RLC直列回路の過渡現象（直流回路）

2019年6月27日
2022年6月10日
過渡現象（直流回路）

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。

1 回路方程式
2 回路方程式の解法
3 電流の式とグラフ
4 関連する例題（「電験王」へのリンク）
- 4.1 電験二種

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、スイッチが入る前には$C$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、

$$L\frac{di}{dt}+Ri+\frac{1}{C}\int{idt}=E　・・・(1)$$

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、

$$\begin{align*}
L\left(\frac{di_t}{dt}+\frac{di_s}{dt}\right)+R\left(i_t+i_s\right)+\frac{1}{C}\int{\left(i_t+i_s\right)dt}&=E\\\\
\therefore\left(L\frac{di_t}{dt}+Ri_t+\frac{1}{C}\int{i_tdt}\right)+\left(L\frac{di_s}{dt}+Ri_s+\frac{1}{C}\int{i_sdt}\right)&=E　・・・(3)
\end{align*}$$

$(3)$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、

$$\begin{cases}
L\displaystyle{\frac{di_t}{dt}}+Ri_t+\displaystyle{\frac{1}{C}}\int{i_tdt}=0　&・・・(3.1)\\\\
L\displaystyle{\frac{di_s}{dt}}+Ri_s+\displaystyle{\frac{1}{C}}\int{i_sdt}=E　&・・・(3.2)
\end{cases}$$

$(3.1)$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。

$(3.1)$式の両辺を$t$で微分すると、

$$L\displaystyle{\frac{d^2i_t}{dt^2}}+R\frac{di_t}{dt}+\frac{1}{C}i_t=0　・・・(4)$$

$(4)$式の解を便宜的に$i_t=Ae^{Bt}$とおく（$A, B$は定数）。

これを$(4)$式に代入すると、

$$\begin{align*}
LAB^2e^{Bt}+RABe^{Bt}+\frac{A}{C}e^{Bt}&=0\\\\
\therefore LB^2+RB+\frac{1}{C}&=0　・・・(5)
\end{align*}$$

$(5)$式から$B$を求めると、二次方程式の解の公式より、

$$\begin{align*}
B&=\frac{-R\pm\sqrt{R^2-\displaystyle{\frac{4L}{C}}}}{2L}\\\\
&=-\frac{R}{2L}\pm\sqrt{\left(\frac{R}{2L}\right)^2-\frac{1}{LC}}　・・・(6)
\end{align*}$$

したがって、過渡解$i_t$は、$(6)$式より、

$$\begin{align*}
i_t&=A_1e^{\left\{-\frac{R}{2L}+\sqrt{\left(\frac{R}{2L}\right)^2-\frac{1}{LC}}\right\}t}+A_2e^{\left\{-\frac{R}{2L}-\sqrt{\left(\frac{R}{2L}\right)^2-\frac{1}{LC}}\right\}t}\\\\
&=e^{-\frac{R}{2L}t}\left(A_1e^{\sqrt{\left(\frac{R}{2L}\right)^2-\frac{1}{LC}}t}+A_2e^{-\sqrt{\left(\frac{R}{2L}\right)^2-\frac{1}{LC}}t}\right)　・・・(7)
\end{align*}$$

ただし、$A_1,\ A_2$は定数である。

α²とω₀²の大小による場合分け

$(7)$式の平方根の中、$\left\{\displaystyle{\left(\frac{R}{2L}\right)^2}-\frac{1}{LC}\right\}$の符号により、$i_t$の挙動は変化する。

以降、$\alpha=\displaystyle{\frac{R}{2L}},\ \omega_0=\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{LC}}},\ \left\{\displaystyle{\left(\frac{R}{2L}\right)^2}-\frac{1}{LC}\right\}=\alpha^2-{\omega_0}^2$とおく。

ここからは、$\alpha^2$と${\omega_0}^2$の大小について場合分けを行う。

α²>ω₀²の場合

$\alpha^2-{\omega_0}^2>0$，すなわち$\alpha^2>{\omega_0}^2$の場合、$(7)$式は、

$$i_t=e^{-\alpha t}\left(A_1e^{\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}t}+A_2e^{-\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}t}\right)　・・・(7.1)$$

$A_1,\ A_2$を求めるため、$t=0$における初期条件を確認する。

$t=0$のとき、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、
$$i_t|_{t=0}=A_1+A_2=0　・・・(8)$$
このとき、$L$の電圧は直流電源電圧$E$に等しいため、$(8)$式と合わせて、

$$\begin{align*}
\left.L\frac{di_t}{dt}\right|_{t=0}&=L\left\{-\alpha e^{-\alpha t}\left(A_1e^{\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}t}+A_2e^{-\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}t}\right)\right.\\\\
&\quad\quad+e^{-\alpha t}\left(\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}A_1e^{\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}t}\left.\left.-\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}A_2e^{-\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}t}\right)\right\}\right|_{t=0}\\\\
&=L\left\{-\alpha\left(A_1+A_2\right)+\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}A_1-\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}A_2\right\}\\\\
&=2L\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}A_1=E\\\\
\therefore A_1&=\frac{E}{2L\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}}=-A_2　・・・(9)
\end{align*}$$

$(9)$式を$(7.1)$式に代入すると、過渡解$i_t$は、

$$\begin{align*}
i_t&=\frac{E}{2L\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}}e^{-\alpha t}\left(e^{\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}t}-e^{-\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}t}\right)\\\\
&=\frac{E}{L\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}}e^{-\alpha t}\cdot\frac{e^{\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}t}-e^{-\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}t}}{2}\\\\
&=\frac{E}{L\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}}e^{-\alpha t}\sinh{\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}t}　・・・(10)
\end{align*}$$

となり、減衰項$e^{-\alpha t}$で減衰する双曲線関数となる。

α²=ω₀²の場合

$\alpha^2-{\omega_0}^2=0$，すなわち$\alpha^2={\omega_0}^2$のとき、$(4)$式の解を$i_t=A(t)e^{-\alpha t}$とおく。

これを$(4)$式に代入すると、

$$\begin{align*}
L\left\{\frac{d^2A(t)}{dt^2}-2\alpha\frac{dA(t)}{dt}+\alpha^2A(t)\right\}e^{-\alpha t}+R\left\{\frac{dA(t)}{dt}-\alpha A(t)\right\}e^{-\alpha t}+\frac{A(t)}{C}e^{-\alpha t}=0\\\\
L\frac{d^2A(t)}{dt^2}+\left(-2\alpha L+R\right)\frac{dA(t)}{dt}+\left\{\alpha^2L-\alpha R+\frac{1}{C}\right\}A(t)=0　・・・(11)
\end{align*}$$

$(11)$式の第2項および第3項の係数は、

$$\begin{align*}
-2\alpha L+R&=-2\frac{R}{2L}L+R=0\\\\
\alpha^2L-\alpha R+\frac{1}{C}&={\omega_0}^2L-\alpha R+\frac{1}{C}\\\\
&=\frac{1}{C}-\frac{R^2}{2L}+\frac{1}{C}\\\\
&=-2L\left\{\left(\frac{R}{2L}\right)^2-\frac{1}{LC}\right\}\\\\
&=-2L\left(\alpha^2-{\omega_0}^2\right)=0
\end{align*}$$

したがって、$(11)$式は、

$$\begin{align*}
L\frac{d^2A(t)}{dt^2}&=0\\\\
\therefore A(t)&=A_1+A_2t　・・・(12)
\end{align*}$$

ここで、$A_1,\ A_2$は定数である。

過渡解$i_t$は、$(12)$式より、

$$i_t=\left(A_1+A_2t\right)e^{-\alpha t}　・・・(13)$$

$t=0$における初期条件$i_t|_{t=0}=0,\ \left.\displaystyle{L\frac{di_t}{dt}}\right|_{t=0}=E$より、

$$\begin{align*}
i_t|_{t=0}&=A_1=0\\\\
\left.\displaystyle{L\frac{di_t}{dt}}\right|_{t=0}&=\left.L\left(A_2e^{-\alpha t}-\alpha A_2te^{-\alpha t}\right)\right|_{t=0}=E\\\\
LA_2&=E\\\\
\therefore A_2&=\frac{E}{L}
\end{align*}$$

以上より、過渡解$i_t$は、

$$i_t=\frac{E}{L}te^{-\alpha t}　・・・(14)$$

α²<ω₀²の場合

$\alpha^2-{\omega_0}^2<0$，すなわち$\alpha^2<{\omega_0}^2$の場合、$(7)$式は、

$$i_t=e^{-\alpha t}\left(A_1e^{j\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}t}+A_2e^{-j\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}t}\right)　・・・(7.2)$$

$t=0$における初期条件$i_t|_{t=0}=0,\ \left.\displaystyle{L\frac{di_t}{dt}}\right|_{t=0}=E$より、

$$i|_{t=0}=A_1+A_2=0$$

$$\begin{align*}
\left.L\frac{di_t}{dt}\right|_{t=0}&=L\left\{-\alpha e^{-\alpha t}\left(A_1e^{j\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}t}+A_2e^{-j\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}t}\right)\right.\\\\
&\quad\quad+e^{-\alpha t}\left(j\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}A_1e^{j\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}t}\left.\left.-j\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}A_2e^{-j\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}t}\right)\right\}\right|_{t=0}\\\\
&=L\left\{-\alpha\left(A_1+A_2\right)+j\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}A_1-j\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}A_2\right\}\\\\
&=j2L\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}A_1=E\\\\
\therefore A_1&=\frac{E}{j2L\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}}=-A_2　・・・(15)
\end{align*}$$

$(15)$式を$(7.2)$式に代入すると、過渡解$i_t$は、

$$\begin{align*}
i_t&=\frac{E}{j2L\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}}e^{-\alpha t}\left(e^{j\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}t}-e^{-j\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}t}\right)\\\\
&=\frac{E}{L\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}}e^{-\alpha t}\cdot\frac{e^{j\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}t}-e^{-j\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}t}}{j2}\\\\
&=\frac{E}{L\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}}e^{-\alpha t}\sin{\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}t}　・・・(16)
\end{align*}$$

となり、減衰項$e^{-\alpha t}$で減衰し、かつ周波数$\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}$で振動する形となる。

定常解の導出

次に、

$$L\frac{di_s}{dt}+Ri_s+\frac{1}{C}\int{i_sdt}=E　・・・(3.2)$$

を解き、$(1)$式の定常解を求める。

$(3.2)$の両辺を$t$で微分すると、

$$L\frac{d^2i_s}{dt^2}+R\frac{di_s}{dt}+\frac{1}{C}i_s=0　・・・(17)$$

$(17)$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、

$$\frac{d^2i_s}{dt^2}=0,\ \frac{di_s}{dt}=0$$

したがって$(17)$式より、定常解$i_s$は、

$$i_s=0　・・・(18)$$

$(18)$式が$(1)$式における定常解となる。すなわち、定常状態では回路に電流は流れない。

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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、

$$i=\begin{cases}
\displaystyle{\frac{E}{L\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}}}e^{-\alpha t}\sinh{\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}t}&\left(\alpha^2>{\omega_0}^2\right)\\\\
\displaystyle{\frac{E}{L}}te^{-\alpha t}&\left(\alpha^2={\omega_0}^2\right)\\\\
\displaystyle{\frac{E}{L\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}}}e^{-\alpha t}\sin{\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}t}&\left(\alpha^2<{\omega_0}^2\right)
\end{cases}$$

ただし、$\alpha=\displaystyle{\frac{R}{2L}},\ \omega_0=\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{LC}}}$

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、時間$t$に伴いゆっくりと減衰していく（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、減衰が最も急激になる（臨界制動）。

さらに、$\alpha^2<{\omega_0}^2$とする（青の波形）と、減衰しながら振動する波形となる（減衰振動または不足制動）。

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