2.2 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。

2.2.1 CR回路

図2.1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 2.1:** CR直列回路
$\includegraphics[keepaspectratio, scale=1.0]{figure/LCR_response/CR.eps}$

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

$\displaystyle -E+RI+\frac{Q}{C}=0$

(2.1)

となる。電荷

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 (2.1)は

$\displaystyle \frac{dQ}{dt}+\frac{1}{CR}Q=\frac{E}{R}$

(2.2)

となる。ここで、電荷

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^2.1は、

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

(2.3)

である。ここで、

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、

の時、コンデンサーの電荷は

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、

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、

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

(2.4)

となる。

電荷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、から簡単に求められ、

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

(2.5)

である。

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、

$\displaystyle I=\frac{E}{R}e^{-\frac{t}{CR}}$

(2.6)

となる。

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、

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。

先ほどと同様な手法を用いて、図2.2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、

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、

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、

$\displaystyle -E+L\frac{dI}{dt}+RI=0$

(2.7)

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、

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

(2.8)

となる。ここで、初期条件(

の時、

)を用いると、任意定数は

となる。したがって、回路に流れる電流は、

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

(2.9)

となる。一方、抵抗の電圧は

$\displaystyle V_R$	$\displaystyle =IR$
	$\displaystyle =E\left[1-e^{-\frac{R}{L}t}\right]$	(2.10)

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 2.2:** LR直列回路
$\includegraphics[keepaspectratio, scale=1.0]{figure/LCR_response/LR.eps}$

2.2.3 LCR回路

2.2.3.1 一般解

図2.3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

まで充電され、定常状態になると思われる。

**図 2.3:** LCR直列回路
$\includegraphics[keepaspectratio, scale=1.0]{figure/LCR_response/LCR.eps}$

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、

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

(2.11)

が導かれる。CR回路の解析と同様に

なので、説くべき微分方程式は

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

(2.12)

となる。付録A.2に示しているように、この微分方程式の解は

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

(2.13)

となる。ここで、

と

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。

2.2.3.2 減衰振動

未知定数

と

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(2.13)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

$\displaystyle \alpha$	$\displaystyle =\frac{R}{2L}$	(2.14)
$\displaystyle \beta$	$\displaystyle = \frac{1}{2L}\sqrt{\frac{4L}{C}-R^2}$	(2.15)

とする。すると、

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

(2.16)

である。これを微分して、電流は

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

(2.17)

となる。初期条件から、

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

の連立方程式が成り立つ。この連立方程式の解は、

$\displaystyle c_1$

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

$\displaystyle c_2$

$\displaystyle =\frac{CE}{2}\left(-1-\frac{\alpha}{\beta}i\right)$

(2.19)

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2.3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

は、この

と

を式 (2.17)に代入すればよい。オイラーの公式 ^2.2を使うと、それは、

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

(2.20)

となる。これから、図2.3に示されている電圧は、

$\displaystyle V_R$	$\displaystyle =IR$	(2.21)
	$\displaystyle =\frac{2\alpha}{\beta}Ee^{-\alpha t}\sin(\beta t)$	(2.22)

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。

2.2.3.3 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(2.13)の最初の解によって示される。この式は長いので

$\displaystyle \alpha$	$\displaystyle =\frac{R}{2L}$	(2.23)
$\displaystyle \gamma$	$\displaystyle = \frac{1}{2L}\sqrt{R^2-\frac{4L}{C}}$	(2.24)

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 (2.22)の $\beta$ を $-\gamma i$ に書き直せば良い。これから、図2.3に示されている電圧は、

$\displaystyle V_R$	$\displaystyle =\frac{2\alpha}{-\gamma i}Ee^{-\alpha t}\sin(-\gamma i t)$	(2.25)
	$\displaystyle =\frac{2\alpha}{\gamma}Ee^{-\alpha t}\sinh(\gamma t)$	(2.26)