モーターの逆起電力と出力

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 モーターはただの抵抗ではない。回転すると、電磁誘導によって電流を妨げる向きの起電力が生じる。

これを回路の式に入れるには、モーターを「逆向きの電池」とみなせばよい。すると電流は

$$I=\frac{E-E^{\prime }}{r}$$

となる。回転が速いほど $E^{\prime }$ が大きくなり、電流は小さくなる。

そのうえで、エネルギーがどこへ分かれるかを追う。電源が送りこむ $EI$ のうち、$I^{2}r$ が熱になり、残りの $E^{\prime }I$ が機械的な仕事になる。

① 止めているとき。 $E^{\prime }=0$ なので

$$I=\frac{100}{2.0}=50\mathrm{A}$$

$$P=EI=100\times 50=5.0\times 10^3\mathrm{W}$$

回転していないので機械的な仕事は $0$ である。$5\mathrm{kW}$ が全部熱になる。モーターを無理に止めると焼けるのは、このためである。

② 回転しているとき。

$$I=\frac{100-80}{2.0}=10\mathrm{A}$$

$$P_{\text{供給}}=EI=100\times 10=1.0\times 10^3\mathrm{W}$$

$$P_{\text{熱}}=I^{2}r=10^2\times 2.0=2.0\times 10^2\mathrm{W}$$

$$P_{\text{機械}}=E^{\prime }I=80\times 10=8.0\times 10^2\mathrm{W}$$

$200+800=1000$ で収支が合っている。

③ 仕事率の最大。 $E^{\prime }$ を変数として

$$P_{\text{機械}}=E^{\prime }I=E^{\prime }\cdot \frac{E-E^{\prime }}{r}=\frac{1}{r}\left(E{E}^{\prime }-E^{\prime 2}\right)$$

$E^{\prime }$ の $2$ 次関数で、上に凸である。平方完成すると

$$P_{\text{機械}}=-\frac{1}{r}{\left(E^{\prime }-\frac{E}{2}\right)}^2+\frac{E^2}{4r}$$

$$E^{\prime }=\frac{E}{2}=50\mathrm{V},P_{\max }=\frac{E^2}{4r}=\frac{100^2}{4\times 2.0}=1.25\times 10^3\mathrm{W}$$

④ 効率の比較。

$$\text{効率}=\frac{E^{\prime }I}{EI}=\frac{E^{\prime }}{E}$$

効率は $E^{\prime }$ に比例するという、すっきりした形になる。

② では $\frac{80}{100}=80\%$、③ では $\frac{50}{100}=50\%$ である。

出力が最大のとき、効率はちょうど半分しかない。供給した電力の半分が熱として捨てられている。

逆に、効率を上げたければ $E^{\prime }$ を $E$ に近づける(速く回す)ことになるが、そのとき電流が小さくなるので出力そのものは小さくなる。出力と効率は同時には追えない。

まとめ モーターを「逆向きの電池」として回路に入れると、電流・熱・仕事がすべて計算できる。出力最大は効率 $50\%$ という関係は、電池の最大電力の問題とまったく同じ構造である。

発展 — 一歩先へ。 ③ の結論は、直流回路の「最大電力の条件」と同じである。負荷抵抗を内部抵抗に等しくしたとき最大電力が取り出せ、そのとき効率が $50\%$ になる、というあの話である。

実際の電気自動車や電車では、効率のほうを優先して設計する。出力が最大の点で走り続けると、電池のエネルギーの半分が熱になってしまうからである。

そのかわり、発進のときは大電流が流れる。電車が駅を出るときに床下から大きな音がするのは、この大電流と、それを制御する装置の働きによるものである。回生ブレーキでは逆にモーターを発電機として使い、運動エネルギーを電気に戻している。

別解

電流を変数にとるルート。 ③ を $E^{\prime }$ ではなく電流 $I$ の関数として考えても解ける。

$E^{\prime }=E-rI$ なので

$$P_{\text{機械}}=E^{\prime }I=\left(E-rI\right)I=EI-r{I}^2$$

これも $I$ の $2$ 次関数である。微分して $0$ とおくと

$$\frac{dP}{dI}=E-2rI=0⟹I=\frac{E}{2r}=25\mathrm{A}$$

$$P_{\max }=100\times 25-2.0\times 25^2=2500-1250=1.25\times 10^3\mathrm{W}$$

③ と一致する。このとき $E^{\prime }=100-2.0\times 25=50\mathrm{V}$ ✓ である。

こちらの式 $P=EI-r{I}^2$ は意味が読みやすい。第 $1$ 項が電源の供給、第 $2$ 項が熱の損失で、その差が機械的仕事である。

$I$ を大きくすると供給は $1$ 次で増えるのに、損失は $2$ 次で増える。だからどこかで追い越されて、出力が減りはじめる。「$2$ 乗で効いてくる損失に $1$ 次の利得が負ける」という構造は、送電の損失(電流を小さくして送る理由)とまったく同じである。

同じ形の式が別の場面に現れたら、そこには同じ結論が待っている。