RLC直列回路の過渡現象(直流回路)の例題

本記事では、$RLC$直列回路の過渡現象の例題として、旧制度の電験一種の過去問題を取り上げる。





RLC直列回路の過渡現象(直流回路):例題

出典:電験一種筆記試験「理論」 昭和46年度問3
(問題文の記述を一部変更しています)

図1の回路において、スイッチ$\mathrm{S}$を閉じた後の$\mathrm{A-B}$間に現われる電圧の変化を求め、$R=\displaystyle{\frac{4}{\sqrt{3}}\sqrt{\frac{L}{C}}}$の場合について、これを図示せよ。

ただし、スイッチ$\mathrm{S}$を閉じる前の回路は定常状態にあるものとする。

 

図1 $RLC$直列回路(スイッチ$\mathrm{S}$開)

 

A-B間の電圧の式

スイッチS閉後の回路方程式

図1の回路について、スイッチ$\mathrm{S}$を閉じた後の回路を図2に示す。

このとき、上部側の$R$および$C$が短絡されるため、$L,\ R,\ C$の素子が1つある$RLC$直列回路となる。

図2 $RLC$直列回路(スイッチ$\mathrm{S}$閉)

 

回路に流れる電流を$i$として、図2の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、

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

 

また、回路の$C$に蓄えられる電荷$q=\int i\mathrm{d}t$に対して式を立てると、

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

 

後述のように、今回は初期電荷が$0$でない場合を扱うため、電荷$q$における回路方程式を解くことになる。

 

$(2)$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、$(2)$式の解はこれらの和で表され、

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

 

$(3)$式のうち過渡解$q_\mathrm{t}$に関する式は、$t\rightarrow\infty$で$(2)$式の両辺が$0$に収束する斉次方程式となり、

$$L\frac{\mathrm{d}^2q_\mathrm{t}}{\mathrm{d}t^2}+R\frac{\mathrm{d}q_\mathrm{t}}{\mathrm{d}t}+\frac{q_\mathrm{t}}{C}=0 ・・・(4)$$

 

解の導出

ここで、$(4)$式の解を便宜的に$q_\mathrm{t}=Ae^{Bt}$とおく($A, B$は定数)。

これを$(4)$式に代入すると、

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

 

$(5)$式から$B$を求めると、二次方程式の解の公式より、

$$\begin{align*}
B&=\frac{-R\pm\sqrt{R^2-\displaystyle{\frac{4L}{C}}}}{2L}\\\\
&=-\frac{R}{2L}\pm\sqrt{\left(\frac{R}{2L}\right)^2-\frac{1}{LC}} ・・・(6)
\end{align*}$$

 

したがって、過渡解$q_\mathrm{t}$は、$(6)$式より、

$$\begin{align*}
q_\mathrm{t}&=A_1e^{\left\{-\frac{R}{2L}+\sqrt{\left(\frac{R}{2L}\right)^2-\frac{1}{LC}}\right\}t}+A_2e^{\left\{-\frac{R}{2L}-\sqrt{\left(\frac{R}{2L}\right)^2-\frac{1}{LC}}\right\}t}\\\\
&=e^{-\frac{R}{2L}t}\left(A_1e^{\sqrt{\left(\frac{R}{2L}\right)^2-\frac{1}{LC}}t}+A_2e^{-\sqrt{\left(\frac{R}{2L}\right)^2-\frac{1}{LC}}t}\right) ・・・(7)
\end{align*}$$

ただし、$A_1,\ A_2$は定数である。

 

次に、定常解$q_\mathrm{s}$は、定常状態において図2の回路のうち$C$にのみ電圧$E$が加わっている状態となるから、

$$q_\mathrm{s}=CE ・・・(8)$$

 

$(7),\ (8)$式より、$(2)$式の解は、

$$\begin{align*}
q&=q_\mathrm{t}+q_\mathrm{s}\\\\
&=e^{-\frac{R}{2L}t}\left(A_1e^{\sqrt{\left(\frac{R}{2L}\right)^2-\frac{1}{LC}}t}+A_2e^{-\sqrt{\left(\frac{R}{2L}\right)^2-\frac{1}{LC}}t}\right)+CE\\\\
&\equiv e^{-\alpha t}\left(A_1e^{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}t}+A_2e^{-\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}t}\right)+CE・・・(8)
\end{align*}$$

ただし、$\alpha=\displaystyle{\frac{R}{2L}},\ \omega_0=\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{LC}}},\ \left\{\displaystyle{\left(\frac{R}{2L}\right)^2}-\frac{1}{LC}\right\}=\alpha^2-{\omega_0}^2$とした。

 

また、回路に流れる電流$i$は、$(8)$式より、

$$\begin{align*}
i&=\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}\\\\
&=-\alpha e^{-\alpha t}\left(A_1e^{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}t}+A_2e^{-\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}t}\right)+e^{-\alpha t}\left(\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}A_1e^{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}t}-\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}A_2e^{-\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}t}\right)\\\\
&=e^{-\alpha t}\left\{\left(\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}-\alpha\right)A_1e^{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}t}-\left(\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}+\alpha\right)A_2e^{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}t}\right\} ・・・(9)
\end{align*}$$

 

係数の導出

次に、$(8),\ (9)$式の係数$A_1,\ A_2$の式を導出する。

図1の回路でスイッチ$\mathrm{S}$を閉じる直前($t=0$)において、2つの$C$に蓄えられている電荷は、

$$q|_{t=0}=\frac{CE}{2}$$

 

また、題意よりスイッチ$\mathrm{S}$を閉じる直前は定常状態であり、回路には電流が流れていないため、

$$i|_{t=0}=0$$

 

したがって、$(8),\ (9)$式の$t=0$における式は、

$$\begin{align*}
q|_{t=0}&=A_1+A_2+CE=\frac{CE}{2}\\\\
\therefore A_1&=-A_2-\frac{CE}{2} ・・・(10)\\\\\\\\
i|_{t=0}&=\left(\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}-\alpha\right)A_1-\left(\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}+\alpha\right)A_2=0 ・・・(11)
\end{align*}$$

 

$(10)$式を$(11)$式に代入し、$A_2$を求めると、

$$\begin{align*}
\left(\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}-\alpha\right)\left(-A_2-\frac{CE}{2}\right)-\left(\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}+\alpha\right)A_2&=0\\\\
-2\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}A_2&=\frac{CE}{2}\left(\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}-\alpha\right)\\\\
\therefore A_2&=\frac{CE}{4}\left(\frac{\alpha}{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}}-1\right) ・・・(12)
\end{align*}$$

 

さらに$(12)$式を$(10)$式に代入し、$A_1$を求めると、

$$\begin{align*}
A_1&=-A_2-\frac{CE}{2}\\\\
&=-\frac{CE}{4}\left(\frac{\alpha}{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}}-1\right)-\frac{CE}{2}\\\\
&=-\frac{CE}{4}\left(\frac{\alpha}{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}}+1\right) ・・・(13)
\end{align*}$$

 

$(12),\ (13)$式を$(8)$式に代入すると、電荷$q$の式は、

$$\begin{align*}
q&=CE\left[1-\frac{1}{4}e^{-\alpha t}\left\{\left(\frac{\alpha}{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}}+1\right)e^{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}t}-\left(\frac{\alpha}{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}}-1\right)e^{-\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}t}\right\}\right] ・・・(14)
\end{align*}$$

 

同様に、電流$i$の式は、$(9),\ (12),\ (13)$式より、

$$\begin{align*}
i&=\frac{CE}{4}e^{-\alpha t}\left\{-\left(\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}-\alpha\right)\left(\frac{\alpha}{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}}+1\right)e^{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}t}-\left(\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}+\alpha\right)\left(\frac{\alpha}{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}}-1\right)e^{-\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}t}\right\}\\\\
&=\frac{CE}{4}e^{-\alpha t}\left\{\left(\frac{\alpha^2}{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}}-\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}\right)e^{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}t}-\left(\frac{\alpha^2}{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}}-\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}\right)e^{-\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}t}\right\}\\\\
&=\frac{\omega^2_0CE}{4\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}}e^{-\alpha t}\left(e^{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}t}-e^{-\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}t}\right) ・・・(15)
\end{align*}$$

 

ただし、$\alpha=\displaystyle{\frac{R}{2L}},\ \omega_0=\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{LC}}},\ \left\{\displaystyle{\left(\frac{R}{2L}\right)^2}-\frac{1}{LC}\right\}=\alpha^2-{\omega_0}^2$

 

A-B間の電圧の式

スイッチ$\mathrm{S}$を閉じた後の$\mathrm{A-B}$間に現われる電圧を$v_\mathrm{A-B}$とすると、$(14),\ (15)$式より、

$$\begin{align*}
v_\mathrm{AB}&=Ri+\frac{q}{C}\\\\
&=E\left[1-\frac{1}{4\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}}e^{-\alpha t}\left\{\left(\alpha+\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}-\omega^2_0CR\right)e^{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}t}+\left(-\alpha+\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}+\omega^2_0CR\right)e^{-\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}t}\right\}\right]\\\\
& ・・・(16)
\end{align*}$$

 

$(16)$式が問題文で問われている電圧の式となる。

 

 

回路特性を表すグラフ

電圧変化のグラフ

ここで、$R=\displaystyle{\frac{4}{\sqrt{3}}\sqrt{\frac{L}{C}}}$のときの場合を考える。

$(16)$式における各値を計算すると、

$$\begin{align*}
\alpha&=\frac{R}{2L}\\\\
&=\frac{1}{2L}\cdot\frac{4}{\sqrt{3}}\sqrt{\frac{L}{C}}\\\\
&=\frac{2}{\sqrt{3LC}}\\\\\\
\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}&=\sqrt{\frac{4}{3LC}-\frac{1}{LC}}\\\\
&=\frac{1}{\sqrt{3LC}}\\\\\\
\omega^2_0CR&=\frac{CR}{LC}\\\\
&=\frac{R}{L}\\\\
&=2\alpha\\\\
&=\frac{4}{\sqrt{3LC}}
\end{align*}$$

 

これらを$(16)$式に代入して、

$$\begin{align*}
v_\mathrm{AB}&=E\left[1-\frac{1}{4\cdot\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{3LC}}}}e^{-\frac{2}{\sqrt{3LC}}t}\left\{\left(\frac{2}{\sqrt{3LC}}+\frac{1}{\sqrt{3LC}}-\frac{4}{\sqrt{3LC}}\right)e^{\frac{t}{\sqrt{3LC}}}+\left(-\frac{2}{\sqrt{3LC}}+\frac{1}{\sqrt{3LC}}+\frac{4}{\sqrt{3LC}}\right)e^{-\frac{t}{\sqrt{3LC}}}\right\}\right]\\\\
&=E\left(1+\frac{1}{4}e^{-\frac{t}{\sqrt{3LC}}}-\frac{3}{4}e^{-\sqrt{\frac{3}{LC}}t}\right) ・・・(17)
\end{align*}$$

 

$(17)$式より、$v_\mathrm{AB}$のグラフは図3のようになる。

 

図3 電圧$v_\mathrm{AB}$のグラフ

 

図3より、スイッチ投入前後$(t=0)$は2つの$C$で電圧が分担されていた$\left(v_\mathrm{AB}|_{t=0}=\displaystyle{\frac{E}{2}}\right)$が、時間経過につれ定常値$v_\mathrm{AB}|_{t=\infty}=E$に収束していく。

 

電荷・電流のグラフ

また、このときの電荷$q$および電流$i$の式を導出すると、$(14),\ (15)$式より、

$$\begin{align*}
q&=CE\left[1-\frac{1}{4}\left\{\left(\frac{\displaystyle{\frac{2}{\sqrt{3LC}}}}{\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{3LC}}}}+1\right)e^{-\frac{t}{\sqrt{3LC}}}-\left(\frac{\displaystyle{\frac{2}{\sqrt{3LC}}}}{\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{3LC}}}}-1\right)e^{-\sqrt{\frac{3}{LC}}t}\right\}\right]\\\\
&=CE\left(1-\frac{3}{4}e^{-\frac{t}{\sqrt{3LC}}}+\frac{1}{4}e^{-\sqrt{\frac{3}{LC}}t}\right) ・・・(18)\\\\\\
i&=\frac{\displaystyle{\frac{4}{\sqrt{3LC}}\cdot\frac{E}{R}}}{4\cdot\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{3LC}}}}\left(e^{-\frac{t}{\sqrt{3LC}}}-e^{-\sqrt{\frac{3}{LC}}t}\right)\\\\
&=\frac{E}{R}\left(e^{-\frac{t}{\sqrt{3LC}}}-e^{-\sqrt{\frac{3}{LC}}t}\right) ・・・(19)
\end{align*}$$

 

$(18),\ (19)$式に基づき、これらのグラフを図示すると図4のようになる。

 

図4 電荷$q$および電流$i$のグラフ

 

図4より、スイッチ$\mathrm{S}$が閉になる直前まで$C$に蓄えられていた電荷$q|_{t=0}=\displaystyle{\frac{CE}{2}}$から、さらに回路に電流が流れることにより$q|_{t=\infty}=CE$まで蓄えられることになる。

また、スイッチ$\mathrm{S}$が閉じられた直後は回路に電流$i$が流れるものの、$C$が充電されていくにつれ$0$に近づいていく。

 

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参考文献

 

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