過渡現象 RC回路④解答｜電験3種1問1答

正解：（３）

解説： $\frac{q}{C} + R \frac{d q}{d t} = 0, i = \frac{d q}{d t}$ という微分方程式を解くことで、

$i = - \frac{E}{R} e^{- \frac{1}{C R} t}$

を導くことができるが、微分方程式の導出過程は覚えなくても良いので、電流の値として上記の通りなることを覚えておいて欲しい。

興味のある方へ、以下に微分方程式での導出過程を示す。

まず、静電容量①の通り、Q=CV（Q：電荷量、C：静電容量、V：電圧）の関係が成り立つので、コンデンサの電圧はV=Q/C今回はQを小文字表記しているので、

$V_{C} = \frac{q}{C}$ と表現出来る。

また、抵抗での電圧は流れる電流と抵抗の積であるので、 $V_{R} = R i$ となるが、電流は単位時間当たりに流れる電荷量のことであるので、 $i = \frac{d q}{d t}$ とも表現できるので、

$V_{R} = R \frac{d q}{d t}$ と表せる。

このコンデンサと抵抗の電圧の和が電圧0（電源側から電線側へ切り替えるので、電源電圧は0）と等しいので、先程の

$\frac{q}{C} + R \frac{d q}{d t} = 0$ という微分方程式が出来る。

この方程式を式変形していく。

$R \frac{d q}{d t} = - \frac{q}{C}$

$\frac{d q}{d t} = - \frac{1}{C R} q$

$\frac{1}{q} d q = - \frac{1}{C R} d t$

ここで両辺を積分すると、

$l o g_{e} q + A = - \frac{1}{C R} t + B$ （ただし、A及びBは積分定数）

$l o g_{e} q = - \frac{1}{C R} t + D$ （積分定数AとBをDとしてまとめた。Cはコンデンサの静電容量と紛らわしいので、Cを飛ばして、Dで表現）

$q = e^{- \frac{1}{C R} t + D} = e^{D} \times e^{- \frac{1}{C R} t}$

ここで、積分定数Dによる $e^{D}$ を求めるために、初期値（t=0、q=CE（十分に充電した定常状態から始まっているので、初期電荷はQ=CVよりq=CE）を代入する）

$C E = e^{D} \times e^{0}$

$e^{D} = C E$

したがって、

$q = C E \times e^{- \frac{1}{C R} t}$

となる。

最後に、 $i = \frac{d q}{d t}$ により $q = C E \times e^{- \frac{1}{C R} t}$ をtで微分して電流iを求めると、

$i = \frac{d q}{d t} = C E \times (- \frac{1}{C R}) e^{- \frac{1}{C R} t} = - \frac{E}{R} e^{- \frac{1}{C R} t}$