相互誘導回路の過渡現象(交流回路)

本記事では、交流電源が接続された、相互インダクタンスを含む相互誘導回路における過渡現象について解説する。





回路方程式

自己インダクタンスがそれぞれ$L_1,\ L_2$,および相互インダクタンス$M$となる2つのコイルを向かい合わせ、波高値$E_\mathrm{m}$,周波数$\omega$である正弦波交流電源$e=E_\mathrm{m}\sin\left(\omega t+\theta\right)$,および抵抗$R_1,\ R_2$を接続した相互誘導回路にて、時間$t=0$でスイッチを閉じた状態のものを図1に示す。

 

 

図1 相互誘導回路

 

図1の回路では$t=0$でスイッチが閉じた後、電源$e$から抵抗$R_1$およびインダクタンス$L_1$で構成される一次側回路に、電流$i_1$が流れる。

同時に、抵抗$R_2$およびインダクタンス$L_2$で構成される二次側回路には、相互誘導により電流$i_2$が流れる。

なお、電流は図1の向きを正とし、各コイルの極性も同図のようである(減極性)とする。

 

図1の電流$i_1,\ i_2$に関して、一次側および二次側回路にキルヒホッフの第二法則を適用すると、回路方程式は、

$$\begin{cases}
R_1i_1+L_1\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i_1}{\mathrm{d}t}}+M\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i_2}{\mathrm{d}t}}=E_\mathrm{m}\sin\left(\omega t+\theta\right) &・・・(1)\\\\
R_2i_2+L_2\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i_2}{\mathrm{d}t}}+M\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i_1}{\mathrm{d}t}}=0 &・・・(2)
\end{cases}$$

 

回路方程式の解法

過渡解と定常解

$(1),\ (2)$式を電流$i_1,\ i_2$について解く場合、過渡解をそれぞれ$i_\mathrm{1t},\ i_\mathrm{2t}$,定常解を$i_\mathrm{1s},\ i_\mathrm{2s}$とすると、$(1),\ (2)$式の解は、

$$\begin{cases}
i_1=i_\mathrm{1t}+i_\mathrm{1s}\\\\
i_2=i_\mathrm{2t}+i_\mathrm{2s}
\end{cases} ・・・(3)$$

と表すことができる。

 

$(3)$式を$(1),\ (2)$式に代入すると、

$$\begin{align*}
R_1\left(i_\mathrm{1t}+i_\mathrm{1s}\right)+L_1\displaystyle{\frac{\mathrm{d}\left(i_\mathrm{1t}+i_\mathrm{1s}\right)}{\mathrm{d}t}}+M\displaystyle{\frac{\mathrm{d}\left(i_\mathrm{2t}+i_\mathrm{2s}\right)}{\mathrm{d}t}}&=E_\mathrm{m}\sin\left(\omega t+\theta\right)\\\\
\therefore\left(R_1i_\mathrm{1t}+L_1\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{1t}}{\mathrm{d}t}}+M\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{2t}}{\mathrm{d}t}}\right)+\left(R_1i_\mathrm{1s}+L_1\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{1s}}{\mathrm{d}t}}+M\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{2s}}{\mathrm{d}t}}\right)&=E_\mathrm{m}\sin\omega t ・・・(4)
\end{align*}$$

 

$$\begin{align*}
R_2\left(i_\mathrm{2t}+i_\mathrm{2s}\right)+L_2\displaystyle{\frac{\mathrm{d}\left(i_\mathrm{2t}+i_\mathrm{2s}\right)}{\mathrm{d}t}}+M\displaystyle{\frac{\mathrm{d}\left(i_\mathrm{1t}+i_\mathrm{1s}\right)}{\mathrm{d}t}}&=0\\\\
\therefore\left(R_2i_\mathrm{2t}+L_2\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{2t}}{\mathrm{d}t}}+M\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{1t}}{\mathrm{d}t}}\right)+\left(R_2i_\mathrm{2s}+L_2\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{2s}}{\mathrm{d}t}}+M\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{1s}}{\mathrm{d}t}}\right)&=0 ・・・(5)
\end{align*}$$

 

$(4),\ (5)$式をそれぞれ$i_\mathrm{1t},\ i_\mathrm{2t}$と$i_\mathrm{1s},\ i_\mathrm{2s}$の組についての2つの式に分離すると、

$$\begin{cases}
R_1i_\mathrm{1t}+L_1\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{1t}}{\mathrm{d}t}}+M\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{2t}}{\mathrm{d}t}}=0 &・・・(4.1)\\\\
R_1i_\mathrm{1s}+L_1\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{1s}}{\mathrm{d}t}}+M\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{2s}}{\mathrm{d}t}}=E_\mathrm{m}\sin\left(\omega t+\theta\right) &・・・(4.2)
\end{cases}$$

$$\begin{cases}
R_2i_\mathrm{2t}+L_2\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{2t}}{\mathrm{d}t}}+M\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{1t}}{\mathrm{d}t}}=0 &・・・(5.1)\\\\
R_2i_\mathrm{2s}+L_2\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{2s}}{\mathrm{d}t}}+M\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{1s}}{\mathrm{d}t}}=0 &・・・(5.2)
\end{cases}$$

 

$(4.1),\ (5.1)$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、$(4.2),\ (5.2)$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($(5.2)$式は変形前の式の形より、右辺がたまたま$0$となっている)。

 

過渡解の導出

過渡解の導出自体は、直流電源に接続された相互誘導回路の場合と全く同じ方法でできる。
今回はこの記事だけで方法が分かるように、同じやり方ではあるが記載しておく。
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$(4),\ (5)$式を解くために、まず、

$$\begin{cases}
R_1i_\mathrm{1t}+L_1\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{1t}}{\mathrm{d}t}}+M\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{2t}}{\mathrm{d}t}}=0 &・・・(4.1)\\\\
R_2i_\mathrm{2t}+L_2\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{2t}}{\mathrm{d}t}}+M\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{1t}}{\mathrm{d}t}}=0 &・・・(5.1)
\end{cases}$$

を解き、過渡解$i_\mathrm{1t},\ i_\mathrm{2t}$を求める。

 

$(4.1),\ (5.1)$式の解を便宜的に$i_\mathrm{1t}=A_1e^{Bt},\ i_\mathrm{2t}=A_2e^{Bt}$とおく($A_1,\ A_2,\ B$は$0$でない定数とする)。

図1の回路は一次側および二次側回路が電気的には接続されているため、他の回路の過渡現象を考えるときと同様に、減衰の時定数である$B$は$i_\mathrm{1t},\ i_\mathrm{2t}$で同じ値であるとしている。

 

これを$(4.1),\ (5.1)$式に代入すると、

$$\begin{align*}
R_1A_1e^{Bt}+L_1A_1Be^{Bt}+MA_2Be^{Bt}&=0\\\\
\therefore R_1A_1+L_1A_1B+MA_2B&=0 ・・・(6)
\end{align*}$$

 

$$\begin{align*}
R_2A_2e^{Bt}+L_2A_2Be^{Bt}+MA_1Be^{Bt}&=0\\\\
\therefore R_2A_2+L_2A_2B+MA_1B&=0 ・・・(7)
\end{align*}$$

 

$(6)$式を$A_2$に関する式に変形すると、

$$\begin{align*}
MA_2B&=-\left(L_1B+R_1\right)A_1\\\\
\therefore A_2&=-\frac{L_1B+R_1}{MB}A_1 ・・・(8)
\end{align*}$$

 

$(8)$式を$(7)$式に代入し、$A_2$を消去すると、

$$\begin{align*}
-\frac{R_2A_1\left(L_1B+R_1\right)}{MB}-\frac{L_2A_1B\left(L_1B+R_1\right)}{MB}+MA_1B&=0\\\\
-R_2A_1\left(L_1B+R_1\right)-L_2A_1B\left(L_1B+R_1\right)+M^2A_1B^2&=0\\\\
-R_2\left(L_1B+R_1\right)-L_2B\left(L_1B+R_1\right)+M^2B^2&=0\\\\
\therefore \left(L_1L_2-M^2\right)B^2+\left(L_1R_2+L_2R_1\right)B+R_1R_2&=0 ・・・(9)
\end{align*}$$

 

$(9)$式から定数$B$を求めると、二次方程式の解の公式より、

$$\begin{align*}
B&=\frac{-\left(L_1R_2+L_2R_1\right)\pm\sqrt{\left(L_1R_2+L_2R_1\right)^2-4\left(L_1L_2-M^2\right)R_1R_2}}{2\left(L_1L_2-M^2\right)}\\\\
&=\frac{-\left(L_1R_2+L_2R_1\right)\pm\sqrt{\left(L_1R_2-L_2R_1\right)^2+4M^2R_1R_2}}{2\left(L_1L_2-M^2\right)} ・・・(10)
\end{align*}$$

 

したがって、過渡解$i_\mathrm{1t},\ i_\mathrm{2t}$は、$(10)$式より次のように書ける。

$$\begin{cases}
i_\mathrm{1t}&=A_{11}e^{B_1t}+A_{12}e^{B_2t}\\\\
i_\mathrm{2t}&=A_{21}e^{B_1t}+A_{22}e^{B_2t}
\end{cases} ・・・(11)$$

 

ただし、$A_{11},\ A_{12},\ A_{21},\ A_{22}$は定数であり、

$B_1,\ B_2=\displaystyle{\frac{-\left(L_1R_2+L_2R_1\right)\pm\sqrt{\left(L_1R_2-L_2R_1\right)^2+4M^2R_1R_2}}{2\left(L_1L_2-M^2\right)}}$(複号同順)である。

 

コイルの自己インダクタンス$L_1,\ L_2$と相互インダクタンス$M$の関係を表す際、結合係数を$k$(ただし、$0\leq k\leq 1$)として、

$$M=k\sqrt{L_1L_2}$$

 

となる。ここで、$B_1,\ B_2$の分母は、

$$L_1L_2-M^2=\left(1-k^2\right)L_1L_2\geq 0$$

 

さらに、$B_1,\ B_2$の分母が$0$になると、$(11)$の指数部が発散してしまうため、$L_1L_2-M^2>0$である必要がある。

 

そして、

$$\begin{align*}
\sqrt{\left(L_1R_2-L_2R_1\right)^2+4M^2R_1R_2}&=\sqrt{\left(L_1R_2+L_2R_1\right)^2-4\left(L_1L_2-M^2\right)R_1R_2}\\\\
&<L_1R_2+L_2R_1
\end{align*}$$

であることから、$B_1<0,\ B_2<0$となる。

すなわち、$(11)$の指数部は時間の経過とともに減衰していくことになる。

 

定常解の導出

次に、

$$\begin{cases}
R_1i_\mathrm{1s}+L_1\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{1s}}{\mathrm{d}t}}+M\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{2s}}{\mathrm{d}t}}=E_\mathrm{m}\sin\left(\omega t+\theta\right) &・・・(4.2)\\\\
R_2i_\mathrm{2s}+L_2\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{2s}}{\mathrm{d}t}}+M\displaystyle{\frac{\mathrm{d}i_\mathrm{1s}}{\mathrm{d}t}}=0 &・・・(5.2)
\end{cases}$$

を解き、定常解$i_\mathrm{1s},\ i_\mathrm{2s}$を求める。

 

まず、$(4.2)$および$(5.2)$式の両辺をフェーザ表示を用いて変形する。

電流$i_\mathrm{1s},\ i_\mathrm{2s}$をフェーザ表示したものをそれぞれ$\dot{I_1},\ \dot{I_2}$,電圧$e=E_\mathrm{m}\sin\left(\omega t+\theta\right)$も同様にして$\dot{E}$とする。

ここで、フェーザ表示を考える際、微分演算子$\displaystyle{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}}$は、正弦波交流の場合は$j\omega$に置き換えることができる。

 

例えば、$i=I_\mathrm{m}\sin\left(\omega t+\theta-\phi\right)$の両辺を時間$t$で微分すると、

$$\begin{align*}
\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}&=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left\{I_\mathrm{m}\sin\left(\omega t+\theta-\phi\right)\right\}\\\\
&=\omega\cdot I_\mathrm{m}\cos\left(\omega t+\theta-\phi\right)\\\\
&=\omega\cdot I_\mathrm{m}\sin\left(\omega t+\theta-\phi+\frac{\pi}{2}\right)
\end{align*}$$

(上記は、三角関数の余角の公式を用いて式変形している)

 

したがって、正弦波交流を微分した場合、係数として$\omega$がかかり、かつ位相が$\displaystyle{\frac{\pi}{2}}$進む。

これはフェーザ表示の場合、元の量に$j\omega$を掛け合わせた場合に等しくなる。

 

$(4.2)$および$(5.2)$式を変形すると、

$$\begin{cases}
R_1\dot{I_1}+j\omega L_1\dot{I_1}+j\omega M\dot{I_2}=\dot{E} &・・・(4.2)’\\\\
R_2\dot{I_2}+j\omega L_2\dot{I_2}+j\omega M\dot{I_1}=0 &・・・(5.2)’
\end{cases}$$

 

ここで、$(5.2)’$式を変形し、$\dot{I_2}$の式にすると、

$$\dot{I_2}=-\frac{j\omega M}{R_2+j\omega L_2}\dot{I_1} ・・・(12)$$

 

$(12)$式を$(4.2)’$式に代入して、

$$\begin{align*}
R_1\dot{I_1}+j\omega L_1\dot{I_1}+\frac{\omega^2M^2}{R_2+j\omega L_2}\dot{I_1}&=\dot{E}\\\\
\therefore\dot{I_1}&=\frac{\dot{E}}{R_1+j\omega L_1+\displaystyle{\frac{\omega^2M^2}{R_2+j\omega L_2}}}\\\\
&=\frac{\left(R_2+j\omega L_2\right)\dot{E}}{\left(R_1+j\omega L_1\right)\left(R_2+j\omega L_2\right)+\omega^2M^2}\\\\
&\equiv\frac{\dot{E}}{\dot{Z}_1} ・・・(13)
\end{align*}$$

 

なお、$(13)$式の$\dot{Z}_1$は、

$$\begin{align*}
\dot{Z}_1&=\frac{\left(R_1+j\omega L_1\right)\left(R_2+j\omega L_2\right)+\omega^2M^2}{R_2+j\omega L_2}\\\\
&=\frac{R_1R_2-\omega^2\left(L_1L_2-M^2\right)+j\omega\left(L_1R_2+L_2R_1\right)}{R_2+j\omega L_2}\\\\
&=\frac{\left\{R_1R_2-\omega^2\left(L_1L_2-M^2\right)+j\omega\left(L_1R_2+L_2R_1\right)\right\}\left(R_2-j\omega L_2\right)}{R^2_2+\omega^2L^2_2}\\\\
&=\frac{R_1R^2_2+\omega^2\left(L^2_2R_1+M^2R_2\right)+j\omega\left\{\omega^2L_2\left(L_1L_2-M^2\right)+R_2\left(L_1R_2+L_2R_1\right)\right\}}{R^2_2+\omega^2L^2_2}
\end{align*}$$

 

そして、$(12),\ (13)$式から$\dot{I}_2$を求めると、

$$\begin{align*}
\dot{I_2}&=-\frac{j\omega M}{R_2+j\omega L_2}\cdot\frac{\left(R_2+j\omega L_2\right)\dot{E}}{\left(R_1+j\omega L_1\right)\left(R_2+j\omega L_2\right)+\omega^2M^2}\\\\
&=-\frac{j\omega M\dot{E}}{\left(R_1+j\omega L_1\right)\left(R_2+j\omega L_2\right)+\omega^2M^2}\\\\
&\equiv\frac{\dot{E}}{\dot{Z}_2} ・・・(14)
\end{align*}$$

 

$(14)$式の$\dot{Z}_1$は

$$\begin{align*}
\dot{Z}_2&=j\frac{\left(R_1+j\omega L_1\right)\left(R_2+j\omega L_2\right)+\omega^2M^2}{\omega M}\\\\
&=\frac{-\omega\left(L_1R_2+L_2R_1\right)+j\left\{R_1R_2-\omega^2\left(L_1L_2-M^2\right)\right\}}{\omega M}
\end{align*}$$

 

$(13),\ (14)$式のようなインピーダンス$\dot{Z}_1,\ \dot{Z}_2$がわかれば、$\dot{I_1},\ \dot{I_2}$を瞬時値表示$i_\mathrm{1s},\ i_\mathrm{2s}$に戻した際に、電圧と電流の大きさの比、および発生する位相差を数値的に求めることができる。

 

したがって、定常解$i_\mathrm{1s},\ i_\mathrm{2s}$は、次のように書ける。

$$\begin{cases}
i_\mathrm{1s}&=\displaystyle{\frac{E_\mathrm{m}}{Z_1}}\sin\left(\omega t+\theta-\phi_1\right)\\\\
i_\mathrm{2s}&=\displaystyle{\frac{E_\mathrm{m}}{Z_2}}\sin\left(\omega t+\theta-\phi_2\right)
\end{cases} ・・・(15)$$

 

ただし、

$$\begin{align*}
Z_1&=\sqrt{\frac{\left\{R_1R_2-\omega^2\left(L_1L_2-M^2\right)\right\}^2+\omega^2\left(L_1R_2+L_2R_1\right)^2}{R^2_2+\omega^2L^2_2}}\\\\
Z_2&=\frac{\sqrt{\left\{R_1R_2-\omega^2\left(L_1L_2-M^2\right)\right\}^2+\omega^2\left(L_1R_2+L_2R_1\right)^2}}{\omega M}\\\\
\phi_1&=\tan^{-1}\displaystyle{\frac{\omega\left\{\omega^2L_2\left(L_1L_2-M^2\right)+R_2\left(L_1R_2+L_2R_1\right)\right\}}{R_1R^2_2+\omega^2\left(L^2_2R_1+M^2R_2\right)}}\\\\
\phi_2&=\tan^{-1}\displaystyle{\frac{\omega^2\left(L_1L_2-M^2\right)-R_1R_2}{\omega\left(L_1R_2+L_2R_1\right)}}
\end{align*}$$

 

$(15)$式が$(4.2)$および$(5.2)$式における定常解となる。

 

 

電流の一般解

$(11),\ (15)$式を$(3)$式に代入すると、$(1),\ (2)$式の一般解を求めることができて、

$$\begin{cases}
i_1&=A_{11}e^{B_1t}+A_{12}e^{B_2t}+\displaystyle{\frac{E_\mathrm{m}}{Z_1}}\sin\left(\omega t+\theta-\phi_1\right)\\\\
i_2&=A_{21}e^{B_1t}+A_{22}e^{B_2t}+\displaystyle{\frac{E_\mathrm{m}}{Z_2}}\sin\left(\omega t+\theta-\phi_2\right)
\end{cases} ・・・(16)$$

 

ここで、初期状態$t=0$において、スイッチが入った直後は回路に電流は流れないため、$(16)$式より、

$$\begin{align*}
i_1|_{t=0}&=A_{11}+A_{12}+\frac{E_\mathrm{m}}{Z_1}\sin\left(\theta-\phi_1\right)=0\\\\
\therefore A_{12}&=-A_{11}-\frac{E_\mathrm{m}}{Z_1}\sin\left(\theta-\phi_1\right) ・・・(17)
\end{align*}$$

 

$$\begin{align*}
i_2|_{t=0}&=A_{21}+A_{22}+\frac{E_\mathrm{m}}{Z_2}\sin\left(\theta-\phi_2\right)=0\\\\
\therefore A_{21}+A_{22}&=-\frac{E_\mathrm{m}}{Z_2}\sin\left(\theta-\phi_2\right) ・・・(18)
\end{align*}$$

 

ここで、定数$A_{11}$と$A_{21}$,および$A_{12}$と$A_{22}$には、$(8)$式より次の関係がある。

$$\begin{cases}
A_{21}&=\displaystyle{-\frac{L_1B_1+R_1}{MB_1}A_{11}}\\\\
A_{22}&=\displaystyle{-\frac{L_1B_2+R_1}{MB_2}A_{12}}
\end{cases} ・・・(19)$$

 

$(18)$式に$(19)$式を代入して、さらに$(17)$式も用いると、

$$\begin{align*}
-\frac{L_1B_1+R_1}{MB_1}A_{11}-\frac{L_1B_2+R_1}{MB_2}A_{12}&=-\frac{E_\mathrm{m}}{Z_2}\sin\left(\theta-\phi_2\right)\\\\
\frac{L_1B_1+R_1}{MB_1}A_{11}-\frac{L_1B_2+R_1}{MB_2}\left\{A_{11}+\frac{E_\mathrm{m}}{Z_1}\sin\left(\theta-\phi_1\right)\right\}&=-\frac{E_\mathrm{m}}{Z_2}\sin\left(\theta-\phi_2\right)\\\\
\frac{\left(L_1B_1+R_1\right)B_2-\left(L_1B_2+R_1\right)B_1}{B_1B_2}A_{11}&=\frac{L_1B_2+R_1}{Z_1B_2}E_\mathrm{m}\sin\left(\theta-\phi_1\right)-\frac{E_\mathrm{m}}{Z_2}\sin\left(\theta-\phi_2\right)\\\\
-\frac{\left(B_1-B_2\right)R_1}{B_1B_2}A_{11}&=\frac{L_1B_2+R_1}{Z_1B_2}E_\mathrm{m}\sin\left(\theta-\phi_1\right)-\frac{E_\mathrm{m}}{Z_2}\sin\left(\theta-\phi_2\right)\\\\
\therefore A_{11}&=-\frac{B_1B_2E_\mathrm{m}}{\left(B_1-B_2\right)R_1}\left\{\frac{L_1B_2+R_1}{Z_1B_2}\sin\left(\theta-\phi_1\right)-\frac{1}{Z_2}\sin\left(\theta-\phi_2\right)\right\}
\end{align*}$$

 

また、他の定数も求めていくと、

$$\begin{align*}
A_{12}&=-A_{11}-\frac{E_\mathrm{m}}{Z_1}\sin\left(\theta-\phi_1\right)\\\\
&=\frac{B_1B_2E_\mathrm{m}}{\left(B_1-B_2\right)R_1}\left\{\frac{L_1B_2+R_1}{Z_1B_2}\sin\left(\theta-\phi_1\right)-\frac{1}{Z_2}\sin\left(\theta-\phi_2\right)\right\}-\frac{E_\mathrm{m}}{Z_1}\sin\left(\theta-\phi_1\right)\\\\
&=\frac{B_1\left(L_1B_2+R_1\right)-\left(B_1-B_2\right)R_1}{\left(B_1-B_2\right)Z_1R_1}E_\mathrm{m}\sin\left(\theta-\phi_1\right)-\frac{B_1B_2E_\mathrm{m}}{\left(B_1-B_2\right)Z_2R_1}\sin\left(\theta-\phi_2\right)\\\\
&=\frac{\left(L_1B_1+R_1\right)B_2}{\left(B_1-B_2\right)Z_1R_1}E_\mathrm{m}\sin\left(\theta-\phi_1\right)-\frac{B_1B_2E_\mathrm{m}}{\left(B_1-B_2\right)Z_2R_1}\sin\left(\theta-\phi_2\right)\\\\
&=\frac{B_1B_2E_\mathrm{m}}{\left(B_1-B_2\right)R_1}\left\{\frac{L_1B_1+R_1}{Z_1B_1}\sin\left(\theta-\phi_1\right)-\frac{1}{Z_2}\sin\left(\theta-\phi_2\right)\right\}
\end{align*}$$

 

$$\begin{align*}
A_{21}&=-\frac{L_1B_1+R_1}{MB_1}A_{11}\\\\
&=\frac{L_1B_1+R_1}{MB_1}\cdot\frac{B_1B_2E_\mathrm{m}}{\left(B_1-B_2\right)R_1}\left\{\frac{L_1B_2+R_1}{Z_1B_2}\sin\left(\theta-\phi_1\right)-\frac{1}{Z_2}\sin\left(\theta-\phi_2\right)\right\}\\\\
&=\frac{\left(L_1B_1+R_1\right)B_2E_\mathrm{m}}{\left(B_1-B_2\right)MR_1}\left\{\frac{L_1B_2+R_1}{Z_1B_2}\sin\left(\theta-\phi_1\right)-\frac{1}{Z_2}\sin\left(\theta-\phi_2\right)\right\}
\end{align*}$$

 

$$\begin{align*}
A_{22}&=-\frac{L_1B_2+R_1}{MB_2}A_{12}\\\\
&=-\frac{L_1B_2+R_1}{MB_2}\cdot\frac{B_1B_2E_\mathrm{m}}{\left(B_1-B_2\right)R_1}\left\{\frac{L_1B_1+R_1}{Z_1B_1}\sin\left(\theta-\phi_1\right)-\frac{1}{Z_2}\sin\left(\theta-\phi_2\right)\right\}\\\\
&=-\frac{\left(L_1B_2+R_1\right)B_1E_\mathrm{m}}{\left(B_1-B_2\right)MR_1}\left\{\frac{L_1B_1+R_1}{Z_1B_1}\sin\left(\theta-\phi_1\right)-\frac{1}{Z_2}\sin\left(\theta-\phi_2\right)\right\}
\end{align*}$$

 

以上をまとめると、図1の回路に流れる電流$i_1,\ i_2$は、

$$\begin{cases}
i_1&=A_{11}e^{B_1t}+A_{12}e^{B_2t}+\displaystyle{\frac{E_\mathrm{m}}{Z_1}}\sin\left(\omega t+\theta-\phi_1\right)\\\\
i_2&=A_{21}e^{B_1t}+A_{22}e^{B_2t}+\displaystyle{\frac{E_\mathrm{m}}{Z_2}}\sin\left(\omega t+\theta-\phi_2\right)
\end{cases} ・・・(20)$$

 

ただし、

$$\begin{align*}
A_{11}&=-\frac{B_1B_2E_\mathrm{m}}{\left(B_1-B_2\right)R_1}\left\{\frac{L_1B_2+R_1}{Z_1B_2}\sin\left(\theta-\phi_1\right)-\frac{1}{Z_2}\sin\left(\theta-\phi_2\right)\right\}\\\\
A_{12}&=\frac{B_1B_2E_\mathrm{m}}{\left(B_1-B_2\right)R_1}\left\{\frac{L_1B_1+R_1}{Z_1B_1}\sin\left(\theta-\phi_1\right)-\frac{1}{Z_2}\sin\left(\theta-\phi_2\right)\right\}\\\\
A_{21}&=\frac{\left(L_1B_1+R_1\right)B_2E_\mathrm{m}}{\left(B_1-B_2\right)MR_1}\left\{\frac{L_1B_2+R_1}{Z_1B_2}\sin\left(\theta-\phi_1\right)-\frac{1}{Z_2}\sin\left(\theta-\phi_2\right)\right\}\\\\
A_{22}&=-\frac{\left(L_1B_2+R_1\right)B_1E_\mathrm{m}}{\left(B_1-B_2\right)MR_1}\left\{\frac{L_1B_1+R_1}{Z_1B_1}\sin\left(\theta-\phi_1\right)-\frac{1}{Z_2}\sin\left(\theta-\phi_2\right)\right\}
\end{align*}$$

 

$$B_1,\ B_2=\displaystyle{\frac{-\left(L_1R_2+L_2R_1\right)\pm\sqrt{\left(L_1R_2-L_2R_1\right)^2+4M^2R_1R_2}}{2\left(L_1L_2-M^2\right)}}$$

($B_1,\ B_2$は複号同順)

 

$$\begin{align*}
Z_1&=\sqrt{\frac{\left\{R_1R_2-\omega^2\left(L_1L_2-M^2\right)\right\}^2+\omega^2\left(L_1R_2+L_2R_1\right)^2}{R^2_2+\omega^2L^2_2}}\\\\
Z_2&=\frac{\sqrt{\left\{R_1R_2-\omega^2\left(L_1L_2-M^2\right)\right\}^2+\omega^2\left(L_1R_2+L_2R_1\right)^2}}{\omega M}\\\\
\phi_1&=\tan^{-1}\displaystyle{\frac{\omega\left\{\omega^2L_2\left(L_1L_2-M^2\right)+R_2\left(L_1R_2+L_2R_1\right)\right\}}{R_1R^2_2+\omega^2\left(L^2_2R_1+M^2R_2\right)}}\\\\
\phi_2&=\tan^{-1}\displaystyle{\frac{\omega^2\left(L_1L_2-M^2\right)-R_1R_2}{\omega\left(L_1R_2+L_2R_1\right)}}
\end{align*}$$

 

電流のグラフ

$(20)$式に基づき、図1の回路のスイッチを閉じて十分に時間が経つまでの、電流$i_1$および$i_2$のグラフの例を図2に示す。

 

図2 相互誘導回路(交流)の電流

 

図2より、スイッチを閉じた$t=0$の直後は、一次側および二次側には$i_1$および$i_2$が流れるが、$(20)$式における指数項が優位となるために過渡的な値をとる。

その後、スイッチを閉じてから時間が経つにつれ、$(20)$式の指数項が$0$に近づくため、$i_1$および$i_2$は正弦波交流波形に近づいていく。

 

参考文献

 

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