これまで、コンデンサ―や抵抗、コイルの性質について見てきました。今回は、これらの電気部品を組み込んだ回路の振る舞いについて考え行きます。
具体的には、コンデンサ―と抵抗を直列につないだ $RC$ 回路と、コイルと抵抗を直列につないだ $RL$ 回路について、電気量や電圧の時間変化を導いていきます。まずは、$RC$ 回路について考え始めます。
RC回路の回路方程式の導出
下図のように、電気容量が $C$ のコンデンサーと $R$ の抵抗を直列につなぎ、起電力が $V_0$ の電池につないだ回路のことを $RC$ 回路と呼びます。まずは $RC$ 回路の回路方程式を導出します。
時刻 $T=0$ にて回路のスイッチをオンしたとして、それから $t$ 秒後、回路に $I(t)$ の電流が流れており、コンデンサーには $Q(t)$ の電荷が蓄えられているとします。
このとき、コンデンサーの極板間の電位差 $V_c$ は $V_c=\DL{\ff{Q(t)}{C}}$、抵抗での電圧降下は $RI(t)$ と表せます。
この $RC$ 回路にキルヒホッフの第二法則を適用すると、以下の回路方程式を導けます。
\begin{split}
V_0&=V_c+RI(t)\EE
&=\ff{Q(t)}{C}+RI(t)
\end{split}
さらに、電流の定義式である $I=\DL{\ff{\diff Q}{\diff t}}$ を用いると、上式を
\begin{split}
V_0&=\ff{Q(t)}{C}+R\ff{\diff Q(t)}{\diff t}
\end{split}
と変形できます。このように $RC$ 回路の回路方程式を、電気量に関する微分方程式として整理できます。
RC回路の解法
上で得た微分方程式より、ある時刻 $t$ でコンデンサ―に蓄えられる電気量 $Q(t)$ が求められます。（ロケット方程式の解法と同様の方式で問題を解きます）
まず、微分方程式を以下のように変形します。（$Q(t)=Q$ と簡略化しています）
\begin{split}
\ff{-\diff Q}{CV_0-Q}&=-\ff{1}{RC}\diff t
\end{split}
両辺を積分して、
\begin{split}
\log |CV_0-Q|&=-\ff{t}{RC}+A
\end{split}
とでき、積分定数 $A$ については、$t=0$ にて $Q=0$ であることを用いると、$A=\log CV_0$ となります。したがって、
\begin{split}
\log |-Q|&=\log CV_0-\ff{t}{RC}
\end{split}
これを整理すると、
\begin{split}
Q(t)&=CV_0\left(1-\DL{e^{-\ff{t}{RC}}}\right)
\end{split}
が得られます。電気量の時間変化をプロットすると、このようになります。
図から分かるように、コンデンサーに蓄えられる電気量は最終的には $CV_0$ となります。
ところで、ある量が $1-1/e\NEQ 0.632$ の割合に達するまでの時間のことを時定数と呼びます。今回の $RC$ 回路の場合、時定数 $\tau$ は $\tau=RC$ となります。
例えば、抵抗が $100\,\Omega$ でコンデンサーの電気容量が $100\,\RM{\mu F}$ のとき、時定数は $0.01$ 秒となります。つまり、スイッチがオンとなってから $0.01$ 秒後、コンデンサ―は $63.2\,\%$ の充電が完了することが言えます。
電気量の時間変化に関する式を用いると、電流の時間変化も簡単に計算できて、
\begin{split}
I(t)=\ff{\diff Q(t)}{\diff t}&=\ff{V}{R}\DL{e^{-\ff{t}{RC}}}
\end{split}
とできます。
RL回路の解法
図のように、抵抗とコイルから成る回路のことを $RL$ 回路と呼びます。$RC$ 回路と同様に、$RL$ 回路についても解析を行っていきます。
まず、$RL$ 回路の回路方程式を導きます。
電池の起電力を $V_0$、コイルの自己インダクタンスを $L$、抵抗を $R$ とします。このとき、コイルには誘電起電力（→ファラデーの電磁誘導の法則）が生じることに注目しましょう。この誘電起電力は回路において、起電力として扱えることに注意すると、回路方程式は、
\begin{split}
V_0-L\ff{\diff I(t)}{\diff t}=RI(t)
\end{split}
となります。
次に、回路方程式を解いて行きます。式を整理して、
\begin{split}
\ff{L}{R}\ff{\diff I(t)}{\diff t}=\ff{V_0}{R}-I(t)
\end{split}
これを以下のように変形して、
\begin{split}
\ff{-\diff I}{\ff{V_0}{R}-I}=-\ff{R}{L}\diff t
\end{split}
両辺を積分すると、
\begin{split}
\log\left|\ff{V_0}{R}-I\right|=-\ff{R}{L}t+A
\end{split}
と求められます。
$t=0$ の時、$I(t)=0$ のため、$A=\log \DL{\ff{V_0}{R}}$ が得られます。これを適用すると、
\begin{split}
\log\left|\ff{V_0}{R}-I\right|&=-\ff{R}{L}t+\log \ff{V_0}{R}\EE
\log\left( \ff{\ff{V_0}{R}-I}{\ff{V_0}{R}} \right)&=-\ff{R}{L}t\EE
\log\left( 1-\ff{I}{\ff{V_0}{R}} \right)&=-\ff{R}{L}t
\end{split}
とでき、これより
\begin{split}
I(t)=\ff{V_0}{R}\left( 1-\DL{e^{-\ff{R}{L}t}} \right)
\end{split}
が導けます。この電流変化をプロットすると、下図のようになります。
このときも、時定数 $\tau\DL{\left( =\ff{L}{R}\right)}$ を計算できて、抵抗が $100\,\Omega$ でコイルの自己インダクタンスが $100\,\RM{m H}$ のとき、時定数は $0.001$ 秒となります。
