指示計器の一般的性質

可動コイル形計器は，磁界中の電流に働く力を利用する．直流に対応．力（ロー レンツ力）は

$$\mbox{\boldmath {$F$}} = q \left(\mbox{\boldmath {$E$}} + \mbox{\boldmath {$v$}} \times \mbox{\boldmath {$B$}}\right)$$

駆動トルクのみの場合，コイルは連続回転するので，制御トルクにより一定角度 内の運動に抑える．ばねを用いると振動成分が出るので，制動トルクがさらに必 要．後述．

運動方程式は，

$$\frac{d^2 \theta}{dt^2} + 2 \delta \frac{d \theta}{dt} + \omega^2_0 \theta = \frac{T}{I}$$

初期条件は，$t=0$において，$\theta = 0$， $d \theta / dt = 0$．定常解 $\theta_0$と過渡応答$\theta_t$に分けて考え，ステップ応答を求める．良く知 られた微分方程式の解法にしたがって，2実根，複素共役解，重解の場合に分け て考える． $\beta = \sqrt{\delta^2 - \omega_0^2}$とおく．

1. $\delta > \omega_0$

   
   

   $$\theta_t = e^{-\delta t}\left(a_1e^{\beta t} + a_2 e^{-\beta t}\right)$$
   
   
   $t=0$で $\theta = \theta_0 + a_1 + a_2 = 0$より， $a_1 = -a_2 - \theta_0$

   
   

   $$\frac{d\theta}{dt} = -\delta e^{-\delta t}\left(a_1 e^{\bet... ... t}\left(\beta a_1 e^{\beta t} - \beta a_2 e^{-\beta t}\right)$$
   
   
   
   
   $$\left.\frac{d\theta}{dt}\right\vert _{t = 0} = -\delta (a_1 + a_2) + \beta(a_1 - a_2) = 0$$
   
   
   よって，
   
   $$a_2 = - \frac{\beta - \delta}{2\beta}\theta_0, ~~~~~a_1 = - \frac{\beta - \delta}{2\beta}\theta_0$$
   
   

   以上を代入して$\theta$を求める．

   $$\begin{eqnarray*} \theta & = & \theta_0 + e{-\delta t}\left(-\frac{\beta + \del... ...eta t} + \frac{\beta - \delta}{2\beta}e^{-\beta t}\right]\right) \end{eqnarray*}$$
   
   
   [  ]の中だけを以後計算すると，
   $$\begin{eqnarray*}[ ~ ]& = & \frac{1}{2\beta}\left\{\beta\left(e^{\beta t}+e^{-\b... ...& \frac{\cosh \beta t ~~ \beta + \sinh \beta t ~~ \delta}{\beta} \end{eqnarray*}$$
   
   
   ここで，教科書にあるように以下の記号を新たに使う．
   
   $$\tanh \phi = \frac{\sinh \phi}{\cosh \phi} = \frac{\beta}{\delta}$$
   
   
   すると，
   
   $$\beta = A \sinh \phi, ~~~ \delta = A \cosh \phi ~~~~ Aは任意の係数$$
   
   
   また，双曲線関数の三角公式により，
   
   $$\sinh (\alpha + \beta) = \sinh \alpha \cosh \beta + \cosh \alpha \sinh \beta$$
   
   
   以上のことから先ほどの続きを計算すると，
   $$\begin{eqnarray*} & = & \frac{\sinh \beta t ~~ A \cosh \phi + \cosh \beta t ~~ ... ...\sinh \phi} \\ & = & \frac{\sinh (\beta t + \phi)}{\sinh \phi} \end{eqnarray*}$$
   
   
   これで教科書の(4.15)が求められる．

2. $\delta < \omega_0$の場合
   $$\begin{eqnarray*} \theta_t & = & e^{-\delta t}\left(a_1 e^{j\omega t}+e^{-j \om... ...& = & e^{-\delta t}\left(A\cos \omega t + B \sin \omega t\right) \end{eqnarray*}$$
   
   
   $t=0$で$\theta = 0$の境界条件より，$A = -\theta_0$，また， $\left.\frac{d\theta}{dt}\right\vert _{t=0}=0$より， $B=-\frac{\delta}{\omega}\theta_0$． $\tan \psi= \frac{\omega}{\delta}$を使って(i)と同様に計算を行えば，(4.17)は求まる．

3. $\delta = \omega_0$

   (4.15)と(4.17)のどちらからでも可能であるので，(4.17)から計算してみる．
   

   $$\frac{\sin (\omega t + \psi)}{\sin \psi} \sim \frac{\omega ... ...lta}} = \frac{\omega \delta t + \omega}{\omega} = 1 + \delta t$$
   
   
   これを使えば，(4.19)が得られる．