RC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$RC$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$E$,抵抗$R$,静電容量$C$が接続された$RC$直列回路を示す。

このとき、スイッチが入る前には$C$は充電されていないものとする。

図1 $RC$直列回路

 

図1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、

$$Ri+\frac{1}{C}\int{idt}=E ・・・(1)$$

 

$(1)$式の第2項は、$C$に発生する電圧$v_C$を表している。$C$に蓄積される電荷を$q$とすると、電流$i$は、

$$\begin{align*}
i&=\frac{dq}{dt}\\\\
\therefore q&=\int{idt}
\end{align*}$$

 

一方、$q$と$v_C$についての関係は、

$$v_C=\frac{q}{C}$$

であるから、これらの式を組み合わせると、

$$v_C=\frac{1}{C}\int{idt}$$

となり、$(1)$式の第2項が導かれる。

回路方程式の解法

過渡解と定常解

$(1)$式を電流$i$について解く場合、$RL$回路の場合と同様に、過渡解を$i_t$,定常解を$i_s$とすると、$(1)$式の解は、

$$i=i_t+i_s ・・・(2)$$

 

$(2)$式を$(1)$式に代入すると、

$$\begin{align*}
R\left(i_t+i_s\right)+\frac{1}{C}\int{\left(i_t+i_s\right)dt}&=E\\\\
\therefore\left(Ri_t+\frac{1}{C}\int{i_tdt}\right)+\left(Ri_s+\frac{1}{C}\int{i_sds}\right)&=E ・・・(3)
\end{align*}$$

 

$(3)$式をそれぞれ$i_t$と$i_s$についての2つの式に分離すると、

$$\begin{cases}
Ri_t+\displaystyle{\frac{1}{C}}\int{i_tdt}=0 &・・・(3.1)\\\\
Ri_s+\displaystyle{\frac{1}{C}}\int{i_sds}=E &・・・(3.2)
\end{cases}$$

 

$(3.1)$式は過渡状態においてのみ考慮すべき式(かつ数学的には斉次方程式)であり、$t\rightarrow\infty$で両辺は$0$に収束する。

$(3.2)$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

$(1)$式を解くために、まず

$$Ri_t+\frac{1}{C}\int{i_tdt}=0 ・・・(3.1)$$

を解き、過渡解$i_t$を求める。

 

$(3.1)$式の両辺を微分すると、

$$R\frac{di_t}{dt}+\frac{i_t}{C}=0 ・・・(4)$$

 

$(4)$式を変形すると、

$$\begin{align*}
R\frac{di_t}{dt}&=-\frac{i_t}{C}\\\\
\frac{di_t}{i_t}&=-\frac{dt}{CR}\\\\
\int{\frac{di_t}{i_t}}&=-\frac{1}{CR}\int{dt}\\\\
\ln{\left|i_t\right|}&=-\frac{t}{CR}+D\\\\
\therefore i_t&=Ae^{-\frac{t}{CR}}\left(A=\pm e^D\right) ・・・(5)
\end{align*}$$

上記の導出において、$D,\ A$は積分定数である。

 

$(5)$式が$(1)$式における過渡解となる。

定常解の導出

次に、

$$Ri_s+\displaystyle{\frac{1}{C}}\int{i_sds}=E ・・・(3.2)$$

を解き、$(1)$式の定常解を求める。

 

$(3.2)$の両辺を微分すると、

$$R\frac{di_s}{dt}+\frac{i_s}{C}=0 ・・・(6)$$

 

$(6)$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、

$$\frac{di_s}{dt}=0$$

 

したがって、$(6)$式から、

$$i_s=0 ・・・(7)$$

$(7)$式が$(1)$式における定常解となる。すなわち、定常状態では回路に電流は流れない。

電流・電圧の一般解

$(5),\ (7)$式を$(2)$式に代入すると、$(1)$式の解を求めることができて、

$$i=Ae^{-\frac{t}{CR}} ・・・(8)$$

 

ここで、初期状態$t=0$において、図1の回路にスイッチが入った直後は$C$は短絡状態に等しいため、

$$i|_{t=0}=A=\frac{E}{R}$$

 

したがって、$(8)$式は、

$$i=\frac{E}{R}e^{-\frac{t}{CR}} ・・・(9)$$

$(9)$式が$(1)$式における一般解となる。

 

なお、抵抗$R$および静電容量$C$に発生する電圧をそれぞれ$v_R$および$v_C$とすると、$(9)$式を用いて、

$$\begin{align*}
v_R&=Ri=Ee^{-\frac{t}{CR}} &・・・(10)\\\\
v_C&=\frac{1}{C}\int{idt}=-Ee^{-\frac{t}{CR}}+F &・・・(11)
\end{align*}$$

$(11)$式において、$F$は積分定数である。

 

ここで、初期状態$t=0$において、図1の回路にスイッチが入った直後は$C$は短絡状態に等しいため、

$$\begin{align*}
v_C|_{t=0}&=-E+F\\\\
\therefore F&=E
\end{align*}$$

 

よって、$(11)$式は、

$$v_C=E\left(1-e^{-\frac{t}{CR}}\right) ・・・(12)$$

ラプラス変換による解法

ラプラス変換を用いると、$(1)$式から直接$(9)$式を導出できる。

 

$(1)$式の両辺をラプラス変換すると、$I(s)=\mathcal{L}\left\{i\right\}$として、

$$\begin{align*}
RI(s)&+\frac{I(s)}{sC}+\frac{1}{sC}\left.\int{idt}\right|_{t=0}=\frac{E}{s}\\\\
I(s)&=\frac{E}{s\left(R+\frac{1}{sC}\right)}\left(\because \left.\int{idt}\right|_{t=0}=0\right)\\\\
&=\frac{E}{R}\frac{s}{s\left(s+\frac{1}{CR}\right)}\\\\
&=\frac{E}{R}\frac{1}{s+\frac{1}{CR}}\\\\
\therefore i&=\mathcal{L}^{-1}\left\{I(s)\right\}=\frac{E}{R}e^{-\frac{t}{CR}}
\end{align*}$$

となり、$(9)$式と同じ結果が得られる。

電流・電圧のグラフ

これまでに求めた$i,\ v_R,\ v_C$のグラフを図2に示す。

図2 $RC$直列回路の電流・電圧のグラフ

 

図2より、$t=0$の時点では$v_R=E,\ v_C=0$であり、$R$にのみ電圧が発生している(=$C$の部分は短絡状態)。

その後、$t$が大きくなるに従い$C$に電荷が充電され、回路に電流$i$が流れなくなる(=回路は$C$の部分で開放状態)。定常状態では、$C$にのみ電圧が発生していることがわかる。

 

なお、図1の回路の場合の時定数$\tau$は、$(9),\ (10),\ (12)$式より、

$$\tau=CR$$

となる。

 

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