コンデンサーのブリッジ回路

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 まず直並列に分解できるか試すと、できないことが分かる。橋がかかっているせいで、どの 2 つも「直列」にも「並列」にもなっていない。

こういうときは、節点の電位を未知数に置く。使う原理は 1 つだけで、「外部とつながっていない導体の電荷は変わらない」である。

節点 P につながる極板は、はじめすべて電荷が $0$ だった。だからあとでも、そこに集まる電荷の合計は $0$ でなければならない。これが方程式になる。

① 橋に電荷が流れない条件。 $C_5$ に電荷がないのは、その両端の電位が等しいときである。

$C_5$ に電荷がないなら、$C_1$ と $C_2$ は単純な直列、$C_3$ と $C_4$ も直列になる。直列では電圧が容量の逆比に分かれるので

$$V_{\mathrm{P}}=\frac{C_1}{C_1+C_2}{V}_0,V_{\mathrm{Q}}=\frac{C_3}{C_3+C_4}{V}_0$$

$V_{\mathrm{P}}=V_{\mathrm{Q}}$ より

$$\frac{C_1}{C_1+C_2}=\frac{C_3}{C_3+C_4}⟺\frac{C_1}{C_2}=\frac{C_3}{C_4}$$

② この回路は平衡か。

$$\frac{C_1}{C_2}=\frac{1.0}{2.0}=0.50,\frac{C_3}{C_4}=\frac{2.0}{1.0}=2.0$$

等しくないので平衡していない。橋には電荷が流れる。

③ 節点の電位。 節点 P に集まる極板の電荷の合計が $0$ であることを式にする。電位 $V_{\mathrm{P}}$ の側から見ると、$C_1$ の極板の電荷は $C_1(V_{\mathrm{P}}-V_0)$、$C_2$ の極板は $C_2(V_{\mathrm{P}}-0)$、$C_5$ の極板は $C_5(V_{\mathrm{P}}-V_{\mathrm{Q}})$ である。

$$C_1(V_{\mathrm{P}}-V_0)+C_2{V}_{\mathrm{P}}+C_5(V_{\mathrm{P}}-V_{\mathrm{Q}})=0$$

数値を入れて整理する。

$$1(V_{\mathrm{P}}-12)+2V_{\mathrm{P}}+1(V_{\mathrm{P}}-V_{\mathrm{Q}})=0⟹4V_{\mathrm{P}}-V_{\mathrm{Q}}=12$$

節点 Q でも同じようにする。

$$2(V_{\mathrm{Q}}-12)+1\cdot V_{\mathrm{Q}}+1(V_{\mathrm{Q}}-V_{\mathrm{P}})=0⟹-V_{\mathrm{P}}+4V_{\mathrm{Q}}=24$$

連立を解く。第 1 式から $V_{\mathrm{Q}}=4V_{\mathrm{P}}-12$ を第 2 式へ入れると

$$-V_{\mathrm{P}}+16V_{\mathrm{P}}-48=24⟹15V_{\mathrm{P}}=72$$

$$V_{\mathrm{P}}=4.8\mathrm{V},V_{\mathrm{Q}}=7.2\mathrm{V}$$

④ 橋の電荷と合成容量。

$$Q_5=C_5\left(V_{\mathrm{Q}}-V_{\mathrm{P}}\right)=1.0\times (7.2-4.8)=2.4\mu \mathrm{C}$$

電池から出た電荷は、正極につながる 2 つの極板の電荷の合計である。

$$Q=C_1(V_0-V_{\mathrm{P}})+C_3(V_0-V_{\mathrm{Q}})=1.0\times 7.2+2.0\times 4.8=16.8\mu \mathrm{C}$$

$$C_{\text{合成}}=\frac{Q}{V_0}=\frac{16.8}{12}=1.4\mu \mathrm{F}$$

まとめ 直並列に分解できない回路でも、「孤立した導体の電荷は変わらない」を節点ごとに書けば必ず解ける。未知数は節点の電位だけで済む。

発展 — 一歩先へ。 ① で出した平衡条件 $\frac{C_1}{C_2}=\frac{C_3}{C_4}$ は、抵抗のホイートストンブリッジの条件とそっくりである。

ただし対応の仕方は逆になっている。抵抗の場合は $\frac{R_1}{R_2}=\frac{R_3}{R_4}$ で、抵抗は直列で電圧を容量とは逆の比に分けるからである。コンデンサーでは電圧が容量の逆比に分かれるので、比の形が同じでも中身が違う。

同じ形の式が現れたときこそ、何が対応しているのかを確かめる習慣をもちたい。

別解

電荷を未知数にするルート。 節点の電位でなく、各コンデンサーの電荷を未知数にしても解ける。

$C_1$ と $C_2$、$C_3$ と $C_4$、$C_5$ の電荷をそれぞれ $q_1\sim q_5$ とする。節点 P の電荷保存から

$$q_1=q_2+q_5$$

節点 Q では

$$q_3+q_5=q_4$$

さらに、一周する経路で電圧の合計が $0$ になることを使う。A から P、Q を通って B へ至る 2 つの道すじの電圧が等しいので

$$\frac{q_1}{C_1}+\frac{q_2}{C_2}=\frac{q_3}{C_3}+\frac{q_4}{C_4}$$

そして P から Q への電圧が $C_5$ の電圧に等しいことから

$$\frac{q_1}{C_1}+\frac{q_5}{C_5}=\frac{q_3}{C_3}$$

これらを連立しても同じ答えに達する。

未知数が 5 個になるので、節点の電位を使う方法(未知数 2 個)より手間はかかる。しかし「電荷保存」と「電圧の一周の和」という、回路の 2 大原則だけで進めるので、見通しは立てやすい。どちらの道具立てで解くかは、未知数の個数で決めるとよい。