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、
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、
$(2)$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、
$(3)$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、
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、
LAB^2e^{Bt}+RABe^{Bt}+\frac{A}{C}e^{Bt}&=0\\\\
\therefore LB^2+RB+\frac{1}{C}&=0 ・・・(5)
\end{align*}$$
$(5)$式から$B$を求めると、二次方程式の解の公式より、
B&=\frac{-R\pm\sqrt{R^2-\displaystyle{\frac{4L}{C}}}}{2L}\\\\
&=-\frac{R}{2L}\pm\sqrt{\left(\frac{R}{2L}\right)^2-\frac{1}{LC}} ・・・(6)
\end{align*}$$
したがって、過渡解$q_\mathrm{t}$は、$(6)$式より、
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)$$
$(7),\ (8)$式より、$(2)$式の解は、
q&=q_\mathrm{t}+q_\mathrm{s}\\\\
&=e^{-\frac{R}{2L}t}\left(A_1e^{\sqrt{\left(\frac{R}{2L}\right)^2-\frac{1}{LC}}t}+A_2e^{-\sqrt{\left(\frac{R}{2L}\right)^2-\frac{1}{LC}}t}\right)+CE\\\\
&\equiv e^{-\alpha t}\left(A_1e^{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}t}+A_2e^{-\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}t}\right)+CE・・・(8)
\end{align*}$$
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、
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$$
したがって、$(8),\ (9)$式の$t=0$における式は、
q|_{t=0}&=A_1+A_2+CE=\frac{CE}{2}\\\\
\therefore A_1&=-A_2-\frac{CE}{2} ・・・(10)\\\\\\\\
i|_{t=0}&=\left(\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}-\alpha\right)A_1-\left(\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}+\alpha\right)A_2=0 ・・・(11)
\end{align*}$$
$(10)$式を$(11)$式に代入し、$A_2$を求めると、
\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*}$$
さらに$(12)$式を$(10)$式に代入し、$A_1$を求めると、
A_1&=-A_2-\frac{CE}{2}\\\\
&=-\frac{CE}{4}\left(\frac{\alpha}{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}}-1\right)-\frac{CE}{2}\\\\
&=-\frac{CE}{4}\left(\frac{\alpha}{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}}+1\right) ・・・(13)
\end{align*}$$
$(12),\ (13)$式を$(8)$式に代入すると、電荷$q$の式は、
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*}$$
同様に、電流$i$の式は、$(9),\ (12),\ (13)$式より、
i&=\frac{CE}{4}e^{-\alpha t}\left\{-\left(\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}-\alpha\right)\left(\frac{\alpha}{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}}+1\right)e^{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}t}-\left(\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}+\alpha\right)\left(\frac{\alpha}{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}}-1\right)e^{-\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}t}\right\}\\\\
&=\frac{CE}{4}e^{-\alpha t}\left\{\left(\frac{\alpha^2}{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}}-\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}\right)e^{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}t}-\left(\frac{\alpha^2}{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}}-\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}\right)e^{-\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}t}\right\}\\\\
&=\frac{\omega^2_0CE}{4\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}}e^{-\alpha t}\left(e^{\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}t}-e^{-\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}t}\right) ・・・(15)
\end{align*}$$
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、
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*}$$
$(16)$式が問題文で問われている電圧の式となる。
回路特性を表すグラフ
電圧変化のグラフ
ここで、$R=\displaystyle{\frac{4}{\sqrt{3}}\sqrt{\frac{L}{C}}}$のときの場合を考える。
$(16)$式における各値を計算すると、
\alpha&=\frac{R}{2L}\\\\
&=\frac{1}{2L}\cdot\frac{4}{\sqrt{3}}\sqrt{\frac{L}{C}}\\\\
&=\frac{2}{\sqrt{3LC}}\\\\\\
\sqrt{\alpha^2-\omega^2_0}&=\sqrt{\frac{4}{3LC}-\frac{1}{LC}}\\\\
&=\frac{1}{\sqrt{3LC}}\\\\\\
\omega^2_0CR&=\frac{CR}{LC}\\\\
&=\frac{R}{L}\\\\
&=2\alpha\\\\
&=\frac{4}{\sqrt{3LC}}
\end{align*}$$
これらを$(16)$式に代入して、
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*}$$
$(17)$式より、$v_\mathrm{AB}$のグラフは図3のようになる。
図3 電圧$v_\mathrm{AB}$のグラフ
図3より、スイッチ投入前後$(t=0)$は2つの$C$で電圧が分担されていた$\left(v_\mathrm{AB}|_{t=0}=\displaystyle{\frac{E}{2}}\right)$が、時間経過につれ定常値$v_\mathrm{AB}|_{t=\infty}=E$に収束していく。
電荷・電流のグラフ
また、このときの電荷$q$および電流$i$の式を導出すると、$(14),\ (15)$式より、
q&=CE\left[1-\frac{1}{4}\left\{\left(\frac{\displaystyle{\frac{2}{\sqrt{3LC}}}}{\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{3LC}}}}+1\right)e^{-\frac{t}{\sqrt{3LC}}}-\left(\frac{\displaystyle{\frac{2}{\sqrt{3LC}}}}{\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{3LC}}}}-1\right)e^{-\sqrt{\frac{3}{LC}}t}\right\}\right]\\\\
&=CE\left(1-\frac{3}{4}e^{-\frac{t}{\sqrt{3LC}}}+\frac{1}{4}e^{-\sqrt{\frac{3}{LC}}t}\right) ・・・(18)\\\\\\
i&=\frac{\displaystyle{\frac{4}{\sqrt{3LC}}\cdot\frac{E}{R}}}{4\cdot\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{3LC}}}}\left(e^{-\frac{t}{\sqrt{3LC}}}-e^{-\sqrt{\frac{3}{LC}}t}\right)\\\\
&=\frac{E}{R}\left(e^{-\frac{t}{\sqrt{3LC}}}-e^{-\sqrt{\frac{3}{LC}}t}\right) ・・・(19)
\end{align*}$$
$(18),\ (19)$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
- 大下眞二郎『詳解電気回路演習（下）』共立出版，1980
本記事では、各素子を接続した回路にスイッチをいれた直後の過渡現象についてまとめる。過渡現象とは過渡現象とは「ある定常状態から別の定常状態に移行する際に起こる現象」である。 微分方程式で表される回路方[…]
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