電流と回路

指数関数的な緩和と片対数グラフ

著者：柚木芹香

本体の節で結果だけ示した充電と放電の式を，第4章の1階の微分方程式の解き方で導きます．指数関数の性質と，測定から時定数を読む片対数グラフもまとめます．

定理数学の道具：目標の値に近づく1階の微分方程式

$τ > 0$ ， $y_{\infty}$ を定数として

τ \frac{d y}{d t} = y_{\infty} - y, y (0) = y_{0}

の解は

y = y_{\infty} + (y_{0} - y_{\infty}) e^{- t / τ}

である． $u = y - y_{\infty}$ とおくと $τ d u / d t = - u$ となり，変数分離で $u = u_{0} e^{- t / τ}$ を得る（第4章）．線形の空気抵抗の落下では $y = v$ ， $y_{\infty} = m g / b$ ， $τ = m / b$ ，コンデンサーの充電では $y = q$ ， $y_{\infty} = C E$ ， $τ = R C$ ，放電では $y_{\infty} = 0$ である．

接線． $t = 0$ での傾きは $(y_{\infty} - y_{0}) / τ$ で，この傾きのまま進むと，ちょうど $t = τ$ で $y_{\infty}$ に届く．

半分になる時間． 差 $y - y_{\infty}$ が半分になる時間は $τ \ln 2 \approx 0.69 τ$ ，10分の1になる時間は $τ \ln 10 \approx 2.3 τ$ で，どこから数えても同じである．

積分． $\int_{0}^{\infty} e^{- t / τ} d t = τ$ ， $\int_{0}^{\infty} e^{- 2 t / τ} d t = \frac{τ}{2}$ ．電流が $e^{- t / τ}$ で減るとき，運ばれる全電荷は $I (0) τ$ ，抵抗の熱は $R I (0)^{2} τ / 2$ である．

練習1　起電力 $6.0 V$ の電池で， $R = 20 k Ω$ を介して未充電の $C = 50 μ F$ を充電する．電池の内部抵抗は無視し，充電開始を時刻0とする．時定数，電圧が $3.0 V$ になる時刻， $t = 2.0 s$ での電流を求めよ．

答え　練習1： $τ = 2.0 \times 10^{4} \times 5.0 \times 10^{- 5} = 1.0 s$ ． $e^{- t / τ} = 1 / 2$ より $t = τ \ln 2 \approx 0.69 s$ ． $I = \frac{6.0}{2.0 \times 10^{4}} e^{- 2.0} \approx 4.1 \times 10^{- 5} A$ ．

定理数学の道具：片対数グラフ

$y = y_{0} e^{- t / τ}$ の自然対数をとると

\ln y = \ln y_{0} - \frac{t}{τ}

で，横軸 $t$ ，縦軸 $\ln y$ のグラフは傾き $- 1 / τ$ の直線になる．常用対数なら傾きは $- (\log_{10} e) / τ = - 0.434 / τ$ である．片対数方眼紙（縦軸だけが対数の目盛り）に $y$ をそのまま記入しても直線になり， $y$ が10分の1になる時間 $τ \ln 10$ から $τ$ が読める．

0でない $y_{\infty}$ に近づく量は，差 $| y_{\infty} - y |$ の対数をとる．点が1本の直線に乗れば時定数が1つの模型で説明でき，曲がっていれば時定数が2つ以上あるか，素子が線形でない．

測定値に直線を引くときは，差 $y_{\infty} - y$ が小さい終わりの点ほど，測定のずれ $δ y$ による縦軸のずれ $δ y / | y_{\infty} - y |$ が大きいことに注意します．

練習2　片対数グラフで，放電の電圧が $10 V$ から $1.0 V$ まで下がるのに $4.6 s$ かかった．時定数を求めよ．

答え　 $τ = 4.6 / \ln 10 \approx 2.0 s$ ．

例題

例題 1

オリジナル ★★☆☆☆

内部抵抗の無視できる起電力 $E = 12 V$ の電池の正極から，スイッチSと抵抗 $R_{1} = 4.0 k Ω$ を通って接続点Pに至る．Pと負極の間には，抵抗 $R_{2} = 2.0 k Ω$ と未充電のコンデンサー $C = 50 μ F$ を並列につなぐ．時刻0にSを閉じる．

閉じた直後の $R_{1}$ ， $R_{2}$ ，コンデンサーに流れる電流を求めよ．
十分時間がたった後の電流と，コンデンサーの電圧と電荷を求めよ．
コンデンサーの電圧 $v (t)$ と時定数を求めよ．

**［図：抵抗とコンデンサーが並列の回路］**
電池ℰの正極からスイッチS，抵抗R_1を通りPへ至る．Pと負極の間にR_2とCを並列につなぐ．矢印は各枝の電流の基準の向き，vはコンデンサーの電圧．

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考え方 直後は電圧が0のまま，十分後は電流が0．途中はコンデンサーから見た回路をテブナンの電源にまとめる．

直後は $v = 0$ なので $R_{2}$ の電流は0， $R_{1}$ の電流 $E / R_{1} = 3.0 mA$ がすべてコンデンサーへ流れ込む．
コンデンサーの電流が0なので， $R_{1}$ と $R_{2}$ に同じ電流 $E / (R_{1} + R_{2}) = 2.0 mA$ が流れる． $v = R_{2} \times 2.0 mA = 4.0 V$ ， $q = C v = 2.0 \times 10^{- 4} C$ ．
コンデンサーから見ると $V_{th}$ は (2) の $4.0 V$ ，電池を導線に置き換えて $R_{th} = R_{1} R_{2} / (R_{1} + R_{2}) = 4 / 3 k Ω$ ．よって

τ = R_{th} C \approx 6.7 \times 10^{- 2} s, v = 4.0 (1 - e^{- t / τ}) V

確かめ：(3) の $t = 0$ での傾き $V_{th} / τ = 60 V s^{- 1}$ は，(1) の電流から出す $I / C = 60 V s^{- 1}$ と一致する．この後Sを開けば，放電の時定数は $R_{2} C = 0.10 s$ で，充電より長い．

例題 2

オリジナル ★★☆☆☆

容量 $C_{1}$ のコンデンサーを電圧 $V_{0}$ に充電して充電用の電源から切り離し，未充電の容量 $C_{2}$ のコンデンサーと，下側の極板どうしを導線で，上側の極板どうしを抵抗 $R$ とスイッチでつなぐ．時刻0にスイッチを閉じる．

十分後の共通の電圧と，抵抗を通った電荷を求めよ．
2つの電圧の差 $w = v_{1} - v_{2}$ と電流 $I$ を求めよ．時定数はいくらか．
抵抗で出る熱を求め，静電エネルギーの減少と比べよ． $R$ を小さくすると熱は減るか．

**［図：二つのコンデンサーを抵抗でつなぐ］**
左のC_1は電圧V_0で上側が正，右のC_2は未充電．下側の極板を導線で，上側を抵抗Rとスイッチでつなぐ．点線はスイッチを閉じた後の上側の孤立部分，IはC_1からC_2への基準の向き．

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考え方 上側の2枚の極板とその間の導線は孤立部分で，電荷の和が変わらない．電圧の差が抵抗に電流を流す．

上側の電荷の和は $C_{1} V_{0}$ で一定．十分後は電流が0で電圧が等しく， $(C_{1} + C_{2}) v_{f} = C_{1} V_{0}$ から

v_{f} = \frac{C_{1} V_{0}}{C_{1} + C_{2}}

抵抗を通った電荷は $C_{2} v_{f} = \frac{C_{1} C_{2} V_{0}}{C_{1} + C_{2}}$ ．

$I = w / R$ ， $C_{1} d v_{1} / d t = - I$ ， $C_{2} d v_{2} / d t = I$ より

\frac{d w}{d t} = - (\frac{1}{C_{1}} + \frac{1}{C_{2}}) \frac{w}{R} = - \frac{w}{R C_{s}}, C_{s} = \frac{C_{1} C_{2}}{C_{1} + C_{2}}

$w (0) = V_{0}$ だから $w = V_{0} e^{- t / τ}$ ， $I = \frac{V_{0}}{R} e^{- t / τ}$ ，時定数は $τ = R C_{s}$ ． $C_{s}$ は2つを直列にしたときの容量である．

熱は

\int_{0}^{\infty} R I^{2} d t = \frac{V_{0}^{2}}{R} \cdot \frac{τ}{2} = \frac{1}{2} C_{s} V_{0}^{2}

静電エネルギーの減少 $\frac{1}{2} C_{1} V_{0}^{2} - \frac{1}{2} (C_{1} + C_{2}) v_{f}^{2} = \frac{1}{2} C_{1} V_{0}^{2} \cdot \frac{C_{2}}{C_{1} + C_{2}}$ と一致する．熱は $R$ によらず， $R$ を小さくしても減らない．

確かめ： $C_{1} = C_{2}$ なら熱は初めのエネルギーの半分． $R \to 0$ では $τ \to 0$ で集中定数回路の条件が破れ，自己誘導や電磁波の放射なども考慮する必要がある．

例題 3

オリジナル ★★☆☆☆

未知の容量 $C$ の未充電のコンデンサーを， $R = 100 k Ω$ を介して起電力 $E = 10.0 V$ の電池で時刻0から充電し，コンデンサーの電圧 $v$ を測った．電池の内部抵抗と電圧計の影響は無視でき，読みのずれは $\pm 0.05 V$ ほどである．何を縦軸にとれば直線になるかを示し，時定数と $C$ を求めよ．

$t$	$0 s$	$1.0 s$	$2.0 s$	$3.0 s$	$4.0 s$	$6.0 s$
$v$	$0 V$	$3.9 V$	$6.3 V$	$7.8 V$	$8.6 V$	$9.5 V$

**［図：充電中のコンデンサーの電圧を測る］**
電池ℰと抵抗RでコンデンサーCを充電する．Cの両端に電圧計Vを並列につなぎ，電圧vを測る．

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考え方 $v = E (1 - e^{- t / τ})$ なら $\ln (1 - v / E) = - t / τ$ で，原点を通る直線になる．

$y = \ln (1 - v / E)$ を計算すると

$t$	$1.0 s$	$2.0 s$	$3.0 s$	$4.0 s$	$6.0 s$
$y$	$- 0.49$	$- 0.99$	$- 1.51$	$- 1.97$	$- 3.00$

で，原点を通るほぼ1本の直線に乗る．原点を通る直線の最小二乗法（第14章）で傾きは $\sum t y / \sum t^{2} = - 32.9 / 66 \approx - 0.50 s^{- 1}$ ．よって $τ \approx 2.0 s$ ， $C = τ / R \approx 2.0 \times 10^{- 5} F = 2.0 \times 10^{1} μ F$ ．

確かめ： $t = τ = 2.0 s$ で $v$ は $E$ の 63 % の $6.3 V$ で，表と合う． $y$ のずれ $δ v / (E - v)$ は， $t = 1.0 s$ で $0.05 / 6.1 \approx 0.008$ ， $t = 6.0 s$ で $0.05 / 0.5 = 0.1$ なので，直線を引くときは最後の点を軽く見る．上の和では $t$ の大きい点ほど重く効くので，最後の点を除いて求め直すと $- 14.9 / 30 \approx - 0.50 s^{- 1}$ で，結果は変わらない．

ポイントここまでのまとめ

$τ d y / d t = y_{\infty} - y$ の解は $y = y_{\infty} + (y_{0} - y_{\infty}) e^{- t / τ}$ ．空気抵抗の落下と RC 回路は同じ方程式．
初めの接線は $t = τ$ で目標の値に届く．差が半分になる時間は $τ \ln 2$ ．
片対数グラフで $\ln | y_{\infty} - y |$ は傾き $- 1 / τ$ の直線になる．直線に乗るかどうかが模型の確かめになる．
時定数は，抵抗が多い回路で $R_{th} C$ ，2つのコンデンサーを抵抗でつなぐと $R C_{s}$ ．孤立部分の電荷の和が終わりの電圧を決め，失うエネルギーは $R$ によらない．