本記事では、交流電源が接続された$RL$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に抵抗$R$，インダクタンス$L$のコイルで構成され、波高値$E_m$，周波数$\omega$である交流電源$e=E_m\sin\omega t$が接続された$RL$直列回路を示す。
図1 $RL$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、
$$L\frac{di}{dt}+Ri=E_m\sin\omega t ・・・(1)$$
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、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、
$$\begin{align*}
L\left(\frac{di_t}{dt}+\frac{di_s}{dt}\right)+R\left(i_t+i_s\right)&=E_m\sin\omega t\\\\
\therefore\left(L\frac{di_t}{dt}+Ri_t\right)+\left(L\frac{di_s}{dt}+i_s\right)&=E_m\sin\omega t ・・・(3)
\end{align*}$$
$(3)$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、
$$\begin{cases}
L\displaystyle{\frac{di_t}{dt}}+Ri_t=0 &・・・(3.1)\\\\
L\displaystyle{\frac{di_s}{dt}}+Ri_s=E_m\sin\omega t &・・・(3.2)
\end{cases}$$
$(3.1)$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
$$L\displaystyle{\frac{di_t}{dt}}+Ri_t=0 ・・・(3.1)$$
を解き、過渡解$i_t$を求める。
※過渡解の解き方は直流回路の場合と全く同じであるが、再掲する。
$(3.1)$式を変形すると、
$$\begin{align*}
L\frac{di_t}{dt}&=-Ri_t\\\\
\frac{di_t}{i_t}&=-\frac{R}{L}dt\\\\
\int{\frac{di_t}{i_t}}&=-\frac{R}{L}\int{dt}\\\\
\ln{\left|i_t\right|}&=-\frac{R}{L}t+C\\\\
\therefore i_t&=Ae^{-\frac{R}{L}t}\left(A=\pm e^C\right) ・・・(4)
\end{align*}$$
上記の導出において、$C,\ A$は積分定数である。
$(4)$式が$(1)$式における過渡解となる。
定常解の導出
次に、
$$L\frac{di_s}{dt}+Ri_s=E_m\sin\omega t ・・・(3.2)$$
を解き、$(1)$式の定常解を求める。
$(4)$式の過渡解$i_t$と同様に、定常解$i_s$が減衰項$e^{-\frac{R}{L}t}$をもち、かつ係数$A$が時間$t$の関数$A(t)$であるとした式
$$i_s=A(t)e^{-\frac{R}{L}t} ・・・(5)$$
になるとする。
$(5)$式を$(3.2)$式に代入して、
$$\begin{align*}
L\left(\frac{dA(t)}{dt}e^{-\frac{R}{L}t}-\frac{R}{L}A(t)e^{-\frac{R}{L}t}\right)&+RA(t)e^{-\frac{R}{L}t}=E_m\sin\omega t\\\\
L\frac{dA(t)}{dt}e^{-\frac{R}{L}t}&=E_m\sin\omega t\\\\
dA(t)&=\frac{E_m}{L}e^{\frac{R}{L}t}\sin\omega tdt\\\\
\therefore A(t)&=\frac{E_m}{L}\int{e^{\frac{R}{L}t}\sin\omega tdt} ・・・(6)\\\\
\end{align*}$$
$(6)$式の積分の部分のみ計算すると、
$$\begin{align*}
\int{e^{\frac{R}{L}t}\sin\omega tdt}&=\frac{L}{R}e^{\frac{R}{L}t}\sin\omega t-\frac{\omega L}{R}\int{e^{\frac{R}{L}t}\cos\omega tdt}\\\\
&=\frac{L}{R}e^{\frac{R}{L}t}\sin\omega t-\frac{\omega L}{R}\left(\frac{L}{R}e^{\frac{R}{L}t}\cos\omega t+\frac{\omega L}{R}\int{e^{\frac{R}{L}t}\sin\omega tdt}\right)
\end{align*}$$
$$\begin{align*}
\left\{1+\left(\frac{\omega L}{R}\right)^2\right\}\int{e^{\frac{R}{L}t}\sin\omega tdt}&=\frac{L}{R}e^{\frac{R}{L}t}\sin\omega t-\omega\left(\frac{L}{R}\right)^2e^{\frac{R}{L}t}\cos\omega t\\\\
\therefore\int{e^{\frac{R}{L}t}\sin\omega tdt}&=\frac{L}{R^2+\left(\omega L\right)^2}e^{\frac{R}{L}t}\left(R\sin\omega t-\omega L\cos\omega t\right)
\end{align*}$$
したがって、係数$A(t)$は、$(6)$式より、
$$A(t)=\frac{E_m}{R^2+\left(\omega L\right)^2}e^{\frac{R}{L}t}\left(R\sin\omega t-\omega L\cos\omega t\right) ・・・(7)$$
ゆえに、定常解$i_s$は、$(5),\ (7)$式より、
$$\begin{align*}
i_s&=\frac{E_m}{R^2+\left(\omega L\right)^2}\left(R\sin\omega t-\omega L\cos\omega t\right)\\\\
&=\frac{E_m}{\sqrt{R^2+\left(\omega L\right)^2}}\left(\frac{R}{\sqrt{R^2+\left(\omega L\right)^2}}\sin\omega t-\frac{\omega L}{\sqrt{R^2+\left(\omega L\right)^2}}\cos\omega t\right)\\\\
&=\frac{E_m}{\sqrt{R^2+\left(\omega L\right)^2}}\sin\left(\omega t-\phi\right) ・・・(8)
\end{align*}$$
ただし、$\phi=\displaystyle{\tan^{-1}\frac{\omega L}{R}}$
電流の式
$(4),\ (8)$式を$(2)$式に代入すると、$(1)$式の一般解を求めることができて、
$$i=Ae^{-\frac{R}{L}t}+\frac{E_m}{\sqrt{R^2+\left(\omega L\right)^2}}\sin\left(\omega t-\phi\right) ・・・(9)$$
ここで、初期状態$t=0$において、スイッチが入った直後はインダクタンス$L$の作用により、図1の回路に電流が流れないため、
$$\begin{align*}
i|_{t=0}&=A+\frac{E_m}{\sqrt{R^2+\left(\omega L\right)^2}}\sin\left(-\phi\right)=0\\\\
\therefore A&=\frac{E_m}{\sqrt{R^2+\left(\omega L\right)^2}}\sin\phi
\end{align*}$$
したがって、$(9)$式は、
$$i=\frac{E_m}{\sqrt{R^2+\left(\omega L\right)^2}}\left\{e^{-\frac{R}{L}t}\sin\phi+\sin\left(\omega t-\phi\right)\right\} ・・・(10)$$
ただし、$\phi=\displaystyle{\tan^{-1}\frac{\omega L}{R}}$
$(10)$式が$(1)$式における特殊解となる。
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$(10)$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、
$$\begin{align*}
sLI(s)&-Li|_{t=0}+RI(s)=\frac{\omega E_m}{s^2+\omega^2}\\\\
I(s)&=\frac{\omega E_m}{\left(sL+R\right)\left(s^2+\omega^2\right)}\left(\because i|_{t=0}=0\right)\\\\
&=\frac{\omega E_m}{L}\frac{1}{\left(s+\displaystyle{\frac{R}{L}}\right)\left(s^2+\omega^2\right)}\\\\
&=\frac{\omega E_m}{L}\cdot\frac{1}{R^2+\left(\omega L\right)^2}\left(\frac{L^2}{s+\displaystyle{\frac{R}{L}}}-\frac{sL^2-LR}{s^2+\omega^2}\right)\\\\
&=\frac{E_m}{R^2+\left(\omega L\right)^2}\left(\frac{\omega L}{s+\displaystyle{\frac{R}{L}}}+R\frac{\omega}{s^2+\omega^2}-\omega L\frac{s}{s^2+\omega^2}\right)
\end{align*}$$
$$\begin{align*}
\therefore i&=\mathcal{L}^{-1}\left\{I(s)\right\}=\frac{E_m}{R^2+\left(\omega L\right)^2}\left(\omega Le^{-\frac{R}{L}t}+R\sin\omega t-\omega L\cos\omega t\right)\\\\
&=\frac{E_m}{\sqrt{R^2+\left(\omega L\right)^2}}\left(\frac{\omega L}{\sqrt{R^2+\left(\omega L\right)^2}}e^{-\frac{R}{L}t}+\frac{R}{\sqrt{R^2+\left(\omega L\right)^2}}\sin\omega t-\frac{\omega L}{\sqrt{R^2+\left(\omega L\right)^2}}\cos\omega t\right)\\\\
&=\frac{E_m}{\sqrt{R^2+\left(\omega L\right)^2}}\left\{e^{-\frac{R}{L}t}\sin\phi+\sin\left(\omega t-\phi\right)\right\}
\end{align*}$$
ただし、$\phi=\displaystyle{\tan^{-1}\frac{\omega L}{R}},\ \sin\phi=\frac{\omega L}{\sqrt{R^2+\left(\omega L\right)^2}}$
となり、$(10)$式と同じ結果が得られる。
電流・電圧のグラフ
図1の回路における電源電圧$e$および回路に流れる電流$i$のグラフを図2に示す。
図2 $RL$直列回路の電流・電圧のグラフ
図2より、正弦波の電圧$e$に対し、電流$i$も一見正弦波のような形状であるが、位相は$\phi$遅れ、かつ減衰項$e^{-\frac{R}{L}t}\sin\phi$の作用で時間$t$に伴い減衰していく波形となる。
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