本記事では、直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に直流電源$E$,抵抗$R$,インダクタンス$L$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、
$$L\frac{di}{dt}+Ri=E ・・・(1)$$
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、
$$i=i_t+i_s ・・・(2)$$
と表すことができる。
$(2)$式を$(1)$式に代入すると、
$$\begin{align*}
L\left(\frac{di_t}{dt}+\frac{di_s}{dt}\right)+R\left(i_t+i_s\right)&=E\\\\
\therefore\left(L\frac{di_t}{dt}+Ri_t\right)+\left(L\frac{di_s}{dt}+i_s\right)&=E ・・・(3)
\end{align*}$$
$(3)$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、
$$\begin{cases}
L\displaystyle{\frac{di_t}{dt}}+Ri_t=0 &・・・(3.1)\\\\
L\displaystyle{\frac{di_s}{dt}}+Ri_s=E &・・・(3.2)
\end{cases}$$
$(3.1)$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という。
$(3.2)$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。
$(3.1)$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、
$$L\frac{di_s}{dt}+Ri_s=E ・・・(3.2)$$
を解き、$(1)$式の定常解を求める。
$(3.2)$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、
$$\frac{di_s}{dt}=0$$
したがって、$(3.2)$式から、
$$i_s=\frac{E}{R} ・・・(5)$$
$(5)$式が$(1)$式における定常解となる。
電流・電圧の式
$(4),\ (5)$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、
$$i=Ae^{-\frac{R}{L}t}+\frac{E}{R} ・・・(6)$$
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、
$$\begin{align*}
i|_{t=0}=A+\frac{E}{R}=0\\\\
\therefore A=-\frac{E}{R}
\end{align*}$$
したがって、$(6)$式は、
$$i=\frac{E}{R}\left(1-e^{-\frac{R}{L}t}\right) ・・・(7)$$
$(7)$式が$(1)$式における特殊解となる。
なお、抵抗$R$およびインダクタンス$L$に発生する電圧をそれぞれ$v_R$および$v_L$とすると、$(7)$式を用いて、
$$\begin{cases}
v_R=Ri=E\left(1-e^{-\frac{R}{L}t}\right)\\\\
v_L=L\displaystyle{\frac{di}{dt}}=Ee^{-\frac{R}{L}t}
\end{cases} ・・・(8)$$
で表される。
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$(7)$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、
$$\begin{align*}
sLI(s)&-Li|_{t=0}+RI(s)=\frac{E}{s}\\\\
I(s)&=\frac{E}{s\left(sL+R\right)}\left(\because i|_{t=0}=0\right)\\\\
&=\frac{E}{L}\frac{1}{s\left(s+\frac{R}{L}\right)}\\\\
&=\frac{E}{L}\cdot\frac{L}{R}\left(\frac{1}{s}-\frac{1}{s+\frac{R}{L}}\right)\\\\
&=\frac{E}{R}\left(\frac{1}{s}-\frac{1}{s+\frac{R}{L}}\right)\\\\
\therefore i&=\mathcal{L}^{-1}\left\{I(s)\right\}=\frac{E}{R}\left(1-e^{-\frac{R}{L}t}\right)
\end{align*}$$
となり、$(7)$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$i,\ v_R,\ v_L$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、$t=0$の時点では$v_L=E,\ v_R=0$であるため、$L$にのみ電圧が発生しており、電流$i$は流れていない(=回路は実質的に$L$の部分で開放状態)ことがわかる。
これは、インダクタンス$L$は初期状態である「回路に電流が流れていない」状態を保持しようとはたらく(電流の変化を妨げる)ためである。
その後、$t$が大きくなるに従い回路に電流$i$が流れ始め、$R$に電圧が発生し始める。定常状態では、$R$にのみ電圧が発生している(=$L$の部分は短絡状態)ことがわかる。
なお、図1の回路の場合の時定数$\tau$は、$(7),\ (8)$式より、
$$\tau=\frac{L}{R}$$
であり、初期状態から定常状態に至るまでの時間の指標となる。
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