過渡現象 RL回路③解答｜電験3種1問1答

正解：（４）

解説： $L \frac{d i}{d t} + R i = E$ という微分方程式を解くことで、

$i = \frac{E}{R} (1 - e^{- \frac{R}{L} t})$

を導くことができるが、微分方程式の導出過程は覚えなくても良いので、過渡電流の値として上記の式を覚えておいて欲しい。

興味のある方へ、以下に微分方程式での導出過程を示す。

まず、コイルにおける電圧は電流の変化量に比例して大きくなり、コイルのインダクタンスをL[H]とすると、 $V_{L} = L \frac{d i}{d t}$ と表現出来る。

また、抵抗での電圧は流れる電流と抵抗の積であるので、 $V_{R} = R i$ となる。

このコイルと抵抗の電圧の和が電源電圧Eと等しいので、先程の

$L \frac{d i}{d t} + R i = E$ という微分方程式が出来る。

この方程式を式変形していく。

$L \frac{d i}{d t} = - R i + E$

$\frac{d i}{d t} = - \frac{R}{L} i + \frac{E}{L}$

$\frac{d i}{d t} = - \frac{R}{L} (i - \frac{E}{R})$

$\frac{1}{i - \frac{E}{R}} d i = - \frac{R}{L} d t$

ここで両辺を積分すると、

$l o g_{e} (i - \frac{E}{R}) + A = - \frac{R}{L} t + B$ （ただし、A及びBは積分定数）

$l o g_{e} (i - \frac{E}{R}) = - \frac{R}{L} t + D$ （積分定数AとBをDとしてまとめた。Cはコンデンサの静電容量と紛らわしいので、Cを飛ばして、Dで表現）

$i - \frac{E}{R} = e^{- \frac{R}{L} t + D}$

$i = \frac{E}{R} + e^{- \frac{R}{L} t + D} = \frac{E}{R} + e^{D} \times e^{- \frac{R}{L} t}$

ここで、積分定数Dによる $e^{D}$ を求めるために、初期値（t=0、i=0を代入する）

$0 = \frac{E}{R} + e^{D} \times e^{0}$

$0 = \frac{E}{R} + e^{D}$

$e^{D} = - \frac{E}{R}$

したがって、

$i = \frac{E}{R} - \frac{E}{R} \times e^{- \frac{R}{L} t} = \frac{E}{R} (1 - e^{- \frac{R}{L} t})$

となる。