LC直列回路の過渡現象(直流回路)

本記事では、直流電源が接続された$LC$直列回路における過渡現象について解説する。





回路方程式

図1に直流電源$E$,インダクタンス$L$,静電容量$C$が接続された$LC$直列回路を示す。

 

 

図1 $LC$直列回路

 

図1の回路の電流$i$に関して、キルヒホッフの第二法則を適用すると、回路方程式は、

$$L\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}+\frac{1}{C}\int i\ \mathrm{d}t=E ・・・(1)$$

 

電流$i$と電荷$q$には$\displaystyle{i=\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}}$の関係があることを利用して、$(1)$式を$q$の式に書き換えると、

$$L\frac{\mathrm{d}^2q}{\mathrm{d}t^2}+\frac{q}{C}=E ・・・(2)$$

 

回路方程式の解法

過渡解と定常解

$(2)$式を電荷$q$について解く場合、過渡解を$q_\mathrm{t}$,定常解を$q_\mathrm{s}$とすると、$(2)$式の一般解は、

$$q=q_\mathrm{t}+q_\mathrm{s} ・・・(3)$$

と表すことができる。

 

$(3)$式を$(2)$式に代入すると、

$$\begin{align*}
L\left(\frac{\mathrm{d}^2q_\mathrm{t}}{\mathrm{d}t^2}+\frac{\mathrm{d}^2q_\mathrm{s}}{\mathrm{d}t^2}\right)+\frac{q_\mathrm{t}+q_\mathrm{s}}{C}&=E\\\\
\therefore\left(L\frac{\mathrm{d}^2q_\mathrm{t}}{\mathrm{d}t^2}+\frac{q_\mathrm{t}}{C}\right)+\left(L\frac{\mathrm{d}^2q_\mathrm{s}}{\mathrm{d}t^2}+\frac{q_\mathrm{s}}{C}\right)&=E ・・・(4)
\end{align*}$$

 

$(4)$式をそれぞれ$q_\mathrm{t}$と$q_\mathrm{s}$についての2つの式に分離すると、

$$\begin{cases}
L\displaystyle{\frac{\mathrm{d}^2q_\mathrm{t}}{\mathrm{d}t^2}}+\frac{q_\mathrm{t}}{C}=0 &・・・(4.1)\\\\
L\displaystyle{\frac{\mathrm{d}^2q_\mathrm{s}}{\mathrm{d}t^2}}+\frac{q_\mathrm{s}}{C}=E &・・・(4.2)
\end{cases}$$

 

$(4.1)$式は過渡状態においてのみ考慮すべき式であり、$t\rightarrow\infty$で両辺は$0$に収束する。

同式は右辺が$0$であり、数学的には斉次方程式である。

 

一方、$(4.2)$式は定常状態において成立する式であり、右辺が$0$でない非斉次方程式である。

 

過渡解の導出

$(2)$式を解くために、まず

$$L\displaystyle{\frac{\mathrm{d}^2q_\mathrm{t}}{\mathrm{d}t^2}}+\frac{q_\mathrm{t}}{C}=0 ・・・(4.1)$$

を解き、過渡解$q_\mathrm{t}$を求める。

 

$(4.1)$式の解を便宜的に$q_\mathrm{t}=Ae^{Bt}$とおく($A, B$は定数)。

これを$(4.1)$式に代入すると、

$$\begin{align*}
LAB^2e^{Bt}+\frac{A}{C}e^{Bt}&=0\\\\
\therefore LB^2+\frac{1}{C}&=0 ・・・(5)
\end{align*}$$

 

$(5)$式から定数$B$を求めると、

$$\begin{align*}
B^2&=-\frac{1}{LC}\\\\
\therefore B&=\pm j\frac{1}{\sqrt{LC}} ・・・(6)
\end{align*}$$

 

したがって過渡解$q_t$は、$(6)$式を用いて次のように表すことができる。

$$\begin{align*}
i_t&=A_1e^{j\frac{t}{\sqrt{LC}}}+A_2e^{-j\frac{t}{\sqrt{LC}}}\\\\
&=A_1\left(\cos\frac{t}{\sqrt{LC}}+j\sin\frac{t}{\sqrt{LC}}\right)+A_2\left(\cos\frac{t}{\sqrt{LC}}-j\sin\frac{t}{\sqrt{LC}}\right)\\\\
&=\left(A_1+A_2\right)\cos\frac{t}{\sqrt{LC}}+j\left(A_1-A_2\right)\sin\frac{t}{\sqrt{LC}}\\\\
&\equiv A_3\cos\frac{t}{\sqrt{LC}}+A_4 \sin\frac{t}{\sqrt{LC}}・・・(7)
\end{align*}$$

ただし、$A_1,\ A_2$は定数であり、$A_3=A_1+A_2,\ A_4=j\left(A_1-A_2\right)$である。

 

定常解の導出

次に、

$$L\displaystyle{\frac{\mathrm{d}^2q_\mathrm{s}}{\mathrm{d}t^2}}+\frac{q_\mathrm{s}}{C}=E ・・・(4.2)$$

を解き、$(2)$式の定常解$q_\mathrm{s}$を求める。

 

ここで、$(4.2)$式は定常状態、すなわち$t\rightarrow\infty$としたときにも成り立つ式である。

この場合、過渡的な電流値の遷移がない状態であるから、

$$\frac{\mathrm{d}^2q_\mathrm{s}}{\mathrm{d}t^2}=0$$

 

したがって$(4.2)$式より、定常解$q_\mathrm{s}$は、

$$\begin{align*}
\frac{q_\mathrm{s}}{C}&=E\\\\
\therefore q_\mathrm{s}&=CE ・・・(8)
\end{align*}$$

 

電荷・電流の一般解

$(7),\ (8)$式を$(3)$式に代入すると、$(2)$式の一般解を求めることができて、

$$q=A_3\cos\frac{t}{\sqrt{LC}}+A_4 \sin\frac{t}{\sqrt{LC}}+CE ・・・(9)$$

 

また、図1の回路に流れる電流$i$は、$(9)$式の両辺を$t$で微分して、

$$\begin{align*}
i&=\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}\\\\
&=-\frac{A_3}{\sqrt{LC}}\sin\frac{t}{\sqrt{LC}}+\frac{A_4}{\sqrt{LC}}\cos\frac{t}{\sqrt{LC}} ・・・(10)
\end{align*}$$

 

ここで初期状態$t=0$において、$C$に電荷は充電されていないとして、$q|_{t=0}=0$とする。

かつスイッチが入った直後は$L$の作用により、図1の回路には電流が流れず、$\ i|_{t=0}=0$とする。

 

したがって、$t=0$のときの値から定数$A_3,\ A_4$を求めると、$(9),\ (10)$式より、

$$\begin{align*}
q|_{t=0}&=A_3+CE=0\\\\
\therefore A_3&=-CE
\end{align*}$$

$$\begin{align*}
i|_{t=0}&=\frac{A_4}{\sqrt{LC}}=0\\\\
\therefore A_4&=0
\end{align*}$$

 

以上より、電荷$q$および電流$i$の一般解は、$(9),\ (10)$式より、

$$\begin{align*}
q&=-CE\cos\frac{t}{\sqrt{LC}}+CE\\\\
&=CE\left(1-\cos\frac{t}{\sqrt{LC}}\right) ・・・(11)
\end{align*}$$

 

$$\begin{align*}
i&=\frac{CE}{\sqrt{LC}}\sin\frac{t}{\sqrt{LC}}\\\\
&=\sqrt{\frac{C}{L}}E\sin\frac{t}{\sqrt{LC}} ・・・(12)
\end{align*}$$

 

なお、インダクタンス$L$および静電容量$C$に発生する電圧をそれぞれ$v_\mathrm{L}$および$v_\mathrm{C}$とすると、$(11),\ (12)$式より、

$$\begin{cases}
v_\mathrm{L}=L\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}}=E\cos\frac{t}{\sqrt{LC}}\\\\
v_\mathrm{C}=\displaystyle{\frac{q}{C}}=E\left(1-\cos\displaystyle{\frac{t}{\sqrt{LC}}}\right)
\end{cases} ・・・(13)$$

で表される。

 

 

ラプラス変換による解法

ラプラス変換を用いると、$(2)$式から直接$(11)$式を導出できる。

 

$(2)$式の両辺をラプラス変換すると、$Q(s)=\mathcal{L}\left\{q\right\}$として、

$$L\left\{s^2Q(s)-sq|_{t=0}-\left.\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}\right|_{t=0}\right\}+\frac{Q(s)}{C}=\frac{E}{s}$$

 

上式を$Q(s)$についての式に直すと、

$$\begin{align*}
Q(s)&=\frac{E}{s\left(s^2L+\displaystyle{\frac{1}{C}}\right)} \left(\because q|_{t=0}=0,\ \left.\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}\right|_{t=0}=i|_{t=0}=0\right)\\\\
&=\frac{E}{L}\frac{1}{s\left(s^2+\displaystyle{\frac{1}{LC}}\right)}\\\\
&=\frac{E}{L}\cdot LC\left(\frac{1}{s}-\frac{s}{s^2+\displaystyle{\frac{1}{LC}}}\right)\\\\
&=CE\left\{\frac{1}{s}-\frac{s}{s^2+\left(\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{LC}}}\right)^2}\right\}
\end{align*}$$

 

以上より、電荷$q$の一般解は、$Q(s)$をラプラス逆変換して、

$$q=\mathcal{L}^{-1}\left\{Q(s)\right\}=CE\left(1-\cos\frac{t}{\sqrt{LC}}\right)$$

となり、$(11)$式と同じ結果が得られる。

 

電流・電圧のグラフ

$(11)~(13)$式より、電荷$q$,電流$i$,電圧$\ v_\mathrm{L},\ v_\mathrm{C}$のグラフを図2に示す。

 

 

図2 $LC$直列回路の電荷・電流・電圧のグラフ

 

図2より、インダクタンス$L$には電磁エネルギー、静電容量$C$には静電エネルギーとしてそれぞれエネルギーを蓄える特性がある。

スイッチが入り電源からのエネルギーが供給されると、これらの要素はそれぞれエネルギーを互いに送り合うため、各電気量は振動する波形となる。

また、図1のように抵抗$R$がない回路だと、エネルギーが消費されないために減衰項は存在せず、各波形は一定の値に収束することなく振動し続ける。

 

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参考文献

  • 大下眞二郎『詳解電気回路演習(下)』共立出版,1980