정답
\(t=0\) 이후 \(2C\) 축전기에 저장된 전하량은 \(\displaystyle q(t)=\frac{4}{3}CV+\frac{2}{3}CV\,e^{-t/\tau}\)이며, 시간상수는 \(\displaystyle \tau=\frac{2}{3}CR\)이다. 또한 \(t=0\)에서 \(t=\tau\)까지 저항에서 소모된 에너지는 \(\displaystyle E_R=\frac{1}{3}CV^2(1-e^{-2})\)이다.
출제 의도
스위치를 전환한 뒤 전원이 분리된 두 축전기-저항 회로에서 전하 보존으로 최종 상태를 먼저 결정하고, 두 노드 전압의 차가 지수적으로 감소함을 이용해 시간상수와 시간에 따른 전하량을 구하는 능력을 평가한다. 또한 전류의 제곱 적분으로 저항 소모 에너지를 계산할 수 있는지를 본다.
풀이 과정
스위치 \(S\)를 \(a\)에 오래 두면, \(2C\) 축전기는 전압 \(V\)까지 완전히 충전되고(저항 \(R\)에는 최종적으로 전류 0), 축전기 \(C\)는 회로에서 떨어져 있어 전하가 0이다. 따라서 \(t=0\)에서 스위치를 \(b\)로 옮긴 직후의 초기조건은 \(v_2(0)=V\) ( \(2C\)의 전압), \(v_1(0)=0\) ( \(C\)의 전압)이다.
이후에는 전원이 분리되고, 저항 \(R\)이 두 축전기의 윗단(각각 전압 \(v_1, v_2\))을 연결하는 형태가 된다. 저항을 흐르는 전류를 \(i(t)=\dfrac{v_2-v_1}{R}\)로 두면, 각 축전기의 전류-전압 관계로부터
$$ C\frac{dv_1}{dt}=i=\frac{v_2-v_1}{R},\qquad 2C\frac{dv_2}{dt}=-i=-\frac{v_2-v_1}{R}. $$
두 전압의 차 \(d(t)=v_2(t)-v_1(t)\)를 두 식에서 빼면
$$ \frac{dd}{dt}=\frac{dv_2}{dt}-\frac{dv_1}{dt} =-\frac{1}{2CR}d-\frac{1}{CR}d =-\frac{3}{2CR}d. $$
따라서
$$ d(t)=d(0)\exp\!\left(-\frac{3t}{2CR}\right)=V\,\exp\!\left(-\frac{3t}{2CR}\right). $$
즉 전류 \(i(t)=\dfrac{d(t)}{R}\)는 지수적으로 감소하며 시간상수 \(\tau\)는
$$ \tau=\frac{2}{3}CR $$
이다.
또한 전원이 없으므로(누설 무시) 전체 전하는 보존된다. 윗판 기준 총전하는 \(Q_{\text{tot}}=Cv_1+2Cv_2\)이고 초기에는 \(Q_{\text{tot}}=2CV\)이므로 모든 \(t\)에 대해
$$ Cv_1(t)+2Cv_2(t)=2CV \quad\Rightarrow\quad v_1(t)+2v_2(t)=2V. $$
이제 연립하면 \(v_2-v_1=d(t)\), \(v_1+2v_2=2V\)이므로
$$ v_2(t)=\frac{2V+d(t)}{3} =\frac{2V}{3}+\frac{V}{3}\exp\!\left(-\frac{3t}{2CR}\right). $$
따라서 \(2C\) 축전기에 저장된 전하량 \(q(t)=2C\,v_2(t)\)는
$$ q(t)=2C\left(\frac{2V}{3}+\frac{V}{3}e^{-3t/(2CR)}\right) =\frac{4}{3}CV+\frac{2}{3}CV\,e^{-t/\tau}, \qquad \tau=\frac{2}{3}CR. $$
이제 \(t=0\)부터 \(t=\tau\)까지 저항에서 소모된 에너지는
$$ E_R=\int_0^\tau i(t)^2R\,dt =\int_0^\tau \left(\frac{V}{R}e^{-3t/(2CR)}\right)^2 R\,dt =\frac{V^2}{R}\int_0^\tau e^{-3t/(CR)}\,dt. $$
적분하면
$$ E_R=\frac{V^2}{R}\cdot\frac{CR}{3}\left(1-e^{-3\tau/(CR)}\right) =\frac{CV^2}{3}\left(1-e^{-3(2CR/3)/(CR)}\right) =\frac{CV^2}{3}\left(1-e^{-2}\right). $$
<풀이가 부정확할 수 있으니 반드시 교차검증 확인 바랍니다.>