثابت $$\varepsilon$$ و جریان $$I$$ شروع به گردش در مدار می‌کند.

مشابه بخش قبل، ولتاژ دو سر مقاومت برابر خواهد بود با:

$$\large { V _ R } \left ( t \right ) = I \left ( t \right ) R .$$

ولتاژ دو سر سلف نیز با مشتق زیر بیان می‌شود:

$$\large { V _ L } \left ( t \right ) = L \frac { { d I } } { { d t } } .$$

با استفاده از KVL، داریم:

$$\large { V _ R } \left ( t \right ) + { V _ L } \left ( t \right ) = \varepsilon ,$$

یا

$$\large R I \left ( t \right ) + L \frac { { d I } } { { d t } } = \varepsilon .$$

انتگرال‌گیری از این معادله دیفرانسیل خطی با شرایط اولیه $$I\left( {t = 0} \right) = 0$$ منجر به جواب زیر می‌شود:

$$\large I \left ( t \right ) = \frac { \varepsilon } { R } \left ( { 1 – { e ^ { – \frac { R } { L } t } } } \right ) .$$

می‌بینیم که ثابت زمانی مدار RL برابر با $$\tau = {\frac{L}{R}}\normalsize$$ است.

توان و انرژی

انرژی الکتریکی $$E$$، برحسب ژول ($$\mathrm{J}$$)،‌ فرمی از انرژی است که در نتیجه انرژی جنبشی یا پتانسیل ناشی از بارهای الکتریکی نتیجه می‌شود.

توان الکتریکی $$P$$، برحسب وات ($$\mathrm{W}$$) اندازه‌گیری می‌شود و برابر با نرخی است که انرژی الکتریکی از طریق یک مدار الکتریکی منتقل می‌شود. توان تلف شده در یک عنصر مدار جریان مستقیم (DC) با فرمول زیر بیان می‌شود:‌

$$\large P = VI,$$

که در آن، $$V$$ ولتاژ دو سر عنصر و $$I$$ جریان گذرنده از آن است.

به طور خاص، اگر توان در یک مقاومت با مقدار $$R$$ تلف شود، داریم:

$$\large P = V I = { I ^ 2 } R = \frac { { { V ^ 2 } } } { R } .$$

انرژی تلف شده توسط یک عنصر مدار DC در بازه $$[0, t ]$$ برابر است با:

$$\large E = VIt.$$

وقتی ولتاژ و جریان با زمان تغییر کنند، توان لحظه‌ای به صورت زیر تعریف می‌شود:

$$\large P \left ( t \right ) = V \left ( t \right ) I \left ( t \right ) .$$

در این حالت، انرژی تلف شده در بازه زمانی $$[ 0 , t ]$$ با انتگرال زیر بیان می‌شود:

$$\large E = \int \limits _ 0 ^ t { V \left ( s \right ) I \left ( s \right ) d s }$$

که در آن، $$s$$ متغیر درونی انتگرال‌گیری است.

انرژی ذخیره شده در یک خازن

جابه‌جایی بار کوچک $$d q$$ از یک صفحه به صفحه دیگر یک خازن، مستلزم انجام کار زیر است:

$$\large d W = V d q = \frac { q } { C } d q$$

که در آن، $$C$$ ظرفیت خازن و $$q$$ بار کنونی آن است.

با انتگرال‌گیری از $$q = 0$$ تا $$q = Q$$، کل انرژی ذخیره شده در خازن به دست می‌آید:

$$\large { { E _ C } = \int \limits _ 0 ^ Q { d W } } = { \int \limits _ 0 ^ Q { \frac { q } { C } d q } } = { \frac { { { Q ^ 2 } } } { { 2 C } } } = { \frac { { C { V ^ 2 } } } { 2 } . }$$

انرژی ذخیره شده در یک سلف

افزایش جریان کوچک $$d i$$ در یک سلف، مستلزم انجام کار زیر است:

$$\large { d W = P d t } = { – \varepsilon i d t } = { i L \frac { { d i } } { { d t } } d t } = { L i d i . }$$

انتگرال‌گیری از $$i = 0$$ تا $$i = I$$، کل انرژی ذخیره شده در سلف را نتیجه خواهد داد:

$$\large { { E _ L } = \int \limits _ 0 ^ I { d W } } = { \int \limits _ 0 ^ I { L i d i } } = { \frac { { L { I ^ 2 } } } { 2 } . }$$

مثال‌هایی از کاربرد انتگرال در مدار

در این بخش، چند مثال را بررسی می‌کنیم.

مثال ۱

جریان یک عنصر مدار طبق قانون زیر تغییر می‌کند:

$$\large I ( t ) = \begin {cases} 2 t , & 0 \lt t \le 3 \\ { t ^ 2 } – 4 , & t \gt 3 \end {cases},$$

که در آن، جریان $$I$$ برحسب $$A$$ و زمان $$t$$ برحسب ثانیه است. کل باری را پیدا کنید که در مدت $$T = 6\,s$$ وارد این عنصر می‌شود.

حل: کل بار $$Q$$،‌ برحسب کولن $$C$$، با انتگرال‌گیری از جریان $$I ( t)$$ در بازه زمانی $$\left[ {0,T} \right]$$ به دست می‌آید:

$$\large \begin {align*} Q & = \int \limits _ 0 ^ T { I \left ( t \right ) d t } = { \int \limits _ 0 ^ 3 { 2 t d t } + \int \limits _ 3 ^ 6 { \left ( { { t ^ 2 } – 4 } \right ) d t } } \\ &= { \left . { { t ^ 2 } } \right | _ 0 ^ 3 + \left . { \left ( { \frac { { { t ^ 3 } } } { 3 } – 4 t } \right ) } \right | _ 3 ^ 6 } \\ & = { 9 + \left ( { \frac { { 2 1 6 } } { 3 } – 4 } \right ) – \left ( { 3 – 1 2 } \right ) } = { 6 0 \, C } . \end {align*}$$

مثال ۲

جریان یک مدار در بازه $$[ 0 , T ]$$ به صورت خطی نسبت به زمان و به فرم $$I\left( t \right) = \alpha t$$ افزایش پیدا کرده و سبب گرم شدن مقاومت $$R$$ می‌شود. با فرض اینکه فرایند گرمایش بی‌دررو یا آدیاباتیک است، مشخص کنید که تغییر دمای $$\Delta T$$ چگونه به $$\alpha$$ وابسته است. ظرفیت گرمایی ویژه ماده مقاومت برابر با $$c$$ و جرم آن برابر با $$m$$ است.

حل: توان تحویلی به مقاومت، برابر است با:

$$\large P \left ( t \right ) = { I ^ 2 } \left ( t \right ) R = { \alpha ^ 2 } { t ^ 2 } R .$$

انرژی گرمایی تلف شده در عنصر در بازه $$[ 0 , T ]$$ را می‌توان با انتگرال‌گیری زیر به دست آورد:

$$\large { E = \int \limits _ 0 ^ T { P \left ( t \right ) d t } } = { \int \limits _ 0 ^ T { { \alpha ^ 2 } { t ^ 2 } R d t } } = { { \alpha ^ 2 } R \int\limits _ 0 ^ T { { t ^ 2 } d t } } = { \frac { { { \alpha ^ 2 } R { T ^ 3 } } } { 3 } . }$$

از آنجایی که فرایند آدیاباتیک است، می‌توانیم معادله تعادل انرژی زیر را بنویسیم:

$$\large \frac { { { \alpha ^ 2 } R { T ^ 3 } } } { 3 } = c m \Delta \theta .$$

در نتیجه، خواهیم داشت:

$$\large \Delta \theta = \frac { { { \alpha ^ 2 } R { T ^ 3 } } } { { 3 c m } } \sim { \alpha ^ 2 } .$$

بنابراین، تغییر دمای $$\Delta \theta$$ متناسب با مجذور نرخ جریان $$\alpha$$ است.

مثال ۳

فرض کنید خازن $$C$$ با استفاده از منبعی با نیروی محرکه ثابت $$\varepsilon$$ شارژ شده است. انرژی گرمایی تلف شده در مقاومت $$R$$ را در طی این شارژ محاسبه کنید.

حل: وقتی خازن در حال شارژ است، جریان آن با فرمول زیر تغییر می‌کند:

$$\large I \left ( t \right ) = \frac { \varepsilon } { R } { e ^ { – \frac { t } { { R C } } } } .$$

توان تلف شده در مقاومت، برابر است با:

$$\large { P \left ( t \right ) = { I ^ 2 } \left ( t \right ) R } = { { \left ( { \frac { \varepsilon } { R } { e ^ { – \frac { t } { { R C } } } } } \right ) ^ 2 } R } = { \frac { { { \varepsilon ^ 2 } } }{ R } { e ^ { – \frac { { 2 t } } { { R C } } } } . }$$

کل انرژی از دست رفته $$E_ R$$ در مقاومت در طول فرایند شارژ خازن، با انتگرال زیر به دست می‌آید:

$$\large \begin {align*} { E _ R } & = \int \limits _ 0 ^ \infty { P \left ( t \right ) d t } = { \frac { { { \varepsilon ^ 2 } } } { R } \int \limits _ 0 ^ \infty { { e ^ { – \frac { { 2 t } } { { R C } } } } d t } } \\ & = { \frac { { { \varepsilon ^ 2 } } } { R } \left . { \left [ { \left ( { – \frac { { R C } } { 2 } } \right ) { e ^ { – \frac { { 2 t } } { { R C } } } } } \right ] } \right | _ 0 ^ \infty } = { \frac { { { \varepsilon ^ 2 } C } } { 2 } . } \end {align*}$$

توجه کنید انرژی $$E_ R$$ که در مقاومت تلف می‌شود، برابر با انرژی $$E_ C$$ است که در خازن ذخیره می‌شود:

$$\large { E _ R } = { E _ C } = \frac { { { \varepsilon ^ 2 } C } } { 2 } .$$

مثال ۴

در مدار شکل زیر، وقتی کلید در لحظه $$t = 0$$ بسته شود، جریان اولیه مدار $${I_0} = 1\,A$$ خواهد بود. انرژی $$E_ R$$ را به دست آورید که در بازه زمانی $$t=0$$ و $$T = 1$$ میلی‌ثانیه تلف می‌شود. مقاومت را $$R = 50\,k\Omega$$ و سلف را $$L = 0.1\,H$$ در نظر بگیرید.

حل: با استفاده از KVL، می‌توان نوشت:

$$\large L \frac { { d I } } { { d t } } + I R = 0 .$$

جواب این معادله دیفرانسیل، برابر است با:

$$\large I \left ( t \right ) = { I _ 0 } { e ^ { – \frac { { R t } }{ L } } } .$$

توان لحظه‌ای تحویلی به مقاومت از رابطه زیر به دست می‌آید:

$$\large P \left ( t \right ) = { I ^ 2 } \left ( t \right ) R = I _ 0 ^ 2 R \, { e ^ { – \frac { { 2 R t } } { L } } } .$$

با انتگرال‌گیری از توان از $$t = 0$$ تا $$T = 1\,ms = 0.001\,s$$، انرژی تلف شده در مقاومت در بازه زمانی مورد نظر به دست می‌آید:

$$\large { { E _ R } = \int \limits _ 0 ^ T { P \left ( t \right ) d t } } = { I _ 0 ^ 2 R \int \limits _ 0 ^ T { { e ^ { – \frac { { 2 R t } } { L } } } d t } } = { \frac { { I _ 0 ^ 2 L } } { 2 } \left ( {1 – { e ^ { – \frac { { 2 R T } } { L } } } } \right ) . }$$

در نتیجه، با جایگذاری مقادیر معلوم، خواهیم داشت:

$$\large \begin {align*} { E _ R } & = \frac { { { 1 ^ 2 } \times 0 . 1 } } { 2 } \left ( { 1 – { e ^ { – \frac { { 2 \times 5 0 \times 0 . 0 0 1 } }{ { 0 . 1 } } } } } \right ) = { \frac { 1 } { { 2 0 } } \left ( { 1 – \frac { 1 } { e } } \right ) } \\ & = { \frac { { e – 1 } } { { 2 0 e } } } \approx { 0 . 0 3 1 6 \, J } = { 3 1 . 6 \, m J } \end {align*}$$

مثال ۵

جریان و ولتاژ یک عنصر مداری با معادلات زیر داده شده است:

$$\large { I \left ( t \right ) = 2 0 { e ^ { – 1 0 0 t } } \, \left ( { m A } \right ) , \; \; } \kern0pt { V \left ( t \right ) = 1 0 – 5 { e ^ { – 1 0 0 t } } \, \left ( V \right ) . }$$

کل انرژی تلف شده توسط این عنصر در بازه $$t = 0$$ تا $$t = 10\,{ms}$$ را به دست آورید.

حل: توان لحظه‌ای تلف شده این عنصر، برابر است با:

$$\large P \left ( t \right ) = I \left ( t \right ) V \left ( t \right ) .$$

برای یافتن کل انرژی $$E$$، از $$P(t)$$ در بازه $$t = 0$$ تا $$t = 10$$ میلی‌ثانیه انتگرال می‌گیریم:

$$\large \begin {align*} E & = \int \limits _ 0 ^ { 0 . 0 1 } { P \left ( t \right ) d t } = { \int \limits _ 0 ^ { 0 . 0 1 } { I \left ( t \right ) V \left ( t \right ) d t } } \\ &= { \int \limits _ 0 ^ { 0 . 0 1 } { 2 0 { e ^ { – 1 0 0 t } } \left ( { 1 0 – 5 { e ^ { – 1 0 0 t } } } \right ) d t } } \\ & = { \int \limits _ 0 ^ { 0 . 0 1 } { \left ( { 2 0 0 { e ^ { – 1 0 0 t } } – 1 0 0 { e ^ { – 2 0 0 t } } } \right ) d t } } \\ & = { \left . { \left [ { \frac { { 2 0 0 { e ^ { – 1 0 0 t } } } } { { \left ( { – 1 0 0 } \right ) } } – \frac { { 1 0 0 { e ^ { – 2 0 0 t } } } } { { \left ( { – 2 0 0 } \right ) } } } \right ] } \right | _ 0 ^ { 0 . 0 1 } } \\ & = { \left . { \left ( { \frac { 1 } { 2 } { e ^ { – 2 0 0 t } } – 2 { e ^ { – 1 0 0 t } } } \right ) } \right | _ 0 ^ { 0 . 0 1 } } \\ & = { \left ( { \frac { 1 } { { 2 { e ^ 2 } } } – \frac { 2 } { e } } \right ) – \left ( { \frac { 1 } { 2 } – 2 } \right ) } \\ & = { \frac { { 1 – 4 e + 3 { e ^ 2 } } } { { 2 { e ^ 2 } } } } \approx { 0 . 8 3 \,{ m J } } \end {align*}$$

جواب بالا برحسب $$m J$$ است، زیرا جریان برحسب $$m A$$ و ولتاژ‌ برحسب $$V$$ است.

مثال ۶

در لحظه $$t = 0$$، نیروی محرکه الکتریکی $$\varepsilon = 50\,V$$ به خازن بدون شارژ $$C = 10\,\mu F$$ اعمال می‌شود. خازن از طریق مقاومت $$R = 100\,k\Omega$$ شروع به شارژ می‌کند. تعداد الکترون‌هایی را بیابید که در یک ثانیه روی صفحه منفی خازن قرار دارند.

حل: وقتی خازن در حال شارژ است، جریان مدار با قانون زیر تغییر می‌کند:

$$\large I \left ( t \right ) = { I _ 0 } { e ^ { – \frac { t } { \tau } } } = \frac { \varepsilon } { R } { e ^ { – \frac { t } { { R C } } } } .$$

بار روی خازن در یک ثانیه نیز برابر خواهد بود با:

$$\large \begin {align*} Q & = \int \limits _ 0 ^ 1 { I \left ( t \right ) d t } = { \frac { \varepsilon } { R } \int \limits _ 0 ^ 1 { { e ^ { – \frac { t } { { R C } } } } d t } } = { \frac { \varepsilon } { R } \left . { \left [ { \left ( { – R C } \right ) { e ^ { – \frac { t } {{ R C } } } } } \right ] } \right | _ 0 ^ 1 } \\ & = { \varepsilon C \left ( { 1 – { e ^ { – \frac { 1 } { { R C } } } } } \right ) } = { 5 0 \times { 1 0 ^ { – 5 } } \times \left ( { 1 – { e ^ { – \frac { 1 } { { { { 1 0 } ^ 5 } \times { { 1 0 } ^ { – 5 } } } } } } } \right ) } = { 3 . 1 6 \times {10^{ – 4 } } \, \left ( { C } \right ) } \end {align*}$$

همان‌طور که می‌دانیم، بار یک الکترون برابر است با:

$$\large e = 1 . 6 \times { 1 0 ^ { – 1 9 } } \, C ,$$

بنابراین، تعداد الکترون‌های صفحه خازن به صورت زیر به دست می‌آید:

$$\large { N = \frac { Q } { e } = \frac { { 3 . 1 6 \times { { 1 0 } ^ { – 4 } } } } { { 1 . 6 \times { { 1 0 } ^ { – 1 9 } }} } } = { 1 . 9 7 \times {10^{15}}}$$

مثال ۷

جریان و ولتاژ یک عنصر مداری طبق قانون سینوسی زیر تغییر می‌کند:

$$\large { I \left ( t \right ) = { I _ 0 } \sin \left ( { \frac { { 2 \pi t } } { T } + \theta } \right ) , \; \; } \kern0pt { V \left ( t \right ) = { V _ 0 } \sin \left ( { \frac { { 2 \pi t } } { T } } \right ) , }$$

که در آن، $$T$$ تناوب نوسانات، $$\theta$$ اختلاف فاز، و $$I_ 0$$ و $$V_ 0$$ مقادیر اولیه جریان و ولتاژ هستند. توان متوسط تلف شده در عنصر مداری را در یک دوره تناوب به دست آورید.

حل: توان متوسط در دوره تناوب $$T$$ با انتگرال زیر به دست می‌آید:

$$\large { \bar P = \frac { 1 } { T } \int \limits _ 0 ^ T { P \left ( t \right ) d t } } = { \frac { 1 } { T } \int \limits _ 0 ^ T { I \left ( t \right ) V \left ( t \right ) d t } . }$$

با جایگذاری عبارات جریان $$I (t)$$ و $$V( t)$$، خواهیم داشت:

$$\large { \bar P \text { = } } \kern0pt { \frac { { { I _ 0 } { V _ 0 } } } { T } \int \limits _ 0 ^ T { \sin \left ( { \frac { { 2 \pi t } } { T } + \theta } \right ) \sin \left ( { \frac { { 2 \pi t } } { T } } \right ) d t } . }$$

از اتحاد ضرب به جمع زیر استفاده می‌کنیم:

$$\large { \sin \alpha \sin \beta \text { = } } \kern0pt { \frac { 1 } { 2 } \left [ { \cos \left ( { \alpha – \beta } \right ) – \cos \left( {\alpha + \beta } \right ) } \right],}$$

انتگرالده را به فرم زیر بازنویسی می‌کنیم:

$$\large \begin {align*} \sin \left ( { \frac { { 2 \pi t } } { T } + \theta } \right ) \sin \left ( { \frac { { 2 \pi t } } { T } } \right ) & = { \frac { 1 } { 2 } \left [ { \cos \left ( { – \theta } \right ) – \cos \left ( { \frac { { 4 \pi t } } { T } + \theta } \right ) } \right ] } \\ & = { \frac { 1 } { 2 } \left [ { \cos \theta – \cos \left ( { \frac { { 4 \pi t } } { T } + \theta } \right ) } \right ] . } \end {align*}$$

بنابراین، خواهیم داشت:

$$\large \begin {align*} \bar P & = \kern0pt { \frac { { { I _ 0 } { V _0 } } } { { 2 T } } \int \limits _ 0 ^ T { \left [ { \cos \theta – \cos \left ( { \frac { { 4 \pi t } } { T } + \theta } \right ) } \right ] d t } } \\ & = { \frac { { { I _ 0 } { V _ 0 } } } { {2 T } } \left . { \left [ { t \cos \theta – \frac { { T \sin \left ( { \frac { { 4 \pi t } } { T } + \theta } \right ) } } { { 4 \pi } } } \right ] } \right | _ 0 ^ T } \\ & = { \frac { { { I_ 0 } { V _ 0 } } } { 2 } \left [ { \cos \theta – \underbrace { \frac { { \sin \left ( { 4 \pi + \theta } \right ) – \sin \theta } } { { 4 \pi } } } _0 } \right ] } = { \frac { { { I _ 0 } { V _ 0 } \cos \theta } } { 2 } . } \end {align*}$$

همان‌طور که می‌بینیم، حداکثر مقدار توان متوسط در $$\theta = 0$$ به دست می‌آید:

$$\large { { \bar P } _ { \max } } = \frac { { { I _ 0 } { V _ 0 } } } { 2 } .$$

مثال ۸

منبعی با نیروی محرکه الکتریکی ثابت $$\varepsilon = 100\,V$$ به مداری با مقاومت اولیه $${R_0} = 20\,\Omega$$ متصل شده است. اگر مقاومت به صورت خطی و با نرخ $$\alpha = 1 \large{\frac{\Omega}{s}}\normalsize$$ تغییر کند، بار $$Q$$ را محاسبه کنید که در زمان $$T = 1$$ دقیقه از مدار عبور خواهد کرد.

حل: مقاومت $$R$$ مدار با قانون زیر تغییر می‌کند:

$$\large R \left ( t \right ) = { R _ 0 } + \alpha t .$$

طبق قانون اهم، داریم:

$$\large I \left ( t \right ) = \frac { \varepsilon } { { R \left ( t \right ) } } = \frac { \varepsilon } { { { R _ 0 } + \alpha t } } .$$

برای یافتن بار $$Q$$، از جریان $$I( t)$$ در بازه $$[ 0 , T]$$ انتگرال می‌گیریم. در نتیجه، خواهیم داشت:

$$\large \begin {align*} Q & = \int \limits _ 0 ^ T { I \left ( t \right ) d t } = { \int \limits _ 0 ^ T { \frac { { \varepsilon d t } } { { { R _ 0 } + \alpha t } } } } = { \varepsilon \int \limits _ 0 ^ T { \frac { { d t } } { { { R _ 0 } + \alpha t } } } } \\ & = { \frac { \varepsilon }{ \alpha } \left . { \ln \left ( { { R _ 0 } + \alpha t } \right ) } \right | _ 0 ^ T } = { \frac { \varepsilon } { \alpha } \left [ { \ln \left ( { { R _ 0 } + \alpha T } \right ) – \ln { R _ 0 } } \right ] } \\ & = { \frac { \varepsilon } { \alpha } \ln \frac { { { R _ 0 } + \alpha T } } { { { R _ 0 } } } } = { \frac { \varepsilon } { \alpha } \ln \left ( { 1 + \frac { { \alpha T } } { { {R _ 0 } } } } \right ) . } \end {align*}$$

با جایگذاری مقادیر مشخص، نتیجه نهایی به صورت زیر است:

$$\large { Q = \frac { \varepsilon } { \alpha } \ln \left ( { 1 + \frac { { \alpha T } } { { { R _ 0 } } } } \right ) } = { \frac { { 1 0 0 } } { 1 } \ln \left ( { 1 + \frac { { 1 \times 6 0 } } { { 2 0 } } } \right ) }\approx { 1 3 8 . 6 \, C }$$

در صورتی که مباحث بیان شده برای شما مفید بوده و می‌خواهید درباره موضوعات مرتبط، مطالب بیشتری یاد بگیرید، پیشنهاد می‌کنیم به آموزش‌های زیر مراجعه کنید:

• مجموعه آموزش‌های مهندسی برق
• آموزش مدارهای الکتریکی ۱
• مجموعه آموزش‌های نرم‌افزارهای برق و الکترونیک
• آموزش مدارهای الکتریکی 2
• دو قطبی در مدارهای الکتریکی — به زبان ساده
• تزویج در مدارهای الکتریکی — مفاهیم اصلی
• کاربرد تبدیل لاپلاس در تحلیل مدار — به زبان ساده

^^