ステップ電圧に対するRC回路の応答

目次

ラプラス変換を使用して、RC回路に対する入力電圧と電流の急激な変化への応答を研究します。充電と放電のプロセスを数学的にモデル化する方法も示します。また、電圧と電流の式を計算するためのオンライン計算機も含まれています。

解答付き問題

問題 1 コンデンサの充電
以下の回路で、時間の関数としてコンデンサ \( C \)、抵抗 \( R \) にかかる電圧、および電流 \( i \) を求めてグラフ化します。入力電圧は \( v_i = V_0 \; u(t) \)、ここで \( V_0 = 10 \) V は定数であり、\( u(t) \) は単位ステップ関数です。抵抗は \( R = 200 \; \Omega \)、コンデンサは \( C = 5 \) mF です。 \( t = 0 \) では、コンデンサにかかる電圧はゼロです。

問題 1 の解答
キルヒホッフの電圧法則を使用して次の式を立てます。
\( v_i(t) - v_R(t) - v_C(t) = 0 \)       (I)
オームの法則を使用して次の式を立てます。
\( v_R(t) = R \; i(t) \)
コンデンサの電圧と充電電流の関係は次の通りです。
\( \displaystyle v_C (t) = \dfrac{1}{C} \int i dt \)
上記の両辺を微分して次のように書き換えます。
\( i (t) = C \dfrac{d v_C}{dt} \)
\(v_R (t) = R i (t) = R C \dfrac{d v_C}{dt} \)
したがって、式 (I) は次のように書き換えられます。
\( v_i (t) - R C \dfrac{d v_C}{dt} - v_C (t) = 0 \)
上記の式の両辺にラプラス変換を適用します。
\( \mathscr{L} \left \{ v_i (t) - R C \dfrac{d v_C}{dt} - v_C (t) \right \} = \mathscr{L}\{ 0 \} \)
ラプラス変換の線形性の性質および \( \mathscr{L}\{ 0 \} = 0 \) を利用して、上記の式を次のように書き換えます。
\( \mathscr{L} \left\{ v_i (t) \right\} - R\;C \mathscr{L} \left \{ \dfrac{v_C}{dt} \right \} - \mathscr{L} \left\{ v_C (t) \right \} = 0 \)       (II)
ここで、\( \mathscr{L}\{ v_i (t) \} = V_i(s) \) および \( \mathscr{L}\{ v_C (t) \} = V_C(s) \) とします。
時間 \( t \) に対する微分の性質を利用して（参照：ラプラス変換の公式と性質）、式を次のように書き換えます。
\( \mathscr{L} \left\{ \dfrac{v_C}{dt} \right \} = s V_C(s) - v_C(0) \)
\( t = 0 \) で、コンデンサの電圧がゼロであるため、\( v_C(0) = 0 \) となり、式 (II) は次のように書き換えられます。
\( V_i(s) - R C s V_C(s) - V_C(s) = 0 \)
注意：時間領域 \( t \) から \( s \) 領域への微分方程式の変換を行いました。
ステップ関数 \( v_i(t) = V_0 u(t) \) のラプラス変換 \( V_i(s) \) は次の式で与えられます（参照：ラプラス変換の公式と性質）。
\( V_i(s) = \dfrac{V_0}{s} \)
\( s \) 領域の方程式は次のようになります。
\( R C s V_C(s) + V_C(s) = \dfrac{V_0}{s} \)
左辺で \( V_C(s) \) を因数分解します。
\( V_C(s) (R\;C\;s + 1) = \dfrac{V_0}{s} \)
\( V_C(s)\) を解きます。
\( V_C(s) = \dfrac{V_0}{s(R\;C s + 1)} \)
部分分数に分解し（参照：部分分数分解）、次のように書き換えます（詳細な計算はページ下部の付録Aを参照）。
\( V_C(s) = \dfrac{V_0}{s(R\;C s + 1)} = \dfrac{V_0}{s} - \dfrac{R\;C V_0}{R\;C s + 1} \)
右辺の第2項の分母と分子を \( R\;C \) で割り、\( V_0 \) を因数分解して \( V_C(s) \) を次のように書き換えます。
\( V_C(s) = V_0 \left(\dfrac{1}{s} - \dfrac{1}{s + \dfrac{1}{R\;C}} \right) \)
次に、\( V_C(s) \) の逆ラプラス変換を使用して \( v_C(t) \) を求めます（時間領域）。
\( v_C(t) = V_0 \left( \mathscr{L^{-1}} \left\{ \dfrac{1}{s} \right\} - \mathscr{L^{-1}} \left\{ \dfrac{1}{s + \dfrac{1}{R\;C}} \right\} \right) \)
\( \mathscr{L^{-1}} \left\{ \dfrac{1}{s} \right\} = u(t) \)
および
\( \mathscr{L^{-1}} \left\{ \dfrac{1}{s + \dfrac{1}{R\;C}} \right\} = u(t) e^{-\frac{t}{R\;C}} \)
したがって、
\( v_C(t) = V_0 (1 - e^{-\frac{t}{R\;C}} ) u(t) \)
抵抗にかかる電圧 \( v_R(t) \) は次の式で与えられます。
\( v_R (t) = v_i - v_C = V_0 u(t) - V_0 u(t) (1 - e^{-\frac{t}{R\;C}} ) = V_0 e^{-\frac{t}{R\;C}} u(t) \)
電流 \( i(t) \) は次の式で与えられます。
\( i(t) = \dfrac{v_R}{R} = \dfrac{V_0}{R} e^{-\frac{t}{R\;C}} u(t) \)
メモ：コンデンサにかかる電圧 \( v_C(t) \) は自然指数関数 \( e^{-\frac{t}{R\;C}} ) \) に従って時間とともに増加します。そのため、パラメータ \( R\;C \) は時定数と呼ばれます。

数値応用
\( V_0 = 10 \) V , \( R = 200 \; \Omega \), \( C = 5 \) mF の場合。
\( R\;C = 200 \times 5 \times 10^{-3} = 1 \) 秒。
\( v_C(t) = 10 (1 - e^{-t} ) u(t) \) V
\( v_R (t) = 10 e^{-t} u(t) \) V
\( i(t) = 0.05 e^{-t} u(t) \) A
以下に電流と電圧のグラフを示します。
\( t = 0 \) の場合の注意点：
1) \( t = 0 \) 以前にコンデンサが充電されていないため、コンデンサの電圧 \( v_C(0) \) はゼロであり、コンデンサは\( t = 0 \)で短絡回路のように動作します。時間が経つにつれて \( v_C(t) \) は増加し、これはコンデンサの充電プロセスを説明します。
2) 抵抗にかかる電圧 \( v_R (0) \) はソース電圧 \( 10 \) V に等しく、時間が経つにつれて減少します。
3) \( t = 0 \)での電流 \( i(0) \) は最大値 \( \dfrac{v_i(0) - v_C(0)}{R} = \dfrac{10 - 0}{200} = 10 / 200 = 0.05 \) A であり、時間が経つにつれて減少します。
\( t \) が大きくなる場合の注意点：
\( v_C(t) \) はほぼ \( v_i(t) \) に等しくなり、コンデンサが完全に充電されたことを意味します。電流 \( i(t) \) はほぼゼロであり、コンデンサは開回路のように動作します。

問題 2 コンデンサの放電
以下の回路では、コンデンサ \( C \) が初期状態で \( V_0 = 10 \) ボルトに充電されています。時間 \( t = 0 \) において、スイッチ S が閉じられます。時間 \( t \) の関数として、コンデンサ \( C \) と抵抗 \( R \) にかかる電圧、および電流 \( i \) を求め、グラフ化してください。

問題 2 の解答
キルヒホッフの電圧法則を使用して次の式を立てます。
\( v_C(t) - v_R (t) = 0 \)       (I)
オームの法則を使用して次の式を立てます。
\( v_R (t) = R \; i (t) \)
コンデンサの電圧とそれに流れる電流の関係は次の通りです：
\( t = 0 \) 時点でコンデンサに蓄えられた電荷を \( Q_0 \) とします。コンデンサは放電しているため、総電荷は減少し、次のように書きます。
\( \displaystyle Q(t) = Q_0 - \int_0^{t} i(\tau) d\tau \)
コンデンサの電圧 \( v_C(t) \) は次の式で与えられます。
\( v_C(t) = \dfrac{Q(t)}{C} = \dfrac{Q_0}{C} - \dfrac{ \displaystyle \int i dt \ }{C } \)
両辺を微分すると
\( \dfrac{d v_C}{d t } = \dfrac{1}{C} \dfrac{d (Q_0 - \displaystyle \int i dt) }{d t } \)
微分の線形性を利用して次のように書きます。
\( \dfrac{d v_C}{d t } = \dfrac{1}{C} \dfrac{d Q_0}{dt} - \dfrac{1}{C} \dfrac{d(\displaystyle \int i dt) }{d t } \)
\( Q_0 \) は定数であり、その微分はゼロです。したがって、上記は次のように簡略化されます。
\( \dfrac{d v_C}{d t } = - \dfrac{1}{C} i \)
これを次のように書くことができます。
\( i(t) = - C \; \dfrac{d v_C}{dt} \)     注意：コンデンサが放電しているため、負の符号が付きます。
これを \( v_R (t) \) に代入して次の式を得ます。
\(v_R (t) = R \; i (t) = - R \; C \; \dfrac{d v_C}{dt} \)
したがって、式 (I) は次のように書き換えられます。
\( v_C (t) + R \; C \; \dfrac{d v_C}{dt} = 0 \)
上記の式の両辺にラプラス変換を適用します。
\( \mathscr{L} \left \{ v_C (t) + R \; C \; \dfrac{d v_C}{dt} \right \} = \mathscr{L}\{ 0 \} \)
ラプラス変換の線形性の性質および \( \mathscr{L}\{ 0 \} = 0 \) を利用して、上記の式を次のように書き換えます。
\( \mathscr{L} \left\{ v_C(t) \right \} + R\;C\;\mathscr{L} \left\{ \dfrac{d v_C}{dt} \right \} = 0 \)       (II)
ここで、\( \mathscr{L}\{ v_C(t) \} = V_C(s) \) とします。
時間 \( t \) に対する微分の性質を利用して（参照：ラプラス変換の公式と性質）、次のように書き換えます。
\( \mathscr{L} \left \{ \dfrac{d v_C}{dt} \right \} = s \; V_C(s) - v_C(0) \)
\( t = 0 \) でコンデンサが充電され、その電圧が \( V_0 \) に等しいため、\( v_C(0) = V_0 \) として、式 (II) に代入すると次の式になります。
\( V_C(s) + R \; C \; ( s \; V_C(s) - V_0 ) = 0 \)
この式を次のように書き換えます。
\( V_C(s) \; (R\;C\;s + 1) = R \; C \; V_0 \)
\( V_C(s)\) を解くと次のようになります。
\( V_C(s) = \dfrac{R \; C \; V_0}{R \; C \; s + 1} \)
分母と分子を \( R \; C \) で割ります。
\( V_C(s) = \dfrac{ V_0}{s + \dfrac{1}{R\;C}} \)
\( v_C(t) \) は逆ラプラス変換で求められます。したがって、
\( v_C(t) = V_0 \left( \mathscr{L^{-1}} \left\{ \dfrac{1}{s + \dfrac{1}{R\;C}} \right\} \right) \)
次に、ラプラス変換の公式と性質を使用して、\( V_C(s) \) の逆ラプラス変換 \( v_C(t) \)（時間領域）を求めます。
したがって、
\( v_C(t) = V_0 \; e^{-\frac{t}{R\;C}} \)
抵抗にかかる電圧 \( v_R(t) \) は次の式で与えられます。
\( v_R (t) = v_C = V_0 \; e^{-\frac{t}{R\;C}} \)
電流 \( i(t) \) は次の式で与えられます。
\( i(t) = \dfrac{v_R}{R} = \dfrac{V_0}{R} \; e^{-\frac{t}{R\;C}} \)
数値応用： \( V_0 = 10 \) V , \( R = 200 \; \Omega \), \( C = 5 \) mF の場合。
\( R\;C = 200 \times 5 \times 10^{-3} = 1 \) 秒
\( v_C(t) = 10 \; e^{-t} \) V
\( v_R (t) = 10 \; e^{-t} \) V
\( i(t) = 0.05 \; e^{-t} \) A
以下に電流と電圧のグラフを示します。
\( t = 0 \) の場合の注意点：
1) \( t = 0 \) 以前にコンデンサが充電されていたため、電圧 \( v_C(0) = 10 \) ボルトから時間が経つにつれて減少します。これがコンデンサの放電プロセスです。
2) \( t = 0 \) 時点で \( v_R(0) = v_C(0) = 10\)。
3) \( t = 0 \) 時点での電流 \( i(0) \) は最大値 \( i(0) = \dfrac{v_R(0)}{R} = \dfrac{10}{200} = 10 / 200 = 0.05 \) A であり、時間が経つにつれて減少します。
\( t \) が大きくなる場合の注意点：
時間が経過すると、すべての電圧と電流はほぼゼロになります。これは、コンデンサが完全に放電し、コンデンサに蓄えられていたエネルギーが抵抗 \( R \) によって熱として放出されるためです。

付録

付録 A

部分分数展開； \( A \) および \( B \) を見つけます。
\( \dfrac{V_0}{s(R\;C s + 1)} = \dfrac{A}{s} + \dfrac{B}{R\;C s + 1} \)
上式の両辺に \( s(R\;C s + 1) \) を掛けて簡略化します。
\( V_0 = A(R\;C\;s + 1) + B s \)      (1)
式 (1) で \( s = 0 \) として \( A \) を求めます。
\( A = V_0 \)
式 (1) に \( A = V_0 \) および \( s = 1 \) を代入します。
\( V_0 = V_0 \times (R\;C \times 1 + 1) + B \times 1 \)
簡略化して \( B \) を解きます。
\( B = - R\;C V_0 \)
したがって、部分分数展開は次のようになります。
\( \dfrac{V_0}{s(R\;C s + 1)} = \dfrac{V_0}{s} - \dfrac{R\;C V_0}{R\;C s + 1} \)

参考リンク