電気回路② 素子の関係と過渡現象
過渡現象とは?抵抗，コイル，コンデンサの関係式
$$
\left\{
\begin{align}
v_R&=Ri_R \label{resistor}\\
v_L&=L\dfrac{di_L}{dt} \label{inductor}\\
i_C&=C\dfrac{dv_C}{dt}\label{capacitor}
\end{align}
\right.$$
$\eqref{inductor}$式は高校の教科書には符号がついていたと思いますが、どの向きを正に取るかの関係で正になっています。正直な話、コイルのはたらきを考えて、向きは確認してほしいところです。
さて、この関係を用いて回路の解析をしてみます。
電気容量$C$のコンデンサ,抵抗$R$を直列に接続し、電圧$e(t)$を加えると、
\begin{align}
e(t)=v_R(t)+v_C(t)
\end{align}
という関係が成り立ちます。辺々を時間微分すると、
\begin{align}
\dfrac{de(t)}{dt}=\dfrac{dv_R(t)}{dt}+\dfrac{dv_C(t)}{dt}
\end{align}
ここで、$\eqref{resistor}$式、$\eqref{capacitor}$式より、
\begin{align}
\dfrac{de(t)}{dt}=R\dfrac{di_R(t)}{dt}+\dfrac{1}{C}i_C(t)
\end{align}
いま、直列接続なので、$i_R(t)=i_C(t)$という関係が成り立ち、これを$i(t)$とおくと、
\begin{align}
\dfrac{de(t)}{dt}=R\dfrac{di(t)}{dt}+\dfrac{1}{C}i(t) \label{eq0}
\end{align}
ここで、定電圧$e(t)=E$で一定のときを考えましょう。左辺は0になるので、
\begin{align}
\dfrac{di(t)}{dt}=-\dfrac{1}{RC}i(t)
\end{align}
この微分方程式は変数分離形の常微分方程式として解くことができます。
\begin{align}
\dfrac{di(t)}{i(t)}&=-\dfrac{1}{RC}dt\nonumber \\
\int_0^t \dfrac{di(\tau)}{i(\tau)}&=-\int_0^t \dfrac{1}{RC}d\tau\nonumber \\
\log{i(t)}-\log{i(0)}&=-\dfrac{1}{RC}t \nonumber\\
\log{\dfrac{i(t)}{i(0)}}&=-\dfrac{1}{RC}t\nonumber \\
i(t)&=i(0)e^{-\frac{1}{RC}t} \label{eq1}
\end{align}
$\eqref{eq1}$式の右辺にある初期値$i(0)$を求めたいわけですが、最初にコンデンサに電荷は蓄えられていないものとすると、$v_C(0)=0$なので、$v_R(0)=E(0)=E$であり、
\begin{align}
i(0)&=\dfrac{v_R(0)}{R}\nonumber \\
&=\dfrac{E}{R}
\end{align}
というわけで、$\eqref{eq1}$式は、
\begin{align}
i(t)&=\dfrac{E}{R}e^{-\frac{1}{RC}t}
\end{align}
ここから各素子の電圧を求めることができて、
\begin{align}
v_R&=Ri(t)\nonumber \\
&=Ee^{-\frac{1}{RC}t} \label{resistor_voltage}\\
v_C(t)&=e(t)-v_R(t)\nonumber \\
&=E\left(1-e^{-\frac{1}{RC}t}\right)\label{capacitor_voltage}
\end{align}
ここで、$\eqref{capacitor_voltage}$式を$t\to\infty$とすれば、$v_C(t)\to E$となることがわかります。この$t\to\infty$のときの状態は定常状態でありこれはよく知っていることかと思います。問題は、$t$が小さいときで、この時の現象を過渡現象といいます。
時定数
時定数という量を定義します。指数の部分というのは基本的に無次元です。(もし無次元でなければマクローリン展開したときに項によって次元が違うということになってしまいます。)そこで、指数の部分に注目します。$\eqref{eq1},\eqref{resistor_voltage},\eqref{capacitor_voltage}$式はすべて指数部分が同じになります。ここに注目して、指数部分が-1になるときを考え、それを過渡現象の進行の目安とします。これを時定数といいます。今回でいえば時定数は、
\begin{align}
\tau=RC
\end{align}
となります。ちゃんと次元も時間になっています。
ラプラス変換による解法
\begin{align}
F(s)=\mathcal{L}[f(t)]=\int_0^\infty f(t)e^{-st}dt
\end{align}
で定義される$s$の関数をラプラス変換といいます。$\eqref{eq0}$式をもう一度書きます。
\begin{align}
\dfrac{de(t)}{dt}=R\dfrac{di(t)}{dt}+\dfrac{1}{C}i(t) \tag{\ref{eq0}}
\end{align}
この辺々をラプラス変換します。各変数のラプラス変換をその大文字で書くことにしますが、微分項については、
\begin{align}
&\mathcal{L}\left[\dfrac{df(t)}{dt}\right]\nonumber\\
&=\int_0^\infty \dfrac{df(t)}{dt}e^{-st}dt\nonumber\\
&=\left.f(t)e^{-st}\right|^\infty_0-(-s)\int_0^\infty f(t)e^{-st}dt\label{lp1}\\
&=s\int_0^\infty f(t)e^{-st}dt-f(0)\nonumber\\
&=sF(s)-f(0)
\end{align}
ここで、$\eqref{lp1}$式の第一項はラプラス変換の収束条件(ラプラス変換が定義できるためには収束する必要があります)より、$f(t)e^{-st}\to 0(t\to\infty)$なので、$t=0$のときの項のみ残ります。というわけで$\eqref{eq0}$式のラプラス変換は、
\begin{align}
sE(s)-e(0)&=R\left\{sI(s)-i(0)\right\}+\dfrac{1}{C}I(s) \label{lp2}
\end{align}
ここで、加える電圧が交流で$e(t)=E_0\sin{\omega t}$のときを考えます。このラプラス変換は
\begin{align}
E(s)&=\dfrac{E_0\omega}{s^2+\omega^2}
\end{align}
であり、初期値$e(0)=0$、初期電流はこちらで勝手に$i(0)=0$としてみます。$\eqref{lp2}$式は、
\begin{align}
\dfrac{E_0\omega s}{s^2+\omega^2}&=\dfrac{sRC+1}{C}I(s)\\
\therefore I(s)&=\dfrac{CE_0 \omega s}{(s^2+\omega^2)(RCs+1)}\label{lp3}
\end{align}
この式を、定数$A,B,D$を用いて、
\begin{align}
I(s)=\dfrac{As+B}{s^2+\omega^2}+\dfrac{D}{RCs+1}
\end{align}
の形で部分分数分解します。右辺を通分すると、
\begin{align}
I(s)&=\dfrac{(As+B)(RCs+1)+D(s^2+\omega^2)}{(s^2+\omega^2)(RCs+1)}\nonumber\\
&=\dfrac{(RCA+D)s^2+(A+RCB)s+B+\omega^2D}{(s^2+\omega^2)(RCs+1)}\label{lp4}
\end{align}
この$\eqref{lp4}$式と$\eqref{lp3}$を比較すれば、
$$
\left\{
\begin{align}
A&=\dfrac{CE_0\omega}{1+\omega^2R^2C^2}\\
B&=\dfrac{\omega^3RC^2E_0}{1+\omega^2R^2C^2}\\
D&=-\dfrac{\omega RC^2E_0}{1+\omega^2R^2C^2}
\end{align}
\right.$$
となります。つまり、
\begin{align}
I(s)=\dfrac{\omega CE_0}{1+\omega^2R^2C^2}\left(\dfrac{s+\omega^2RC}{s^2+\omega^2}-\dfrac{1}{s+\frac{1}{RC}}\right)
\end{align}
これをラプラス変換表を使って逆変換すれば、
\begin{align}
i(t)=\dfrac{\omega CE_0}{1+\omega^2 R^2 C^2}\left(\cos{\omega t}+\omega RC \sin{\omega t}-e^{-\frac{1}{RC}t}\right)
\end{align}
となり電流が求められました。
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