電磁誘導と交流

2階の線形微分方程式と電気振動

著者：柚木芹香

本体の節では，LC回路とLRC回路の振動を結果だけ示しました．ここで，第7章で使った $e^{s t}$ を代入する方法をまとめ直し，回路の切り替えの問題に使います．第7章では指数を $λ$ と書きましたが，回路の話ではふつう $s$ と書きます．中身は同じです．

定理数学の道具：定数係数の線形微分方程式を $e^{s t}$ で解く

$a, b, c$ を実数の定数として， $a \ddot{q} + b \dot{q} + c q = 0$ を考える（ $\dot{q} = d q / d t$ ）．

重ね合わせ． 左辺は $q$ について1次なので， $q_{1}$ と $q_{2}$ が解なら $A q_{1} + D q_{2}$ も解である．

特性方程式． $q = e^{s t}$ を代入すると $\dot{q} = s q$ ， $\ddot{q} = s^{2} q$ なので $(a s^{2} + b s + c) e^{s t} = 0$ ，すなわち $a s^{2} + b s + c = 0$ ．異なる2つの根 $s_{1}, s_{2}$ から，一般解 $q = A e^{s_{1} t} + D e^{s_{2} t}$ が得られる．

複素数の根． 根が $s = - γ \pm i ω^{'}$ のとき， $e^{(- γ + i ω^{'}) t} = e^{- γ t} (\cos ω^{'} t + i \sin ω^{'} t)$ の実部と虚部は，どちらも実数の解である．係数が実数なので， $u + i v$ を代入した式の実部と虚部がそれぞれ0になるからである．よって実数の一般解は $q = e^{- γ t} (A \cos ω^{'} t + D \sin ω^{'} t)$ ．

重解． $s_{1} = s_{2} = s_{0}$ のときは $q = (A + D t) e^{s_{0} t}$ ．

右辺が定数． $a \ddot{q} + b \dot{q} + c q = f$ （ $f$ は定数）なら， $q_{e} = f / c$ が1つの解で， $q - q_{e}$ が右辺0の式をみたす．

定数 $A, D$ は2つの初期条件で決める．回路では，コンデンサーの電荷とコイルの電流が切り替えの前後で連続であることを使う．1階の式 $L \dot{I} + R I = E_{0}$ も同じで， $L s + R = 0$ から $s = - R / L$ ， $I = E_{0} / R + A e^{- R t / L}$ となる．

LRC回路 $L \ddot{q} + R \dot{q} + q / C = 0$ の特性方程式は $L s^{2} + R s + 1 / C = 0$ で，根は

s = - \frac{R}{2 L} \pm \sqrt{\frac{R^{2}}{4 L^{2}} - \frac{1}{L C}}

です． $γ = R / (2 L)$ ， $ω_{0} = 1 / \sqrt{L C}$ とおくと第7章と同じ形で， $R < 2 \sqrt{L / C}$ なら弱減衰， $R = 2 \sqrt{L / C}$ なら臨界減衰（重解）， $R > 2 \sqrt{L / C}$ なら過減衰です．第7章の $Q = ω_{0} / (2 γ)$ は回路では $Q = ω_{0} L / R$ です．

ポイント数学の道具：エネルギーの式を作る

回路の式 $L \ddot{q} + R \dot{q} + q / C = 0$ に $\dot{q} = I$ を掛けると， $L \ddot{q} \dot{q} = \frac{d}{d t} (\frac{1}{2} L {\dot{q}}^{2})$ ， $\frac{q \dot{q}}{C} = \frac{d}{d t} (\frac{q^{2}}{2 C})$ なので

\frac{d}{d t} (\frac{1}{2} L I^{2} + \frac{q^{2}}{2 C}) = - R I^{2}

となる．第6章で運動方程式に速度を掛けて力学的エネルギーの式を作ったのと同じ操作である．電源があれば，右辺に電源の仕事率 $E I$ が加わる．

練習1　 $L = 10 mH$ ， $C = 1.0 μ F$ ， $R = 40 Ω$ の直列LRC回路の特性方程式の根を求め，減衰振動かどうかを答えよ．

練習2　 $\ddot{q} + 6 \dot{q} + 9 q = 18$ ， $q (0) = 0$ ， $\dot{q} (0) = 0$ を解け（単位は省く）．

答え　練習1： $s^{2} + 4.0 \times 10^{3} s + 1.0 \times 10^{8} = 0$ より $s = - 2.0 \times 10^{3} \pm i \sqrt{1.0 \times 10^{8} - 4.0 \times 10^{6}} \approx (- 2.0 \pm 9.8 i) \times 10^{3} s^{- 1}$ ．根が複素数なので減衰振動で， $2 \sqrt{L / C} = 200 Ω$ より $R$ が小さいことと合う．練習2： $s^{2} + 6 s + 9 = 0$ は重解 $s = - 3$ ， $q_{e} = 2$ なので $q = 2 + (A + D t) e^{- 3 t}$ ． $q (0) = 0$ から $A = - 2$ ， $\dot{q} (0) = D - 3 A = 0$ から $D = - 6$ で， $q = 2 - (2 + 6 t) e^{- 3 t}$ ．

例題

例題 1

オリジナル ★★☆☆☆

起電力 $E_{0} = 12 V$ で内部抵抗の無視できる電池にスイッチ S を直列につなぎ，その先に，自己インダクタンス $L = 0.60 H$ ，内部抵抗 $r = 4.0 Ω$ のコイルと，抵抗 $R = 96 Ω$ を並列につなぐ．S を閉じて十分時間がたった後，時刻0に S を開く．

S を開く直前の，コイルと抵抗 $R$ を流れる電流を求めよ．
S を開いた直後に，抵抗 $R$ の両端にかかる電圧の大きさを求めよ．
S を開いた後のコイルの電流を求めよ．また，S を開いてから抵抗 $R$ で発生する熱の総量を求めよ．

**［図：抵抗を並列につないだコイルの切り替え］**
電池ℰ₀とスイッチSの先に，内部抵抗rをもつコイルLと抵抗Rを並列に置く．矢印はSを開く前のコイルの電流の向きで，電流や電圧の求める値は示していない．

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考え方 十分時間がたった後はコイルの自己誘導による電圧 $L d I / d t$ が0である．S を開いた瞬間もコイルの電流は連続で，その電流は抵抗 $R$ を通る道しか残らない．

コイルの電流は $E_{0} / r = 3.0 A$ ，抵抗 $R$ の電流は $E_{0} / R \approx 0.13 A$ である．
S を開くと，コイルと $R$ だけの閉回路になる．コイルの電流 $3.0 A$ がそのまま $R$ を流れる（ $R$ の中の向きは開く前と逆になる）ので，電圧の大きさは $3.0 \times 96 \approx 2.9 \times 10^{2} V$ で，電池の電圧の24倍である．
閉回路の式は $L \dot{I} + (r + R) I = 0$ ． $s = - (r + R) / L$ より $I = 3.0 e^{- t / τ} A$ ， $τ = L / (r + R) = 6.0 ms$ である．コイルの初めのエネルギー $\frac{1}{2} L I_{0}^{2} = \frac{1}{2} \times 0.60 \times {3.0}^{2} = 2.7 J$ が $r$ と $R$ の熱になり，同じ電流が流れるので熱は抵抗に比例して分かれる． $R$ の熱は $2.7 \times \frac{96}{100} \approx 2.6 J$ である．

確かめ： $R$ を大きくするほど (2) の電圧は大きくなり， $R \to \infty$ （逃げ道なし）では電圧が限りなく大きくなる．これがスイッチの火花である．

例題 2

オリジナル ★★☆☆☆

電気容量 $C = 4.0 μ F$ のコンデンサーを $V_{0} = 10 V$ に充電し，時刻0に自己インダクタンス $L = 25 mH$ のコイルにつなぐ． $q$ は初めに正の電荷をもつ極板の電荷， $I = \dot{q}$ とする．

回路の抵抗を無視して $q (t)$ ， $I (t)$ を求めよ．電流の大きさの最大値と，初めてエネルギーがすべてコイルに移る時刻も求めよ．
回路に $R = 10 Ω$ の抵抗があるとき， $γ$ と $ω^{'}$ を求めよ．また，電荷の振幅（包絡線）が初めの半分になる時刻を求めよ．

**［図：充電したコンデンサーとコイル］**
電流Iの正方向はqの極板へ流れ込む向き．右は抵抗の有無による電荷qの時間変化と，抵抗がある場合の包絡線を示す模式図である．求める電流や時刻，減衰定数の値は示していない．

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考え方 初期条件は $q (0) = C V_{0}$ と，コイルの電流の連続性から $\dot{q} (0) = 0$ である．

$L s^{2} + 1 / C = 0$ より $s = \pm i ω_{0}$ ， $ω_{0} = 1 / \sqrt{L C} = 1 / \sqrt{1.0 \times 10^{- 7}} \approx 3.2 \times 10^{3} s^{- 1}$ ． $q = A \cos ω_{0} t + D \sin ω_{0} t$ に初期条件を入れると $A = C V_{0} = 4.0 \times 10^{- 5} C$ ， $D = 0$ ．よって

q = C V_{0} \cos ω_{0} t, I = - C V_{0} ω_{0} \sin ω_{0} t

電流の大きさの最大値は $C V_{0} ω_{0} \approx 0.13 A$ ．エネルギーがすべてコイルに移るのは $q = 0$ のときで，初めては $t = π / (2 ω_{0}) \approx 5.0 \times 10^{- 4} s$ である．

$γ = R / (2 L) = 2.0 \times 10^{2} s^{- 1}$ ， $ω^{'} = \sqrt{ω_{0}^{2} - γ^{2}} = \sqrt{1.0 \times 10^{7} - 4 \times 10^{4}} \approx 3.2 \times 10^{3} s^{- 1}$ で， $ω_{0}$ とほとんど変わらない．解は $q = e^{- γ t} (A \cos ω^{'} t + D \sin ω^{'} t)$ で，初期条件から $A = C V_{0}$ ， $D = γ C V_{0} / ω^{'}$ ．包絡線は $e^{- γ t}$ に比例するので，半分になるのは $t = \ln 2 / γ \approx 3.5 \times 10^{- 3} s$ ，周期 $2 π / ω^{'} \approx 2.0 ms$ の約1.7倍である．

確かめ：(1) で $\frac{1}{2} C V_{0}^{2} = 2.0 \times 10^{- 4} J$ と $\frac{1}{2} L (C V_{0} ω_{0})^{2} = \frac{1}{2} C V_{0}^{2}$ は等しい．(2) は $γ / ω_{0} \approx 0.063$ が小さい弱減衰で， $Q = ω_{0} L / R \approx 7.9$ である．

例題 3

オリジナル ★★★☆☆

例題 2 と同じコンデンサーとコイルに抵抗 $R$ を直列に入れ，同じ初期条件で放電させる．

振動せずに最も速く放電させる $R$ の値を求めよ．
1. のときの $q (t)$ と $I (t)$ を求め，電流の大きさが最大になる時刻とその値を求めよ．
抵抗で発生する熱の総量を，電流の2乗を積分して求め，初めの静電エネルギーと比べよ．

**［図：臨界減衰の電荷と電流］**
直列LRC回路と，振動せずに減る電荷q，負方向へ流れた後に0へ戻る電流Iの模式図．比較用に抵抗なしのqを薄く重ねる．問題で求める極値の時刻や値は示していない．

解答を見る

考え方 振動しない範囲で最も速く0へ近づくのは臨界減衰で，特性方程式が重解をもつ．

$L s^{2} + R s + 1 / C = 0$ の判別式が0になる $R = 2 \sqrt{L / C} = 2 \sqrt{6.25 \times 10^{3}} \approx 1.6 \times 10^{2} Ω$ である．
重解は $s = - R / (2 L) = - 1 / \sqrt{L C} = - ω_{0}$ なので $q = (A + D t) e^{- ω_{0} t}$ ． $q (0) = C V_{0}$ から $A = C V_{0}$ ， $\dot{q} (0) = D - ω_{0} A = 0$ から $D = ω_{0} C V_{0}$ ．よって

q = C V_{0} (1 + ω_{0} t) e^{- ω_{0} t}, I = \dot{q} = - C V_{0} ω_{0}^{2} t e^{- ω_{0} t}

$t e^{- ω_{0} t}$ を微分すると $(1 - ω_{0} t) e^{- ω_{0} t}$ なので， $| I |$ は $t = 1 / ω_{0} \approx 3.2 \times 10^{- 4} s$ で最大になり，その値は $C V_{0} ω_{0} / e \approx 4.7 \times 10^{- 2} A$ である．

$\int_{0}^{\infty} t^{2} e^{- 2 ω_{0} t} d t = \frac{2}{(2 ω_{0})^{3}}$ を使うと

\int_{0}^{\infty} R I^{2} d t = R C^{2} V_{0}^{2} ω_{0}^{4} \cdot \frac{1}{4 ω_{0}^{3}} = \frac{R C^{2} V_{0}^{2} ω_{0}}{4}

$R ω_{0} = 2 \sqrt{L / C} \cdot \frac{1}{\sqrt{L C}} = \frac{2}{C}$ なので，これは $\frac{1}{2} C V_{0}^{2} = 2.0 \times 10^{- 4} J$ に等しく，初めの静電エネルギーがすべて熱になる．

確かめ：電流の最大値は抵抗の無い例題 2 の $1 / e$ 倍になっている． $q$ は $t = 0$ から単調に減り，符号を変えない．

ポイントここまでのまとめ

定数係数の線形微分方程式は $e^{s t}$ を代入して特性方程式にする．複素数の根 $- γ \pm i ω^{'}$ からは減衰振動，重解からは $(A + D t) e^{s_{0} t}$ が出る．
右辺が定数なら，つり合いの解 $q_{e}$ からのずれを考える．定数は電荷と電流の連続性で決める．
LRC回路は $R < 2 \sqrt{L / C}$ で減衰振動， $R = 2 \sqrt{L / C}$ で臨界減衰． $Q = ω_{0} L / R$ ．
回路の式に $I$ を掛けると，コイルとコンデンサーのエネルギーの和の変化が熱と電源の仕事で表される．