回路理論 小テスト3「RLC回路の過渡現象」対策

この資料の使い方。 過去問（令和6年度 小テスト3・出題：光本先生）の3問を完全再現＋全文解説した。明日の小テストも同じ範囲 「RLC回路における過渡現象」なので、問1〜問3を白紙から自力で再現できることがゴール。 各問は「問題 → 方針 → 解法 → 結論 → 注意」の順。最後のドリルで数値・条件を変えた出題に備える。

100点チェックリスト

2 [立式]

☐  KVLで $L\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}+Ri+\frac{1}{C}{\int }_0^{t}i\mathrm{d}t=E$ を書ける

☐  初期電荷があるときは $v_C=\frac{1}{C}\left(q_0+{\int }_0^{t}i\mathrm{d}t\right)$ になると言える

☐  積分が混ざった式を微分して2階微分方程式にできる

☐  $i=\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}$（充電）と $i=-\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}$（放電）を使い分けられる

☐  初期条件の根拠（電荷保存則・磁束鎖交数保存則）を答案に書ける

[振動条件]

☐  特性方程式 $L{\lambda }^2+R\lambda +\frac{1}{C}=0$ を立てて解の公式で解ける

☐  振動 $\iff$ 根が複素数 $\iff$ 判別式 $<0$ と言える

☐  振動条件 $R^2<\frac{4L}{C}$（$R<2\sqrt{L/C}$）を導出付きで書ける

☐  過減衰・臨界制動・不足減衰（振動）の3モードを区別できる

[フェーザ（定常解）]

☐  「定常状態を求めよ」$\Rightarrow$ フェーザ法と即断できる

☐  ${\dot{Z}}_R=R$，${\dot{Z}}_L=j\omega L$，${\dot{Z}}_C=\frac{1}{j\omega C}$ を書ける

☐  $|\dot{Z}|=\sqrt{R^2+(1/\omega C{)}^2}$，偏角 $\theta ={\tan }^{-1}\frac{1}{\omega CR}$ を出せる

☐  RC回路の電流は電圧より進む（$+\theta$）と言える

☐  実効値 $E_{\mathrm{m}}/\sqrt{2}$ と瞬時値表示の往復ができる

[LC振動]

☐  $q=A_1{e}^{j\gamma t}+A_2{e}^{-j\gamma t}$ から初期条件で $A_1,A_2$ を決められる

☐  オイラーの公式で $\cos$ にまとめられる

☐  $i=\frac{q_0}{\sqrt{LC}}\sin \frac{t}{\sqrt{LC}}$ を導けて単位 [A] を付けられる

出題型の地図

@C11mmYYY@ & 問1：直列RLC＋直流 & 問2：RC＋正弦波 & 問3：LC振動
問うもの & (1)回路方程式 (2)振動条件 & 定常状態の $i$ & $t\ge 0$ の $i$（初期電荷 $q_0$）
解法 & KVL立式 → 微分 → 特性方程式 → 判別式$<0$ & フェーザ（記号法）で $\dot{I}=\dot{E}/\dot{Z}$ & 特性方程式 → 純虚数根 → 初期条件 → オイラー
答えの形 & $R^2<\frac{4L}{C}$ & $\frac{E_{\mathrm{m}}}{\sqrt{R^2+(1/\omega C{)}^2}}\sin (\omega t+\theta )$ & $\frac{q_0}{\sqrt{LC}}\sin \frac{t}{\sqrt{LC}}$
落とし穴 & $4L/C$ を $4LC$ と書く & 位相の符号（RCは進み） & $i=-\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}$ の符号

直前チェック：チートシート

@lY@ 抵抗 & $v_R=Ri$
コイル & $v_L=L\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}$（電流の急変を嫌う：$t=0^{+}$ で $i_L$ は連続）
コンデンサ & $v_C=\frac{q}{C}=\frac{1}{C}{\int }_0^{t}i\mathrm{d}t+\frac{q_0}{C}$（電圧の急変を嫌う：$v_C$ は連続）

手順： 1. KVLで回路方程式を立てる → 2. 両辺を $t$ で微分して積分を消す（または $q$ で書き直す）→ 3. $i=A{e}^{\lambda t}$ とおき特性方程式を解く → 4. 判別式の符号で解の形（下表）を決める → 5. 初期条件（$i_L$ 連続・$v_C$ 連続）で定数を決める。

$$L{\lambda }^2+R\lambda +\frac{1}{C}=0⟹\lambda =\frac{-R\pm \sqrt{R^2-\frac{4L}{C}}}{2L}=-\frac{R}{2L}\pm \sqrt{{\left(\frac{R}{2L}\right)}^2-\frac{1}{LC}}$$

@lllY@ 判別式 & 条件（$R$ で表す） & モード & 解の形
$R^2>\frac{4L}{C}$ & $R>2\sqrt{L/C}$ & 過減衰（非振動） & $i=A_1{e}^{{\lambda }_{1}t}+A_2{e}^{{\lambda }_{2}t}$（実数根2つ）
$R^2=\frac{4L}{C}$ & $R=2\sqrt{L/C}$ & 臨界制動 & $i=(A_1+A_{2}t)e^{-\frac{R}{2L}t}$（重根）
$R^2<\frac{4L}{C}$ & $R<2\sqrt{L/C}$ & 不足減衰（振動） & $i=A{e}^{-\frac{R}{2L}t}\sin ({\omega }_{d}t+\varphi )$，${\omega }_d=\sqrt{\frac{1}{LC}-{\left(\frac{R}{2L}\right)}^2}$

$R=0$（LCのみ）なら $\lambda =\pm j\frac{1}{\sqrt{LC}}$：減衰しない持続振動。${\omega }_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}$（共振角周波数）。

@YY@ インピーダンス：${\dot{Z}}_R=R$， ${\dot{Z}}_L=j\omega L$， ${\dot{Z}}_C=\frac{1}{j\omega C}=-j\frac{1}{\omega C}$ & オイラー：$e^{\pm j\theta }=\cos \theta \pm j\sin \theta$， $\cos \theta =\frac{e^{j\theta }+e^{-j\theta }}{2}$， $\sin \theta =\frac{e^{j\theta }-e^{-j\theta }}{2j}$

$e=E_{\mathrm{m}}\sin \omega t$ はフェーザでは実効値 $\dot{E}=\frac{E_{\mathrm{m}}}{\sqrt{2}}\angle 0$。 $\dot{I}=\dot{E}/\dot{Z}$ を計算し、最後に $i=\sqrt{2}|\dot{I}|\sin (\omega t+\arg \dot{I})$ に戻す。 RC回路（容量性）：電流は進み（$+\theta$）／RL回路（誘導性）：電流は遅れ（$-\theta$）。

微分方程式の道具箱（苦手な人はここから：5つの道具で全問解ける）

道具1：なぜ $i=A{e}^{\lambda t}$ とおくのか。 $e^{\lambda t}$ は微分しても $\lambda$ 倍されるだけで形が変わらない：

$$i=A{e}^{\lambda t}⟹\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}=\lambda A{e}^{\lambda t}⟹\frac{{\mathrm{d}}^{2}i}{\mathrm{d}{t}^2}={\lambda }^{2}A{e}^{\lambda t}$$

だから微分方程式に代入すると全項に共通因子 $A{e}^{\lambda t}$ が現れ、くくり出して割れば 「微分の式」がただの「$\lambda$ の2次方程式（特性方程式）」に変わる：

$$L\frac{{\mathrm{d}}^{2}i}{\mathrm{d}{t}^2}+R\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}+\frac{1}{C}i=0\stackrel{i=A{e}^{\lambda t}}{\to }\underset{\ne 0}{\underbrace{A{e}^{\lambda t}}}\left(L{\lambda }^2+R\lambda +\frac{1}{C}\right)=0⟹L{\lambda }^2+R\lambda +\frac{1}{C}=0$$

微分を1回もしなくてよくなるのがこの置き方のうれしさ。

**道具2：1階の型は「変数分離」で必ず解ける。**例として $L\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}+Ri=0$：

$$L\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}=-Ri⟹\underset{i\text{ だけ左へ}}{\underbrace{\frac{\mathrm{d}i}{i}}}=\underset{t\text{ だけ右へ}}{\underbrace{-\frac{R}{L}\mathrm{d}t}}⟹\int \frac{\mathrm{d}i}{i}=-\frac{R}{L}\int \mathrm{d}t⟹\ln |i|=-\frac{R}{L}t+C_1$$

両辺を $e$ の肩に乗せると $|i|=e^{C_1}{e}^{-\frac{R}{L}t}$。定数をまとめて $A=\pm e^{C_1}$ と書けば

$$i=A{e}^{-\frac{R}{L}t}$$

RC回路なら同じ手順で $q=A{e}^{-\frac{t}{RC}}$。「$i$（または $q$）の項を左、$t$ の項を右に分けて両辺積分」するだけ。

道具3：2階は特性方程式の根 ${\lambda }_1,{\lambda }_2$ のパターンで解の形が決まる。

1. 実数根2つ：$i=A_1{e}^{{\lambda }_{1}t}+A_2{e}^{{\lambda }_{2}t}$（過減衰）

2. 重根 ${\lambda }_0$：$i=(A_1+A_{2}t)e^{{\lambda }_{0}t}$（臨界制動）

3. 複素根 $\lambda =-\alpha \pm j\omega$：2つの解の重ね合わせで $i=A_1{e}^{(-\alpha +j\omega )t}+A_2{e}^{(-\alpha -j\omega )t}=e^{-\alpha t}\left(A_1{e}^{j\omega t}+A_2{e}^{-j\omega t}\right)$ オイラーの公式 $e^{\pm j\omega t}=\cos \omega t\pm j\sin \omega t$ を代入して整理すると $i=e^{-\alpha t}(B_1\cos \omega t+B_2\sin \omega t)(B_1=A_1+A_2,B_2=j(A_1-A_2))$

つまり「根が複素数」＝「$\cos \cdot \sin$ が出る」＝「振動」。 根の実部 $-\alpha$ が包絡線 $e^{-\alpha t}$（減衰の速さ）、虚部 $\omega$ が振動の角周波数。 実部が $0$（純虚数根）なら減衰せず振動し続ける（問3がこれ）。

道具4：右辺が $0$ でない（電源が残る）ときは「全解＝過渡解＋定常解」。

$$\text{全解}=\underset{\text{過渡解：}{e}^{-\alpha t}\to 0\text{ で消える}}{\underbrace{\text{同次解（右辺を0にして解く）}}}+\underset{\text{定常解：直流なら定数、正弦波ならフェーザ}}{\underbrace{\text{特解（1つ見つければよい）}}}$$

直流電源なら特解は「十分時間が経った後の値」（$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}=0$ とおいて求める）。 正弦波電源なら特解＝フェーザで出す定常解（問2）。

**道具5：未知定数は初期条件で決める。**階数＝未知定数の個数＝必要な条件の数。 条件の根拠は次の2つの保存則で、$t=0^{-}$（ON直前）の値がそのまま $t=0^{+}$ に引き継がれる：

• 電荷保存則：コンデンサの電荷 $q$（したがって $v_C=q/C$）は急変しない。 電流 $i=\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}$ が有限である限り、$q$ は一瞬で飛べない（不連続になれない）ため。

• 磁束鎖交数保存則：コイルの磁束鎖交数 $\Psi =Li$（したがって電流 $i_L$）は急変しない。 電圧 $v_L=\frac{\mathrm{d}\Psi }{\mathrm{d}t}$ が有限である限り、$\Psi$ は一瞬で飛べないため。

答案で初期条件を使うときは「電荷保存則より $q(0)=q_0$」「磁束鎖交数保存則より $i(0)=0$」のように 法則名を添える（過去問の模範解答もこの書き方で、根拠の明示が採点ポイント）。

問1：直列RLC回路の方程式と振動条件

問1（小テスト3 過去問・令和6年6月11日）

図のように、起電力 $E$ [V]、スイッチ $S$、抵抗 $R$ [$\Omega$]、コイル $L$ [H]、コンデンサ $C$ [F] を直列に接続した回路がある。 $t=0$ で $S$ を ON した。初期電荷、初期電流は 0 である。

1. $t\ge 0$ における回路方程式を示せ。

2. $t\ge 0$ の $i$ が右上図のように振動的になった。このような $i$ となるときの条件を $R,L,C$ を用いて示せ。

(1) 回路方程式

方針： 閉回路を電流 $i$ が一周するので、KVL（電圧則）：「素子の電圧降下の和＝起電力」を書くだけ。 $R,L,C$ それぞれの電圧をチートシートの式で書く。初期電荷が 0 なので $v_C$ の積分は $0$ から始めてよい。

解法： 図の向きに $i$ をとると、各素子の電圧降下は

$$v_R=Ri,v_L=L\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t},v_C=\frac{1}{C}{\int }_0^{t}i\mathrm{d}t(\text{初期電荷 }0)$$

これらの和が起電力 $E$ に等しいから、

$$L\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}+Ri+\frac{1}{C}{\int }_0^{t}i\mathrm{d}t=E$$

（順番は $Ri+L\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}+\cdots =E$ でも同じ。3項の和＝$E$ になっていればよい）

初期電荷 $q_0\ne 0$ の問題に変えられたら $v_C=\frac{1}{C}{\int }_0^{t}i\mathrm{d}t+\frac{q_0}{C}$。 「初期電荷・初期電流は0」という一文は(1)の積分の下端と、(2)で使う初期条件の両方の根拠なので、答案でも触れると確実。

(2) 振動条件

方針： 振動するかどうかは過渡解（同次解）の形で決まる。(1) の式は積分が混ざっているので、 両辺を $t$ で微分して2階微分方程式にし、特性方程式の根が複素数になる条件（判別式 $<0$）を出す。 右辺の定数 $E$ は微分すると消えるので、ちょうど同次方程式になる。

解法（全ステップ）：

Step 1. 積分を消して2階微分方程式にする。 (1) の両辺を $t$ で微分する。各項は $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(L\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}\right)=L\frac{{\mathrm{d}}^{2}i}{\mathrm{d}{t}^2}$、 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(Ri)=R\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}$、 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{1}{C}{\int }_0^{t}i\mathrm{d}t\right)=\frac{1}{C}i$（積分して微分すると元に戻る）、 右辺は定数なので $\frac{\mathrm{d}E}{\mathrm{d}t}=0$。よって

$$L\frac{{\mathrm{d}}^{2}i}{\mathrm{d}{t}^2}+R\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}+\frac{1}{C}i=0$$

Step 2. 特性方程式を作る（道具1）。 $i=A{e}^{\lambda t}$ とおくと $\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}=\lambda A{e}^{\lambda t}$，$\frac{{\mathrm{d}}^{2}i}{\mathrm{d}{t}^2}={\lambda }^{2}A{e}^{\lambda t}$。代入して

$$L{\lambda }^{2}A{e}^{\lambda t}+R\lambda A{e}^{\lambda t}+\frac{1}{C}A{e}^{\lambda t}=0⟹A{e}^{\lambda t}\left(L{\lambda }^2+R\lambda +\frac{1}{C}\right)=0$$

$A{e}^{\lambda t}\ne 0$（恒等的に0でない解がほしい）なので、カッコの中が0：

$$L{\lambda }^2+R\lambda +\frac{1}{C}=0$$

Step 3. 2次方程式の解の公式で解く。 $a=L$，$b=R$，$c=\frac{1}{C}$ として $\lambda =\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ に入れる。 $4ac=4L\cdot \frac{1}{C}=\frac{4L}{C}$ だから

$$\lambda =\frac{-R\pm \sqrt{R^2-\frac{4L}{C}}}{2L}$$

Step 4. 「振動＝根が複素数」を確認する（道具3）。 根号の中 $R^2-\frac{4L}{C}$ が負なら $\sqrt{\text{負}}=j\sqrt{\text{正}}$ となり、根は複素数

$$\lambda =-\underset{\alpha }{\underbrace{\frac{R}{2L}}}\pm j\underset{{\omega }_d}{\underbrace{\sqrt{\frac{1}{LC}-{\left(\frac{R}{2L}\right)}^2}}}\left(\frac{R^2-\frac{4L}{C}}{(2L{)}^2}={\left(\frac{R}{2L}\right)}^2-\frac{1}{LC}\text{とくくり直した}\right)$$

道具3(c)より解は $i=e^{-\alpha t}(B_1\cos {\omega }_{d}t+B_2\sin {\omega }_{d}t)$。 初期電流 $i(0)=0$（磁束鎖交数保存則：ON直前は電流 0）を入れると $B_1=0$ なので

$$i=B_2{e}^{-\frac{R}{2L}t}\sin {\omega }_{d}t$$

これは包絡線 $\pm B_2{e}^{-\frac{R}{2L}t}$ の中で振動する波形——まさに問題の図と一致する。

Step 5. 条件を書く。 振動する $⟺$ 根が複素数 $⟺$ 根号の中が負：

$$R^2-\frac{4L}{C}<0$$

$$R^2<\frac{4L}{C}\left(⟺R<2\sqrt{\frac{L}{C}}\right)$$

答案には「特性方程式の根が複素数になる条件」であることと、Step 3 の $\lambda$ の式を必ず書いてから不等式を出す。

• 過去問の模範解答も ${\left(\frac{R}{2L}\right)}^2<\frac{1}{LC}$ を整理して $R^2<\frac{4L}{C}$ を最終解答にしている。 $\frac{4L}{C}$ を $4LC$ や $\frac{4C}{L}$ と書き間違えるのが定番ミス。次元チェック：$\sqrt{L/C}$ は抵抗 [$\Omega$] の次元。

• 「振動しない条件」と聞かれたら不等号の向きを逆に（$R^2>\frac{4L}{C}$：過減衰。等号は臨界制動）。

• 不等号だけ書いて終わらず、「特性方程式の根が複素数 → 解が $e^{-\alpha t}\sin {\omega }_{d}t$ 型 → 振動」という理由の一文を添える。

問2：RC直列回路の正弦波定常解（フェーザ）

問2（小テスト3 過去問・令和6年6月11日）

図のように、電源 $e=E_{\mathrm{m}}\sin \omega t$ [V]、スイッチ $S$、抵抗 $R$ [$\Omega$]、コンデンサ $C$ [F] を直列に接続した回路がある。 $t=0$ で $S$ を ON した。初期電荷は 0 である。図のように $i$ をとるとき、定常状態における $i$ を求めよ。

方針： 回路方程式は $Ri+\frac{1}{C}{\int }_0^{t}i\mathrm{d}t=E_{\mathrm{m}}\sin \omega t$ だが、 聞かれているのは定常状態だけ。定常解は微分方程式を解かなくてもフェーザ（記号法）で $\dot{I}=\dot{E}/\dot{Z}$ と一発で出るので、これを使う（過渡項 $A{e}^{-t/RC}$ は $t\to \infty$ で消える成分なので無視してよい）。

解法： 電源をフェーザ（実効値表示）にすると

$$\dot{E}=\frac{E_{\mathrm{m}}}{\sqrt{2}}\angle 0$$

回路のインピーダンスは

$$\dot{Z}=R+\frac{1}{j\omega C}=R-j\frac{1}{\omega C}=\sqrt{R^2+{\left(\frac{1}{\omega C}\right)}^2}\angle (-\theta ),\theta ={\tan }^{-1}\frac{1/\omega C}{R}={\tan }^{-1}\frac{1}{\omega CR}$$

よって電流フェーザは

$$\dot{I}=\frac{\dot{E}}{\dot{Z}}=\frac{E_{\mathrm{m}}/\sqrt{2}}{\sqrt{R^2+{\left(\frac{1}{\omega C}\right)}^2}\angle (-\theta )}=\frac{E_{\mathrm{m}}/\sqrt{2}}{\sqrt{R^2+{\left(\frac{1}{\omega C}\right)}^2}}\angle (+\theta )$$

複素数の割り算は「大きさは大きさで割る、角度は引き算」： 大きさ $|\dot{I}|=\frac{E_{\mathrm{m}}/\sqrt{2}}{|\dot{Z}|}$、角度 $\arg \dot{I}=\underset{\dot{E}\text{の角度}}{\underbrace{0}}-\underset{\dot{Z}\text{の角度}}{\underbrace{(-\theta )}}=+\theta$。 分母の $-\theta$ が分子に上がって $+\theta$ になるところが採点ポイント。

瞬時値に戻す（振幅は $\sqrt{2}\times$実効値、位相 $+\theta$ を $\sin$ の中へ）と、

$$i=\frac{E_{\mathrm{m}}}{\sqrt{R^2+{\left(\frac{1}{\omega C}\right)}^2}}\sin \left(\omega t+{\tan }^{-1}\frac{1}{\omega CR}\right)[\mathrm{A}]$$

補足：微分方程式で解くと何が起きているか（道具2・道具4の確認）。 電荷 $q$（充電の向きなので $i=\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}$）で書き直すと、1階・非同次の方程式

$$R\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}+\frac{q}{C}=E_{\mathrm{m}}\sin \omega t$$

道具4より、全解＝過渡解＋定常解。過渡解は右辺を $0$ にした $R\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}+\frac{q}{C}=0$ を道具2（変数分離）で解いて

$$\frac{\mathrm{d}q}{q}=-\frac{1}{RC}\mathrm{d}t⟹\ln |q|=-\frac{t}{RC}+C_1⟹q_h=A{e}^{-\frac{t}{RC}}$$

定常解（特解）が、上でフェーザを使って出した正弦波。全解は $q=A{e}^{-\frac{t}{RC}}+q_s(t)$ で、$A$ は初期電荷 $q(0)=0$ から決まるが、 $t\to \infty$ で $e^{-t/RC}\to 0$ となって過渡解は消える。 残った定常解だけが「定常状態」——それを微分方程式を解かずに代数だけで出す道具がフェーザ。 だから本問はフェーザ計算のみで完答してよい。

• 位相の符号が最頻出の採点ポイント。$\dot{Z}$ の偏角が $-\theta$（容量性）だから、割り算で電流は $+\theta$： RC回路の電流は電圧より進む。RL直列なら逆に $i=\frac{E_{\mathrm{m}}}{\sqrt{R^2+(\omega L{)}^2}}\sin (\omega t-{\tan }^{-1}\frac{\omega L}{R})$（遅れ）。

• 検算：$\omega \to \infty$ で $C$ は短絡 → $i\to \frac{E_{\mathrm{m}}}{R}\sin \omega t$、$\omega \to 0$ で $C$ は開放 → $i\to 0$。上式はどちらも満たす。

• $\frac{E_{\mathrm{m}}}{\sqrt{2}}$ のまま答えない。瞬時値で聞かれたら最後に $\sqrt{2}$ 倍して戻す（$\sqrt{2}\cdot \frac{E_{\mathrm{m}}}{\sqrt{2}}=E_{\mathrm{m}}$）。

• 微分方程式で解くなら：全解＝過渡解 $A{e}^{-t/RC}$＋定常解（上式）。「定常状態」とは $t$ が十分経って過渡項が消えた状態のこと、と書けると強い。

問3：LC回路の振動（初期電荷あり）

問3（小テスト3 過去問・令和6年6月11日）

図のように、初期電荷 $q_0$ [C] をもつコンデンサ $C$ [F]、スイッチ $S$、コイル $L$ [H] を接続した回路がある。 $t=0$ で $S$ を ON した。$L$ の電流は $t=0$ で 0 とする。図のように $i$ をとるとき、$t\ge 0$ における $i$ を求めよ。

方針： $R$ がないLC回路なので減衰しない持続振動になるはず（チートシートの $R=0$ の場合）。 電流と電荷が両方出てくるので、電荷 $q$ で統一して2階微分方程式にするのが見通しがよい。 コンデンサは放電するので、図の向きの $i$ と電荷の関係は $i=-\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}$（$q$ が減る向きに $i$ が流れる）。 最後は初期条件 $q(0)=q_0$，$i(0)=0$ で定数を決め、オイラーの公式で実数形に直す。

解法（全ステップ）：

Step 1. 立式して電荷 $q$ で統一する。 KVLより、コンデンサの電圧 $v_C=\frac{q}{C}$ がそのままコイルに加わるから

$$L\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}=\frac{q}{C}$$

ここで放電だから $i=-\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}$。これを左辺に代入すると $L\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}=L\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(-\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t})=-L\frac{{\mathrm{d}}^{2}q}{\mathrm{d}{t}^2}$ なので

$$-L\frac{{\mathrm{d}}^{2}q}{\mathrm{d}{t}^2}=\frac{q}{C}⟹L\frac{{\mathrm{d}}^{2}q}{\mathrm{d}{t}^2}+\frac{q}{C}=0$$

Step 2. 特性方程式を作って解く（道具1）。 $q=A{e}^{\lambda t}$ とおくと $\frac{{\mathrm{d}}^{2}q}{\mathrm{d}{t}^2}={\lambda }^{2}A{e}^{\lambda t}$。代入して

$$A{e}^{\lambda t}\left(L{\lambda }^2+\frac{1}{C}\right)=0⟹L{\lambda }^2+\frac{1}{C}=0⟹{\lambda }^2=-\frac{1}{LC}$$

負の数の平方根なので $\sqrt{-1}=\pm j$ を使って（1次の項がないので $\pm$ の純虚数根）

$$\lambda =\pm j\gamma ,\gamma =\frac{1}{\sqrt{LC}}$$

根が2つあるので、一般解は2つの解の重ね合わせ（足し算）：

$$q=A_1{e}^{j\gamma t}+A_2{e}^{-j\gamma t}$$

Step 3. 初期条件2つで $A_1,A_2$ を決める（道具5）。 ① 電荷保存則より、ON直前にコンデンサが持っていた電荷は急変しないので $q(0)=q_0$。 一般解に $t=0$ を代入し、$e^0=1$ だから

$$A_1+A_2=q_0\cdots \text{①}$$

② 磁束鎖交数保存則より、ON直前にコイルに電流は流れていなかったので $i(0)=0$。 まず $q$ を微分する（$e^{\pm j\gamma t}$ の微分は $\pm j\gamma$ 倍）：

$$\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}=j\gamma A_1{e}^{j\gamma t}-j\gamma A_2{e}^{-j\gamma t}⟹i=-\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}=-j\gamma \left(A_1{e}^{j\gamma t}-A_2{e}^{-j\gamma t}\right)$$

$t=0$ を代入して $i(0)=-j\gamma (A_1-A_2)=0$。$j\gamma \ne 0$ だから

$$A_1-A_2=0⟹A_1=A_2\cdots \text{②}$$

②を①に入れると $2A_1=q_0$：

$$A_1=A_2=\frac{q_0}{2}$$

Step 4. オイラーの公式で実数の式に直す。

$$q=\frac{q_0}{2}{e}^{j\gamma t}+\frac{q_0}{2}{e}^{-j\gamma t}=q_0\cdot \underset{=\cos \gamma t\text{（オイラー）}}{\underbrace{\frac{e^{j\gamma t}+e^{-j\gamma t}}{2}}}=q_0\cos \gamma t$$

（$j$ が消えてちゃんと実数になる。消えなかったら計算ミス。）

Step 5. 電流に戻す。 $\cos$ の微分は $-\sin$、合成関数なので $\gamma$ 倍を忘れない：

$$\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}=-q_0\gamma \sin \gamma t⟹i=-\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}=+q_0\gamma \sin \gamma t$$

$$i=\frac{q_0}{\sqrt{LC}}\sin \frac{t}{\sqrt{LC}}[\mathrm{A}]\left(\gamma =\frac{1}{\sqrt{LC}}={\omega }_0\text{：共振角周波数}\right)$$

• 符号ミス最多ポイント：放電だから $i=-\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}$。これを $+\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}$ にすると $i=-q_0\gamma \sin \gamma t$ になり符号が逆。 検算：$t=0^{+}$ では $C$ が $L$ に電流を流し始めるので、図の向きなら $i>0$ に増えるはず → $+\sin$ で正しい。

• 初期条件には法則名を添える：「電荷保存則より $q(0)=q_0$」「磁束鎖交数保存則より $i(0)=0$」（模範解答もこの書き方）。

• 物理チェック：$i(0)=0$（コイルは電流の急変を嫌う）、$q(0)=q_0$ を最終式が満たすか必ず代入確認。 $q=q_0\cos \gamma t$ は $t=0$ で $q_0$、$i=\frac{q_0}{\sqrt{LC}}\sin \gamma t$ は $t=0$ で 0。OK。

• $R=0$ なので減衰せず、エネルギーが $C$ の静電エネルギー $\leftrightarrow$ $L$ の磁気エネルギーを行き来する持続振動。 $\frac{q_0^2}{2C}=\frac{1}{2}L{I}_{\mathrm{m}}^2$ から振幅 $I_{\mathrm{m}}=\frac{q_0}{\sqrt{LC}}$ を検算できる（解いた振幅と一致）。

• 単位 [A] を書き忘れない（過去問の模範解答も [A] 付き）。

バリエーションドリル（本番で数値・条件を変えられたら）

ドリル（各自、白紙で解いてから下の解説へ）

1. 起電力 $E$、抵抗 $R$、コイル $L$ の直列回路（RL直列＋直流）。$t=0$ で S を ON、$i(0)=0$。$t\ge 0$ の $i$ を求めよ。

2. 問1の回路で「$i$ が振動しないための条件」を $R,L,C$ で示せ。

3. 問2の $C$ をコイル $L$ に置き換えた回路（RL直列＋$e=E_{\mathrm{m}}\sin \omega t$）。定常状態の $i$ を求めよ。

4. 問3で、初期電荷が 0、$L$ の初期電流が $I_0$ の場合の $t\ge 0$ の $i$ を求めよ。

5. $L=10\mathrm{mH}$，$C=100\mu \mathrm{F}$ のとき、問1の $i$ が振動するための $R$ の範囲を数値で求めよ。

D1.（1階の基本型：道具2＋道具4の練習） 方程式は $L\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}+Ri=E$。 定常解：十分時間が経つと電流が一定になるので $\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}=0$ とおくと $R{i}_s=E$，$i_s=\frac{E}{R}$。 過渡解：右辺を $0$ にした $L\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}+Ri=0$ を変数分離（道具2の例そのまま）して $i_h=A{e}^{-\frac{R}{L}t}$。 全解に初期条件：$i=\frac{E}{R}+A{e}^{-\frac{R}{L}t}$ に $i(0)=0$ を代入して $0=\frac{E}{R}+A$，$A=-\frac{E}{R}$。

$$i=\frac{E}{R}\left(1-e^{-\frac{R}{L}t}\right)[\mathrm{A}],\text{時定数 }\tau =\frac{L}{R}$$

コイルがあるので電流は 0 から立ち上がり、最終値 $E/R$（定常ではコイルは短絡扱い）。

D2. 振動しない $\iff$ 特性根が実数 $\iff$ 判別式 $\ge 0$：

$$R^2\ge \frac{4L}{C}\left(R\ge 2\sqrt{\frac{L}{C}}\right)$$

等号（$R=2\sqrt{L/C}$）は臨界制動。「振動しない」に等号を含めるのを忘れやすい。

D3. $\dot{Z}=R+j\omega L=\sqrt{R^2+(\omega L{)}^2}\angle (+\theta )$，$\theta ={\tan }^{-1}\frac{\omega L}{R}$。 $\dot{Z}$ の偏角が $+\theta$ だから電流は遅れ：

$$i=\frac{E_{\mathrm{m}}}{\sqrt{R^2+(\omega L{)}^2}}\sin \left(\omega t-{\tan }^{-1}\frac{\omega L}{R}\right)[\mathrm{A}]$$

問2（RC：進み $+$）との符号の対比が本番でそのまま狙われる。

D4. 一般解は問3と同じ $q=A_1{e}^{j\gamma t}+A_2{e}^{-j\gamma t}$（$\gamma =1/\sqrt{LC}$）。 初期条件が $q(0)=0$，$i(0)=I_0$（$i=-\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}$）に変わる： $A_1+A_2=0$ と $-j\gamma (A_1-A_2)=I_0$。 2式目から $A_1-A_2=\frac{I_0}{-j\gamma }=\frac{j{I}_0}{\gamma }$（$\frac{1}{-j}=j$ に注意）、 1式目とあわせて $A_1=-A_2=\frac{j{I}_0}{2\gamma }$。

$$q=\frac{j{I}_0}{2\gamma }\left(e^{j\gamma t}-e^{-j\gamma t}\right)=\frac{j{I}_0}{2\gamma }\cdot 2j\sin \gamma t=-\frac{I_0}{\gamma }\sin \gamma t(j\times j=-1)$$

$$i=-\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}=I_0\cos \frac{t}{\sqrt{LC}}[\mathrm{A}]$$

コイルの電流が連続（$i(0)=I_0$）になっていることを確認。

D5. $\frac{4L}{C}=\frac{4\times 10\times 10^{-3}}{100\times 10^{-6}}=400$ より $R^2<400$，すなわち

$$0<R<20\mathrm{\Omega }\left(2\sqrt{L/C}=2\sqrt{10^{-2}/10^{-4}}=2\sqrt{100}=20\mathrm{\Omega }\right)$$

指数（m と $\mu$）の処理だけ落ち着いて。

最後の見直しリスト（試験直前30秒）

1. 回路方程式：$L\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}+Ri+\frac{1}{C}{\int }_0^{t}i\mathrm{d}t=E$ —— 3項とも書いたか。初期電荷の扱いは正しいか。

2. 振動条件：判別式 $<0$ → $R^2<\frac{4L}{C}$。分母分子を入れ替えていないか。

3. フェーザ：実効値 $E_{\mathrm{m}}/\sqrt{2}$ で計算 → 最後に $\sqrt{2}$ 倍で瞬時値へ。RC は進み $+\theta$、RL は遅れ $-\theta$。

4. LC振動：$i=-\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}$（放電）。$A_1=A_2=\frac{q_0}{2}$ → $q=q_0\cos$ → $i=\frac{q_0}{\sqrt{LC}}\sin \frac{t}{\sqrt{LC}}$。

5. 仕上げ：初期条件（電荷保存則＝$v_C$ 連続・磁束鎖交数保存則＝$i_L$ 連続）を最終式に代入して検算。単位 [A] を書く。

（出典: 令和6年度 後学期 小テスト3「RLC回路における過渡現象」（回路理論・4E・出題：光本真一先生）過去問の写し3枚（CircuitTheory/materials/S__30867482–84.jpg）。模範解答（手書き解答）の最終結果と本資料の結論はすべて一致。）