《理論》〈電気回路〉[H26:問4]回路の過渡現象に関する計算問題

【問題】

【難易度】★★★★☆(やや難しい)

次の文章は,回路の過渡現象に関する記述である。文中の\( \ \fbox{$\hskip3em\Rule{0pt}{0.8em}{0em}$} \ \)に当てはまる最も適切なものを解答群の中から選びなさい。

図のように直流電圧源\( \ E \ \)に接続された\( \ RLC \ \)回路を考える。ただし,時刻\( \ t<0 \ \)ではスイッチ\( \ \mathrm {S}_{1} \ \)と\( \ \mathrm {S}_{2} \ \)は開いており,コンデンサの電荷は零とする。

時刻\( \ t=0 \ \)でスイッチ\( \ \mathrm {S}_{1} \ \)を閉じ,次に回路が定常状態になる前の時刻\( \ t=t_{0} \ \) ( \(>0\) )でスイッチ\( \ \mathrm {S}_{2} \ \)を閉じた。\( \ t≧t_{0} \ \)では回路は左右の二つの独立な回路に分けて考えることができる。\( \ v_{\mathrm {c}} ( t_{0} ) \ \)と\( \ i_{2} ( t_{0} ) \ \)を使うと\( \ t≧t_{0} \ \)における抵抗\( \ R_{1} \ \)の電流\( \ i_{1} ( t ) \ \)と抵抗\( \ R_{2} \ \)の電流\( \ i_{2} ( t ) \ \)は
\[
\begin{eqnarray}
i_{1} ( t ) &=&\fbox {  (1)  } \ \mathrm {e}^{-\fbox {  (2)  } ( t-t_{0} ) }  &\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots ①& \\[ 5pt ] i_{2} ( t ) &=&i_{2} ( t_{0} ) \mathrm {e}^{-\fbox {  (3)  } ( t-t_{0} ) }  &\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots ②& \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] と表すことができる。ここで,スイッチ\( \ \mathrm {S}_{2} \ \)が開いている間は\( \ i_{1} ( t ) =i_{2} ( t ) \ \)であるが,\( \ t=t_{0} \ \)でスイッチ\( \ \mathrm {S}_{2} \ \)が閉じたときは\( \ i_{1} ( t_{0} ) =i_{2} ( t_{0} ) \ \)であるとは限らない。ただし,\( \ v_{\mathrm {c}} ( t_{0} ) \ \)と\( \ i_{2} ( t_{0} ) \ \)が等式\( \ \fbox {  (4)  } \ \)を満たすときは,\(①\)式と\(②\)式より\( \ i_{1} ( t_{0} ) =i_{2} ( t_{0} ) \ \)となる。また,\( \ v_{\mathrm {c}} ( t_{0} ) \ \)が等式\( \ \fbox {  (5)  } \ \)を満たすときは,\( \ t=t_{0} \ \)でスイッチ\( \ \mathrm {S}_{2} \ \)を閉じると電流\( \ i_{1} ( t ) \ \)は\( \ t≧t_{0} \ \)で零(一定)となる。

〔問4の解答群〕
\[
\begin{eqnarray}
&(イ)& v_{\mathrm {c}} ( t_{0} ) =0   &(ロ)& \frac {v_{\mathrm {c}} ( t_{0} )}{R_{1}}=i_{2} ( t_{0} )    &(ハ)& \frac {v_{\mathrm {c}} ( t_{0} )}{R_{1}} \\[ 5pt ] &(ニ)& \frac {E+v_{\mathrm {c}} ( t_{0} )}{R_{1}}=i_{2} ( t_{0} )   &(ホ)& \frac {E+v_{\mathrm {c}} ( t_{0} )}{R_{1}}   &(ヘ)& \frac {E-v_{\mathrm {c}} ( t_{0} )}{R_{1}} \\[ 5pt ] &(ト)& \frac {1}{R_{2}L}   &(チ)& \frac {R_{1}}{C}    &(リ)& \frac {C}{R_{1}} \\[ 5pt ] &(ヌ)& \frac {L}{R_{2}}   &(ル)& \frac {E-v_{\mathrm {c}} ( t_{0} )}{R_{1}}=i_{2} ( t_{0} )   &(ヲ)& \frac {R_{2}}{L} \\[ 5pt ] &(ワ)& v_{\mathrm {c}} ( t_{0} ) =-E   &(カ)& \frac {1}{CR_{1}}   &(ヨ)& v_{\mathrm {c}} ( t_{0} ) =E \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\]

【ワンポイント解説】

過渡現象に関する問題は解法がパターン化されており,毎年のように出題されるので,確実に得点できるようにしておきたいところです。本問は(1),(2)がやや複雑で正答率も低めであると思うので,得点差が大きく開くと考えられます。

1.過渡現象における\( \ RLC \ \)それぞれの電圧
線路に流れる電流を\( \ i \ \)とし,抵抗\( \ R \ \)の電圧\( \ V_{\mathrm{R}} \ \),リアクトル\( \ L \ \)の電圧\( \ V_{\mathrm{L}} \ \),リアクトル\( \ C \ \)の電圧\( \ V_{\mathrm{C}} \ \)とすると,
\[
\begin{eqnarray}
V_{\mathrm{R}} &=& Ri \\[ 5pt ] V_{\mathrm{L}} &=& L\frac {\mathrm {d}i}{\mathrm {d}t} \\[ 5pt ] V_{\mathrm{C}} &=& \frac {1}{C}\int i \mathrm {d}t \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] となり,電荷\( \ q \ \)との間に\( \ \displaystyle i=\frac {\mathrm {d}q}{\mathrm {d}t} \ \)の関係があるので,
\[
\begin{eqnarray}
V_{\mathrm{R}} &=& R\frac {\mathrm {d}q}{\mathrm {d}t} \\[ 5pt ] V_{\mathrm{L}} &=& L\frac {\mathrm {d}^{2}q}{\mathrm {d}t^{2}} \\[ 5pt ] V_{\mathrm{C}} &=& \frac {q}{C}
\end{eqnarray}
\] となります。

2.過渡現象における定常解と過渡解
ⅰ.定常解を\( \ i_{\mathrm {s}} \ \),過渡解を\( \ i_{\mathrm {t}} \ \)とすると,電流値\( \ i \ \)は\( \ i=i_{\mathrm {s}}+i_{\mathrm {t}} \ \)となります。
ⅱ.定常解は電流の時間変化のない状態すなわち\( \ \displaystyle \frac {\mathrm {d}i_{\mathrm {s}}}{\mathrm {d}t}=0 \ \)とした時の解です。
ⅲ.過渡解はスイッチを入れた直後の解すなわち\( \ L \ \)開放(\( \ E=0 \ \)と同義)の時の解です。

3.自然対数の微分積分
①自然対数の微分
\[
\frac {\mathrm {d}}{\mathrm {d}x} \ln {x} =\frac {1}{x} 
\] ②自然対数の積分
\[
\int \frac {1}{x} \mathrm {d}x =\ln {x} + C \left( Cは積分定数\right)
\] \[
\ln {x}=-\alpha t +C \left( Cは積分定数\right)の時, x=A\mathrm {e}^{-\alpha t} \left( A=\mathrm {e}^{C}\right)となります。
\]

【解答】

(1)解答:ヘ
(2)解答:カ
問題図の左側の回路について回路方程式を立てると,
\[
\begin{eqnarray}
R_{1}i_{1} ( t ) +\frac {1}{C}\int i_{1} \mathrm {d}t &=&E \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] であり,\(\displaystyle i_{1} ( t ) =\frac {\mathrm {d}q_{1}}{\mathrm {d}t}\)の関係があるから,
\[
\begin{eqnarray}
R_{1}\frac {\mathrm {d}q_{1}}{\mathrm {d}t} +\frac {q_{1} ( t ) }{C} &=&E \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] となる。まず,定常解\( \ q_{\mathrm {1s}} ( t ) \ \)を求めると,\( \ \displaystyle \frac {\mathrm {d}q_{\mathrm {1s}}}{\mathrm {d}t}=0 \ \)であるから,
\[
\begin{eqnarray}
\frac {q_{\mathrm {1s}} ( t ) }{C} &=&E \\[ 5pt ] q_{\mathrm {1s}} ( t ) &=&CE \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] と求められる。次に,過渡解\( \ q_{\mathrm {1t}} ( t ) \ \)を求めると,
\[
\begin{eqnarray}
R_{1}\frac {\mathrm {d}q_{\mathrm {1t}}}{\mathrm {d}t} +\frac {q_{\mathrm {1t}} ( t ) }{C} &=&0 \\[ 5pt ] R_{1}\frac {\mathrm {d}q_{\mathrm {1t}}}{\mathrm {d}t} &=&-\frac {q_{\mathrm {1t}} ( t ) }{C} \\[ 5pt ] \frac {1}{q_{\mathrm {1t}} ( t ) }\mathrm {d}q_{\mathrm {1t}} &=&-\frac {1}{CR_{1}}\mathrm {d}t \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] 両辺積分すると,
\[
\begin{eqnarray}
\ln \left( q_{\mathrm {1t}} ( t ) \right) &=&-\frac {1}{CR_{1}} t +C (Cは積分定数) \\[ 5pt ] q_{\mathrm {1t}} ( t ) &=&A\mathrm {e}^{-\frac {1}{CR_{1}} t } (A=\mathrm {e}^{C}は積分定数) \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] と求められる。よって,一般解\( \ q_{1} ( t ) \ \)は,
\[
\begin{eqnarray}
q_{1} ( t ) &=&q_{\mathrm {1s}} ( t ) + q_{\mathrm {1t}} ( t ) \\[ 5pt ] &=&CE+A\mathrm {e}^{-\frac {1}{CR_{1}} t } \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] と求められる。題意より\( \ q_{\mathrm {1t}} ( t_{0} ) =Cv_{\mathrm {C}} ( t_{0} ) \ \)であるから,
\[
\begin{eqnarray}
Cv_{\mathrm {C}} ( t_{0} ) &=&CE+A\mathrm {e}^{-\frac {1}{CR_{1}} t_{0} } \\[ 5pt ] A\mathrm {e}^{-\frac {1}{CR_{1}} t_{0} } &=&Cv_{\mathrm {C}} ( t_{0} ) -CE \\[ 5pt ] A &=&C ( v_{\mathrm {C}} ( t_{0} ) -E ) \mathrm {e}^{\frac {1}{CR_{1}} t_{0} } \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] となり,
\[
\begin{eqnarray}
q_{\mathrm {1}} ( t ) &=&CE+C ( v_{\mathrm {C}} ( t_{0} ) -E ) \mathrm {e}^{\frac {1}{CR_{1}} t_{0} }\cdot \mathrm {e}^{-\frac {1}{CR_{1}} t } \\[ 5pt ] &=&CE+C ( v_{\mathrm {C}} ( t_{0} ) -E ) \mathrm {e}^{-\frac {1}{CR_{1}} ( t – t_{0} ) } \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] と求められる。よって,電流\( \ i_{1} ( t ) \ \)は,
\[
\begin{eqnarray}
i_{\mathrm {1}} ( t ) &=&\frac {\mathrm {d}q_{1}}{\mathrm {d}t} \\[ 5pt ] &=&\frac {\mathrm {d}}{\mathrm {d}t}\left[ CE+C ( v_{\mathrm {C}} ( t_{0} ) -E ) \mathrm {e}^{-\frac {1}{CR_{1}} ( t – t_{0} ) }\right] \\[ 5pt ] &=&C ( v_{\mathrm {C}} ( t_{0} ) -E ) \cdot \left( -\frac {1}{CR_{1}}\right) \cdot \mathrm {e}^{-\frac {1}{CR_{1}} ( t – t_{0} ) } \\[ 5pt ] &=&\frac {E-v_{\mathrm {C}} ( t_{0} ) }{R_{1}} \mathrm {e}^{-\frac {1}{CR_{1}} ( t – t_{0} ) } \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] と求められる。

(3)解答:ヲ
問題図の右側の回路について回路方程式を立てると,
\[
\begin{eqnarray}
R_{2}i_{2} ( t ) +L\frac {\mathrm {d}i_{2}}{\mathrm {d}t} &=&0 \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] となるので,変数分離により一般解を求めると,
\[
\begin{eqnarray}
L\frac {\mathrm {d}i_{2}}{\mathrm {d}t} &=&-R_{2}i_{2} ( t ) \\[ 5pt ] \frac {1}{i_{2} ( t ) }\mathrm {d}i_{2} &=&-\frac {R_{2}}{L}\mathrm {d}t \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] 両辺積分すると,
\[
\begin{eqnarray}
\ln i_{2} ( t ) &=&-\frac {R_{2}}{L}t +C (Cは積分定数) \\[ 5pt ] i_{2} ( t ) &=&A\mathrm {e}^{-\frac {R_{2}}{L}t} (A=\mathrm {e}^{C}は積分定数) \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] と求められる。題意より,\( \ i_{2} ( t_{0} ) \ \)が与えられているので,
\[
\begin{eqnarray}
i_{2} ( t_{0} ) &=&A\mathrm {e}^{-\frac {R_{2}}{L}t_{0}} \\[ 5pt ] A &=&i_{2} ( t_{0} ) \mathrm {e}^{\frac {R_{2}}{L}t_{0}} \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] となるから,
\[
\begin{eqnarray}
i_{2} ( t ) &=&i_{2} ( t_{0} ) \mathrm {e}^{\frac {R_{2}}{L}t_{0}}\cdot \mathrm {e}^{-\frac {R_{2}}{L}t} \\[ 5pt ] &=&i_{2} ( t_{0} ) \mathrm {e}^{-\frac {R_{2}}{L} ( t-t_{0} ) } \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] と求められる。

(4)解答:ル
\(①\),\(②\)より,\( \ i_{1} ( t_{0} ) =i_{2} ( t_{0} ) \ \)となるのは,
\[
\begin{eqnarray}
i_{1} ( t_{0} ) &=&i_{2} ( t_{0} ) \\[ 5pt ] \frac {E-v_{\mathrm {C}} ( t_{0} ) }{R_{1}} \mathrm {e}^{-\frac {1}{CR_{1}} ( t_{0} – t_{0} ) } &=&i_{2} ( t_{0} ) \mathrm {e}^{-\frac {R_{2}}{L} ( t_{0}-t_{0} ) } \\[ 5pt ] \frac {E-v_{\mathrm {C}} ( t_{0} ) }{R_{1}} &=&i_{2} ( t_{0} ) \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] と求められる。

(5)解答:ヨ
\(①\)より,\( \ i_{1} ( t ) =0 \ \)となる条件は,
\[
\begin{eqnarray}
i_{\mathrm {1}} ( t ) &=& 0 \\[ 5pt ] \frac {E-v_{\mathrm {C}} ( t_{0} ) }{R_{1}} \mathrm {e}^{-\frac {1}{CR_{1}} ( t – t_{0} ) } &=&0 \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] であり,\( \ \displaystyle \mathrm {e}^{-\frac {1}{CR_{1}} ( t – t_{0} ) } > 0 \ \),\( \ R_{1}> 0 \ \)であるので,
\[
\begin{eqnarray}
E-v_{\mathrm {C}} ( t_{0} ) &=& 0 \\[ 5pt ] v_{\mathrm {C}} ( t_{0} ) &=&E \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] と求められる。



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