回路理論 2011年度後期担当 : 玉置

0. 準備0.1. 電気回路

• 集中定数回路と分布定数回路．• 定常状態と過渡状態．• 時間応答と周波数応答．• 入力信号と応答…回路解析 (回路設計のための基礎)．• 線形性，時不変性，因果性．

0.2. 集中定数回路

• 集中定数回路素子 :

. 独立電圧源，独立電流源，抵抗，キャパシタ，インダクタ，相互インダクタ，理想変圧器．• キルヒホッフの法則 :

. 電流法則 (KCL) : 任意の節点に対し，任意の時刻で，その節点に出入りする電流の総和が 0．

. 電圧法則 (KVL) : 任意の閉路に対し，任意の時刻で，その閉路を一巡する枝電圧の総和が 0．• 電気回路とグラフ理論 (図 1 ) :

. 木 (スパニング木)，補木；木枝，補木枝 (リンク枝)．

. 基本閉路 : 1本の補木枝と木枝のみからなる閉路 (図 1 (c))．

. 基本カットセット : 1本の木枝と補木枝のみからなるカットセット (図 1 (d))．

. 基本閉路行列 B :

B =

e2 e3 e6 e1 e4 e5

L2

L3

L6

1 0 0 1 −1 −10 1 0 1 −1 00 0 1 0 −1 −1

= [ I F ] (1)

. 基本カットセット行列 Q :

Q =

e2 e3 e6 e1 e4 e5

C1

C4

C5

−1 −1 0 1 0 01 1 1 0 1 01 0 1 0 0 1

=[−FT I

](2)

. 基本閉路行列と KVL :

Bv = [ I F ]

[vlink

vtree

]= 0 (3)

ただし， vlink = [ v2, v3, v6 ]T , vtree = [ v1, v4, v5 ]T (4)

. 基本カットセット行列と KCL :

Qi =[−FT I

] [ilink

itree

]= 0 (5)

補. 資料の配付• 「回路理論」関連アーカイブ : http://www.al.cs.kobe-u.ac.jp/∼tamaki/circuit/

. 講義資料 (このページを含めた配付資料の全ページ，PDF ファイル)，

. 演習略解，等．

0

4

3

5

v1

v2

v3v4

v5

v6

1

6

2

i1

i2

i3i4

i5i6

e1

e2

e3

e4

e5e6

(a) 電気回路 (b) 図 (a)の回路のグラフ表現

e1

e2

e3

e4

e5e6

L2

L3

L6

e1

e2

e3

e4

e5e6

C1

C4

C5

(c) 基本閉路 (b) 基本カットセット

図 1 電気回路とグラフ

1. 状態方程式• 状態変数 : vC および iL，入力変数 : vE および iJ．• 状態方程式 :

x(t) =d

dtx(t) = Ax(t) + Bu(t) (6)

y(t) = Cx(t) + Du(t) (7)

ただし，x(t) =

[vC(t)T, iL(t)T

]T, u(t) =

[vE(t)T, iJ(t)T

]T(8)

1.1. プロパー木を選べる場合

• 仮定 : 独立電圧源とキャパシタだけの閉路，独立電流源とインダクタだけのカットセットはない．• プロパー木 : 独立電圧源 (E) → キャパシタ (C) → 抵抗 (木枝 G，補木枝 R) の優先順序で木枝を選んだ木 (インダクタ (L)と独立電流源 (J)はすべて補木枝)．

• 枝電圧ベクトル v および 枝電流ベクトル i :

v =[vT

R, vTL , vT

J , vTE , vT

C , vTG

]T(9)

i =[iTR, iTL, iTJ , iTE , iTC , iTG

]T(10)

• 基本閉路行列 B および 基本カットセット行列 Q :

B = [ I F ] , Q =[−FT I

](11)

1

F =

E　　C　　G

R

L

J

FRE FRC FRG

FLE FLC FLG

FJE FJC FJG

(12)

• 状態方程式の導出 : KVLより，

vR = −FREvE − FRCvC − FRGvG (13)

vL = −FLEvE − FLCvC − FLGvG (14)

KCLより，iC = FT

RCiR + FTLCiL + FT

JCiJ (15)

iG = FTRGiR + FT

LGiL + FTJGiJ (16)

枝特性より，vR = RRiR , iG = GGvG (17)

iC = Cd

dtvC , vL = L

d

dtiL (18)

式 (13)～式 (18)より，vC , iL, vE , iJ 以外を消去すると，

d

dt

[vC

iL

]=

[−C−1FT

RCR−1FRC C−1HL−1HT −L−1FLGG−1FT

LG

][vC

iL

]

+

[−C−1FT

RCR−1FRE C−1(FT

JC − FTRCR−1FRGG−1

G FTJG

)−L−1

(FLE − FLGG−1

G FRGR−1FRE

)−L−1FLGG−1FT

JG

][vE

iJ

](19)

ただし，R = RR + FRGG−1

G FTRG (20)

G−1 =(GG + FT

RGR−1R FRG

)−1(21)

H = FTLC − FT

RCR−1FRGG−1G FT

LG (22)

問 1. 式 (19)を導出せよ．

1.2. ノーマル木を選んだ場合

• ノーマル木 : 独立電圧源 (E) → キャパシタ (木枝 C，補木枝 S) → 抵抗 (木枝 G，補木枝 R) → インダクタ (木枝 Γ，補木枝 L) の優先順序で木枝を選んだ木 (独立電流源 (J)はすべて補木枝)．

• 枝電圧ベクトル v および 枝電流ベクトル i :

v =[vT

S , vTR, vT

L , vTJ , vT

E , vTC , vT

G, vTΓ

]T(23)

i =[iTS , iTR, iTL, iTJ , iTE , iTC , iTG, iTΓ

]T(24)

• 基本閉路行列 B および 基本カットセット行列 Q :

B = [ I F ] , Q =[−FT I

](25)

F =

E　　C　　G　　ΓS

R

L

J

FSE FSC 0 0FRE FRC FRG 0FLE FLC FLG FLΓ

FJE FJC FJG FJΓ

(26)

2

• 状態方程式の導出 : KVLより，vS = −FSEvE − FSCvC (27)

vR = −FREvE − FRCvC − FRGvG (28)

vL = −FLEvE − FLCvC − FLGvG − FLΓvΓ (29)

KCLより，iC = FT

SCiS + FTRCiR + FT

LCiL + FTJCiJ (30)

iG = FTRGiR + FT

LGiL + FTJGiJ (31)

iΓ = FTLΓiL + FT

JΓiJ (32)

枝特性より，vR = RRiR , iG = GGvG (33)

iC = CCd

dtvC , iS = CS

d

dtvS , (34)[

vL

vΓ

]=

[LLL LLΓ

LΓL LΓΓ

]d

dt

[iL

iΓ

](35)

問 2. プロパー木の場合と同様に，式 (27)～式 (35)から vC , iL, vE , iJ 以外を消去し，式 (6) の形式　　　の状態方程式を導出せよ．

例 1. RLC直列回路 (図 2 ) :

E

L

C

G

iCiG

iL

iE

図 2 RLC直列回路

vE = 2 sin 5t [V] , vC(0−) = 1 [V] , iL(0−) = 5 [A]C = 0.04 [F] , L = 1 [H] , G−1 = 6 [Ω]

　　　 E, C, G を木枝に，L を補木枝に選ぶと，

F = [ −1︸︷︷︸FLE

1︸︷︷︸FLC

1︸︷︷︸FLG

] (36)

vL = vE − vC − vG , iC = iG = iL (37)

iC = Cd

dtvC (38)

vL = Ld

dtiL (39)

iG = GvG (40)

　　　状態方程式は，

d

dt

[vC

iL

]=

[0 C−1

−L−1 −L−1G−1

] [vC

iL

]+

[0

L−1

]vE

=

[0 25−1 −6

][vC

iL

]+

[01

]2 sin 5t (41)

3

J L C R

iRiJ iCiL

図 3 RLC並列回路 (問 3 )

iJ = 1 [A] , vC(0−) = 1 [V] , iL(0−) = 1 [A]C = 1/12 [F] , L = 4 [H] , R = 3 [Ω]

G

L1

L2

C1

C2

C3

C4

E

図 4 RLC回路 (問 4 )

[vC(0−)iL(0−)

]=

[15

](42)

問 3. 図 3 に示す RLC並列回路の状態方程式を導け．

問 4. 図 4 に示す RLC回路の状態方程式を導け．

2. 一次回路2.1. 零入力応答

• 零入力応答 : 入力が 0のときの応答 (図 5 )．• 図 5 (b)で，C を木枝，R を補木枝にとる．

KVL : vR = vC (43)

KCL : iC = −iR (44)

枝特性 : vR = RiR , iC = Cd

dtvC (45)

• 状態方程式 :d

dtvC = − 1

RCvC (46)

vC(0) = V0 (47)

• 応答 (図 5 (c)) :vC(t) = e−

1RC t V0 (48)

4

E C R

iRiC

SW2SW1

V0( )C R

iRiC

(a) 回路 (b) t ≥ 0 での等価回路

V0

Tt

vC

2T

(c) 応答 (時間波形)

図 5 RC回路とその零入力応答

時刻 t = 0 に SW1 が開き，同時に SW2 が閉じるものとする．vC(0) = V0．

RvR

iL

SW2

SW1

I0( )J L

A B

C

図 6 RL回路 (問 5 )

時定数 (time constant) : |vC(t)| が初期値の絶対値 |vC(0)| の 1/e ≈ 0.386 になる時刻 T のこと(図 5の例では T = RC)．速応性の尺度としてよく用いられる．

問 5. 図 6 に示す RL回路において，スイッチ SW1 は t < 0 では B側にあり，SW2 は開いているものとする．時刻 t = 0 において，スイッチ SW1 が C側に切り替えられ，同時に SW2 も閉じられた場合について，iL(t), vR(t) を求め，その時間波形の概略図を示せ．

2.2. 零状態応答

• 零状態応答 : 状態変数の初期値が 0のときの応答 (図 7 )．• 図 7 (b)で，C を木枝，R と J を補木枝にとる．

KVL : vR = vC (49)

KCL : iC = −iR + iJ (50)

枝特性 : vR = RiR , iC = Cd

dtvC (51)

• 状態方程式 :d

dtvC = − 1

RCvC +

1C

I0 (52)

5

RvR

I0( )J SW C

iC

RvR

I0( )J C

iC

(a) 回路 (b) t ≥ 0 での等価回路

図 7 入力のある RC回路

時刻 t = 0 に SW が開かれるものとする．vC(0) = 0．

C R

iRiC

J vC

SW2SW1

図 8 入力のある RC回路

時刻 t = 0 に SW1 および SW2 が同時に閉じるものとする．vC(0) = V0．

vC(0) = 0 (53)

• 一般解と特殊解 : 式 (52)の形の状態方程式の解は，同次微分方程式

d

dtvC = − 1

RCvC (54)

の一般解 (過渡解) vg(t) と 非同次微分方程式

d

dtvC = − 1

RCvC +

1C

I0 (55)

の特殊解 (定常解) vp(t) の和．

• 応答 :

vg(t) = e−1

RC t K (K : 定数) (56)

vp(t) = A (= RI0) (A : 定数) (57)

これらより，vC(t) = RI0

(1 − e−

1RC t

)(58)

2.3. 完全応答

• 完全応答 : 零入力応答と零状態応答を合わせたもの (図 8 )．

• iJ(t) = I0 (一定値)の場合 :

. 状態方程式 :d

dtvC = − 1

RCvC +

1C

I0 (59)

vC(0) = V0 (60)

6

. 応答 :vg(t) = e−

1RC t K (K : 定数) (61)

vp(t) = A (= RI0) (A : 定数) (62)

これらより，vC(t)︸ ︷︷ ︸完全応答

= e−1

RC t V0︸ ︷︷ ︸零入力応答

+RI0

(1 − e−

1RC t

)︸ ︷︷ ︸零状態応答

(63)

. さらに，特殊解 vp(t) = RI0 は，d

dtvp = 0 (64)

を満たすので，定常状態と呼ばれる．したがって，

vC(t) = e−1

RC t (V0 − RI0)︸ ︷︷ ︸過渡項

+ RI0︸︷︷︸定常項

(65)

と見ることもできる．• iJ(t) = A1 cos(ωt + φ1) (ただし，A1 および φ1 は定数)の場合 :

. 状態方程式 :d

dtvC = − 1

RCvC +

1C

A1 cos(ωt + φ1) (66)

vC(0) = V0 (67)

. 応答 :vg(t) = e−

1RC t K (K : 定数) (68)

vp(t) = A2 cos(ωt + φ2) (A2, φ2 : 定数) (69)

これらより，vC(t) = e−

1RC t (V0 − A2 cos φ2)︸ ︷︷ ︸

過渡項

+A2 cos(ωt + φ2)︸ ︷︷ ︸定常項

(70)

ただし，A2 =

A1√(1/R)2 + (ωC)2

(71)

φ2 = φ1 − tan−1(ωRC) (72)

. 正弦波定常状態 : 式 (70) で t が十分大きくなると，過渡項は十分小さくなる．このとき，

vsC(t) = A2 cos(ωt + φ2) (73)

. 正弦波定常状態解析 (あるいは交流理論，フェーザ解析等) :vs

C のフェーザ表示を VC とすると，

A1ejφ1 = jωCVC +

1R

VC (74)

これより，

VC =A1e

jφ1

jωC + 1/R=

A1√(1/R)2 + (ωC)2

ej(φ1−tan−1 ωRC) = A2ejφ2 (75)

vsC(t) = ReVCejωt = A2 cos(ωt + φ2) (76)

7

vC

SW2A B

E

RSW1

V0( )C E

V0( / 3)

1

R2

図 9 RC回路 (問 6 )

したがって，特殊解 vp(t) は，vp(t) = ReVCejωt (77)

としても計算可能．

問 6. 図 9 に示す RC回路において，スイッチ SW2 は t < 0 では B側にあり，SW1 は開いているものとする．この状態で十分に時間が経過した後，時刻 t = 0 でスイッチ SW2 が A側に切り替えられると同時に SW1 も閉じられた場合について vC(t) を求め，その時間波形の概略図を示せ．

3. 入出力微分方程式【割愛】

4. ラプラス変換による解法 ラプラス変換 (要約)

. (定義) 関数 f : [ 0, ∞ ) → R のラプラス変換 (積分区間が [ 0−, ∞ ) であることに注意) :

F (s) = L[f(t)](s) =∫ ∞

0−f(t)e−stdt (126)

F (s) のラプラス逆変換 :L[g(t)](s) = F (s) (127)

となるような g(t)．形式的には次のように表される :

g(t) = L−1[F (s)] (128)

. (例) 典型的な関数のラプラス変換 (表 1)

. (変換規則・性質)

− 微分規則L

[df

dt

]= sL[f ] − f(0−) (129)

L[f (n)] = snL[f ] − sn−1f(0−) − · · · − sfn−2(0−) − fn−1(0−) (130)

− 積分規則L

[∫ ∞

0−f(τ)dτ

]=

1sL[f ] (131)

− 初期値定理lim

t→0+f(t) = f(0+) = lim

s→∞sL[f ] (132)

8

表 1 ラプラス変換表　　　

f(t) F (s)

δ(t) 1

1(t)1s

tn

n !1

sn+1

e−αt 1s + α

tn

n !e−αt 1

(s + α)n+1

　　　f(t) F (s)

cos βts

s2 + β2

sinβtβ

s2 + β2

e−αt cos βts + α

(s + α)2 + β2

e−αt sinβtβ

(s + α)2 + β2

− 最終値定理lim

t→∞f(t) = f(∞) = lim

s→0sL[f ] (133)

− 線形性L[c1f1 + c2f2] = c1L[f1] + c2L[f2] (134)

− 相似則L[f(at)] = a−1L[f ](s/a) (135)

− 時間推移則L[f(t − a)] = e−asL[f ](s) (136)

− 畳み込み積分L

[∫ ∞

0−g(t − τ)f(τ)dτ

]= L[g](s)L[f ](s) (137)∫ ∞

0−g(t − τ)f(τ)dτ = L−1[L[g](s)L[f ](s)] (138)

. (逆変換の計算) 例えば，

X(s) =P (s)Q(s)

, Q(s) = (s − p1)(s − p2) · · · (s − pn) (139)

の場合，

X(s) =n∑

i=1

Ki

s − pi(140)

と部分分数展開すると，

x(t) =n∑

i=1

Kiepit (141)

ただし，Ki = (s − pi)X(s) | s=pi (142)

多重根がある場合は，

X(s) =P (s)Q(s)

, Q(s) = (s − p1)n1(s − p2)n2 · · · (s − pm)nm (143)

とおき，

X(s) =m∑

i=1

ni∑j=1

Ki,j

(s − pi)j(144)

9

と部分分数展開すると，

x(t) =m∑

i=1

ni∑j=1

Ki,jtj−1epit (145)

ただし，Ki,ni = (s − pi)niX(s) | s=pi

(146)

Ki,ni−1 =d

ds[(s − pi)niX(s)]

∣∣∣∣s=pi

(147)

Ki,ni−2 =12 !

d2

ds2[(s − pi)niX(s)]

∣∣∣∣s=pi

(148)

...

Ki,1 =1

(ni − 1) !dni−1

dsni−1[(s − pi)niX(s)]

∣∣∣∣s=pi

(149)

である．

. (補足)d

dtx = Ax , x(0) = x0 (150)

を考えると，その解は，x(t) = eAtx0 (151)

で与えられる．一方，ラプラス変換を用いると，

sX(s) − x0 = AX(s) (152)

X(s) = (sI − A)−1x0 (153)

となる．ここで，x0 は任意なので，

L[eAt

](s) = (sI − A)−1 , eAt = L−1

[(sI − A)−1

](154)

が成り立つ．

• いま，状態方程式が，x =

d

dtx = Ax + Bu , x(0) = x0 (155)

で与えられるとき，微分規則 (式 (129)参照)とラプラス変換の線形性 (式 (134)参照)より，

sX(s) − x0 = AX(s) + BU(s) (156)

. X(s) および U(s) はそれぞれ x(t) および u(t) のラプラス変換．

. u(t) が与えられると，ラプラス変換表を利用することで U(s) を得ることが可能．

. 以下，特に必要がない限り s を省略．

• 式 (156)より，X = (sI − A)−1 (

x0 + BU)

(157)

が得られる．

. このX をラプラス変換表を用いて逆変換することにより (必要に応じて部分分数展開 (139)～ (149)を適用)，x(t) が求められる．

. 注 : 初期時間が 0 でなければならない点に注意．

10

E

L

C

G

iCiG

iL

iE

図 12 RLC直列回路 (図 2 )

vE = 2 sin 5t [V] , C = 0.04 [F] , L = 1 [H] , G−1 = 6 [Ω]vC(0−) = 1 [V] , iL(0−) = 5 [A]

• 例 : RLC直列回路 (図 12) … 形式的な解導出．

. 状態方程式 :

d

dt

[vC

iL

]=

[0 C−1

−L−1 −L−1G−1

][vC

iL

]+

[0

L−1

]vE (158)

の両辺をラプラス変換すると，[sVC − vC(0)sIL − iL(0)

]=

[0 C−1

−L−1 −L−1G−1

][VC

IL

]+

[0

L−1

]VE (159)

[VC

IL

]=

[s −C−1

L−1 s + L−1G−1

]−1 [vC(0)iL(0)

]+

[0

L−1

]VE

(160)

. vE(t) = A1(t) とすると，VE(s) = A/s．また，[s −C−1

L−1 s + L−1G−1

]−1

=1

s2 + (LG)−1s + (LC)−1

[s + (LG)−1 C−1

−L−1 s

](161)

となるので，[VC

IL

]=

1s2 + (LG)−1s + (LC)−1

[s + (LG)−1 v0 + C−1i0 + A(LC)−1/s

−L−1v0 + si0 + AL−1

](162)

ただし，vC(0) および iL(0) をそれぞれ v0, i0 と略記．

. 便宜上，α =

12LG

, ω0 =1√LC

(163)

とおくと (α および ω はそれぞれ減衰定数および共振周波数 (5.参照))，[VC

IL

]=

1s2 + 2αs + ω2

0

[(s + 2α)v0 + C−1i0 + Aω2

0/s

−L−1v0 + si0 + AL−1

](164)

と書ける．

. 2α = −(s1 + s2) および ω20 = s1s2，すなわち

s2 + 2αs + ω20 = (s − s1)(s − s2) (165)

とする．

11

. s1 6= s2 のときには，

VC(s) =s(s + 2α)v0 + C−1i0 + As1s2

s(s − s1)(s − s2)

=k1

s − s1+

k2

s − s2+

k3

s(166)

vC(t) = k1es1t + k2e

s2t + k3 (167)

ここで，k1, k2, k3 は，式 (142)を用いて，

k1 =s1(s1 + 2α)v0 + C−1i0 + As1s2

s1(s1 − s2)=

(s1 + 2α)v0 + C−1i0

s1 − s2+

As2

s1 − s2(168)

k2 =s2(s2 + 2α)v0 + C−1i0 + As1s2

s2(s2 − s1)=

(s2 + 2α)v0 + C−1i0

s2 − s1+

As1

s2 − s1(169)

k3 =As1s2

(0 − s1)(0 − s2)= A (170)

さらに，s1 + 2α = −α +

√α2 − ω2

0 + 2α = −(−α −√

α2 − ω20) = −s2 (171)

s2 + 2α = −α −√

α2 − ω20 + 2α = −(−α +

√α2 − ω2

0) = −s1 (172)

を用いると，k1 =

−s2v0 + C−1i0

s1 − s2+

As2

s1 − s2(173)

k2 = −−s1v0 + C−1i0

s1 − s2− As1

s1 − s2(174)

k3 = A (175)

. s1 = s2 のときには，

VC(s) =s(s + 2α)v0 + C−1i0 + As2

1

s(s − s1)2

=k11

s − s1+

k12

(s − s1)2+

k2

s(176)

vC(t) = (k11 + k12t)es1t + k2 (177)

ここで，k11, k12 は，式 (146)～ (149)を用いて，

k11 = v0 − A (178)

k12 = (s1 + 2α)v0 + C−1i0 + As1 (179)

k2 については，式 (142) を用いて，k2 = A (180)

問 7. 上の例 (RLC直列回路, 図 12 (vE(t) = A1(t))において，iL(t) を (形式的に)導出せよ．

12

• 例 : RLC直列回路 (図 12) … 数値的な解導出．

. 状態方程式および vG を出力とした場合の出力方程式 :

d

dt

[vC

iL

]=

[0 25−1 −6

] [vC

iL

]+

[01

]2 sin 5t (181)

y = vG =[

0 6] [

vC

iL

](182)

[vC(0)iL(0)

]=

[15

](183)

. 状態方程式 (181)および出力方程式 (182) の両辺をそれぞれラプラス変換 :[sVC − 1sIL − 5

]=

[0 25−1 −6

][VC

IL

]+

[01

]2 · 5

s2 + 52(184)

Y = VG =[

0 6] [

VC

IL

](185)

. 式 (184)より， [VC

IL

]=

[s −251 s + 6

]−1 [15

]+

[01

]2 · 5

s2 + 52

(186)

を式 (185) へ代入して，出力 vG のラプラス変換 VG を求める :

VG =[

0 6] [

s −251 s + 6

]−1 [15

]+

[01

]10

s2 + 52

(187)

=1

s2 + 6s + 25

[0 6

] [s + 6 25−1 s

][15

]+

[01

]10

s2 + 52

(188)

=1

(s + 3)2 + 42

(30s − 6) +

60s

s2 + 52

(189)

=30s − 6

(s + 3)2 + 42+

1(s + 3)2 + 42

· 60s

s2 + 52(190)

=30(s + 3) − 24 · 4

(s + 3)2 + 42+

− 2.5 · 4

(s + 3)2 + 42+

2 · 5s2 + 52

(191)

=30(s + 3)

(s + 3)2 + 42− 26.5 · 4

(s + 3)2 + 42+

2 · 5s2 + 52

(192)

. 式 (192)より，ラプラス変換表を用いて出力 vG を求める :

vG(t) = 30e−3t cos 4t − 26.5e−3t sin 4t + 2 sin 5t (193)

問 8. 上の例 (RLC直列回路, 図 12)において，vC(t) を (数値的に)導出せよ．

13

-10

10

20

30

2sin5t

vG

0 2π/5 4π/5 6π/5 8π/5

図 13 RLC直列回路 (図 12 )における vG の波形

E

L

C

G

iCiG

iL

iE

図 14 RLC直列回路 (図 12 )

5. 二次回路• RLC直列回路 (図 14)を考える．• 式 (163)で定義される αを減衰定数 (damping constant)，ω0を (角)共振周波数 (resonant frequency)という．また，

s2 + 2αs + ω20 = 0 (194)

を特性方程式，その根

s1 = −α +√

α2 − ω20 , s2 = −α −

√α2 − ω2

0 (195)

を特性根 (characteristic root)あるいは固有周波数 (natural frequency)という． なお，出力 y として vC を選んだ場合，出力方程式は 式 (158)より，

d2

dt2vC + 2α

d

dtvC + ω2

0vC = ω20vE (196)

5.1. 零入力応答

• vE(t) = 0 の場合．

• 過減衰 (α > ω0) : 2つの固有周波数 s1, s2 は相異なる負の実数．解は，式 (167), (173)～ (175)より，

vC(t) = k1es1t + k2e

s2t (197)

k1 =−s2v

0 + C−1i0

s1 − s2, k2 = −−s1v

0 + C−1i0

s1 − s2(198)

14

したがって，vC(t) =

i0C−1

s1 − s2

(es1t − es2t

)+

v0

s1 − s2

(s1e

s2t − s2es1t

)(199)

• 臨界減衰 (α = ω0) : 2つの固有周波数は等しく，その値は s1 = s2 = −α．解は，式 (177)～ (180)より，

vC(t) = (k1 + tk2)e−αt (200)

k1 = v0 , k2 = αv0 +1C

i0 (201)

• 不足減衰 (α < ω0) : 2つの固有周波数 s1, s2 はともに複素数で，s1 = −α + jωd, s2 = −α − jωd

(ただし，ωd =√

ω20 − α2)．解は，式 (167), (173)～ (175)より，

vC(t) = k1es1t + k2e

s2t (202)

k1, k2 は 式 (198)．なお，k2 = k1 (複素共役)．

. オイラーの公式 :ejωdt = cos(ωdt) + j sin(ωdt) (203)

を用いると，

vC(t) = 2 e−αt X cos(ωdt) − Y sin(ωdt) (204)

= 2k e−αt cos(ωdt + θ) (205)

ただし，X = Re (k1) , Y = Im (k1) , k = | k1| =

√X2 + Y 2 , θ = tan−1 Y

X(206)

したがって，vC(t) =

C−1i0

ωde−αt sin(ωdt) + v0e−αt

cos(ωdt) +

α

ωdsin(ωdt)

(207)

• 無損失 (α = 0 (R = G−1 = 0) ) : 2つの固有周波数はともに虚数で，それぞれ s1 = jω0, s2 = −jω0．解は，式 (205)より，

vC(t) = 2k cos(ω0t + θ) (208)

例 : 図 14 の回路で C = 1 [F]，L = 0.25 [H]，vC(0) = 1 [V]，iL(0) = 1 [A]，vE(t) = 0 [V] とした場合の零入力応答波形 (図 15 )．

(a) 過減衰 : R = 2 [Ω] (α = 4, ω0 = 2)

(b) 臨界減衰 : R = 1 [Ω] (α = 2, ω0 = 2)

(c) 不足減衰 : R = 0.5 [Ω] (α = 1, ω0 = 2)

(d) 無損失 : R = 0 [Ω] (α = 0, ω0 = 2)

問 9. 式 (202) から，式 (204)，(205) および (207) を導出せよ (k2 = k1 であることに留意)．また，e−αt cos βt や e−αt sinβt のラプラス変換 s+α

(s+α)2+β2， β(s+α)2+β2 (ここでは，β = ωd =

√ω2

0 − α2 ) 等を用いて，式 (164)から 式 (207)を直接導出してみよ．

問 10. 図 15 に示した応答をそれぞれ導出・確認せよ．

問 11. 図 16 に示す回路において，スイッチ SW を閉じた状態で十分に時間が経過した後，時刻 t = 0で SW を開くものとする．キャパシタ C の電圧 vC(t) を t > 0 に対して求めよ．

問 12. 図 17 に示す回路において，スイッチ SW が閉じた状態で十分に時間が経過した後，時刻 t = 0で SW を開くものとする．このとき，

15

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

0 2 4 6 8 10

(a)

(b)

(c)

(d)

図 15 RLC直列回路 (図 14 )に対する零入力応答

C

L

E

SW

vC

R

2

1

R

3R

図 16 RLCブリッジ回路 (問 11 )

R1 = R2 = R3 = R , L = 10 CR2

(a) L に流れる電流 iL(t) を t > 0 に対して求めよ．ただし，4L/C > (R1 + R2)2 とする．(b) SW を開いた瞬間にその両端に発生する電圧を求めよ．(c) t > 0 において，SW の両端に発生する電圧が時間と無関係に一定となるための条件を求めよ．

5.2. 零状態応答

• 初期状態 (状態変数の初期値)が 0 の場合の応答．• 典型的な零状態応答 :

E

R

L

iL

21

C

SW

R

図 17 RLC回路 (問 12 )

16

. ステップ応答 (インディシャル応答) vE(t) = 1(t) あるいは vE(t) = A1(t)，

. インパルス応答 vE(t) = δ(t)．

• ステップ応答 vE(t) = A1(t) について考える．. 固有周波数 s1, s2 が相異なる場合，式 (167), (173)～ (175)より，

vC(t) = k1es1t + k2e

s2t + k3 (209)

k1 =As2

s1 − s2, k2 = − As1

s1 − s2, k3 = A (210)

したがって，vC(t) =

A

s1 − s2

(s2e

s1t − s1es2t

)+ A (211)

. s1 = s2 の場合も同様．式 (177)～ (180) より，

vC(t) = −A (1 + αt) e−αt + A (212)

. 不足減衰の場合，

vC(t) = −ω0

ωdA e−αt cos(ωdt − θ) + A , θ = tan−1 α

ωd(213)

無損失の場合，vC(t) = −A cos(ω0t) + A (214)

例 : 図 14 の回路で C = 1 [F]，L = 0.25 [H]，vC(0) = 0 [V]，iL(0) = 0 [A]，vE(t) = 2·1(t) [V] とした場合の零状態応答波形 (図 18 )．

(a) 過減衰 : R = 2 [Ω] (α = 4, ω0 = 2)(b) 臨界減衰 : R = 1 [Ω] (α = 2, ω0 = 2)(c) 不足減衰 : R = 0.5 [Ω] (α = 1, ω0 = 2)(d) 無損失 : R = 0 [Ω] (α = 0, ω0 = 2)

0

1

2

3

4

0 2 4 6 8 10

(a)

(b)

(c)

(d)

図 18 RLC直列回路 (図 14 )に対する零状態応答

問 13. 式 (213)を導出せよ．

問 14. 図 18 に示した応答をそれぞれ導出・確認せよ．

問 15. 図 19 に示す回路において，時刻 t = 0 でスイッチ SW を閉じるものとする．抵抗 R の電圧vR(t) を t > 0 に対して求めよ．ただし，初期状態 (キャパシタ C の電圧およびインダクタ L の電流の初期値)は 0 とする．

17

CE R

SW

vR

L

vC

iL

図 19 RLC回路 (問 15 )

R = 2/3 [Ω] , L = 1 [H] , C = 1/2 [F] , vE = 10 [V]vC(0−) = 0 [V] , iL(0−) = 0 [A]

5.3. 完全応答• 初期状態 (状態変数の初期値)が 0 でなく，入力がある場合の応答．

• ステップ入力 vE(t) = A1(t) に対する応答について考える．. 固有周波数 s1, s2 が相異なる場合，式 (167), (173)～ (175)より，

vC(t) = k1es1t + k2e

s2t + k3 (215)

k1 =As2 − s2v

0 + C−1i0

s1 − s2, k2 = −As1 − s1v

0 + C−1i0

s1 − s2, k3 = A (216)

したがって，

vC(t) =A

s1 − s2

(s2e

s1t − s1es2t

)+A+

C−1i0

s1 − s2

(es1t − es2t

)+

v0

s1 − s2

(s1e

s2t − s2es1t

)(217)

. s1 = s2 の場合も同様．式 (177)～ (180) より，

vC(t) =(v0 − A) +

(α(v0 − A) + C−1i0

)t

e−αt + A (218)

. 不足減衰の場合，

vC(t) = −Aω0

ωde−αt cos(ωdt − θ) + A +

C−1i0

ωde−αt sin(ωdt)

+ v0e−αt

cos(ωdt) +

α

ωdsin(ωdt)

, θ = tan−1 α

ωd(219)

無損失の場合，

vC(t) = −A cos(ω0t) + A +C−1i0

ω0sin(ω0t) + v0 cos(ω0t) (220)

結局のところ，完全応答 =零入力応答+零状態応答．

例 : 図 14の回路で C = 1 [F]，L = 0.25 [H]，R = 0.5 [Ω] (不足減衰)とした場合の応答波形 (図 20 )．(a) 零入力応答 : vC(0) = 1 [V]，iL(0) = 1 [A]，vE(t) = 0 [V](b) 零状態応答 : vC(0) = 0 [V]，iL(0) = 0 [A]，vE(t) = 2·1(t) [V](c) 完全応答 : vC(0) = 1 [V]，iL(0) = 1 [A]，vE(t) = 2·1(t) [V]

問 16. 式 (219)を導出せよ．

問 17. 不足減衰 (図 20 )の場合と同様に，過減衰，臨界減衰および無損失の場合の完全応答を求め，それらの波形を確認せよ．

問 18. 図 21 に示す回路において，時刻 t = 0 でスイッチ SW1 および SW2 を閉じるものとする．キャパシタ C1 の電圧 vC1(t) を t > 0 に対して求めよ．

18

0

1

2

3

0 2 4 6 8 10

(a)

(b)

(c)

図 20 RLC直列回路 (図 14 )に対する応答 (不足減衰の場合)

CE C

SW2SW1 R

1 2vC1

1 R2

vC2

図 21 RC回路 (問 18 )

C1 = 1 [µF] , C2 = 1 [µF] , R1 = 100 [kΩ] , R2 = 1 [kΩ]vE = 6 [V] , vC1(0

−) = 0 [V] , vC2(0−) = 2 [V]

6. 周期的入力に対する定常状態応答• RC直列回路 (図 22)において，入力 vE が，

vE(t) =

A1 , t ∈ [ kT, kT + T1 )A2 , t ∈ [ kT + T1, (k + 1) T )

(k = 0, 1, 2, . . . ; T = T1 + T2) (221)

である場合の応答を考える．• C を木枝，R を補木枝にとる．

KVL : vR = vE − vC (222)

KCL : iC = iR (223)

枝特性 : vR = RiR , iC = Cd

dtvC (224)

E

C

R

iCiR

vE

図 22 周期的入力のある RC直列回路

19

状態方程式は，d

dtvC = − 1

RCvC +

1RC

vE (225)

• まず，vC(t0) = v0 および vE(t) = A として，

d

dtvC = − 1

RCvC +

1RC

A , vC(t0) = v0 (226)

の解を考えると，vC(t) = K e−

1RC t + A (K : 定数) (227)

vC(t0) = v0 から積分定数 K を求めると，

K = (v0 − A) e1

RC t0 (228)

よって，vC(t) = (v0 − A) e−

1RC (t−t0) + A (229)

• vC(kT ) = vk とすると，[ kT, kT + T1 ] では，

vC(t) = (vk − A1) e−1

RC (t−kT ) + A1 (230)

vC(kT + T1) を vk+ 12 とおくと，

vk+ 12 = vC(kT + T1) (231)

= (vk − A1) e−1

RC T1 + A1 (232)

[ kT + T1, kT + T1 + T2 ] (すなわち [ kT + T1, (k + 1) T ] ) では，

vC(t) = (vk+ 12 − A2) e−

1RC t−(kT+T1) + A2 (233)

vC(kT + T1 + T2) (= vC((k + 1) T ) ) を vk+1 とおくと，

vk+1 = vC(kT + T1 + T2) (234)

= (vk+ 12 − A2) e−

1RC T2 + A2 (235)

さらに，α1 = e−1

RC T1，α2 = e−1

RC T2，α = α1α2 とおくと，

vk+1 = α2

[α1(vk − A1) + A1

− A2

]+ A2 (236)

= αvk + (1 − α2)A2 + α2(1 − α1)A1 (237)

よって，

vk = αkv0 + (1 + α + · · · + αk−1) (1 − α2)A2 + α2(1 − α1)A1 (238)

= αkv0 +1 − αk

1 − α(1 − α2)A2 + α2(1 − α1)A1 (239)

• ここで，α < 1 であるから，

v∞ = limk→∞

vk (240)

=(1 − α2)A2 + α2(1 − α1)A1

1 − α(241)

20

0

1

2

3

4

5

0 1 2 3 4 5

(a)(b)

図 23 定常応答の例 (式 (245)，1周期分)

(a) A1 = 5, A2 = 0, T1 = 3, T2 = 2, RC = 1(b) A1 = 5, A2 = 0, T1 = 3, T2 = 2, RC = 10

また，

v∞+ 12 = α1(v∞ − A1) + A1 (242)

= α11 − α2

1 − α(A2 − A1) + A1 (243)

=(1 − α1)A1 + α1(1 − α2)A2

1 − α(244)

よって，定常解は，式 (241)および (244) をそれぞれ 式 (230)と (233) に代入することにより，

vC(t) =

1 − α2

1 − α(A2 − A1) e−

1RC (t−kT ) + A1 ( t ∈ [ kT, kT + T1 ) )

1 − α1

1 − α(A1 − A2) e−

1RC t−(kT+T1) + A2 ( t ∈ [ kT + T1, (k + 1) T ) )

(245)

補．式 (226) をラプラス変換で解く場合，t0 6= 0 なのでそのままラプラス変換を適用することはできない．そこで，t′ = t − t0 と変数変換し，

d

dt′vC(t′) = − 1

RCvC(t′) +

1RC

A , vC(0) = v0 (246)

の解vC(t′) = (v0 − A) e−

1RC t′ + A (247)

を求めた後，変数 t に戻して

vC(t) = (v0 − A) e−1

RC (t−t0) + A (248)

としなければならない．

問 19. 図 22 の回路に対して，定常状態における vR(t) を求めよ．

問 20. 図 22 の回路で，入力 vE が，

vE(t) = A(t − kT ) , t ∈ [ kT, (k + 1) T ) (k = 0, 1, 2, . . . ) (249)

である場合について，定常状態における vC(t) を求めよ．

21

SW

C

iC1

1 C

iC2

2 C

iC1

1 C

iC2

2

R e

(a) 回路 (b) 等価回路

図 24 キャパシタを短絡する回路とその等価回路

7. スイッチを含む回路における跳躍現象

7.1. キャパシタを短絡する回路

• 図 24 (a) の回路において，t = 0 でスイッチ SW を閉じることを考える．スイッチを閉じる直前では，

vC1(0−) = v0

1 , vC2(0−) = v0

2 (250)

であったとする．ここで，

e(t) =

v01 − v0

2 , t < 00 , t ≥ 0

(251)

とし，同図 (b) のような回路を考える．抵抗 R > 0 であるが，R → 0 とした極限では，(b) の回路は (a) の回路と等価な回路となる．

• 図 24 (b) の回路は，スイッチを含まないので，

C1d

dtvC1 = − 1

R(vC1 − e − vC2) (252)

C2d

dtvC2 =

1R

(vC1 − e − vC2) (253)

すなわち，d

dt

[vC1

vC2

]=

[− 1

RC1

1RC1

1RC2

− 1RC2

][vC1

vC2

]+

[1

RC1

− 1RC2

]e (254)

となる．

. 補 (ラプラス変換の解の公式) :

d

dtx(t) = Ax(t) + Bu(t) , x(0−) = x0 (255)

の解は，x(t) = eAtx0 +

∫ t

0−eA(t−τ)Bu(τ)dτ (256)

eAt = L−1[(sI − A)−1

](257)

で与えられる．→ L [u(t)] (s) が求め難い場合など．

• ここで，式 (254)より，

eAt = L−1[(sI − A)−1

](258)

=1

C1 + C2

[C1 + C2 e−αt C2 − C2 e−αt

C1 − C1 e−αt C2 + C1 e−αt

](259)

α =1R

(1C1

+1C2

)(260)

22

また，式 (256) において，e(t) = 0 (t ≥ 0) であることを用いれば，[vC1

vC2

]=

1C1 + C2

[C1 + C2 e−αt C2 − C2 e−αt

C1 − C1 e−αt C2 + C1 e−αt

][v01

v02

](261)

• さらに，R → 0 (すなわち α → ∞) とすれば，[vC1

vC2

]→ 1

C1 + C2

[C1v

01 + C2v

02

C1v01 + C2v

02

](262)

となる．このとき，

vC1(0

−) = v01

vC2(0−) = v0

2

vC1(0

+) =C1v

01 + C2v

02

C1 + C2

vC2(0+) =

C1v01 + C2v

02

C1 + C2

(263)

↑　　　 　　　↑

第一種初期値 6= 第二種初期値　x(0−)　　 一般に 　　 x(0+)

(与えられるもの) (計算されるもの)

電荷に注目すると，

Q(0+) −Q(0−) =C1vC1(0

+) + C2vC2(0+)

−

C1vC1(0

−) + C2vC2(0−)

(264)

= 0 (265)

となって，電荷の保存則が成立．

エネルギーについてみると，

E(0+) − E(0−) =12

C1vC1(0

+)2 + C2vC2(0+)2

− 1

2C1vC1(0

−)2 + C2vC2(0−)2

(266)

= − C1C2

2 (C1 + C2)(v01 − v0

2

)2 ≤ 0 (267)

となり，エネルギー保存則は，v01 = v0

2 である場合を除いて成立しない．

問 21. 式 (256) を導出せよ (例えば 式 (138)を利用)．

問 22. 式 (254) から 式 (261) の導出過程を確認せよ．

7.2. 電源とキャパシタを短絡する回路

• 図 25 (a) の回路において，t = 0 でスイッチ SW を閉じることを考える．スイッチを閉じる直前では，vC(0−) = v0 であったとする．ここで，

e(t) =

E − v0 , t < 00 , t ≥ 0

(268)

とすると，同図 (b) の回路が得られる．

• 図 25 (b) において，C

d

dtvC =

1R′ (E − e − vC) − 1

RvC (269)

すなわち，d

dtvC = − 1

C

(1R′ +

1R

)vC +

1R′C

(E − e) (270)

23

E C R

iRiC

SW SW

E C R

iRiC

R’ e

(a) 回路 (b) 等価回路

図 25 電源とキャパシタを短絡する回路とその等価回路

C

iC1

1 C

iC2

2 E C R

iRiC

(a) 図 24 の回路 (b) 図 25 の回路

図 26 スイッチを閉じた回路

解の公式 (256)より，

vC(t) = e−αtv0 +∫ t

0−

1R′C

e−α(t−τ) E − e(τ) dτ (271)

α =1C

(1R′ +

1R

)(272)

これを解くと，

vC(t) = e−αtv0 +E

R′Cα

(1 − e−αt

)(273)

= e−αtv0 +RE

R′ + R

(1 − e−αt

)(274)

• さらに，R′ → 0 (すなわち α → ∞) とすれば，

vC(t) → E (275)

電荷に注目すると，

Q(0+) −Q(0−) = CvC(0+) − CvC(0−) (276)

= C(E − v0

)(277)

となり，電荷の保存則は，v0 = E である場合を除いて成立しない．

問 23. 式 (270) から 式 (274) の導出過程を確認せよ．

補. ラプラス変換と第一種初期値

図 24 および 図 25 に対して，それぞれ 図 26 (a) および (b) の回路を考える．

24

R

iR

SW

C

iC1

1 C

iC2

2

SW

図 27 キャパシタを短絡する回路 (問 24)

• 図 26 (a) では，

vC1(t) = vC2(t) (278)

C1d

dtvC1(t) = −C2

d

dtvC2(t) (279)

が成り立つ．第一種初期値を用いてラプラス変換すると，

VC1(s) = VC2(s) (280)

C1

sVC1(s) − vC1(0

−)

= −C2

sVC2(s) − vC2(0

−)

(281)

となる．

VC(s) = VC1(s) = VC2(s) (282)

=C1vC1(0

−) + C2vC2(0−)

C1 + C2· 1

s(283)

より，

vC(t) =C1vC1(0

−) + C2vC2(0−)

C1 + C2(284)

=C1v

01 + C2v

02

C1 + C2(285)

となり，式 (262) と一致する．

• 同様に，図 26 (b) の回路では，明らかに

vC(t) = E (286)

であり，式 (275) と一致する．

一般に ( [ sI −A ]−1B がプロパー (分母の次数 ≥ 分子の次数)であるとき) ，t = 0 においてスイッチの状態が変化 (開閉)する場合，t > 0 の回路に対して状態方程式を立て，第一種初期値を用いてラプラス変換を適用すると，正しい解が求められる．

問 24. 図 27 の回路において，t = 0 で SW を閉じるものとする．t > 0 における vC2(t) を求めよ．ただし，スイッチを閉じる直前では，vC1(0

−) = v01 および vC2(0

−) = v02 であったとする．

問 25. 問 18 ( 5節，図 21 ) で，抵抗 R2 を短絡とみなした場合について，t > 0 に対するキャパシタ C1

の電圧 vC1(t) を求めよ．また，この結果を R2 を短絡とみなさない場合 (問 18 ) の結果と比較せよ．

25

8. 分布定数回路

8.1. 伝送線路とその等価回路

• 集中定数回路と分布定数回路．. 集中定数回路 : 素子間の導線の長さが流れる電流の波長に比べて十分短い場合．一つの導線上における電圧や電流が場所に依存しない．

. 分布定数回路 : 導線が長い場合や電流の周波数が高い場合等，素子間の導線の長さが流れる電流の波長に比べて無視できない場合．

• 伝送線路 : 平行 2線線路や同軸ケーブルに電圧を加えて電流が流れると，導線の周りに磁界が生じるとともに線間に電界が発生．. 線路の長さ方向に沿って，単位長当りのインダクタンス (L [H/m])と静電容量 (C [F/m])が連続的に分布．

. さらに (理想的でない場合には)，導線の抵抗 (R [Ω/m]) および導線間の漏れコンダクタンス(G [S/m])が分布．

• 伝送線路の等価回路 : 微小区間 ∆x の等価回路 (図 28)．

ZS

ZL

l

EC∆xG∆x

R∆x L∆xi (x, t) i (x+∆x, t)

x x+∆x

v (x, t) v (x+∆x, t)

(a) 伝送線路 (b) 等価回路 (微小区間)

図 28 伝送線路とその等価回路

L1

C1

L2

C2

L3

C3E

図 29 無損失伝送線路の等価回路

• 電圧・電流の波動性 : 長い無損失線路 (R = 0, G = 0 : 図 29)を考えると . . .

. 点 x = 0 における時刻 t での電圧を e(t)，伝搬速度を up とすると，任意の点 x における電圧は，

v(x, t) = e

(t − x

up

). (287)

. 時刻 t = 0 での点 x における電圧を e′(x) とすると，任意の時刻 t における電圧は，

v(x, t) = e′ (x − up t) (288)

= e

(− x − up t

up

). (289)

. 電圧波形の伝搬 : 進行波 (図 30)．

26

t

e(t)

0 t1

(a) 電圧源の波形

t

v(x, t)

0 t1x/up +x/upx

v(x, t)

0 p 2 1 tup 2u (t -t )

(b) 点 x における電圧波形 (c) 時刻 t2 での線路上の電圧波形

図 30 進行波の伝搬

8.2. 基礎方程式とその正弦波定常解

• 伝送線路の基礎方程式 :

. 送端からの距離 x における時刻 t の電圧を v(x, t)，電流を i(x, t) とすると (図 28)，

−dv(x, t)dx

= R i(x, t) + Ldi(x, t)

dt, (290)

−di(x, t)dx

= Gv(x, t) + Cdv(x, t)

dt. (291)

. この両式から電圧あるいは電流だけの微分方程式を求めると，

−∂2v(x, t)dx2

= LC∂2v(x, t)

dt2+ (LG + CR)

dv(x, t)dt

+ RGv(x, t) , (292)

−∂2i(x, t)dx2

= LC∂2i(x, t)

dt2+ (LG + CR)

di(x, t)dt

+ RGi(x, t) . (293)

. 式 (290), (291) : 伝送線路の基礎方程式 (あるいは電信方程式)．

• 基礎方程式の正弦波定常解. 正弦波定常状態 : 電圧・電流を複素数表示 (それぞれ V ejωt および Iejωt)．これらは x の関数となるので，V (x) および I(x) と表記．

. 基礎方程式 (式 (290)および (291))より，

−dV (x)dx

= (jωL + R) I(x) (294)

−dI(x)dx

= (jωC + G)V (x) (295)

これらより，V あるいは I だけの式を求めると，

d2V (x)dx2

= (jωL + R)(jωC + G) V (x) (296)

d2I(x)dx2

= (jωL + R)(jωC + G) I(x) (297)

27

. ここで，θ2 = (jωL + R)(jωC + G) (298)

とおくと，V (x) = K+e−θx + K−eθx (299)

I(x) =1Z0

(K+e−θx − K−eθx

)(300)

ただし，K+ および K− は境界条件から決まる定数．また，

Z0 =

√jωL + R

jωC + G(301)

. θ : (線路の)伝搬定数，Z0 : (線路の)特性インピーダンスあるいは波動インピーダンス．さらに，θ は一般に複素数となるので，

θ = α + j β (302)

のように実部と虚部に分けられる．このとき，α : 減衰定数，β : 位相定数 (あるいは波長定数)．. 進行波・入射波・反射波 : 式 (299)より，線路の電圧・電流 (簡単のため無損失 (α = 0)の場合を考慮)は，複素数表示を用いると，

ej(ωt−βx)　および　 ej(ωt+βx)

に定数を掛けた項の和．これを，v = v+ + v− (303)

i = i+ + i− (304)

と表すと，v, i : 進行波，v+, i+ : 入射波，v−, i− : 反射波．また，このときの波の速度は，

up =ω

β: 位相速度 (305)

8.3. 伝送線路上の電圧と電流

i

VSω

ZS

ZL

R

R’

S

S’

P

x y

l

v

図 31 伝送線路

• 伝送回路の例 (図 31) : 送端 SS’，受端 RR’，線路長 `，受端からの距離 y．. 式 (299)および (300)より，

V (y) = K+e−θy + K−eθy (306)

I(y) =1Z0

(K+e−θy − K−eθy

)(307)

ただし，K+e−θ` および K−eθ` をあらためてK+，K− としている．

28

. 境界条件 :

送端 V (`) = VS (308)

受端 V (0) = ZLI(0) (309)

これらを，式 (306)および (307)に代入すると，

K+ = VSZL + Z0

(ZL + Z0) eθ` + (ZL − Z0) e−θ`(310)

K− = VSZL − Z0

(ZL + Z0) eθ` + (ZL − Z0) e−θ`(311)

. よって，V (y) = VS

(ZL + Z0) eθy + (ZL − Z0) e−θy

(ZL + Z0) eθ` + (ZL − Z0) e−θ`(312)

I(y) =VS

Z0

(ZL + Z0) eθy − (ZL − Z0) e−θy

(ZL + Z0) eθ` + (ZL − Z0) e−θ`(313)

あるいは，V (y) = VS

ZL cosh(θy) + Z0 sinh(θy)ZL cosh(θ`) + Z0 sinh(θ`)

(314)

I(y) =VS

Z0

Z0 cosh(θy) + ZL sinh(θy)ZL cosh(θ`) + Z0 sinh(θ`)

(315)

さらに，tanhφ =

ZL

Z0(316)

を用いると，V (y) = VS

sinh(θy + φ)sinh(θ` + φ)

(317)

I(y) =VS

Z0

cosh(θy + φ)sinh(θ` + φ)

(318)

. 無損失の場合，V (y) = VS

ZL cos(βy) + j Z0 sin(βy)ZL cos(β`) + j Z0 sin(β`)

(319)

I(y) =VS

Z0

Z0 cos(βy) + j ZL sin(βy)ZL cos(β`) + j Z0 sin(β`)

(320)

• 線路上の点から見たインピーダンス :

. 受端から距離 y にある点から右方 (受端側)を見たインピーダンスは，

Z(y) =V (y)I(y)

= Z0ZL cosh(θy) + Z0 sinh(θy)Z0 cosh(θy) + ZL sinh(θy)

(321)

= Z0 tanh(θy + φ) (322)

. 無損失の場合，Z(y) = Z0

ZL cos(βy) + j Z0 sin(βy)Z0 cos(βy) + j ZL sin(βy)

(323)

• 整合 :

. 伝送線路をその特性インピーダンスで終端した場合，式 (312)および (313)において，

ZL = Z0 (324)

とすると，V (y) = VS eθ(y−`) = VS e−θx (325)

I(y) =VS

Z0eθ(y−`) =

VS

Z0e−θx (326)

29

. この場合，反射波が存在しない．

. 式 (324) : 整合条件．

• 共振 :

. 長さ ` の線路の受端を開放した場合について考える．送端から見たインピーダンス ZS は，式 (321)より，

ZS = Z(`) = Z0cosh(α+jβ) `sinh(α+jβ) `

(327)

= Z0cosh(α`) cos(β`) + sinh(α`) sin(β`)sinh(α`) cos(β`) + cosh(α`) sin(β`)

(328)

. 直列共振 : 式 (328)において，

β` =(

12

+ n

)π (n = 0, 1, 2, . . . ) (329)

であれば，cos(β`) = 0 となり，ZS = Z0 tanh(α`) (330)

ここで，線路の損失が少なく α` が小さければ，ZS は非常に小さな値 → 送端に電圧源を接続すると，非常に大きい電流が流れる．

. 並列共振 : 式 (321)において，

β` = nπ (n = 0, 1, 2, . . . ) (331)

であれば，sin(β`) = 0 となり，ZS = Z0 coth(α`) (332)

ここで，α` が小さければ，ZS は非常に大きな値 → 送端に電流源を接続すると，非常に大きい電圧が生じる．

. 長さ ` の線路の受端を短絡した場合 : 問 28．

問 26. 特性インピーダンス Z0 の無損失線路を抵抗 RL (RL 6= Z0) で終端する．送端から見た線路が純抵抗となるための条件を求めよ．

問 27. 図 32 のように，特性インピーダンス Z0 の無損失線路を負荷 ZL で終端した回路を考える．送端に，特性インピーダンスに等しい抵抗を通して電圧源を接続したとき，負荷の電圧の実効値が線路の長さと無関係になることを示せ．

ω

Z0

ZL

l

E Z0 , β

図 32 伝送線路 (問 27)

問 28. 受端を短絡した場合について，直列共振および並列共振の条件を導出せよ (受端開放の場合の双対となる)．

30

補. まとめ• 状態方程式の導出

d

dtx(t) = Ax(t) + Bu(t) (333)

y(t) = Cx(t) + Du(t) (334)

. 木，補木基本閉路，基本カットセット電圧則 (KVL)，電流則 (KCL)　 → 関係式導出

. 状態変数 … C の電圧や L の電流

• 過渡応答の導出. 出力方程式 (入出力微分方程式)の導出・求解　 一般解 & 特殊解の概念

P (D) y(t) = b(t) (335)

. ラプラス変換 + 逆ラプラス変換　 システマティック ? (ただし，初期時刻が 0 でなければならないことに注意)

sX(s) − x(0−) = AX(s) + BU(s) (336)

Y (s) = CX(s) + DU(s) (337)

• 一次回路. 零入力応答. 零状態応答. 完全応答

• 二次回路. 過減衰. 臨界減衰. 不足減衰. 無損失

• 周期的入力に対する定常状態応答. 方形波入力. 三角波入力. 時定数による定常状態応答の違い

• スイッチを含む回路の跳躍現象. 第一種初期値と第二種初期値. ラプラス変換と第一種初期値

• 分布定数回路. 伝送線路とその等価回路. 基礎方程式と正弦波定常解. 伝送線路上の電圧と電流

31