本記事では、直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
図1は、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つのコイルを互いに向かい合わせ、直流電源$E$，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示している。
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、
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 &・・・(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}$$
回路方程式の解法
過渡解と定常解
$(1),\ (2)$式を電流$i_1,\ i_2$について解く場合、過渡解をそれぞれ$i_\mathrm{1t},\ i_\mathrm{2t}$，定常解を$i_\mathrm{1s},\ i_\mathrm{2s}$とすると、$(1),\ (2)$式の解は、
i_1=i_\mathrm{1t}+i_\mathrm{1s}\\\\
i_2=i_\mathrm{2t}+i_\mathrm{2s}
\end{cases} ・・・(3)$$
と表すことができる。
$(3)$式を$(1),\ (2)$式に代入すると、
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\\\\
\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 ・・・(4)
\end{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、
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 &・・・(4.2)
\end{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
$(4),\ (5)$式を解くために、まず、
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}$$
を解き、過渡解$i_\mathrm{1t},\ i_\mathrm{2t}$を求める。
$(4.1),\ (5.1)$式の解を便宜的に$i_\mathrm{1t}=A_1e^{Bt},\ i_\mathrm{2t}=A_2e^{Bt}$とおく（$A_1,\ A_2,\ B$は$0$でない定数とする）。
これを$(4.1),\ (5.1)$式に代入すると、
R_1A_1e^{Bt}+L_1A_1Be^{Bt}+MA_2Be^{Bt}&=0\\\\
\therefore R_1A_1+L_1A_1B+MA_2B&=0 ・・・(6)
\end{align*}$$
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*}$$$(6)$式を$A_2$に関する式に変形すると、
MA_2B&=-\left(L_1B+R_1\right)A_1\\\\
\therefore A_2&=-\frac{L_1B+R_1}{MB}A_1 ・・・(8)
\end{align*}$$
$(8)$式を$(7)$式に代入し、$A_2$を消去すると、
-\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*}$$
$(9)$式から定数$B$を求めると、二次方程式の解の公式より、
B&=\frac{-\left(L_1R_2+L_2R_1\right)\pm\sqrt{\left(L_1R_2+L_2R_1\right)^2-4\left(L_1L_2-M^2\right)R_1R_2}}{2\left(L_1L_2-M^2\right)}\\\\
&=\frac{-\left(L_1R_2+L_2R_1\right)\pm\sqrt{\left(L_1R_2-L_2R_1\right)^2+4M^2R_1R_2}}{2\left(L_1L_2-M^2\right)} ・・・(10)
\end{align*}$$
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。
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$$
さらに、$B_1,\ B_2$の分母が$0$になると、$(11)$の指数部が発散してしまうため、$L_1L_2-M^2>0$である必要がある。
そして、
\sqrt{\left(L_1R_2-L_2R_1\right)^2+4M^2R_1R_2}&=\sqrt{\left(L_1R_2+L_2R_1\right)^2-4\left(L_1L_2-M^2\right)R_1R_2}\\\\
&<L_1R_2+L_2R_1
\end{align*}$$
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、
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 &・・・(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}$$
を解き、定常解$i_\mathrm{1s},\ i_\mathrm{2s}$を求める。
$(4.2)$および$(5.2)$式は定常状態、すなわち$t\rightarrow\infty$としたときにも成り立つ式である。
この場合、過渡的な電流値の遷移がない状態であるから、
したがって、
i_\mathrm{1s}=\displaystyle{\frac{E}{R_1}}\\\\
i_\mathrm{2s}=0
\end{cases} ・・・(12)$$
$(12)$式が$(4.2)$および$(5.2)$式における定常解となる。
電流の式
$(11),\ (12)$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、
i_1&=A_{11}e^{B_1t}+A_{12}e^{B_2t}+\displaystyle{\frac{E}{R_1}}\\\\
i_2&=A_{21}e^{B_1t}+A_{22}e^{B_2t}
\end{cases} ・・・(13)$$
ここで、初期状態$t=0$において、スイッチが入った直後は回路に電流は流れないため、$(13)$式より、
i_1|_{t=0}&=A_{11}+A_{12}+\frac{E}{R_1}=0\\\\
\therefore A_{12}&=-A_{11}-\frac{E}{R_1} ・・・(14)
\end{align*}$$$$i_2|_{t=0}=A_{21}+A_{22}=0 ・・・(15)$$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。
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} ・・・(16)$$
$(15)$式に$(16)$式を代入して、さらに$(14)$式も用いると、
-\frac{L_1B_1+R_1}{MB_1}A_{11}-\frac{L_1B_2+R_1}{MB_2}A_{12}&=0\\\\
\frac{L_1B_1+R_1}{MB_1}A_{11}-\frac{L_1B_2+R_1}{MB_2}\left(A_{11}+\frac{E}{R_1}\right)&=0\\\\
\frac{\left(L_1B_1+R_1\right)B_2-\left(L_1B_2+R_1\right)B_1}{B_1B_2}A_{11}&=\frac{L_1B_2+R_1}{R_1B_2}E\\\\
-\frac{\left(B_1-B_2\right)R_1}{B_1}A_{11}&=\frac{L_1B_2+R_1}{R_1}E\\\\
\therefore A_{11}&=-\frac{\left(L_1B_2+R_1\right)B_1}{\left(B_1-B_2\right)R^2_1}E
\end{align*}$$
また、他の定数も求めていくと、
A_{12}&=-A_{11}-\frac{E}{R_1}\\\\
&=\frac{\left(L_1B_2+R_1\right)B_1}{\left(B_1-B_2\right)R^2_1}E-\frac{E}{R_1}\\\\
&=\frac{\left(L_1B_2+R_1\right)B_1-\left(B_1-B_2\right)R_1}{\left(B_1-B_2\right)R^2_1}E\\\\
&=\frac{\left(L_1B_1+R_1\right)B_2}{\left(B_1-B_2\right)R^2_1}E
\end{align*}$$
A_{21}&=-\frac{L_1B_1+R_1}{MB_1}A_{11}\\\\
&=\frac{L_1B_1+R_1}{MB_1}\cdot\frac{\left(L_1B_2+R_1\right)B_1}{\left(B_1-B_2\right)R^2_1}E\\\\
&=\frac{\left(L_1B_1+R_1\right)\left(L_1B_2+R_1\right)}{\left(B_1-B_2\right)MR^2_1}E=-A_{22}
\end{align*}$$
以上より、図1の回路に流れる電流$i_1,\ i_2$は、
i_1&=-\frac{\left(L_1B_2+R_1\right)B_1}{\left(B_1-B_2\right)R^2_1}Ee^{B_1t}+\frac{\left(L_1B_1+R_1\right)B_2}{\left(B_1-B_2\right)R^2_1}Ee^{B_2t}+\frac{E}{R_1}\\\\
&=\frac{E}{R_1}\left[1-\frac{1}{\left(B_1-B_2\right)R_1}\left\{\left(L_1B_2+R_1\right)B_1e^{B_1t}-\left(L_1B_1+R_1\right)B_2e^{B_2t}\right\}\right] ・・・(17)\\\\
i_2&=\frac{\left(L_1B_1+R_1\right)\left(L_1B_2+R_1\right)}{\left(B_1-B_2\right)MR^2_1}E\left(e^{B_1t}-e^{B_2t}\right) ・・・(18)
\end{align*}$$
ただし、
ラプラス変換による解法
ラプラス変換を用いると、$(1),\ (2)$式から直接解を導出できる。
$(1),\ (2)$式の両辺をラプラス変換すると、$I_1(s)=\mathcal{L}\left\{i_1\right\},\ I_2(s)=\mathcal{L}\left\{i_2\right\}$として、
R_1I_1(s)+sL_1I_1(s)+sMI_2(s)=\frac{E}{s} ・・・(19)\\\\
R_2I_2(s)+sL_2I_2(s)+sMI_1(s)=0 ・・・(20)\\\\
\left(\because i_1|_{t=0}=0,\ i_2|_{t=0}=0\right)
\end{align*}$$
$(20)$式を$I_1(s)$の式に変形して、
$$I_1(s)=-\frac{sL_2+R_2}{sM}I_2(s) ・・・(21)$$
$(21)$式を$(19)$式に代入して、
-\frac{\left(sL_1+R_1\right)\left(sL_2+R_2\right)}{sM}I_2(s)+sMI_2(s)&=\frac{E}{s}\\\\
\therefore I_2(s)&=\frac{E}{s\left\{sM-\displaystyle{\frac{\left(sL_1+R_1\right)\left(sL_2+R_2\right)}{sM}}\right\}}\\\\
&=\frac{ME}{s^2M^2-\left(sL_1+R_1\right)\left(sL_2+R_2\right)}\\\\
&=-\frac{ME}{\left(L_1L_2-M^2\right)s^2+\left(L_1R_2+L_2R_1\right)s+R_1R_2}\\\\
&=-\frac{ME}{L_1L_2-M^2}\cdot\frac{1}{s^2+\displaystyle{\frac{L_1R_2+L_2R_1}{L_1L_2-M^2}}s+\displaystyle{\frac{R_1R_2}{L_1L_2-M^2}}} ・・・(22)
\end{align*}$$
ここで、$(22)$式の（分母）$=0$とした式
の解は、$(9)$式の解$B_1,\ B_2$と同じになり、再掲すると
（ただし複号同順）となる。
したがって、$(22)$式は次のように書き換えられる。
I_2(s)&=-\frac{ME}{L_1L_2-M^2}\cdot\frac{1}{\left(s-B_1\right)\left(s-B_2\right)}\\\\
&=-\frac{ME}{\left(L_1L_2-M^2\right)\left(B_1-B_2\right)}\left(\frac{1}{s-B_1}-\frac{1}{s-B_2}\right) ・・・(23)
\end{align*}$$
また、$(21)$式および$(23)$式の部分分数分解をする前の式を利用して、
I_1(s)&=\frac{sL_2+R_2}{sM}\cdot\frac{ME}{L_1L_2-M^2}\cdot\frac{1}{\left(s-B_1\right)\left(s-B_2\right)}\\\\
&=\frac{E}{L_1L_2-M^2}\cdot\frac{sL_2+R_2}{s\left(s-B_1\right)\left(s-B_2\right)}\\\\
&=\frac{E}{L_1L_2-M^2}\left\{\frac{R_2}{B_1B_2}\cdot\frac{1}{s}+\frac{L_2B_1+R_2}{\left(B_1-B_2\right)B_1}\cdot\frac{1}{s-B_1}-\frac{L_2B_2+R_2}{\left(B_1-B_2\right)B_2}\cdot\frac{1}{s-B_2}\right\} ・・・(24)
\end{align*}$$
以上より、$(1),\ (2)$式の解である$i_1,\ i_2$は、$(23),\ (24)$式より、
i_1&=\mathcal{L}^{-1}\left\{{I_1(s)}\right\}\\\\
&=\frac{E}{L_1L_2-M^2}\left\{\frac{R_2}{B_1B_2}+\frac{1}{B_1-B_2}\left(\frac{L_2B_1+R_2}{B_1}e^{B_1t}-\frac{L_2B_2+R_2}{B_2}e^{B_2t}\right)\right\} ・・・(25)\\\\
i_2&=\mathcal{L}^{-1}\left\{{I_2(s)}\right\}\\\\
&=-\frac{ME}{\left(L_1L_2-M^2\right)\left(B_1-B_2\right)}\left(e^{B_1t}-e^{B_2t}\right) ・・・(26)
\end{align*}$$
ただし、
一見異なる式のように見えるが、$(17)$式と$(25)$式、$(18)$式と$(26)$式は同じ式を表している。
まず、後の計算に用いるため、$B_1,\ B_2$の積と和を計算しておくと、
B_1B_2&=\frac{4\left(L_1L_2-M^2\right)R_1R_2}{4\left(L_1L_2-M^2\right)^2}\\\\
&=\frac{R_1R_2}{L_1L_2-M^2}\\\\
B_1+B_2&=\frac{-2\left(L_1R_2+L_2R_1\right)}{2\left(L_1L_2-M^2\right)}\\\\
&=-\frac{L_1R_2+L_2R_1}{L_1L_2-M^2}
\end{align*}$$
次に、$(17)$式と$(25)$式の各項（定数項、指数項における係数）を比較するために、対応するものどうしを差し引く（計算を簡略化するために、共通している係数は取り除く）と、
\frac{1}{R_1}-\frac{R_2}{\left(L_1L_2-M^2\right)B_1B_2}&=\frac{1}{R_1}-\frac{R_2}{\left(L_1L_2-M^2\right)\cdot\displaystyle{\frac{R_1R_2}{L_1L_2-M^2}}}\\\\
&=\frac{1}{R_1}-\frac{1}{R_1}=0\\\\\\
-\frac{\left(L_1B_2+R_1\right)B_1}{R^2_1}-\frac{L_2B_1+R_2}{\left(L_1L_2-M^2\right)B_1}&=-\frac{\left(L_1B_2+R_1\right)B_1}{R^2_1}-\frac{L_2B_1+R_2}{\displaystyle{\frac{R_1R_2}{B_1B_2}}\cdot B_1}\\\\
&=-\frac{\left(L_1B_2+R_1\right)B_1}{R^2_1}-\frac{\left(L_2B_1+R_2\right)B_2}{R_1R_2}\\\\
&=-\frac{B_1B_2}{R_1}\left(\frac{L_1}{R_1}+\frac{L_2}{R_2}\right)-\frac{B_1+B_2}{R_1}\\\\
&=-\frac{L_1R_2+L_2R_1}{\left(L_1L_2-M^2\right)R_1}+\frac{L_1R_2+L_2R_1}{\left(L_1L_2-M^2\right)R_1}=0\\\\
\frac{\left(L_1B_1+R_1\right)B_2}{R^2_1}+\frac{L_2B_2+R_2}{\left(L_1L_2-M^2\right)B_2}&=-\frac{\left(L_1B_1+R_1\right)B_2}{R^2_1}-\frac{L_2B_2+R_2}{\displaystyle{\frac{R_1R_2}{B_1B_2}}\cdot B_2}\\\\
&=\frac{\left(L_1B_1+R_1\right)B_2}{R^2_1}+\frac{\left(L_2B_2+R_2\right)B_1}{R_1R_2}\\\\
&=\frac{B_1B_2}{R_1}\left(\frac{L_1}{R_1}+\frac{L_2}{R_2}\right)+\frac{B_1+B_2}{R_1}\\\\
&=\frac{L_1R_2+L_2R_1}{\left(L_1L_2-M^2\right)R_1}-\frac{L_1R_2+L_2R_1}{\left(L_1L_2-M^2\right)R_1}=0
\end{align*}$$
また、$(18)$式の指数部にかかっている係数を詳細に計算すると、
\frac{\left(L_1B_1+R_1\right)\left(L_1B_2+R_1\right)}{\left(B_1-B_2\right)MR^2_1}E&=\frac{L^2_1B_1B_2+\left(B_1+B_2\right)L_1R_1+R^2_1}{\left(B_1-B_2\right)MR^2_1}E\\\\
&=\frac{\displaystyle{\frac{L^2_1R_1R_2}{L_1L_2-M^2}}-\displaystyle{\frac{L_1R_2+L_2R_1}{L_1L_2-M^2}L_1R_1}+R^2_1}{\left(B_1-B_2\right)MR^2_1}E\\\\
&=\frac{L^2_1R_1R_2-\left(L_1R_2+L_2R_1\right)L_1R_1+R^2_1\left(L_1L_2-M^2\right)}{\left(L_1L_2-M^2\right)\left(B_1-B_2\right)MR^2_1}E\\\\
&=-\frac{M^2R^2_1}{\left(L_1L_2-M^2\right)\left(B_1-B_2\right)MR^2_1}E\\\\
&=-\frac{ME}{\left(L_1L_2-M^2\right)\left(B_1-B_2\right)}
\end{align*}$$
となり、これは$(26)$式の指数部の係数に等しくなる。
電流のグラフ
$(17)$および$(18)$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、ある時間まで増大して極値をとる波形となる。
このとき、図1のように電流の向きおよびコイルの極性を定めた場合、$i_1$は正方向（電源$E$からコイルに流れ込む方向）、$i_2$は負方向（抵抗$R_2$からコイルに流れ込む方向）となる。
そして、スイッチを閉じてから時間が経つにつれ、$i_1$は定常値$\displaystyle{\frac{E}{R_1}}$，$i_2$は$0$へ減衰していく。
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[…]
参考文献
- 大下眞二郎『詳解電気回路演習（下）』共立出版，1980
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