本記事では、交流電源が接続された$RLC$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の抵抗$R$，インダクタンス$L$のコイル，静電容量$C$のコンデンサで構成された$RLC$直列回路には、波高値$E_m$，周波数ωである交流電源$e=E_m\sin\omega t$が接続されている。
このとき、スイッチが入る前にはコンデンサは充電されていないものとする。
図1 $RLC$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、
$$L\frac{di}{dt}+Ri+\frac{1}{C}\int{idt}=E_m\sin\omega t ・・・(1)$$
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、
$$\begin{align*}
L\left(\frac{di_t}{dt}+\frac{di_s}{dt}\right)+R\left(i_t+i_s\right)+\frac{1}{C}\int{\left(i_t+i_s\right)dt}&=E_m\sin\omega t\\\\
\therefore\left(L\frac{di_t}{dt}+Ri_t+\frac{1}{C}\int{i_tdt}\right)+\left(L\frac{di_s}{dt}+Ri_s+\frac{1}{C}\int{i_sdt}\right)&=E_m\sin\omega t ・・・(3)
\end{align*}$$
$(3)$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、
$$\begin{cases}
L\displaystyle{\frac{di_t}{dt}}+Ri_t+\displaystyle{\frac{1}{C}}\int{i_tdt}=0 &・・・(3.1)\\\\
L\displaystyle{\frac{di_s}{dt}}+Ri_s+\displaystyle{\frac{1}{C}}\int{i_sdt}=E_m\sin\omega t &・・・(3.2)
\end{cases}$$
$(3.1)$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、
$$L\displaystyle{\frac{di_t}{dt}}+Ri_t+\displaystyle{\frac{1}{C}}\int{i_tdt}=0 ・・・(3.1)$$
を解き、過渡解$i_t$を求める。
$(3.1)$式は直流回路の場合と全く同じ方法で解くことができ、その解は、
$$\begin{align*}
i_t&=A_1e^{\left\{-\frac{R}{2L}+\sqrt{\left(\frac{R}{2L}\right)^2-\frac{1}{LC}}\right\}t}+A_2e^{\left\{-\frac{R}{2L}-\sqrt{\left(\frac{R}{2L}\right)^2-\frac{1}{LC}}\right\}t}\\\\
&=e^{-\frac{R}{2L}t}\left(A_1e^{\sqrt{\left(\frac{R}{2L}\right)^2-\frac{1}{LC}}t}+A_2e^{-\sqrt{\left(\frac{R}{2L}\right)^2-\frac{1}{LC}}t}\right)\\\\
&\equiv e^{-\alpha t}\left(A_1e^{\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}t}+A_2e^{-\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}t}\right) ・・・(4)
\end{align*}$$
ただし、$A_1,\ A_2$は定数であり、$\alpha=\displaystyle{\frac{R}{2L}},\ \omega_0=\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{LC}}}$。
本記事では、直流電源が接続された$RLC$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$L$，静電容量$C$が接続された$RLC$直列回路を示す。このとき、スイ[…]
定常解の導出
次に、
$$L\frac{di_s}{dt}+Ri_s+\frac{1}{C}\int{i_sdt}=E_m\sin\omega t ・・・(3.2)$$
を解き、$(1)$式の定常解を求める。
の両辺を$t$で微分すると、
$$L\frac{d^2i_s}{dt^2}+R\frac{di_s}{dt}+\frac{1}{C}i_s=\omega E_m\cos\omega t ・・・(5)$$
ここで、定常解$i_s$を、
$$i_s=B_1\sin\omega t+B_2\cos\omega t ・・・(6)$$
であるとする。
$(6)$式の両辺を時間$t$で微分すると、
$$\begin{align*}
\frac{di_s}{dt}&=\omega\left(B_1\cos\omega t-B_2\sin\omega t\right) ・・・(7)\\\\
\frac{d^2i_s}{dt^2}&=-\omega^2\left(B_1\sin\omega t+B_2\cos\omega t\right) ・・・(8)
\end{align*}$$
$(6)\sim(8)$式を$(5)$式に代入して、
$$\begin{align*}
&-\omega^2L\left(B_1\sin\omega t+B_2\cos\omega t\right)+\omega R\left(B_1\cos\omega t-B_2\sin\omega t\right)+\frac{1}{C}\left(B_1\sin\omega t+B_2\cos\omega t\right)\\\\
&=\left(-\omega^2LB_1-\omega RB_2+\frac{B_1}{C}\right)\sin\omega t+\left(-\omega^2LB_2+\omega RB_1+\frac{B_2}{C}\right)\cos\omega t\\\\
&=\omega E_m\cos\omega t
\end{align*}$$
上式の両辺を比較すると、
$$\begin{cases}
-\omega^2LB_1-\omega RB_2+\displaystyle{\frac{B_1}{C}}=0 &・・・(9)\\\\
-\omega^2LB_2+\omega RB_1+\displaystyle{\frac{B_2}{C}}=\omega E_m &・・・(10)
\end{cases}$$
$(9)$式より、
$$B_2=\frac{1-\omega^2LC}{\omega CR}B_1$$
これと$(10)$式より、
$$\begin{align*}
\left\{\left(\frac{1}{C}-\omega^2L\right)\times\frac{1-\omega^2LC}{\omega CR}+\omega R\right\}B_1&=\omega E_m\\\\
\frac{\left(1-\omega^2LC\right)^2+\left(\omega CR\right)^2}{\omega C^2R}&=\omega E_m
\end{align*}$$
$$\begin{align*}
\therefore B_1&=\frac{\left(\omega C\right)^2R}{\left(1-\omega^2LC\right)^2+\left(\omega CR\right)^2}E_m\\\\
\therefore B_2&=\frac{1-\omega^2LC}{\omega CR}\frac{\left(\omega C\right)^2R}{\left(1-\omega^2LC\right)^2+\left(\omega CR\right)^2}E_m\\\\
&=\frac{\omega C\left(1-\omega^2LC\right)}{\left(1-\omega^2LC\right)^2+\left(\omega CR\right)^2}E_m
\end{align*}$$
したがって、$(6)$式は、
$$\begin{align*}
i_s&=\frac{\left(\omega C\right)^2R}{\left(1-\omega^2LC\right)^2+\left(\omega CR\right)^2}E_m\sin\omega t+\frac{\omega C\left(1-\omega^2LC\right)}{\left(1-\omega^2LC\right)^2+\left(\omega CR\right)^2}E_m\cos\omega t\\\\
&=\frac{R}{R^2+\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)^2}E_m\sin\omega t-\frac{\omega L-\frac{1}{\omega C}}{R^2+\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)^2}E_m\cos\omega t\\\\
&=\frac{E_m}{\sqrt{R^2+\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)^2}}\left(\cos\phi\sin\omega t-\sin\phi\cos\omega t\right)\\\\
&=\frac{E_m}{\sqrt{R^2+\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)^2}}\sin\left(\omega t-\phi\right) ・・・(11)
\end{align*}$$
ただし、$\phi=\tan^{-1}\displaystyle{\frac{\omega L-\frac{1}{\omega C}}{R}},\ \sin\phi=\displaystyle{\frac{\omega L-\frac{1}{\omega C}}{\sqrt{R^2+\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)^2}}},\ \cos\phi=\displaystyle{\frac{R}{\sqrt{R^2+\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)^2}}}$
$(11)$式が$(1)$式における定常解となる。
過渡解における係数の導出
$(4),\ (11)$式を$(2)$式に代入すると、
$$\begin{align*}
i=A_1e^{\left(-\alpha+\beta\right)t}+A_2e^{\left(-\alpha-\beta\right)t}+I_m\sin\left(\omega t-\phi\right) ・・・(12)
\end{align*}$$
ただし、$\beta=\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2},\ I_m=\displaystyle{\frac{E_m}{\sqrt{R^2+\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)^2}}}$
α2>ω02の場合
$\alpha^2-{\omega_0}^2>0$，すなわち$\alpha^2>{\omega_0}^2$の場合、$(12)$式の両辺を$t$で積分したものは回路の電荷$q$となるので、
$$\begin{align*}
q&=\frac{A_1}{-\alpha+\beta}e^{\left(-\alpha+\beta\right)t}+\frac{A_2}{-\alpha-\beta}e^{\left(-\alpha-\beta\right)t}-\frac{I_m}{\omega}\cos\left(\omega t-\phi\right) ・・・(13)
\end{align*}$$
※ここでは、積分定数は$0$として計算している。
$t=0$において、回路の電流$i$および電荷$q$は$0$であるから、$(12),\ (13)$式より、
$$\begin{align*}
i|_{t=0}&=A_1+A_2-I_m\sin\phi=0\\\\
\therefore A_1+A_2&=I_m\sin\phi ・・・(14)
\end{align*}$$
$$\begin{align*}
q|_{t=0}=\frac{A_1}{-\alpha+\beta}+\frac{A_2}{-\alpha-\beta}-I_m\cos\phi&=0\\\\
\therefore\left(-\alpha-\beta\right)A_1+\left(-\alpha+\beta\right)A_2&=\left(\alpha^2-\beta^2\right)\frac{I_m}{\omega}\cos\phi ・・・(15)
\end{align*}$$
$(14),\ (15)$式より、$A_1,\ A_2$は、
$$\begin{cases}
A_1=\displaystyle{\frac{I_m}{2\beta}\left\{\left(-\alpha+\beta\right)\sin\phi-\frac{\alpha^2-\beta^2}{\omega}\cos\phi\right\}}\\\\
A_2=\displaystyle{\frac{I_m}{2\beta}\left\{\left(\alpha+\beta\right)\sin\phi+\frac{\alpha^2-\beta^2}{\omega}\cos\phi\right\}}
\end{cases}$$
したがって、電流$i$は、$(12)$式より、
$$\begin{align*}
i&=\frac{I_m}{2\beta}e^{-\alpha t}\left[\left\{\left(-\alpha+\beta\right)\sin\phi-\frac{\alpha^2-\beta^2}{\omega}\cos\phi\right\}e^{\beta t}+\left\{\left(\alpha+\beta\right)\sin\phi+\frac{\alpha^2-\beta^2}{\omega}\cos\phi\right\}e^{-\beta t}\right]\\\\
&\quad+I_m\sin\left(\omega t-\phi\right)\\\\
&=I_me^{-\alpha t}\left\{-\frac{\alpha}{\beta}\frac{e^{\beta t}-e^{-\beta t}}{2}\sin\phi+\frac{e^{\beta t}+e^{-\beta t}}{2}\sin\phi-\frac{\alpha^2-\beta^2}{\beta\omega}\frac{e^{\beta t}-e^{\beta t}}{2}\cos\phi\right\}\\\\
&\quad+I_m\sin\left(\omega t-\phi\right)\\\\
&=I_me^{-\alpha t}\left\{-\frac{\alpha}{\beta}\sin\phi\sinh\beta t+\sin\phi\cosh\beta t-\frac{\alpha^2-\beta^2}{\beta\omega}\cos\phi\sinh\beta t\right\}\\\\
&\quad+I_m\sin\left(\omega t-\phi\right)\\\\
&=I_me^{-\alpha t}\left\{\sin\phi\cosh\beta t-\left(\frac{\alpha}{\beta}\sin\phi+\frac{\alpha^2-\beta^2}{\omega\beta}\cos\phi\right)\sinh\beta t\right\}+I_m\sin\left(\omega t-\phi\right)\\\\
& ・・・(16)
\end{align*}$$
α2=ω02の場合
$\alpha^2-{\omega_0}^2=0$，すなわち$\alpha^2={\omega_0}^2$の場合、$(16)$式で$\beta\rightarrow0$とすれば電流$i$が求められる。
ここで、双曲線関数の極限値の公式
$$\begin{align*}
\lim_{\beta \to 0}\cosh\beta t&=\lim_{\beta \to 0}\frac{e^{\beta t}+e^{-\beta t}}{2}=1\\\\
\lim_{\beta \to 0}\frac{\sinh\beta t}{\beta}&=\lim_{\beta \to 0}\frac{e^{\beta t}-e^{-\beta t}}{2\beta}\\\\
&=\lim_{\beta \to 0}\frac{e^{2\beta t}-1}{2\beta t}\frac{1}{e^{\beta t}}t=t\\\\
\end{align*}$$
を用いて、$(16)$式より、
$$\begin{align*}
i&=\lim_{\beta \to 0}I_me^{-\alpha t}\left\{\sin\phi\cosh\beta t-\left(\alpha\sin\phi+\frac{\alpha^2-\beta^2}{\omega}\cos\phi\right)\frac{\sinh\beta t}{\beta}\right\}+I_m\sin\left(\omega t-\phi\right)\\\\
&=I_me^{-\alpha t}\left\{\sin\phi-\left(\alpha\sin\phi+\frac{\alpha^2}{\omega}\cos\phi\right)t\right\}+I_m\sin\left(\omega t-\phi\right) ・・・(17)
\end{align*}$$
α2<ω02の場合
$\alpha^2-{\omega_0}^2<0$，すなわち$\alpha^2<{\omega_0}^2$の場合、$(16)$式にて$\beta=j\gamma$とすれば電流$i$が求められる。
このとき、双曲線関数と三角関数の関係式
$$\begin{cases}
\cosh j\gamma t=\displaystyle{\frac{e^{j\gamma t}+e^{-j\gamma t}}{2}}=\cos\gamma t\\\\
\sinh j\gamma t=j\displaystyle{\frac{e^{j\gamma t}-e^{-j\gamma t}}{2j}}=j\sin\gamma t
\end{cases}$$
が成り立つことより、$(16)$式は、
$$\begin{align*}
i&=I_me^{-\alpha t}\left\{\sin\phi\cos\gamma t-\left(\frac{\alpha}{\gamma}\sin\phi+\frac{\alpha^2+\gamma^2}{\omega\gamma}\cos\phi\right)\sin\gamma t\right\}+I_m\sin\left(\omega t-\phi\right)\\\\
& ・・・(18)
\end{align*}$$
電流の式とグラフ
前項までの検討をまとめると、図1の回路に流れる電流の式は、$(16)\sim(18)$式より、
$$i=\begin{cases}
\displaystyle{I_me^{-\alpha t}\left\{\sin\phi\cosh\beta t-\left(\frac{\alpha}{\beta}\sin\phi+\frac{\alpha^2-\beta^2}{\omega\beta}\cos\phi\right)\sinh\beta t\right\}+I_m\sin\left(\omega t-\phi\right)}\\
\left(\alpha^2>{\omega_0}^2\right)\\\\
\displaystyle{I_me^{-\alpha t}\left\{\sin\phi-\left(\alpha\sin\phi+\frac{\alpha^2}{\omega}\cos\phi\right)t\right\}+I_m\sin\left(\omega t-\phi\right)} \left(\alpha^2={\omega_0}^2\right)\\\\
\displaystyle{I_me^{-\alpha t}\left\{\sin\phi\cos\gamma t-\left(\frac{\alpha}{\gamma}\sin\phi+\frac{\alpha^2+\gamma^2}{\omega\gamma}\cos\phi\right)\sin\gamma t\right\}+I_m\sin\left(\omega t-\phi\right)}\\
\left(\alpha^2<{\omega_0}^2\right)
\end{cases}$$
ただし、$I_m=\displaystyle{\frac{E_m}{\sqrt{R^2+\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)^2}}},\ \phi=\tan^{-1}\displaystyle{\frac{\omega L-\frac{1}{\omega C}}{R}},\ \alpha=\displaystyle{\frac{R}{2L}},\ \omega_0=\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{LC}}}$
$\beta=\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2},\ \gamma=\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}$
図2に求めた電流$i$のグラフを示す。
図2 $RLC$直列回路の電流のグラフ
同図より、$\alpha^2>{\omega_0}^2$の場合（赤の波形）は、スイッチが入った$t=0$付近は過渡項の影響で波高値が抑えられるが、時間$t$に伴い定常項である正弦波に近づいていく（過制動）。
$R,\ L,\ C$の値を変化させ、$\alpha^2={\omega_0}^2$としたとき（緑の波形）に、過渡項の影響が最も大きくなる（臨界制動）。
さらに、$\alpha^2<{\omega_0}^2$とする（青の波形）と、振動しながら減衰していく波形となる（減衰振動または不足制動）。
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