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電気回路の問題

難易度 2教科書の演習問題レベル大学物理電気回路

内部抵抗の無視できる起電力 $E = 12 V$ の直流電源、スイッチ $S$ 、抵抗値 $R = 30 Ω$ の抵抗、自己インダクタンス $L = 0.1 H$ のコイル、静電容量 $C = 500 μ F$ のコンデンサーを、この順に直列につないで 1 つの閉回路を作る（コンデンサーのもう一方の極板は電源の負極につながっている）。はじめスイッチ $S$ は開いており、コンデンサーに電荷はなく、コイルに電流は流れていない。時刻 $t = 0$ にスイッチ $S$ を閉じる。

$t ≧ 0$ において回路を流れる電流を $i (t)$ （単位は $A$ 、電源の正極から抵抗に向かう向きを正とする）とする。ラプラス変換を用いて、 $i (t)$ を $t$ （単位は $s$ ）の式で求めよ。ただし、導線の抵抗とコイルの巻線抵抗は無視する。

E

S

R

L

C

この問題で使うもの

RLC 回路の過渡現象（説明と入口の問題）
ラプラス変換による回路の s 領域表示と 1 次回路の過渡現象（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（129 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

キルヒホッフの電圧則で回路方程式（微分と積分を含む式）を立て、初期条件を使って両辺をラプラス変換しましょう。

ヒント 2

初期値が 0 なので、抵抗は $R$ 、コイルは $L s$ 、コンデンサーは $\frac{1}{C s}$ のインピーダンスとみなせ、 $\frac{E}{s} = (R + L s + \frac{1}{C s}) I (s)$ となります。

ヒント 3

数値を代入すると $I (s) = \frac{120}{s ^{2} + 300 s + 20000}$ となります。分母を因数分解して部分分数に分けましょう。

答えと解説

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\frac{6}{5} (e^{- 100 t} - e^{- 200 t})

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解説を読む

スイッチを閉じた後の回路では、キルヒホッフの電圧則（閉回路を一周したときの電圧の和が 0）により
$E = R i (t) + L \frac{d i}{d t} + \frac{1}{C} \int_{0}^{t} i (τ) d τ (t ≧ 0)$
が成り立つ。コンデンサーの初期電荷が 0 なので、コンデンサーの電圧は $\frac{1}{C} \int_{0}^{t} i d τ$ と書ける。

$i (t)$ のラプラス変換を $I (s)$ とする。初期条件 $i (0) = 0$ （コイルの電流は不連続に変化しない）を用いると
$L [\frac{d i}{d t}] = s I (s) - i (0) = s I (s), L [\int_{0}^{t} i d τ] = \frac{I ( s )}{s}, L [E] = \frac{E}{s}$
なので、両辺をラプラス変換して
$\frac{E}{s} = (R + L s + \frac{1}{C s}) I (s)$
よって
$I (s) = \frac{E}{L s ^{2} + R s + \frac{1}{C}} = \frac{E / L}{s ^{2} + \frac{R}{L} s + \frac{1}{L C}}$

数値を代入すると
$\frac{E}{L} = \frac{12}{0.1} = 120, \frac{R}{L} = \frac{30}{0.1} = 300, \frac{1}{L C} = \frac{1}{0.1 \times 500 \times 1 0 ^{- 6}} = 20000$
であり、 $s^{2} + 300 s + 20000 = (s + 100) (s + 200)$ と因数分解できるので
$I (s) = \frac{120}{( s + 100 ) ( s + 200 )}$

部分分数に分解する。 $\frac{120}{( s + 100 ) ( s + 200 )} = \frac{a}{s + 100} + \frac{b}{s + 200}$ とおくと、
$a = \frac{120}{s + 200}_{s = - 100} = \frac{120}{100} = \frac{6}{5}$ 、 $b = \frac{120}{s + 100}_{s = - 200} = \frac{120}{- 100} = - \frac{6}{5}$ 。
したがって
$I (s) = \frac{6}{5} (\frac{1}{s + 100} - \frac{1}{s + 200})$
$L^{- 1} [\frac{1}{s + α}] = e^{- α t}$ を用いて逆変換すると
$i (t) = \frac{6}{5} (e^{- 100 t} - e^{- 200 t})$

確認: $i (0) = 0$ で初期条件を満たし、 $t \to \infty$ で $i \to 0$ （直流ではコンデンサーに電流が流れ続けない）となって、物理的にも妥当である。また特性方程式の根が異なる 2 つの負の実数なので、過減衰の応答になっている。

別解

回路方程式は $L \frac{d i}{d t} + R i + \frac{1}{C} \int_{0}^{t} i d t^{'} = E$ （ $t \geq 0$ ）。初期条件は $i (0) = 0$ 、コンデンサーの初期電荷 0。
ラプラス変換すると $(s L + R + \frac{1}{s C}) I (s) = \frac{E}{s}$ より
$I (s) = \frac{E}{L s ^{2} + R s + 1/ C} = \frac{E / L}{s ^{2} + ( R / L ) s + 1/ ( L C )}$ 。
数値: $E / L = 12/0.1 = 120$ 、 $R / L = 30/0.1 = 300$ 、 $1/ (L C) = 1/ (0.1 \times 5 \times 1 0^{- 4}) = 2 \times 1 0^{4}$ 。
$s^{2} + 300 s + 20000 = (s + 100) (s + 200)$ （判別式 $30 0^{2} - 4 \cdot 20000 = 10000 > 0$ で過減衰）。
部分分数分解: $I (s) = \frac{120}{( s + 100 ) ( s + 200 )} = \frac{1.2}{s + 100} - \frac{1.2}{s + 200}$ 。
逆変換して $i (t) = 1.2 (e^{- 100 t} - e^{- 200 t})$ 。
検算: $i (0) = 0$ 。 $i^{'} (0) = 1.2 (- 100 + 200) = 120 = E / L$ で、 $t = 0$ ではコンデンサー電圧 0 かつ $i = 0$ のため $L d i / d t = E$ と一致。また $t \to \infty$ で $i \to 0$ （コンデンサーが充電されるため）。

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