伝送線路の特性インピーダンスが√(L/C)、伝搬速度が1/√(LC)と近似できることを導いてみた

高速・高周波回路の設計をしていると、ある実効的な誘電率のもとにおける伝送線路の特性インピーダンスや伝搬速度を考慮する場合があります。

伝送線路の等価回路

伝送線路の等価回路

今、単位長さあたりの抵抗値がR、インダクタンスがL、漏れコンダクタンスがG、キャパシタンスがCの伝送線路を考えます。

損失が少なければ、すなわち、R≒0、G≒0であれば、特性インピーダンスの近似解は、

    $$ Z_0=\sqrt{\frac{L}{C}} $$

です。これが、真空中の解だとすると、実効的な誘電率のもとでは、

    $$ Z_{0{\epsilon_{reff}}}=\frac{Z_0}{\sqrt{\epsilon_r}} $$

となります。
実効的な誘電率がεrなら、容量Cがεr倍されるためです。

また、伝搬速度の近似解は、

    $$ v=\frac{1}{\sqrt{LC}} $$

です。同様に、これが、真空中の解だとすると、実効的な誘電率のもとでは、

    $$ v_{\epsilon_{reff}}=\frac{v}{\sqrt{\epsilon_r}} $$

となります。

本記事では、これらの近似解が求まる理由を述べます。

特性インピーダンス

伝送線路の図を再掲します。

伝送線路の等価回路

伝送線路の等価回路

この伝送線路の長さΔxにおける電圧と電流の変化を考えると次の2式が成り立ちます。

    $$ v\left(x,\ t\right)-v\left(x+\Delta x,\ t\right)=\left(R\Delta x\right)i\left(x,\ t\right)+\left(L\Delta x\right)\frac{\partial i\left(x,\ t\right)}{\partial t} \eqno(1) $$

    $$ i\left(x,\ t\right)-i\left(x+\Delta x,\ t\right)=\left(G\Delta x\right)v\left(x,\ t\right)+\left(C\Delta x\right)\frac{\partial v\left(x,\ t\right)}{\partial t} \eqno(2) $$

(1)から

    \begin{align*} \lim_{{\Delta x} \rightarrow 0}\frac{v\left(x,\ t\right)-v\left(x+\Delta x,\ t\right)}{\Delta x}&=Ri\left(x,\ t\right)+L\frac{\partial i\left(x,\ t\right)}{\partial t} \\ -\frac{\partial v}{\partial x}&=Ri+L\frac{\partial i}{\partial t} ~~~\eqno(3) \end{align*}

となり、(2)から

    \begin{align*} \lim_{{\Delta x} \rightarrow 0}\frac{i\left(x,\ t\right)-i\left(x+\Delta x,\ t\right)}{\Delta x}&=Gv\left(x,\ t\right)+C\frac{\partial v\left(x,\ t\right)}{\partial t} \\ -\frac{\partial i}{\partial x}&=Gv+C\frac{\partial v}{\partial t} ~~~\eqno(4) \end{align*}

となります。
ここで、v\left(x,\ t\right)=V\left(x\right)e^{j\omega t}i\left(x,\ t\right)=I\left(x\right)e^{j\omega t}とおくと、(3)は、

    \begin{align*} -\frac{\partial Ve^{j\omega t}}{\partial x}&=RIe^{j\omega t}+j\omega LIe^{j\omega t} \\ -\frac{\partial V}{\partial x}&=\left(R+j\omega L\right)I ~~~\eqno(5) \end{align*}

となり、(4)は、

    \begin{align*} -\frac{\partial Ie^{j\omega t}}{\partial x}&=GVe^{j\omega t}+j\omega CVe^{j\omega t} \\ -\frac{\partial I}{\partial x}&=\left(G+j\omega C\right)V ~~~\eqno(6) \end{align*}

となります。
(5)をxで偏微分すると、

    $$ -\frac{\partial^2 V}{{\partial x}^2}=\left(R+j\omega L\right)\frac{\partial I}{\partial x} $$

となり、これに(6)を代入すると、

    \begin{align*} -\frac{\partial^2 V}{{\partial x}^2}&=-\left(R+j\omega L\right)\left(G+j\omega C\right)V \\ \frac{\partial^2 V}{{\partial x}^2}&=\gamma^2 V ~~~\eqno(7) \end{align*}

となります。ただし、

    $$ \gamma=\sqrt{\left(R+j\omega L\right)\left(G+j\omega C\right)} \eqno(8) $$

です。
Vについて解くために、V\left(x\right)=Ke^{\lambda x}とおくと、

    $$ \frac{\partial^2 V}{{\partial x}^2}=\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial V}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\left(K\lambda e^{\lambda x}\right)=K\lambda^2 e^{\lambda x}=\lambda^2 V $$

つまり

    $$ \frac{\partial^2 V}{{\partial x}^2}=\lambda^2 V $$

となり、(7)と同じ形になるため、

    $$ \lambda=\pm\gamma $$

となります。
微分方程式は、解の線形結合も解なのでVは、

    $$ V\left(x\right)=K_1 e^{-\gamma x}+K_2 e^{\gamma x} \eqno(9) $$

と求まります。また、Iは、(9)を(5)に代入して、

    \begin{align*} \left(R+j\omega L\right)I&=-\frac{\partial V}{\partial x}=-\left(-K_1\gamma e^{-\gamma x}+K_2\gamma e^{\gamma x}\right)\\ I&=\frac{\gamma}{R+j\omega L}\left(K_1 e^{-\gamma x}-K_2 e^{\gamma x}\right)\\ &=\sqrt{\frac{G+j\omega C}{R+j\omega L}}\left(K_1 e^{-\gamma x}-K_2 e^{\gamma x}\right) \\ &=\frac{1}{Z_0}\left(K_1 e^{-\gamma x}-K_2 e^{\gamma x}\right) ~~~\eqno(10) \end{align*}

となります。ただし、

    $$ Z_0=\sqrt{\frac{R+j\omega L}{G+j\omega C}}\eqno(11) $$

です。
(9)と(10)において、K_1=0又はK_2=0とすると、

    $$ I=\pm\frac{V}{Z_0} $$

となります。電流の向きは正負の方向を取り得るものの、Z_0は伝送線路特有のインピーダンスとみなすことができ、これを特性インピーダンスと呼びます。

式(11)から、特性インピーダンスは、R≒0及びG≒0とみなせる場合には、

    $$ Z_0=\sqrt{\frac{L}{C}}\eqno(12) $$

と近似できます。

伝搬速度

式(8)で示したγは実部αと虚部βに分けることができます。αは減衰定数と呼ばれ、xに対する減衰の度合いを示します。βは位相定数と呼ばれ、xに対する位相の変化の度合いを示します。

これを解いてみます。

    \begin{align*} \gamma&=\sqrt{\left(R+j\omega L\right)\left(G+j\omega C\right)} \\ &=\alpha + j\beta \end{align*}

とおくと、

    \begin{align*} \left(\alpha + j\beta\right)^2&=\left(R+j\omega L\right)\left(G+j\omega C\right) \\ \alpha^2 - \beta^2+2j\alpha \beta&=RG-\omega^2 LC+j\omega \left(RC+LG\right) \end{align*}

なので、両辺の虚部から、

    $$ \beta=\frac{\omega}{2\alpha}\left(RC+LG\right) $$

となります。よってこれを実部に代入して、

    \begin{align*} \alpha^2 - \beta^2&=RG-\omega^2 LC\\ \alpha^2 - \frac{\omega^2}{4\alpha^2}\left(RC+LG\right)^2 &=RG-\omega^2 LC \\ \therefore 4\alpha^4-4\alpha^2\left(RG-\omega^2 LC\right)-\omega^2\left(RC+LG\right)^2&=0 ~~~\eqno(13) \end{align*}

となります。
二次方程式の解の公式を使うと、

    \begin{align*} \alpha^2 &=\frac{4\left(RG-\omega^2 LC\right)\pm\sqrt{16\left(RG-\omega^2 LC\right)^2+4\cdot 4\omega^2\left(RC+LG\right)^2}}{2\cdot 4}\\ &=\frac{1}{2}\left\{\left(RG-\omega^2 LC\right)\pm\sqrt{\left(R^2+\omega^2L^2\right)\left(G^2+\omega^2 C^2\right)}\right\} \end{align*}

となります。ここで、複号が負だと、αが虚数になり不適なので、

    $$ \alpha =\sqrt{\frac{1}{2}\left\{\left(RG-\omega^2 LC\right)+\sqrt{\left(R^2+\omega^2L^2\right)\left(G^2+\omega^2 C^2\right)}\right\}} \eqno(14) $$

となります。
βについても同様に解けます。まず虚部から、

    $$ \alpha=\frac{\omega}{2\beta}\left(RC+LG\right) $$

なので、

    \begin{align*} \alpha^2 - \beta^2&=RG-\omega^2 LC\\ \frac{\omega^2}{4\beta^2}\left(RC+LG\right)^2-\beta^2 &=RG-\omega^2 LC \\ \therefore 4\beta^4+4\beta^2\left(RG-\omega^2 LC\right)-\omega^2\left(RC+LG\right)^2&=0 \end{align*}

となります。これを(13)と比較すると、2次の符号が違うだけなので、

    $$ \beta=\sqrt{\frac{1}{2}\left\{-\left(RG-\omega^2 LC\right)+\sqrt{\left(R^2+\omega^2L^2\right)\left(G^2+\omega^2 C^2\right)}\right\}} \eqno(15) $$

です。

ここで再び、v(x, t)について考えてみます。

    \begin{align*} v\left(x,\ t\right)&=V\left(x\right)e^{j\omega t}\\ &=\left(K_1 e^{-\gamma x}+K_2 e^{\gamma x}\right)e^{j\omega t}\\ &=\left\{K_1 e^{-\left(\alpha+j\beta\right) x}+K_2 e^{\left(\alpha+j\beta\right) x}\right\}e^{j\omega t}\\ &=K_1 e^{-\alpha x+j\left(\omega t-\beta x\right)}+K_2 e^{\alpha x+j\left(\omega t+\beta x\right)} \end{align*}

ここで、第1項目のe^{-\alpha x+j\left(\omega t-\beta x\right)}において、e^{-\alpha x}は、xが大きくなるにつれて、電圧が減衰していくことを示しています。e^{j\left(\omega t-\beta x\right)}は位相を示していて、

    $$ \omega t-\beta x=const. $$

を満たす場合、位相が一定であることを示しています。
両辺をtで微分すると、

    \begin{align*} \omega-\beta\frac{dx}{dt}=0\\ \therefore \frac{dx}{dt}=\frac{\omega}{\beta}=v_p \end{align*}

となり、速度のディメンションの条件が得られます。これは位相速度と呼ばれ、波の伝わる伝搬速度を表します。ω>0、β>0なので、これはxの正方向に伝わります。

第2項目も同様に解析すると、

    $$ v_p=-\frac{\omega}{\beta} $$

となり、これはxの負方向に伝わる波を表します。

次に、伝搬速度の近似解を考えてみます。式(15)で、損失が少ないと仮定してR=0、G=0とすると、

    \begin{align*} \beta&=\sqrt{\frac{1}{2}\left\{-\left(RG-\omega^2 LC\right)+\sqrt{\left(R^2+\omega^2L^2\right)\left(G^2+\omega^2 C^2\right)}\right\}}\\ &\cong\sqrt{\frac{1}{2}\left\{\omega^2 LC+\sqrt{\omega^2L^2\cdot\omega^2 C^2}\right\}}\\ &=\sqrt{\frac{1}{2}\left(\omega^2 LC+\omega^2LC\right)}\\ &=\omega\sqrt{LC} \end{align*}

となるので、

    $$ v_p=\frac{\omega}{\beta} =\frac{\omega}{\omega\sqrt{LC}}=\frac{1}{\sqrt{LC}} $$

となります。

メータ5ナノ

高速回路を設計していると、「メータ5ナノ」という近似値をしばしば使います。同軸線路1mあたりの遅延時間が5nsという意味です。
これは、同軸ケーブルに用いる誘電体が、主としてポリエチレンであることに起因しています。

真空の誘電率ε0と透磁率μ0は、有効数字を3桁とすると、それぞれ8.85E-12[F/m]、1.26E-6[N/A2]です。また、ポリエチレンの誘電率εrを2.35とすると、同軸ケーブルを伝わる信号の速度は、

    \begin{align*} v&=\frac{1}{\sqrt{LC}}\\ &=\frac{1}{\sqrt{\mu_0\epsilon_0\epsilon_r}}\\ &\cong\frac{1}{\sqrt{1.26\cdot10^{-6}\cdot8.85\cdot10^{-12}\cdot2.35}}\\ &\cong\frac{2.99\cdot10^8}{\sqrt{2.35}}\\ &\cong1.95\cdot10^8\left[m/s\right] \end{align*}

です。途中の2.99E8[m/s]はもちろん真空中の光速です。
よって、1mを進むのに要する時間は、

    $$ T\cong\frac{1}{1.95\cdot10^{8}}\cong5.13\cdot10^{-9}\left[s\right] $$

となり、大体「メータ5ナノ」ということになります。

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