～過渡現象～
問題
図に示すような電気回路が定常状態にあり、スイッチ\(S\)には、\(I\sin{\omega t}\)なる電流が流れているものとする。この回路において、時刻\(t=0\)でスイッチ\(S\)を開いた場合について、次の問に答えよ。ただし、\(R\)は抵抗、\(L\)はインダクタンス、\(C\)は静電容量で\(\frac{L}{C}>\frac{R^2}{4}\)とする。
（１）\(t=0\)における端子a、b間の電圧及び\(L\)－\(R\)枝路を流れる電流の瞬時値を求めよ。
（２）\(t>0\)における端子a、b間の電圧を求めよ。
解答
（１）
\(t=0\)における端子a、b間の電圧
\[\frac{\omega L(1-\omega^2LC)-\omega CR^2}{(1-\omega^2 LC)^2+(\omega CR)^2}I\]
\(t=0\)における\(L\)－\(R\)枝路を流れる電流の瞬時値
\[-\frac{\omega CR}{(1-\omega^2 LC)^2+(\omega CR)^2}I\]
（２）\(t>0\)における端子a、b間の電圧
\[v(0)e^{\alpha t}\left(\cos{\beta t}-\frac{\alpha}{\beta}\sin{\beta t}\right)-\frac{1}{\beta C}i_{LR}(0)e^{\alpha t}\sin{\beta t}\]
ただし、
\[v(0)=\frac{\omega L(1-\omega^2LC)-\omega CR^2}{(1-\omega^2LC)^2+(\omega CR)^2}I\]
\[i_{LR}(0)=-\frac{\omega CR}{(1-\omega^2LC)^2+(\omega CR)^2}I\]
\[\alpha=-\frac{R}{2L}\]
\[\beta=\sqrt{\frac{1}{LC}-\left(\frac{R}{2L}\right)^2}\]
解説
記号を定義する。
\(t<0\)における回路方程式は以下のようになる。
\[i=i_{LR}+i_c\]
\[v=L\frac{di_{LR}}{dt}+i_{LR}R\]
\[i_c=C\frac{dv}{dt}\]
\(v\)を\(i\)の微分方程式で表すと、\(i_{LR}=i-i_c\)より
\[v=L\frac{d}{dt}(i-i_c)+R(i-i_c)=L\frac{d}{dt}\left(i-C\frac{dv}{dt}\right)+R\left(i-C\frac{dv}{dt}\right)\]
変形して
\[LC\frac{d^2v}{dt^2}+CR\frac{dv}{dt}+v=L\frac{di}{dt}+iR\]
（１）－１ \(t=0\)における\(v\)
スイッチ\(S\)を開いた瞬間(\(t=0\))では、電圧、電流は変化しない。
\(i=I\sin{\omega t}\)は、\(i=Ie^{j\omega t}\)としたときの虚部である。\(v\)も同様。これを上記の回路方程式に代入する。
\[LCV\frac{d^2}{dt^2}e^{j\omega t}+CRV\frac{d}{dt}e^{j\omega t}+Ve^{j\omega t}=LI\frac{d}{dt}e^{j\omega t}+IRe^{j\omega t}\]
\[-\omega^2LCVe^{j\omega t}+j\omega CRVe^{j\omega t}+Ve^{j\omega t}=j\omega LIe^{j\omega t}+IRe^{j\omega t}\]
\[V(1-\omega^2LC+j\omega CR)=I(R+j\omega L)\]
\[V=\frac{R+j\omega L}{1-\omega^2LC+j\omega CR}I\]
実部と虚部に分解すると
\[V=\frac{R}{(1-\omega^2LC)^2+(\omega CR)^2}I+j\frac{\omega L(1-\omega^2LC)-\omega CR^2}{(1-\omega^2LC)^2+(\omega CR)^2}I\]
\(v=Ve^{j\omega t}=V(\cos{\omega t}+j\sin{\omega t})\)より、\(v\)の虚部を求める。
\[v=\left(\frac{R}{(1-\omega^2LC)^2+(\omega CR)^2}I+j\frac{\omega L(1-\omega^2LC)-\omega CR^2}{(1-\omega^2LC)^2+(\omega CR)^2}I\right)(\cos{\omega t}+j\sin{\omega t})\]
\[=\frac{R\cos{\omega t}+(\omega CR^2-\omega L(1-\omega^2LC))\sin{\omega t}}{(1-\omega^2LC)^2+(\omega CR)^2}I+j\frac{(\omega L(1-\omega^2LC)-\omega CR^2)\cos{\omega t}+R\sin{\omega t}}{(1-\omega^2LC)^2+(\omega CR)^2}I\]
解答は、\(v\)の虚部であるから、
\[\Im[v]=\frac{(\omega L(1-\omega^2LC)-\omega CR^2)\cos{\omega t}+R\sin{\omega t}}{(1-\omega^2LC)^2+(\omega CR)^2}I\]
\(t=0\)のとき、\(\cos{\omega t}=1\)、\(\sin{\omega t}=0\)より
\[v(0)=\frac{\omega L(1-\omega^2LC)-\omega CR^2}{(1-\omega^2LC)^2+(\omega CR)^2}I\]
（１）－２ \(t=0\)における\(i_{LR}\)
\(i_{LR}\)を直接求めるのは難しいため、\(i_{LR}=i-i_c\)より求める。ここでも\(v\)、\(i\)を複素電圧、複素電流に変換して計算を行う。
\[i_{LR}=i-i_c=i-C\frac{dv}{dt}=(I-j\omega CV)e^{j\omega t}\]
\(V=\frac{R}{(1-\omega^2LC)^2+(\omega CR)^2}I+j\frac{\omega L(1-\omega^2LC)-\omega CR^2}{(1-\omega^2LC)^2+(\omega CR)^2}I\)より
\[i_{LR}=Ie^{j\omega t}\left(1+\frac{\omega C(\omega L(1-\omega^2LC)-\omega CR^2)-j\omega CR}{(1-\omega^2LC)^2+(\omega CR)^2}\right)\]
\[=\frac{1-\omega^2LC-j\omega CR}{(1-\omega^2LC)^2+(\omega CR)^2}Ie^{j\omega t}\]
虚部のみを抜き出すために\(e^{j\omega t}=\cos{\omega t}+j\sin{\omega t}\)を用いて展開する。
\[i_{LR}=\frac{1-\omega^2LC-j\omega CR}{(1-\omega^2LC)^2+(\omega CR)^2}I(\cos{\omega t}+j\sin{\omega t})\]
\[=\frac{(1-\omega^2 LC)\cos{\omega t}+\omega CR\sin{\omega t}}{(1-\omega^2LC)^2+(\omega CR)^2}I+j\frac{-\omega CR\cos{\omega t}+(1-\omega^2LC)\sin{\omega t}}{(1-\omega^2LC)^2+(\omega CR)^2}I\]
解答は、\(i_{LR}\)の虚部であるから、
\[\Im[i_{LR}]=\frac{-\omega CR\cos{\omega t}+(1-\omega^2LC)\sin{\omega t}}{(1-\omega^2LC)^2+(\omega CR)^2}I\]
\(t=0\)のとき、\(\cos{\omega t}=1\)、\(\sin{\omega t}=0\)より
\[i_{LR}(0)=\frac{-\omega CR}{(1-\omega^2LC)^2+(\omega CR)^2}I\]
（２）\(t>0\)における端子a、b間の電圧
スイッチ\(S\)を開いたとき、\(i=0\)より
\[LC\frac{d^2v}{dt^2}+CR\frac{dv}{dt}+v=0\]
この微分方程式の特性方程式は
\[LC\lambda^2+CR\lambda+1=0\to \lambda^2+\frac{R}{L}\lambda+\frac{1}{LC}=0\]
\[\lambda=\frac{-\frac{R}{L}\pm \sqrt{\left(\frac{R}{L}\right)^2-\frac{4}{LC}}}{2}=-\frac{R}{2L}\pm \sqrt{\left(\frac{R}{2L}\right)^2-\frac{1}{LC}}\]
ここで、問題条件\(\frac{L}{C}>\frac{R^2}{4}\)より、\(\left(\frac{R}{2L}\right)^2-\frac{1}{LC}<0\)と変形できるため、
\[\lambda=-\frac{R}{2L}\pm j\sqrt{\frac{1}{LC}-\left(\frac{R}{2L}\right)^2}\]
で表される共役複素根をもつ。これを\(\alpha \pm j\beta\)とおく。
特性方程式が２つの虚数解をもつことから、\(v\)の一般解は
\[v=e^{\alpha t}\left(A\cos{\beta t}+B\sin{\beta t}\right)\]
と表せる。\(A\)、\(B\)は定数である。もう１つの初期条件を求めるため、電流に着目する。\(i=0\)より、\(i_{LR}=-i_c\)となることから
\[i_{LR}=-C\frac{dv}{dt}\]
\[=-C\left(\alpha e^{\alpha t}(A\cos{\beta t}+B\sin{\beta t})+\beta e^{\alpha t}(-A\sin{\beta t}+B\cos{\beta t})\right)\]
\[=Ce^{\alpha t}\left(-(\alpha A+\beta B)\cos{\beta t}+(\beta A-\alpha B)\sin{\beta t}\right)\]
初期条件は、\(t=0\)で\(v=v(0)\)、\(i_{LR}=i_{LR}(0)\)より、
\[v(0)=A\]
\[i_{LR}(0)=-C(\alpha A+\beta B)\to B=-\frac{1}{\beta}\left(\frac{1}{C}i_{LR}(0)+\alpha A\right)=-\frac{1}{\beta}\left(\frac{1}{C}i_{LR}(0)+\alpha v(0)\right)\]
この\(A\)、\(B\)を\(v\)に代入して
\[v=e^{\alpha t}\left(v(0)\cos{\beta t}-\frac{1}{\beta}\left(\frac{1}{C}i_{LR}(0)+\alpha v(0)\right)\sin{\beta t}\right)\]
\[=v(0)e^{\alpha t}\left(\cos{\beta t}-\frac{\alpha}{\beta}\sin{\beta t}\right)-\frac{1}{\beta C}i_{LR}(0)e^{\alpha t}\sin{\beta t}\]
ここで、各値は以下である。
\[v(0)=\frac{\omega L(1-\omega^2LC)-\omega CR^2}{(1-\omega^2LC)^2+(\omega CR)^2}I\]
\[i_{LR}(0)=-\frac{\omega CR}{(1-\omega^2LC)^2+(\omega CR)^2}I\]
\[\alpha=-\frac{R}{2L}\]
\[\beta=\sqrt{\frac{1}{LC}-\left(\frac{R}{2L}\right)^2}\]
出典
昭和54年度第一種電気主任技術者筆記試験理論問２
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