《理論》〈電気回路〉[H18:問4]複数の抵抗とコンデンサを並列接続した回路の過渡現象に関する計算問題

【問題】

【難易度】★★★☆☆（普通）

次の文章は，回路の過渡現象に関する記述である。文中の\( \ \fbox{$\hskip3em\Rule{0pt}{0.8em}{0em}$} \ \)に当てはまる式又は数値を解答群の中から選び，その記号をマークシートに記入しなさい。

図のように，抵抗\( \ R \ \)，\( \ R_{0} \ \)，静電容量\( \ C \ \)及び電圧源\( \ E \ \)を接続した回路がある。この回路における静電容量\( \ C \ \)の両端の電圧\( \ v \ \)の時間的変化を求めたい。

はじめにスイッチ\( \ \mathrm {S} \ \)は\( \ \mathrm {a} \ \)側にあり，回路は定常状態にある。

次に，時刻\( \ t=0 \ \)において，スイッチ\( \ \mathrm {S} \ \)を\( \ \mathrm {b} \ \)側に切り替えた。\( \ t \gt 0 \ \)における電圧\( \ v \ \)の時間的変化を求める微分方程式は次式となる。
\[
\begin{eqnarray}
\frac {\mathrm {d}v}{\mathrm {d}t}+ \ \fbox {　 （１） 　} \ \times v &=& \ \fbox {　 （２） 　} \ \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] この式を初期条件を考慮して解くと，電圧\( \ v \ \)は\( \ v= \ \fbox {　 （３） 　} \ \times e^{\alpha t} \ \)となる。ここで，\( \ \alpha = \ \fbox {　 （４） 　} \ \)である。

\( \ t \gt 0 \ \)において，電圧\( \ v \ \)の値が\( \ \displaystyle \frac {R_{0}}{4\left( R+R_{0}\right) }E \ \)となるのは，時刻\( \ t = \ \fbox {　 （５） 　} \ \)である。

〔問4の解答群〕
\[
\begin{eqnarray}
&（イ）&　\frac {E}{CR}　　　　　&（ロ）&　\frac {1}{C \left( R+R_{0}\right) }\log _{e}4　　　　　&（ハ）&　-\frac {R_{0}}{R+R_{0}}E \\[ 5pt ] &（ニ）&　\frac {CRR_{0}}{R+R_{0}}\log _{e}4　　　　　&（ホ）&　\frac {1}{C}\left( \frac {1}{R}+\frac {1}{R_{0}}\right)　　　　　&（ヘ）&　-C \left( R+R_{0}\right) \\[ 5pt ] &（ト）&　\frac {R_{0}}{R+R_{0}}E　　　　　&（チ）&　C \left( R+R_{0}\right) \log _{e}4　　　　　&（リ）&　E \\[ 5pt ] &（ヌ）&　\frac {1}{C \left( R+R_{0}\right) }　　　　　&（ル）&　-\frac {1}{C}\frac {R_{0}}{R+R_{0}}E　　　　　&（ヲ）&　0 \\[ 5pt ] &（ワ）&　-\frac {1}{C \left( R+R_{0}\right) }　　　　　&（カ）&　-\frac {R+R_{0}}{CRR_{0}}　　　　　&（ヨ）&　C \left( R+R_{0}\right) \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\]

【ワンポイント解説】

複数の抵抗とコンデンサを並列接続した回路の過渡現象に関する問題です。
電圧\( \ v \ \)で立式をしなければならないので，(1)が大きな難関となります。立式ができれば完答も目指せる問題なので点数差が拡がりやすい問題と言えます。

1.過渡現象における\( \ RLC \ \)それぞれの電圧
過渡現象における\( \ RLC \ \)それぞれの電圧は，線路に流れる電流を\( \ i \ \)とし，抵抗\( \ R \ \)の電圧\( \ v_{\mathrm{R}} \ \)，リアクトル\( \ L \ \)の電圧\( \ v_{\mathrm{L}} \ \)，リアクトル\( \ C \ \)の電圧\( \ v_{\mathrm{C}} \ \)とすると，
\[
\begin{eqnarray}
v_{\mathrm{R}} &=& Ri \\[ 5pt ] v_{\mathrm{L}} &=& L\frac {\mathrm {d}i}{\mathrm {d}t} \\[ 5pt ] v_{\mathrm{C}} &=& \frac {1}{C}\int i \mathrm {d}t \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] となります。微分と積分は逆の関係があるので，各電圧から電流\( \ i \ \)を求める式は，
\[
\begin{eqnarray}
i &=& \frac {v_{\mathrm{R}}}{R} \\[ 5pt ] i &=& \frac {1}{L}\int v_{\mathrm{L}} \mathrm {d}t \\[ 5pt ] i &=& C\frac {\mathrm {d}v_{\mathrm{C}}}{\mathrm {d}t} \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] となります。

2.過渡現象における定常解と過渡解
ⅰ．定常解を\( \ i_{\mathrm {s}} \ \)，過渡解を\( \ i_{\mathrm {t}} \ \)とすると，一般解\( \ i \ \)は\( \ i=i_{\mathrm {s}}+i_{\mathrm {t}} \ \)となります。
ⅱ．定常解は電流の時間変化のない状態すなわち\( \ \displaystyle \frac {\mathrm {d}i_{\mathrm {s}}}{\mathrm {d}t}=0 \ \)とした時の解です。
ⅲ．過渡解はスイッチをオンまたはオフした直後の解で，直前の電圧や電流から変化する時の解です。

3.自然対数の微分積分
①自然対数の微分
\[
\begin{eqnarray}
\frac {\mathrm {d}}{\mathrm {d}x} \left( \ln {x}\right) &=&\frac {1}{x}　\\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] ②自然対数の積分
\[
\begin{eqnarray}
\int \frac {1}{x} \mathrm {d}x &=&\ln {x} + C \left( Cは積分定数\right)　\\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] となり，
\[
\begin{eqnarray}
\ln {x}&=&-\alpha t +C \left( Cは積分定数\right) \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] となった場合，対数を外すと，
\[
\begin{eqnarray}
x&=&A\mathrm {e}^{-\alpha t} \left( A=\mathrm {e}^{C}\right) \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] となります。

【解答】

(1)解答：ホ
\( \ t \gt 0 \ \)においては，コンデンサ\( \ C \ \)に蓄えられた電荷が放出され\( \ R \ \)と\( \ R_{0} \ \)に電流が流れる。したがって，
\[
\begin{eqnarray}
-C\frac {\mathrm {d}v}{\mathrm {d}t}&=& \frac {v}{R}+\frac {v}{R_{0}} \\[ 5pt ] &=& \left( \frac {1}{R}+\frac {1}{R_{0}}\right) v \\[ 5pt ] C\frac {\mathrm {d}v}{\mathrm {d}t}+\left( \frac {1}{R}+\frac {1}{R_{0}}\right) v &=& 0 \\[ 5pt ] \frac {\mathrm {d}v}{\mathrm {d}t}+\frac {1}{C}\left( \frac {1}{R}+\frac {1}{R_{0}}\right) v &=& 0 \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] となるので，\( \ \fbox {　 （１） 　} \ \)は\( \ \displaystyle \frac {1}{C}\left( \frac {1}{R}+\frac {1}{R_{0}}\right) \ \)と求められる。

(2)解答：ヲ
(1)解答式より，\( \ \fbox {　 （２） 　} \ \)は\( \ 0 \ \)と求められる。

(3)解答：ト
(1)解答式を変数分離すると，
\[
\begin{eqnarray}
\frac {\mathrm {d}v}{\mathrm {d}t} &=& -\frac {1}{C}\left( \frac {1}{R}+\frac {1}{R_{0}}\right) v \\[ 5pt ] \frac {1}{v}\mathrm {d}v &=&-\frac {1}{C}\left( \frac {1}{R}+\frac {1}{R_{0}}\right) \mathrm {d}t \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] となるので，両辺積分すれば，
\[
\begin{eqnarray}
\int \frac {1}{v}\mathrm {d}v &=&\int -\frac {1}{C}\left( \frac {1}{R}+\frac {1}{R_{0}}\right) \mathrm {d}t \\[ 5pt ] \ln v &=&-\frac {1}{C}\left( \frac {1}{R}+\frac {1}{R_{0}}\right) t+C^{\prime } 　\left( C^{\prime }は積分定数 \right) \\[ 5pt ] v &=&Ae^{ -\frac {1}{C}\left( \frac {1}{R}+\frac {1}{R_{0}}\right) t} 　\left( A=e^{C^{\prime }} \right) \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] となる。ここで，\( \ t=0 \ \)（スイッチ\( \ \mathrm {S} \ \)が\( \ \mathrm {a} \ \)側で定常状態）のとき，コンデンサは開放状態と考えればよいので，分圧の法則から，
\[
\begin{eqnarray}
v \left( 0\right) &=&\frac {R_{0}}{R+R_{0}}E \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] となるから，
\[
\begin{eqnarray}
v &=&Ae^{ -\frac {1}{C}\left( \frac {1}{R}+\frac {1}{R_{0}}\right) t} \\[ 5pt ] \frac {R_{0}}{R+R_{0}}E &=&Ae^{ -\frac {1}{C}\left( \frac {1}{R}+\frac {1}{R_{0}}\right) \times 0} \\[ 5pt ] A &=&\frac {R_{0}}{R+R_{0}}E \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] となり，
\[
\begin{eqnarray}
v &=&\frac {R_{0}}{R+R_{0}}Ee^{ -\frac {1}{C}\left( \frac {1}{R}+\frac {1}{R_{0}}\right) t} \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] となる。よって，\( \ \fbox {　 （３） 　} \ \)は\( \ \displaystyle \frac {R_{0}}{R+R_{0}}E \ \)と求められる。

(4)解答：カ
(3)解答式より，\( \ \alpha \ \)は，
\[
\begin{eqnarray}
\alpha &=&-\frac {1}{C}\left( \frac {1}{R}+\frac {1}{R_{0}}\right) \\[ 5pt ] &=&-\frac {R+R_{0}}{CRR_{0}} \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] と求められる。

(5)解答：ニ
(3)及び(4)解答式に\( \ v = \displaystyle \frac {R_{0}}{4\left( R+R_{0}\right) }E \ \)を代入すると，
\[
\begin{eqnarray}
\frac {R_{0}}{4\left( R+R_{0}\right) }E &=&\frac {R_{0}}{R+R_{0}}Ee^{ -\frac {R+R_{0}}{CRR_{0}} t} \\[ 5pt ] \frac {1}{4} &=&e^{ -\frac {R+R_{0}}{CRR_{0}}t} \\[ 5pt ] -\frac {R+R_{0}}{CRR_{0}}t &=&\log _{e}\frac {1}{4} \\[ 5pt ] &=&-\log _{e}4 \\[ 5pt ] \frac {R+R_{0}}{CRR_{0}} t &=&\log _{e}4 \\[ 5pt ] t &=&\frac {CRR_{0}}{R+R_{0}}\log _{e}4 \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] と求められる。