《理論》〈電気回路〉[H23:問4] 過渡現象に関する計算問題

【問題】

【難易度】★★☆☆☆(やや易しい)

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

図1(a)の方形パルス電圧\(e(t)\)(パルス幅\(a\),大きさ\(E_{0}\))を図1(b)に示す抵抗\(R\)とインダクタンス\(L\)の直列回路に加えたときに流れる電流\(i(t)\)をラプラス変換によって求め,その波形の概略を描きたい。ただし,回路の初期電流は零とする。
図1(b)よりキルヒホッフの電圧則に従って回路方程式を求め,これをラプラス変換すると\(\fbox {  (1)  }\)が得られる。ただし,\(I(s)=
\mathscr{L} [i(t)],E(s)=\mathscr{L}[e(t)]\)(\(\mathscr{L}[ ]\)は,ラプラス変換を表す。)とする。次に,\(e(t)\)は単位ステップ関数\(u(t)\)を用いて表すことができ,これをラプラス変換すると\(E(s)=\fbox {  (2)  }\)となる。これを式\(\fbox {  (1)  }\)に代入し,\(I(s)\)を求めると\(\fbox {  (3)  }\)となる。以上より,\(I(s)\)を部分分数に展開し,逆ラプラス変換を行うことにより\(i(t)\)は\(\fbox {  (4)  }\)と求められる。
一例として,\(R=1[\Omega],L=100[\mathrm {mH}],E_{0}=10[\mathrm {V}],a=1[\mathrm {s}]\)として,この波形の概略を描くと\(\fbox {  (5)  }\)となる。
なお,\(\mathscr{L}{f(t)}=F(s)\)とすると,次の関係が成り立つ。
\[
\mathscr{L}{f(t-\alpha)}=F(s)e^{-\alpha s}
\] \[
\mathscr{L}{f(t)e^{\beta t}}=F(s-\beta)
\] ただし,\(\alpha >0\),\(f(t)=0 (t<0)\)とする。

〔問4の解答群〕
\[
\begin{eqnarray}
&(イ)& I(s) =\frac {E\left( s\right) }{R}+\frac {E\left( s\right) }{sL}   &(ロ)& \frac {E_{0}}{R}\left[ (1-e^{-\frac {R}{L}t})u\left( t\right) -\left( 1-e^{-\frac {R}{L}\left( t-a\right) }\right) u\left( t-a\right) \right] \\[ 5pt ] &(ハ)& E(s)=RI(s)-sLI(s)   &(ニ)& \frac {E_{0}}{R}\left[ (1-e^{-\frac {L}{R}t})u\left( t\right) -\left( 1-e^{-\frac {L}{R}\left( t-a\right) }\right) u\left( t-a\right) \right] \\[ 5pt ] &(ホ)& \frac {E_{0}}{s}\left( 1-e^{-as}\right)   &(ヘ)& \frac {E_{0}}{R}\left[ (1-e^{-RLt})u\left( t\right) -\left( 1-e^{-RL\left( t-a\right) }\right) u\left( t-a\right) \right] \\[ 5pt ] &(ト)& \frac {E_{0}\left( 1-e^{-as}\right) }{Ls\left( s+\frac {R}{L}\right) }   &(チ)& E_{0}\left( 1-e^{-as}\right) \\[ 5pt ] &(リ)& \frac {E_{0}\left( 1-e^{-as}\right) }{s\left( s+\frac {R}{L}\right) }   &(ヌ)& \frac {E_{0}}{s} \\[ 5pt ] &(ル)& E(s)=RI(s)+sLI(s)   &(ヲ)& \frac {E_{0}\left( 1-e^{-as}\right) }{L\left( s+\frac {R}{L}\right) } \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\]

【ワンポイント解説】

過渡現象をラプラス変換を用いて解く問題です。ラプラス変換をマスターしていればさほど難しい内容ではありません。ラプラス変換は二次試験にも出題される非常に重要な公式です。ぜひラプラス変換とラプラス逆変換は記憶しておいて下さい。

【解答】

(1)解答:ル
図1(b)の回路方程式は,
\[
e(t)=Ri(t)+L\frac{di}{dt}
\] となる。両辺をラプラス変換すると,
\[
E(s)=RI(s)+L \left( sI(s)-i(0)\right)
\] となり,題意より初期電流は零であるから,
\[
E(s)=RI\left( s\right)+sLI\left( s\right)
\] と求められる。

(2)解答:ホ
図2の通り\(e(t)\)は単位ステップ関数で表すと,
\[
e\left( t\right) =E_{0}\left[ u\left( t\right) -u\left( t-a\right) \right] \] となる。両辺をラプラス変換すると,
\[
\begin{eqnarray}
E\left( s\right) &=&E_{0}\left( \frac {1}{s}-\frac {1}{s}e^{-as}\right) \\[ 5pt ] &=&\frac {E_{0}}{s}\left( 1-e^{-as}\right)
\end{eqnarray}
\] となる。

(3)解答:ト
(2)の答を(1)式に代入すると,
\[
\frac {E_{0}}{s}\left( 1-e^{-as}\right)=RI\left( s\right)+sLI\left( s\right)
\] \(I\left( s\right)\)について整理すると,
\[
\begin{eqnarray}
\frac {E_{0}}{s}\left( 1-e^{-as}\right)&=&\left( sL+R\right) I\left( s\right) \\[ 5pt ] I\left( s\right)&=&\frac {E_{0}}{s \left( sL+R\right) }\left( 1-e^{-as}\right) \\[ 5pt ] &=&\frac {E_{0}\left( 1-e^{-as}\right) }{Ls\left( s+\frac {R}{L}\right) }
\end{eqnarray}
\] となる。

(4)解答:ロ
\[
\frac {E_{0}\left( 1-e^{-as}\right) }{Ls\left( s+\frac {R}{L}\right) } =\frac {E_{0}}{L}\left( \frac {A}{s}+\frac {B}{s+\frac {R}{L}}\right)
\] と置き右辺を整理すると,
\[
\frac {E_{0}\left( 1-e^{-as}\right) }{Ls\left( s+\frac {R}{L}\right) } =\frac {E_{0}\left[ \left( A+B\right) s+A\frac {R}{L}\right] }{Ls\left( s+\frac {R}{L}\right) }
\] 左辺と右辺を比較すると,
\[
A+B=0
\] \[
A\frac {R}{L}=1-e^{-as}
\] となるから,
\[
A=\frac {L}{R}\left( 1-e^{-as}\right) , B=-\frac {L}{R}\left( 1-e^{-as}\right)
\] と求められる。よって\(I(s)\)は,
\[
\begin{eqnarray}
I\left( s\right)&=&\frac {E_{0}\left( 1-e^{-as}\right) }{Ls\left( s+\frac {R}{L}\right) } \\[ 5pt ] &=&\frac {E_{0}}{L}\left( \frac {\frac {L}{R}\left( 1-e^{-as}\right) }{s}-\frac {\frac {L}{R}\left( 1-e^{-as}\right) }{s+\frac {R}{L}}\right) \\[ 5pt ] &=&\frac {E_{0}}{R}\left( \frac {1}{s}-\frac {1}{s+\frac {R}{L}}\right)\left( 1-e^{-as}\right) \\[ 5pt ] &=&\frac {E_{0}}{R}\left( \frac {1}{s}-\frac {1}{s+\frac {R}{L}}-\frac {1}{s}e^{-as}+\frac {1}{s+\frac {R}{L}}e^{-as}\right)
\end{eqnarray}
\] 両辺を逆ラプラス変換して整理すると,
\[
\begin{eqnarray}
i\left( t\right) &=&\left[ u\left( t\right) -e^{-\frac {R}{L}t}u\left( t\right) -u\left( t-a\right) +e^{-\frac {R}{L}t}u\left( t-a\right)\right] \\[ 5pt ] &=&\frac {E_{0}}{R}\left[ (1-e^{-\frac {R}{L}t})u\left( t\right) -\left( 1-e^{-\frac {R}{L}\left( t-a\right) }\right) u\left( t-a\right) \right] \end{eqnarray}
\] と求められる。

(5)解答:カ
(4)の解答に各値を代入すると,
\[
\begin{eqnarray}
i\left( t\right) &=&\frac {10}{1}\left[ (1-e^{-\frac {1}{0.1}t})u\left( t\right) -\left( 1-e^{-\frac {1}{0.1}\left( t-1\right) }\right) u\left( t-1\right) \right] \\[ 5pt ] &=&10\left[ (1-e^{-10t})u\left( t\right) -\left( 1-e^{-10\left( t-1\right) }\right) u\left( t-1\right) \right] \end{eqnarray}
\] \(1[s]\)後の電流値\(i\left( 1\right)\)は,
\[
\begin{eqnarray}
i\left( 1\right) &=&10\left[ (1-e^{-10}) -0\right] \\[ 5pt ] &≒& 10
\end{eqnarray}
\] であり,初期電流は零であるから,答えは(カ)となる。



記事下のシェアタイトル