RC交流回路の過渡現象の例題

交流回路の過渡現象は計算が煩雑になり、どのような現象が起きているのか分かりづらい部分がある。本記事では電験一種の過去問題を例題として、$RC$交流回路の過渡現象について考える。

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RC交流回路の過渡現象:例題

出典:電験一種筆記試験「理論」 昭和60年度問2

抵抗$R$と静電容量$C$が直列につながれた回路に、図1のような電圧$e(t)$を加えたとき、流れる電流を求めよ。
ただし$C$は充電されていないものとする。

$$e(t)=\begin{cases}
E\sin\omega t&(0\leqq t\leqq \displaystyle{\frac{\pi}{\omega}})\\\\
0&(t<0,\ t>\displaystyle{\frac{\pi}{\omega}})
\end{cases}$$

図1 印加電圧波形

微分方程式を用いた解法

問題文の回路を図示すると図2のようになる。今回求めるのは図中の電流$i(t)$となる。

図2 $RC$回路

(以下、電圧・電流は単に$e,\ v,\ i$と表記することにする)

0 ≦ t≦π/ωの場合

$\displaystyle{0\leqq t \leqq\frac{\pi}{\omega}}$のとき、コンデンサ$C$にかかる電圧を$v$とすると、回路の電流$i$は、

$$i=C\frac{dv}{dt}$$

と書ける。題意より$t=0$で$C$は充電されていないため、図2の回路の電圧について回路方程式をたてると、

$$\begin{align*}
Ri+\frac{1}{C}\int{i}dt&=e\\\\
\therefore CR\frac{dv}{dt}+v&=E\sin\omega t ・・・(1)
\end{align*}$$

$(1)$式を解くために、まず、

$$CR\frac{dv}{dt}+v=0$$

を解く。上式を変形して、

$$\begin{align*}
\frac{dv}{dt}&=-\frac{1}{CR}v\\\\
\frac{dv}{v}&=-\frac{dt}{CR}\\\\
\int{\frac{dv}{v}}&=-\int{\frac{dt}{CR}}\\\\
\ln{|v|}&=-\frac{t}{CR}+A\\\\
\therefore v&=±e^{-\frac{t}{CR}+A}\\\\
&=Be^{-\frac{t}{CR}}\left(±e^A\equiv B\right)\\\\
& ・・・(2)
\end{align*}$$

が導かれる。

次に、係数$B$を時間$t$の関数$B(t)$であるとして、$(1)$式に$(2)$式を代入すると、

$$\begin{align*}
CR\left\{\frac{dB(t)}{dt}e^{-\frac{t}{CR}}+B(t)e^{-\frac{t}{CR}}\right.&\left.\times\left(-\frac{1}{CR}\right)\right\}+B(t)e^{-\frac{t}{CR}}=E\sin\omega t\\\\
CR\frac{dB(t)}{dt}e^{-\frac{t}{CR}}&=E\sin\omega t\\\\
dB(t)&=\frac{E}{CR}e^{\frac{t}{CR}}\sin\omega tdt\\\\
\therefore B(t)&=\frac{E}{CR}\int{e^{\frac{t}{CR}}\sin\omega t}dt ・・・(3)\\\\
\end{align*}$$

$(3)$式の積分の部分のみ計算すると、

$$\begin{align*}
\int{e^{\frac{t}{CR}}\sin\omega t}&=CRe^{\frac{t}{CR}}\sin\omega t-\omega CR\int{e^{\frac{t}{CR}}\cos\omega t}\\\\
&=CRe^{\frac{t}{CR}}\sin\omega t-\omega CR\left\{CRe^{\frac{t}{CR}}\cos\omega t-\omega CR\int{e^{\frac{t}{CR}}\sin\omega t}\right\}\\\\
\therefore\int{e^{\frac{t}{CR}}\sin\omega t}&=\frac{CR}{1+\left(\omega CR\right)^2}e^{\frac{t}{CR}}\left(\sin\omega t-\omega CR\cos\omega t\right) ・・・(4)
\end{align*}$$

$(4)$式を$(3)$式に代入すると、

$$\begin{align*}
B(t)&=\frac{E}{1+\left(\omega CR\right)^2}e^{\frac{t}{CR}}\left(\sin\omega t-\omega CR\cos\omega t\right) ・・・(5)
\end{align*}$$

$(2)$式と$(5)$式を足し合わせたものが$(1)$式の解であるため、

$$v=Be^{-\frac{t}{CR}}+\frac{E}{1+\left(\omega CR\right)^2}\left(\sin\omega t-\omega CR\cos\omega t\right) ・・・(6)$$

したがって、電流$i$は$(6)$式より、

$$\begin{align*}
i=C\frac{dv}{dt}=-\frac{B}{R}e^{-\frac{t}{CR}}+\frac{CE}{1+\left(\omega CR\right)^2}\left(\omega\cos\omega t+\omega^2 CR\sin\omega t\right) ・・・(7)
\end{align*}$$

題意より、$t=0$で$i=0$であるから、

$$\begin{align*}
i(0)&=-\frac{B}{R}+\frac{\omega CE}{1+\left(\omega CR\right)^2}=0\\\\
\therefore B&=\frac{\omega CRE}{1+\left(\omega CR\right)^2} ・・・(8)
\end{align*}$$

$(7)$式を$(8)$式に代入すれば、$\displaystyle{0\leqq t \leqq\frac{\pi}{\omega}}$のときの電流$i$は、

$$\begin{align*}
i=-\frac{\omega CE}{1+\left(\omega CR\right)^2}e^{-\frac{t}{CR}}+\frac{\omega CE}{1+\left(\omega CR\right)^2}\left(\cos\omega t+\omega CR\sin\omega t\right) ・・・(9)
\end{align*}$$

ここで、$(9)$式の第2項の括弧の中について、$\phi=\tan^{-1}\frac{1}{\omega CR}$とおくと、

$$\begin{align*}
\cos\omega t+\omega CR\sin\omega t&=\sqrt{1+\left(\omega CR\right)^2}\left(\frac{1}{\sqrt{1+\left(\omega CR\right)^2}}\cos\omega t+\frac{\omega CR}{\sqrt{1+\left(\omega CR\right)^2}}\sin\omega t\right)\\\\
&=\sqrt{1+\left(\omega CR\right)^2}\sin\left(\omega t+\phi\right) ・・・(10)
\end{align*}$$

$(10)$式を$(9)$式に代入すると、

$$\begin{align*}
i&=-\frac{\omega CE}{1+\left(\omega CR\right)^2}e^{-\frac{t}{CR}}+\frac{\omega CE}{\sqrt{1+\left(\omega CR\right)^2}}\sin\left(\omega t+\phi\right)\\\\
&=\frac{\omega CE}{\sqrt{1+\left(\omega CR\right)^2}}\left\{\sin\left(\omega t+\phi\right)-e^{-\frac{t}{CR}}\sin\phi\right\} ・・・(11)
\end{align*}$$

ただし、$\displaystyle{\phi=\tan^{-1}\frac{1}{\omega CR},\ \sin\phi=\frac{1}{\sqrt{1+\left(\omega CR\right)^2}}}$

t > π/ωの場合

$\displaystyle{t >\frac{\pi}{\omega}}$のとき、図2の回路の電圧について回路方程式をたてると、

$$\begin{align*}
CR\frac{dv}{dt}+v&=0
\end{align*}$$

この微分方程式の解は、前項の結果から、積分定数を$D$として、

$$\begin{align*}
v=De^{-\frac{t-\frac{\pi}{\omega}}{CR}} ・・・(12)
\end{align*}$$

$(12)$式において、時間$t$は$t=0$を基準にしていることに注意する。

ここで$(12)$式より、$t=\displaystyle{\frac{\pi}{\omega}}$のときの電圧が$D$であるため、$(6)$式を用いて求めると、

$$\begin{align*}
D&=Be^{-\frac{1}{CR}\times\frac{\pi}{\omega}}+\frac{E}{1+\left(\omega CR\right)^2}\left(\sin\pi-\omega CR\cos\pi\right)\\\\
&=\frac{\omega CRE}{1+\left(\omega CR\right)^2}e^{-\frac{1}{CR}\times\frac{\pi}{\omega}}+\frac{\omega CRE}{1+\left(\omega CR\right)^2}\\\\
&=\frac{\omega CRE}{1+\left(\omega CR\right)^2}\left(1+e^{-\frac{\pi}{\omega CR}}\right) ・・・(13)
\end{align*}$$

$(13)$式を$(12)$式に代入して、

$$\begin{align*}
v=\frac{\omega CRE}{1+\left(\omega CR\right)^2}\left(1+e^{-\frac{\pi}{\omega CR}}\right)e^{-\frac{t-\frac{\pi}{\omega}}{CR}}
\end{align*}$$

したがって、電流$i$は、

$$\begin{align*}
i=C\frac{dv}{dt}&=-\frac{C}{CR}\times\frac{\omega CRE}{1+\left(\omega CR\right)^2}\left(1+e^{-\frac{\pi}{\omega CR}}\right)e^{-\frac{t-\frac{\pi}{\omega}}{CR}}\\\\
&=-\frac{\omega CE}{1+\left(\omega CR\right)^2}\left(1+e^{-\frac{\pi}{\omega CR}}\right)e^{-\frac{t-\frac{\pi}{\omega}}{CR}}\\\\
&=-\frac{\omega CE}{\sqrt{1+\left(\omega CR\right)^2}}\left(1+e^{-\frac{\pi}{\omega CR}}\right)e^{-\frac{t-\frac{\pi}{\omega}}{CR}}\sin\phi
\end{align*}$$

ただし、$\displaystyle{\phi=\tan^{-1}\frac{1}{\omega CR},\ \sin\phi=\frac{1}{\sqrt{1+\left(\omega CR\right)^2}}}$

解答の再掲

図2のの回路に電圧$e(t)$を印加した場合に流れる電流$i(t)$は、

$$i(t)=\begin{cases}
&=\displaystyle{\frac{\omega CE}{\sqrt{1+\left(\omega CR\right)^2}}}\left\{\sin\left(\omega t+\phi\right)-e^{-\frac{t}{CR}}\sin\phi\right\}&(0\leqq t\leqq \displaystyle{\frac{\pi}{\omega}})\\\\
&=-\displaystyle{\frac{\omega CE}{\sqrt{1+\left(\omega CR\right)^2}}}\left(1+e^{-\frac{\pi}{\omega CR}}\right)e^{-\frac{t-\frac{\pi}{\omega}}{CR}}\sin\phi&(t>\displaystyle{\frac{\pi}{\omega}})
\end{cases}$$

ただし、$\displaystyle{\phi=\tan^{-1}\frac{1}{\omega CR},\ \sin\phi=\frac{1}{\sqrt{1+\left(\omega CR\right)^2}}}$

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ラプラス変換を用いた解法

図2の回路において、電圧$e(t)$を単位ステップ関数$u(t)$および$u\left(t-\displaystyle{\frac{\pi}{\omega}}\right)$を用いて表すと、

$$e(t)=E\sin\omega t\ u(t)+E\sin\omega\left(t-\frac{\pi}{\omega}\right)u\left(t-\displaystyle{\frac{\pi}{\omega}}\right) ・・・(14)$$

と表せる($\displaystyle{t >\frac{\pi}{\omega}}$では第1項と第2項が打ち消しあってゼロになる、というイメージである)。

また、電流$i(t)$に対する回路方程式は、$(1)$式の導出の途中式を用いると、

$$\begin{align*}
Ri(t)+\frac{1}{C}\int{i(t)}dt&=e(t) ・・・(15)
\end{align*}$$

$(15)$式の両辺をラプラス変換すると、題意よりコンデンサ$C$の初期電荷がゼロであることを考慮して、

$$\begin{align*}
RI(s)+\frac{I(s)}{sC}&=E(s)\\\\
\therefore I(s)&=\frac{E(s)}{R+\displaystyle{\frac{1}{sC}}} ・・・(16)
\end{align*}$$

$(16)$式の$E(s)$は、$(14)$式の両辺をラプラス変換して、

$$\begin{align*}
E(s)&=\frac{\omega E}{s^2+\omega^2}+\frac{\omega E}{s^2+\omega^2}e^{\left(t-\frac{\pi}{\omega}\right)}\\\\
&=\frac{\omega E}{s^2+\omega^2}\left\{1+e^{\left(t-\frac{\pi}{\omega}\right)}\right\} ・・・(17)\end{align*}$$

$(17)$式を$(16)$式に代入して変形すると、

$$\begin{align*}
I(s)&=\frac{1}{R+\displaystyle{\frac{1}{sC}}}\frac{\omega E}{s^2+\omega^2}\left\{1+e^{\left(t-\frac{\pi}{\omega}\right)}\right\}\\\\
&=\frac{\omega E}{R}\frac{s}{\left(s+\displaystyle{\frac{1}{RC}}\right)\left(s^2+\omega^2\right)}\left\{1+e^{\left(t-\frac{\pi}{\omega}\right)}\right\}\\\\
&=\frac{\omega E}{R}\frac{1}{1+\left(\omega CR\right)^2}\left\{\frac{sCR+\left(\omega CR\right)^2}{s^2+\omega^2}-\frac{CR}{s+\displaystyle{\frac{1}{RC}}}\right\}\left\{1+e^{\left(t-\frac{\pi}{\omega}\right)}\right\}\\\\
&=\frac{\omega CE}{1+\left(\omega CR\right)^2}\left(\frac{s}{s^2+\omega^2}+\omega CR\frac{\omega}{s^2+\omega^2}-\frac{1}{s+\displaystyle{\frac{1}{RC}}}\right)\left\{1+e^{\left(t-\frac{\pi}{\omega}\right)}\right\} ・・・(18)
\end{align*}$$

$(18)$式をラプラス逆変換すると、求める電流$i(t)$は、

$$\begin{align*}
i(t)&=\frac{\omega CE}{1+\left(\omega CR\right)^2}\left[\left(\cos\omega t+\omega CR\sin\omega t-e^{-\frac{t}{CR}}\right)u(t)\right.\\\\&\quad+\left.\left\{\cos\omega\left(t-\frac{\pi}{\omega}\right)+\omega CR\sin\omega\left(t-\frac{\pi}{\omega}\right)-e^{-\frac{t-\frac{\pi}{\omega}}{CR}}\right\}u\left(t-\displaystyle{\frac{\pi}{\omega}}\right)\right]\\\\
&=\frac{\omega CE}{\sqrt{1+\left(\omega CR\right)^2}}\left<\left\{\sin\left(\omega t+\phi\right)-e^{-\frac{t}{CR}}\sin\phi\right\}u(t)\right.\\\\&\quad+\left.\left[\sin\left\{\omega\left(t-\frac{\pi}{\omega}\right)+\phi\right\}-e^{-\frac{t-\frac{\pi}{\omega}}{CR}}\sin\phi\right]u\left(t-\displaystyle{\frac{\pi}{\omega}}\right)\right> ・・・(19)
\end{align*}$$

ただし、$\displaystyle{\phi=\tan^{-1}\frac{1}{\omega CR},\ \sin\phi=\frac{1}{\sqrt{1+\left(\omega CR\right)^2}}}$

少しわかりづらいが、この式は微分方程式の解法で算出した式と一致する。

電圧と電流の波形

$(11)$または$(19)$式に基づき、電圧$e(t)$および電流$i(t)$をグラフに図示したものを図3に示す。

図3 電圧・電流波形

$\displaystyle{0\leqq t \leqq\frac{\pi}{\omega}}$の範囲では、$i(t)$は$e(t)$の波形に最初追随して増加するが、$t$の増加に伴い過渡項が優位となり、$e(t)$に先立って減衰する。

$\displaystyle{t >\frac{\pi}{\omega}}$の範囲では、$e(t)=0$でコンデンサ$C$から徐々に電流が流れだし、$i(t)$がゼロに収束していく。

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