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、ラプラス変換を用いた解法について解説する。
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、
$$L\frac{di}{dt}+Ri+\frac{1}{C}\int{idt}=E ・・・(1)$$
ラプラス変換による解法
$(1)$式の両辺をラプラス変換すると、$I(s)=\mathcal{L}\left\{i\right\}$として、
$$\begin{align*}
sLI(s)&-Li|_{t=0}+RI(s)+\frac{I(s)}{sC}+\frac{1}{sC}\left.\int{idt}\right|_{t=0}=\frac{E}{s}\\\\
I(s)&=\frac{E}{s\left(sL+R+\displaystyle{\frac{1}{sC}}\right)}\left(\because i|_{t=0}=0,\ \left.\int{idt}\right|_{t=0}=0\right)\\\\
&=\frac{E}{L}\frac{1}{\left(s^2+\displaystyle{\frac{R}{L}}s+\frac{1}{LC}\right)}\\\\
&=\frac{E}{L}\frac{1}{\left(s+\displaystyle{\frac{R}{2L}}\right)^2-\left\{\left(\displaystyle{\frac{R}{2L}}\right)^2-\displaystyle{\frac{1}{LC}}\right\}}\\\\
&\equiv\frac{E}{L}\frac{1}{\left(s+\alpha\right)^2-\left(\alpha^2-{\omega_0}^2\right)} ・・・(2)
\end{align*}$$
ただし、$\alpha=\displaystyle{\frac{R}{2L}},\ \omega_0=\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{LC}}}$
α2>ω02の場合
$(2)$式で$\alpha^2>{\omega_0}^2$である場合の$I(s)$は、
$$\begin{align*}
I(s)&=\frac{E}{L}\frac{1}{\left(s+\alpha\right)^2-\left(\alpha^2-{\omega_0}^2\right)}\\\\
&=\frac{E}{L\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}}\frac{\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}}{\left(s+\alpha\right)^2-\left(\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}\right)^2} ・・・(3)
\end{align*}$$
$(3)$式の両辺をラプラス逆変換すると、双曲線関数のラプラス変換$\mathcal{L}\left\{\sinh at\right\}=\displaystyle{\frac{a}{s^2-a^2}}$および推移則を用いて、
$$i=\mathcal{L}^{-1}\left\{I(s)\right\}=\frac{E}{L\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}}e^{-\alpha t}\sinh{\sqrt{\alpha^2-{\omega_0}^2}t} ・・・(4)$$
$(4)$式は、微分方程式の解法の記事の$\alpha^2>{\omega_0}^2$の場合における解と一致する。
α2=ω02の場合
$(2)$式で$\alpha^2>{\omega_0}^2$である場合の$I(s)$は、
$$\begin{align*}
I(s)&=\frac{E}{L}\frac{1}{\left(s+\alpha\right)^2-\left(\alpha^2-{\omega_0}^2\right)}\\\\
&=\frac{E}{L}\frac{1}{\left(s+\alpha\right)^2} ・・・(5)
\end{align*}$$
$(5)$式の両辺をラプラス逆変換すると、$\mathcal{L}\left\{te^{-at}\right\}=\displaystyle{\frac{1}{\left(s+a\right)^2}}$を用いて、
$$i=\mathcal{L}^{-1}\left\{I(s)\right\}=\frac{E}{L}te^{-\alpha t} ・・・(6)$$
$(6)$式は、微分方程式の解法の記事の$\alpha^2={\omega_0}^2$の場合における解と一致する。
α2<ω02の場合
$(2)$式で$\alpha^2<{\omega_0}^2$である場合の$I(s)$は、
$$\begin{align*}
I(s)&=\frac{E}{L}\frac{1}{\left(s+\alpha\right)^2+\left({\omega_0}^2-\alpha^2\right)}\\\\
&=\frac{E}{L\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}}\frac{\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}}{\left(s+\alpha\right)^2+\left(\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}\right)^2} ・・・(7)
\end{align*}$$
$(7)$式の両辺をラプラス逆変換すると、三角関数のラプラス変換$\mathcal{L}\left\{\sin \omega t\right\}=\displaystyle{\frac{\omega}{s^2+\omega^2}}$および推移則を用いて、
$$i=\mathcal{L}^{-1}\left\{I(s)\right\}=\frac{E}{L\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}}e^{-\alpha t}\sin{\sqrt{{\omega_0}^2-\alpha^2}t} ・・・(8)$$
$(8)$式は、微分方程式の解法の記事の$\alpha^2<{\omega_0}^2$の場合における解と一致する。
電流の式まとめ
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、$\alpha=\displaystyle{\frac{R}{2L}},\ \omega_0=\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{LC}}}$
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