2 原理

ここで述べている回路の応答の計算は，諸君が現在身につけいている数学のレベルを超えている． しかし，結果については学習の範囲内であり，直感的に理解できるであろう．従って，細 かい計算は気にしないで，結果を直感的に理解することに努めよ．ただ，結果のみを書い たのでは原理を示したことにならないので，退屈であるが正確な記述を示す．

2.1 CR回路

図1に示すCR回路の過渡応答を考える．ここでは，スイッチが OFFの状態ではコンデンサーに充電されていないものとする．そして，それをONにした瞬 間から電流が流れ，コンデンサーが充電される．その充電電圧が上がり，電源電圧と等し くなると電流は流れなくなり，回路は定常状態におさまる．スイッチをONにして，定常状 態におさまるまでを過渡状態と言う．

図 1: CR直列回路

電流や電圧，あるいはコンデンサーの片側の電極の電荷量は，時間とともに変化する．そ の変化を表す式を考える．スイッチSをONにした場合，この回路の電圧に関係するキルヒ ホッフの法則は

$$-E+RI+\frac{Q}{C}=0$$ (1)

となる．電荷$Q$と電流は， $I=\frac{dq}{dt}$の関係がある．この関係式を用いると，式 (1)は

$$\frac{dQ}{dt}+\frac{1}{CR}Q=\frac{E}{R}$$ (2)

となる．ここで，電荷$Q$のみが時間の関数で，残りは定数である．この常微分方程式の 一般解¹は，

$$Q=e^{-\frac{t}{CR}}\left[CEe^{\frac{t}{CR}}+c_1\right]$$ (3)

である．ここで，$c_1$は任意定数である．

任意常数は初期条件より決めることができる．スイッチSをONにした瞬間を $t=0$として，そのときの回路の状態を初期条件と言う．ここでの初期条件は，

• $t=0$の時，コンデンサーの電荷は$Q=0$

とする．この条件を先ほどの電荷を表す式に当てはめると，$c_1=-CE$である．したがって， このCR直列回路のコンデンサーの片側に貯まる電荷は，

$$Q=CE(1-e^{-\frac{t}{CR}})$$ (4)

となる．

電荷$Q$の変化が分かったので，回路の電圧や電流を求めることは簡単である．まずは， コンデンサーの電圧は，$Q=CV$から簡単に求められ，

$$V_c=E(1-e^{-\frac{t}{CR}})$$ (5)

である．$t=0$の時にはコンデンサーには充電されていないので，電圧は発生していない のである．これは，その瞬間のコンデンサーの抵抗はゼロと考える．一方，回路に流れる 電流は $I=\frac{dQ}{dt}$より，

$$I=\frac{E}{R}e^{-\frac{t}{CR}}$$ (6)

となる．$t=0$の瞬間，コンデンサーの抵抗はゼロなので，電流は抵抗によってのみ決ま るので，$I(0)=E/R$となる．

ここで，$\tau=CR$を時定数と言い，それはコンデンサーの電圧が定常状態の63.2%になる時 間を表している．

2.2 LR回路

先ほどと同様な手法を用いて，図2のLR回路を解析する．これ を解析する前に，定性的にその応答を述べておく．スイッチSをONにした瞬間，コイルの 抵抗は無限大になる．もし無限大にならないと，有限の電流がながれそのときの電流の 変化は無限大となる．すると無限大の抵抗となり，電流はゼロにならなくては成らない． これは矛盾である．従って，ONにした瞬間の電流はゼロで，しばらくすると電流が徐々に 増加する．電流が増加して行くが，$I=E/R$よりも多くの電流が流れることはない．定常 状態ではコイルは無視でき，$I=E/R$の電流が流れる．

定量的な解析は，キルヒホッフの法則から始める．この回路では，

$$-E+L\frac{dI}{dt}+RI=0$$ (7)

である．CR回路の解析と同様に，この微分方程式の一般解は，

$$I=e^{-\frac{R}{L}t}\left[\frac{E}{R}e^{\frac{R}{L}t}+c_1\right]$$ (8)

となる．ここで，初期条件($t=0$の時，$I=0$)を用いると，任意定数は$c_1=-R/E$となる． したがって，回路に流れる電流は，

$$I=\frac{E}{R}\left[1-e^{-\frac{R}{L}t}\right]$$ (9)

となる．一方，抵抗の電圧は

$$V_R =IR$$

$$=E\left[1-e^{-\frac{R}{L}t}\right]$$ (10)

である．

電流や電圧が定常状態の63.2%になる時間を時定数と言い，それは$\tau=L/R$である．

図 2: LR直列回路

2.3 LCR回路

2.3.1 一般解

図3のLCR回路を解析する．これを定性的に理解することはな かなか難しいが，少し考えてみる．まずは，コイルがあるためスイッチを入れた瞬間の電 流はゼロで徐々に立ち上がると想像できる．途中経過は分からないが，最後にはコンデン サーが電源電圧$E$まで充電され，定常状態になると思われる．

図 3: LCR直列回路

定性的に分かりにくい場合は，定量的に評価するしかない．キルヒホッフの法則から，

$$-E+L\frac{dI}{dt}+\frac{Q}{C}+RI=0$$ (11)

が導かれる．CR回路の解析と同様に$I=dQ/dt$なので，説くべき微分方程式は

$$\frac{d^2Q}{dt^2}+\frac{R}{L}\frac{dQ}{dt}+\frac{1}{LC}Q=\frac{E}{L}$$ (12)

となる．付録2に示しているように，この微分方程式の解は

$$Q=\begin{cases}% CE+ c_1\exp\left[ \left(-\frac{R}{2L}+\frac{i}{2... ...exp\left(-\frac{R}{2L}t\right), & \text{$\frac{4L}{C}-R^2=0$のとき} \end{cases}$$ (13)

となる．ここで，$c_1$と$c_2$は未知定数で，初期条件によって決める．ここでは，それ は

• t=0のとき，Q=0
• t=0のとき，I=0

とする．

2.3.2 減衰振動

未知定数$c_1$と$c_2$をもとめて，回路の応答を考えるが，ここでは $\frac{4L}{C}-R^2\ge 0$，すなわち $R^2 \le 4L/C$の場合を考える．このときの回路 の応答は，式(13)の最初の解によって示される．これから，未知定数 を求めるが，式が長いので

$$\alpha =\frac{R}{2L}$$ (14)

$$\beta = \frac{1}{2L}\sqrt{\frac{4L}{C}-R^2}$$ (15)

とする．すると，

$$Q=CE+c_1e^{(-\alpha+\beta i)t}+c_2e^{(-\alpha-\beta i)t}$$ (16)

である．これを微分して，電流は

$$I=c_1(-\alpha+\beta i)e^{(-\alpha+\beta i)t}+ c_2(-\alpha-\beta i)e^{(-\alpha-\beta i)t}$$ (17)

となる．初期条件から，

$$\left\{ \begin{aligned}& CE+c_1+c_2=0\\ & c_1(-\alpha+\beta i)+c_2(-\alpha-\beta i)=0\\ \end{aligned} \right.$$

の連立方程式が成り立つ．この連立方程式の解は，

$$c_1 =\frac{CE}{2}\left(-1+\frac{\alpha}{\beta}i\right) c_2 =\frac{CE}{2}\left(-1-\frac{\alpha}{\beta}i\right)$$ (19)

となる．これを用いると，回路に流れる電流やコンデンサーの電荷の変化が分かる．ここ で，興味があるのは，図3に示されている電圧なので，それ を電流から求めることにする．回路に流れる電流$I$は，この$c_1$と$c_2$を式 (17)に代入すればよい．オイラーの公式 ²を使う と，それは，

$$I=\frac{E}{\beta L}e^{-\alpha t}\sin(\beta t)$$ (20)

となる．これから，図3に示されている電圧は，

$$V_R =IR$$ (21)

$$=\frac{2\alpha}{\beta}Ee^{-\alpha t}\sin(\beta t)$$ (22)

となる．これは振動項 $\sin(\beta t)$と減衰項 $e^{-\alpha t}$の積の形になっており， このような場合を減衰振動と言う．

2.3.3 過減衰

次に， $\frac{4L}{C}-R^2\le 0$，すなわち $R^2 \ge 4L/C$の場合を考える．先ほど同様， 回路の応答は，式(13)の最初の解によって示される．この式は長いので

$$\alpha =\frac{R}{2L}$$ (23)

$$\gamma = \frac{1}{2L}\sqrt{R^2-\frac{4L}{C}}$$ (24)

とする．後は，減衰振動の場合と全く同じように計算を進めれば良い．しかし， $\gamma=\beta i$に気が付けば，減衰振動の解を利用することができる．すなわち，式 (22)の$\beta$を$-\gamma i$に書き直せば良い． これから，図3に示されている電圧は，

$$V_R =\frac{2\alpha}{-\gamma i}Ee^{-\alpha t}\sin(-\gamma i t)$$ (25)

$$=\frac{2\alpha}{\gamma}Ee^{-\alpha t}\sinh(\gamma t)$$ (26)

となる³．この場合， 振動しないで減衰する．これを過減衰と言う．

2.3.4 臨界減衰

次に， $\frac{4L}{C}-R^2=0$，すなわち$R^2=4L/C$の場合を考える．回路の応答は，式 (13)の2番目の解によって示される．この式は長いので

$$\alpha =\frac{R}{2L}$$ (27)

とする．従って，

$$Q=CE+(c_1+c_2t)e^{-\alpha t}$$ (28)

である．

減衰振動の場合と全く同じように，初期条件から未知定数を決める．まずはじめに， $t=0$のとき$Q=0$の条件から，$c_1=-CE$となる．従って，

$$Q=CE+(-CE+c_2t)e^{-\alpha t}$$ (29)

となる．これから，電流は

$$I=(c_2+\alpha CE -\alpha c_2 t)e^{-\alpha t}$$ (30)

となる．$t=0$のとき$I=0$の条件から， $c_2=-\alpha CE$となる．元々の条件， $R^2=4L/C$を上手に使い，整理すると

$$I=\frac{E}{L}te^{-\alpha t}$$ (31)

が得られる．これから，

$$V_R =\frac{RE}{L}te^{-\alpha t}$$ (32)

$$=2\alpha Et e^{-\alpha t}$$ (33)

となる．これは臨界減衰と呼ばれる．
ホームページ: Yamamoto's laboratory
著者: 山本昌志