1～15回の問題と解答

電気回路 II 演習・小テスト (第１回)
演習
1
下図の回路の直列共振角周波数 !0 と並列共振角周波数 ! を求めよ．また，L1
L3
，C
のときのリアクタンス線図を書け．
= 6 mH
= 100 pF
L1
L2
L3
入力インピーダンス
Zi = Ri + jXi
= L2 = 4 mH，
C
は以下のように求まる
j!L3 j!L2 + 1
1
Z = j!L1 + j!L3 == j!L2 +
= j!L1 +
j!C
j!L3 + j!L2 + 1
2
= j! (L1 + L3) 01 0! !(2L(1LL2 ++ LL2)LC3 + L3L1) C
2
3
j!C
i
j!C
Xi = 0 となる直列共振角周波数は以下のように求まる
!0
=
=
s
s
L1 + L3
(L1L2 + L2 L3 + L3L1 ) C
(4 + 6) 2 1003
6
(4 2 4 + 4 2 6 + 6 2 4) 2 1006 2 100 2 10012 = 1:25 2 10 rad/s
1=X = 0 となる並列共振角周波数は以下のように求まる
i
s
s
1
1
6
!1 =
=
0
3
(L2 + L3 ) C
(4 + 6) 2 10 2 100 2 10012 = 1 2 10 rad/s
以上の結果より，リアクタンス線図は以下のように書ける．
X
ω
8
0
ω
ω0
小テスト
1
下図の回路の直列共振角周波数 !0 と並列共振角周波数 ! を求めよ．また，L1
L2
，C
のときのリアクタンス線図を書け．
= 10 mH
= 100 pF
L1
= 10 mH，
L2
C
入力インピーダンス
Zi
Zi = Ri + jXi
は以下のように求まる
1 j!L2 1
= j!L1 + j!L2== j!C
= j!L1 + j!L2 + 1
2
= j! (L1 +1L02 )!02 L! CL1L2C
2
j!C
j!C
Xi = 0 となる直列共振角周波数は以下のように求まる
=
!0
s
L1 + L 2
L1 L2 C
s
p
+ 10) 2 1003
= 10 2 1003 (10
=
2 2 106 = 1:41 2 106 rad/s
0
3
0
12
2 10 2 10 2 100 2 10
1=X = 0 となる並列共振角周波数は以下のように求まる
i
s
s
1 =
1
6
!1 =
L2 C
10 2 1003 2 100 2 10012 = 1 2 10 rad/s
以上の結果より，リアクタンス線図は以下のように書ける．
X
ω
8
0
演習および小テストの解答は
http://www.elec.kitami-it.ac.jp/ tsuji/
に載せることにしました．
学生には講義の際に連絡します
ω
ω0
電気回路 II 演習・小テスト (第２回)
演習
下図の回路の入力インピーダンス
Z
i
を求め，共振角周波数を求めよ．
M
L1
R
L2
Zi
C
解答
Ii
V1
I2 = I1
M
I1
L1
L2
V2
Vi
R
V3
C
I1
I1 = I
i
であるので，各部の電圧は以下の様に表される．
V1 = j!L1I1 + j!MI2 = j! (L1 + M )I
V2 = j!MI
2 I2 = j! (M + L2 )I
1 + j!L
1
I
V3 = 0 R +
j!C
入力端での電圧 V は
1
V = V1 0 V3 + V2 = j!(L1 + L2 + 2M ) + R + j!C I
i
i
i
i
i
よって，入力インピーダンスは
1 Z = VI = j!(L1 + L2 + 2M ) + R + j!C
8 2
9
!
C
(
L
1 + L2 + 2M ) 0 1
= R+j
!C
= R + jX
i
i
i
i
i
X = 0 となる直列共振角周波数は以下のように求まる
s
!0 = C (L + L1 + 2M )
i
1
2
i
小テスト
下図の回路の入力インピーダンス
Z
i
を求め，共振角周波数を求めよ．
M
L1
L2
Zi
C
解答
Ii
V1
I2 = − I1
M
I1
L1
L2
V2
Vi
I1
C
V3
I1 = I
i
であるので，各部の電圧は以下の様に表される．
V1 = j!L1I1 + j!MI2 = j! (L1 0 M )I
V2 = j!MI1 + j!L2I2 = j! (M 0 L2)I
1 I
V3 = j!C
入力端での電圧 V は
V = V1 + V3 0 V2 = j!(L1 + L2 0 2M ) + 1 I
j!C
i
i
i
i
i
よって，入力インピーダンスは
1 Z = VI = j!(L1 + L2 0 2M ) + j!C
8 2
9
!
C
(
L
1 + L 2 0 2M ) 0 1
= j
!C
= jX
i
i
i
i
X = 0 となる直列共振角周波数は以下のように求まる
s
1
!0 =
C (L1 + L2 0 2M )
i
i
電気回路 II 演習・小テスト (第３回)
演習
理想変成器を含む下図の回路の電圧 V1 ，V2 ，電流 I1 ，I2 を求めよ．
R1
I1
I2
+
V
C
−
V1
1
n
V2
R2
解答
２次側の
R2 を１次側に移すと以下の図のようになる．
R1
I1
+
V
図より，キャパシタンス
Z
=
R2 1
1
n2 j!C
R2
+ 1
n2 j!C
C
−
R2 /n2
V1
C と抵抗 R2 =n2 の合成インピーダンス Z は以下で与えられる．
2
= n2 + Rj!CR
2
したがって，V1 ，I1 は以下で与えられる．
V1 =
R2
+ j!CR2 V
R2
R1 + 2
n + j!CR2
I1 =
V1
R2 =n2
n2
2
1 R2
= (n2 R + R R) 2+ j!CR R V = R2 (n(n2RR1++RR)22) + (j!CR
V
2
!CR
1
2
1 2
1
2
1 R2 )
0
2
2
1 R2
= (n2R + R n) + j!CR R V = n2 (n(n2RR1++RR)22) + (j!CR
V
!CR1 R2 )2
1
2
1 2
1
2
0
また，２次側の電圧 V2 ，電流 I2 は以下で与えられる．
V2 = nV1 =
I2 =
I1
n
(
n2 R
nR2
V
+
R
1
2 ) + j!CR1 R2
2
1 R2
= nR2 (n(n2 RR1++RR)22) + (j!CR
V
!CR R )2
0
1
2
1
2
1 R2
= (n2 R + R )n+ j!CR R V = n (n(n2RR1++RR)22) + (j!CR
V
!CR1 R2 )2
1
2
1 2
1
2
2
0
小テスト
理想変成器を含む下図の回路の電圧 V1 ，V2 ，電流 I1 ，I2 を求めよ．
I1
R1
I2
L
+
V
V1
−
1
n
V2
R2
解答
R1
I1
L /n2
+
V
図より，インダクタンス
Z
= R2 +n2j!L
R2 /n2
V1
−
L=n2 と抵抗 R2 =n2 の合成インピーダンス Z は以下で与えられる．
したがって，V1 ，I1 は以下で与えられる．
V1 =
R2 + j!L
n2
R2 + j!L V
R1 +
n2
I1 =
V1
Z
= (n2RR+2 +Rj!L
) + j!L V =
1
2
2
V2 = nV1 =
I1
n
1
9
n2 R1 + R2 R2 + !2 L2 + j!n2 LR1
(n2 R1 + R2 )2 + !2L2
= (n2 R + nR ) + j!L V = n2 (n(n2RR1++RR2)2) + j!L
V
!2 L2
1
2
1
2
2
また，２次側の電圧 V2 ，電流 I2 は以下で与えられる．
I2 =
80
n(R2 + j!L)
2
(n R1 + R2 ) + j!L V
80
0
1
9
2
2 2
2
= n n R1 +(nR2 R2 R+2 R+ !)2 L+ !2+L2j!n LR1 V
1
2
2
= (n2 R + Rn ) + j!L V = n (n(n2 RR1++RR2)2) + j!L
V
! 2 L2
1
2
1
2
0
電気回路 II 演習・小テスト (第４回)
演習
= 50 Hz，R1 = 1 ，
= 6 V = 6 V， V 3 = 3 V
下図の回路に対して閉路方程式を立て，行列方程式の形で表せ．また，f
1
1
R2
，R3
，R4
，L
，C
，V 2
100
200 ，V1
のときの I1 ，I2 ，I3 を求めよ．
=1
=2
=0
=
H
R1
+
V1
=
F
C
I1
L
R2
I2
R4
−
−
V2
+
I3
−
V3
+
R3
解答
閉路方程式は行列形式で以下のように表される
2
6
4
V1
0V2
V2 0 V3
3 2
1
0j!L
R1 + R4 + j !L 0 !C
6
7
6
5=4
0j!L
R2 + j!L
0R4
数値を代入すると以下の式を得る
2
6
4
0
0R4
0
R3 + R4
32 3
77 6 I1 7
5 4 I2 5
I3
6 3 2 1 0 j 0j 0 3 2 I 1 3
06 75 = 64 0j 1 + j 0 75 64 I2 75
3
0
0 2 I3
行列式 1 の値は
n
o
1 = f(1 0 j )(1 + j ) 2 2 + 0 + 0g 0 0 + 0 + 2 2 (0j )2 = 6
各閉路電流は Cramer の公式を用いて以下のように求まる．
6 0j 0 1 0 j 6 0 06 1 + j 0 0j 06 0 3
0
3 2
0 2
I1 =
=
2
A
;
I2 =
= 02 + j 4 A
1
1
1 0 j 0j 6 0j 1 + j 06 0
0 3 I3 =
= 1:5 A
1
小テスト
= 50 Hz，R1 = 1 ，
下図の回路に対して閉路方程式を立て，行列方程式の形で表せ．また，f
1
R2
，L
，V1
，V2
のときの I1 ，I2 を求めよ．
100
=1
H
=
= 10 V
=5V
R1
R2
+
V1
I1
−
I2
L
解答
閉路方程式は行列形式で以下のように表される
"
V1
0V2
#
=
"
R1 + j!L
0j!L
0j!L R1 + j!L
数値を代入すると以下の式を得る
"
#
"
#"
#"
I1
I2
#
#
10 = 1 + j 0j
I1
05
0j 1 + j I 2
行列式 1 の値は
1 = (1 + j )2 0 (0j )2 = 1 + j 2
各閉路電流は Cramer の公式を用いて以下のように求まる．
10 0j 05 1 + j 10 + 5j
I1 =
= 1 + 2j = 4 0 j 3 A
1
1 + j 10 0j 05 05 + 5j
I2 =
= 1 + 2j = 1 + j 3 A
1
+
−
V2
電気回路 II 演習・小テスト (第５回)
演習
下図の交流回路に対して節点 0 を基準とした節点方程式を書け．また，f = 50 Hz，R1 = R2 = 1 ，
1 H，C = 1 F，I = 2 A，I = I = 0 A とするとき，節点０に対する節点
L1 = L2 = 100
1
1
2
3
100
１，２，３の電位 V1 ，V2 ，V3 を求めよ．また，求まった解を節点方程式に代入し，式が満たさ
れていることを確認せよ．
I2
1
L1
R1
I1
2
C1
L2
3
R2
I3
0
解答
節点方程式は行列形式で以下のように表される
2 1
1
1
2
3 6 R + j!L
j!L1
1
1
I1 + I 2
6
6
1
1
1
6
7
j!C1 +
+
4 0 5=6
6
j!L1
j!L1
j!L2
6
4
I3 I 2
1
0
j!L2
数値を代入すると以下の式を得る
0
0
0
0
2 3 2
2
10j
6
7
6
4 0 5=4 j
0
0
j
0
0j j
j 10j
0
1
0 j!L
2
1
1
+
R2
j!L2
3
77 2 V 3
77 6 1 7
77 4 V2 5
5 V3
32
3
V1
7
56
4 V2 75
V3
行列式 1 の値は
1 = 0j (1 0 j )2 0 2(j )2 (1 0 j ) = 02 + 2(1 0 j ) = 02j
各節点電位は Cramer の公式を用いて以下のように求まる．
V1 =
V2 =
2
0
0
j
0
0j j
j 10j
1
1 0 j 2 0
j
0
j
0 0 10j
1 0 j
j
0
1
j 2
0j 0
j 0
=
02j (1 0 j ) 0 2(j )2 = 02j 0 2 + 2 = 1 V
02j
02j
=
02j (1 0 j ) = (1 0 j ) V
02j
2(j )2
1
02j = 0j V
得られた結果を節点方程式の右辺代入すると
V3 =
2
10j
6
4 j
0
j
0
0j j
j 10j
=
32
3 2
3 2 3
1
(1 0 j ) 2 1 + j 2 (1 0 j ) + 0 2 (0j )
2
7
6
7
6
7
6
5 4 1 0 j 5 = 4 j 2 1 0 j 2 (1 0 j ) + j 2 (0j ) 5 = 4 0 75
0j
0 2 1 + j 2 (1 0 j ) + (1 0 j ) 2 (0j )
となり，Cramer の公式による解が正しいことが確認される．
0
小テスト
下図の交流回路に対して節点 0 を基準とした節点方程式を書け．また，f = 50 Hz，R1 = 1 ，
1
1
L1 = 100
H，C1 = 50 F，I1 = 5 A とするとき，節点０に対する節点１，２の電位 V1 ，V2 を
求めよ．また，求まった解を節点方程式に代入し，式が満たされていることを確認せよ．
1
I1
L1
R1
2
C1
0
解答
節点方程式は行列形式で以下のように表される
"
I1
0I1
#
2
1
1
+
6
R
j!L
=6
4 1 1 1
0 R1
1
1
+ j!C1
R1
0R
1
数値を代入すると以下の式を得る
"
5
05
#
"
10j
01
01 1 + j 2
=
#"
V1
V2
3
"
#
77 V1
5 V2
#
行列式 1 の値は
1 = (1 0 j )(1 + j 2) 0 (01)2 = 2 + j
各節点電位は Cramer の公式を用いて以下のように求まる．
V1 =
V2 =
5
05
01
1 + j2
1
1 0 j
01
5
05
1
=
=
5(1 + j 2) 0 (05) 2 (01)
j 10
=
= (2 + j 4) V
2+j
2+j
(1 0 j ) 2 (05) 0 5 2 (01)
j5
=
= (1 + j 2) V
2+j
2+j
得られた結果を節点方程式の右辺代入すると
"
10j
01
01 1 + j 2
#"
2 + j4
1 + j2
#
"
=
(1 0 j )(2 + j 4) 0 1 2 (1 + j 2)
01 2 (2 + j 4) + (1 + j 2) 2 (1 + j 2)
となり，Cramer の公式による解が正しいことが確認される．
#
"
=
5
05
#
電気回路 II 演習・小テスト (第６回)
演習
R0 に関する逆回路を以下の２通りの方法で求め結果が一致することを確認せよ．(a) 直
1 H，L = 1 H，
列 () 並列の変換を行う方法．(b) 図的解法．また，f = 50 Hz，R1 = 2 ，L1 = 100
2
50
1
1
C1 = 200 F，C2 = 600 F，R0 = 1 のときに対して，元の回路の入力インピーダンス Zi と逆回路の
入力インピーダンス Zri を求め，Zi Zri = R20 の関係が成り立つことを確かめよ．
下図の交流回路の
C1
C2
L1
R1
L2
解答
(直列
() 並列変換) 図
1 の回路の破線内ををひとつの素子とみなし，図 2
のように書き換え，逆回路
を求めると図 3 のように書ける．
C1
ZA
R1
Rr1
C2
L1
ZA
L2
C2
R1
図1
L2
ZrA
図2
Lr2
Cr2
図3
ZrA は ZA の逆回路を表し，Rr1 ，Lr2 ，Cr2 は以下のように与えられる．
2
Rr1 = RR0 ;
Lr2 = C2 R20 ;
Cr2 = RL22
1
0
ZA は C1 と C2 との並列回路であるので，逆回路は直列回路になり，解図の回路を得る
ここに
Rr1
2
Rr1 = RR0 ;
Cr1
Lr2
1
Cr2
Cr1 = RL12
0
L
2
Cr2 = R2
0
Lr1 = C1 R20 ;
Lr2 = C2 R20 ;
Lr1
解図
(図的解法) 図 4 のように，便宜的に電圧源を加え，節点 0∼4 を考え，逆回路を作り，最後に電流源を除
去することにより，解図が得られる
0
得られた回路から
Lr1
C1
3
L1
+
V
−
C2
Cr1
R1
1
Rr1
Lr2
2
Zi
Zri
=
=
1
0j
1+
2
j
したがって
L2
Cr2
Zi Zri = (1 0 j ) 1 +2 j = 12
となり逆回路になっていることが確認される．
図4
小テスト
R0 に関する逆回路を以下の２通りの方法で求め結果が一致することを確認せよ．(a) 直
1 H，C = 1 F，
列 () 並列の変換を行う方法．(b) 図的解法．また，f = 50 Hz，R1 = 0:5 ，L1 = 200
1
25
1
C2 = 50 F，R0 = 1 のときに対して，元の回路の入力インピーダンス Zi と逆回路の入力インピーダ
ンス Zri を求め，Zi Zri = R20 の関係が成り立つことを確かめよ．
下図の交流回路の
R1
L1
C2
C1
解答
(直列
() 並列変換) 図
1 の回路の破線内ををひとつの素子とみなし，図 2
のように書き換え，逆回路
を求めると図 3 のように書ける．
R1
R1
L1
C2
ZrA
C2
C1
Rr1
ZA
ZA
図1
Lr2
図2
図3
ZrA は ZA の逆回路を表し，Rr1 ，Lr2 ，Cr2 は以下のように与えられる．
2
Rr1 = RR0 ;
Lr2 = C2 R20
1
ZA は C1 と C2 との並列回路であるので，逆回路は直列回路になり，解図の回路を得る
ここに
Cr1
Lr1
Rr1
2
Rr1 = RR0 ;
1
Lr2
Lr2 = C2 R02 ;
Lr1 = C1 R20 ;
Cr1 = RL12
0
解図
(図的解法) 図 4 のように，便宜的に電圧源を加え，節点 0∼3 を考え，逆回路を作り，最後に電流源を除
去することにより，解図が得られる
0
得られた回路から
R1
Lr2
+
V
−
Rr1
L1
1
Cr1
Lr1 C1
図4
2
C2
Zi
Zri
=
=
1+
0j
2
1
j
したがって
Zi Zri = 1 +2 j (1 0 j ) = 12
となり逆回路になっていることが確認される．
電気回路 II 演習・小テスト (第７回)
演習
下図の交流回路の端子 1
に負荷
01
0
から見たテブナン等価回路，ノルトン等価回路を求めよ．また，端子 1
ZL が接続されたとき，負荷にかかる電圧，電流を求めよ．
I2
01
1
R1
R2
+
V1
R3
I3
−
1’
解答
テブナン等価回路の導出
内部インピーダンス Z0
1
電圧源を短絡，電流源を開放すると内部抵抗は
Z0 = (R1 + R2 )==R3 = (R1 + R2 )R3
R1 + R2 + R3
R2
R3
R1
と求まる．
1’
開放電圧 Vf は重ね合わせの理を用いると
|
|
V1 のみがあるとき
R3
Vf 1 =
V
R1 + R2 + R3 1
1
+
V1
V f 2 = R3
R2
−
Vf1
R3
1’
1
I2 のみがあるとき
R1
R2
I
R1 + R2 + R3 2
R3
I2
R2
Vf2
1’
R1
1
|
I3 のみがあるとき
R1
Vf 3 = Z0 I3 = (R1 + R2 )R3 I3
R1 + R2 + R3
I3
1’
Vf = Vf 1 + Vf 2 + Vf 3 = R3 V1 + R2 R3 I2 + (R1 + R2 )R3 I3
R1 + R2 + R3
以上より，以下のテブナン等価回路が書ける．
1
+
Vf
−
1’
Vf3
R2
よって，開放電圧 Vf は
Z0
R3
Vf
=
Z0
=
R3 V1 + R2 R3 I2 + (R1 + R2 )R3 I3
R1 + R2 + R3
(R1 + R2 )R3
R1 + R2 + R3
0
ノルトン等価回路の導出
上で求めたテブナン等価回路より，ノルトン等価回路は以下のように書ける．
1
Y0
Is
1’
Y0
=
Is
=
1
R1 + R2 + R3
=
Z0 (R1 + R2 )R3
Y0 Vf = V1 + R2 I2 + I3
(R1 + R2 )
負荷にかかる電圧，電流
テブナン等価回路より
VL =
ZL V ;
Z0 + ZL f
IL =
Vf
Z0 + Z L
ノルトン等価回路を出してからテブナン等価回路を出す方が簡単だと思います．どちらから出すかは学
生にまかせます．
小テスト
下図の交流回路の端子 1
に負荷
01
0
から見たテブナン等価回路，ノルトン等価回路を求めよ．また，端子 1
ZL が接続されたとき，負荷にかかる電圧，電流を求めよ．
R2
R1
−
V2
I1
+
01
1
R3
1’
解答
テブナン等価回路の導出
内部インピーダンス Z0
1
電圧源を短絡，電流源を解放すると内部抵抗は
Z0 = (R1 + R2 )==R3 = (R1 + R2 )R3
R1 + R2 + R3
R2
R3
R1
と求まる．
1’
解放電圧 Vf は重ね合わせの理を用いると
|
I1 のみがあるとき
V f 1 = R3
R1
I
R1 + R2 + R3 1
R2
I1
1
R1
R3
Vf1
1’
V2 のみがあるとき
R3
Vf 2 =
V
R1 + R2 + R3 2
よって，解放電圧 Vf は
Vf = Vf 1 + Vf 2 = (R1 I1 + V2 )R3
R1 + R2 + R3
1
|
+
V2
1
+
Vf
−
1’
R2
R1
R3
Vf2
1’
以上より，以下のテブナン等価回路が書ける．
Z0
−
Vf
=
Z0
=
(R1 I1 + V2 )R3
R1 + R2 + R3
(R1 + R2 )R3
R1 + R2 + R3
0
ノルトン等価回路の導出
上で求めたテブナン等価回路より，ノルトン等価回路は以下のように書ける．
1
Y0
Is
1’
Y0
=
Is
=
R1 + R2 + R3
(R1 + R2 )R3
Y0 Vf = (R1 I1 + V2 )
(R1 + R2 )
負荷にかかる電圧，電流
テブナン等価回路より
VL =
ZL V ;
Z0 + ZL f
IL =
1
Z0
Vf
Z0 + Z L
=
電気回路 II 演習・小テスト (第８回)
演習
下図の交流回路において負荷抵抗
RL での消費電力を最大にするための RL，CL の最適値とそのときの消
RL の最適値を求めよ．
費電力を求めよ．また，RL のみ変化できる場合の
CL
L1
R1
I1
RL
解答
電源をテブナン等価回路に置き換える
CL
Z0
+
Vf
RL
−
j!L1 R1 = !2 L21 R1 + j!L1 R12
Z0 = R0 + jX0 = j!L
R12 + !2 L21
1 + R1
j!L1 R1 I
Vf = Z0 I1 = j!L
1
1 + R1
RL ，CL ともに可変の場合，最大電力伝送定理より
2 2
RL;opt = R0 = R!2 +L1!R2 L1 2
1
1
2
1
j!L
R12 + !2 L21
1 R1
=
0
jX
!
C
=
0 =0 2
L;opt
j!CL;opt
R1 + !2 L21
!2 L1 R21
2
2
2
2
2
2
2
Pmax = j4VRf j = R!2 +L1!R2 L1 2 jI1 j2 R41!+2 L!2 RL1 = R41 jI1 j2
0
1
1
1 1
RL のみ可変の場合
IL = Z + RVf+ 1 = (R + R ) +Vfj (X 0 1 )
0
L j!CL
0
L
0
!CL
RL の実消費電力は
2
P = RL jIL j2 = (R + R R)2L+jV(fXj 0 1 )2
0
L
0
!CL
P を RL で微分すると
dP = (R0 + RL )2 + (X0 0 !C1 L )2 0 2RL (R0 + RL ) jV j2
f
dRL
f(R0 + RL )2 + (X0 0 !C1 L )2 g2
極値となるのは dP=dRL = 0 のときで
1 )2 0 2R (R + R ) = 0
(R0 + RL)2 + (X0 0 !C
L 0
L
(R02 0 RL2 ) + (X0 0 !C1 )2 = 0
r
L
q
(!3 CLL21 R1 )2 + f!2 CL L1 R12 0 (R12 + !2 L21 )g2
1
2
2
RL = R0 + (X0 0 !C ) =
!CL (R12 + !2 L21 )
L
小テスト
RL での消費電力を最大にするための RL，LL の最適値とそのときの消
費電力を求めよ．また，RL のみ変化できる場合の RL の最適値を求めよ．
下図の交流回路において負荷抵抗
R1
LL
+
V1
−
C1
RL
解答
電源をテブナン等価回路に置き換える
LL
Z0
+
Vf
Z0 = R0 + jX0 =
R1
j!C1
1
j!C1 + R1
−
RL
R1
R1 0 j!C1 R21
= 1 + j!C
=
1 + !2 C12 R12
1 R1
1
1
1
Vf = R j!C
1 V1 = 1 + j!C R V1
+
1 1
1
j!C1
RL ，CL ともに可変の場合，最大電力伝送定理より
RL;opt = R0 = 1 + !R21C 2 R2
1 1
2
2
j!C
j!LL;opt = 0jX0 = 1 + !21CR21R2 ! LL;opt = 1 +C!12RC12 R2
1 1
1 1
2
2 2 2
2
j
V
j
1
j
V
f
1j
2 1 + ! C1 R1
Pmax = 4R = 1 + !2 C 2 R2 jV1 j
4R1 = 4R1
0
1 1
RL のみ可変の場合
IL = Z + RVf+ j!L = (R + R ) +Vfj (X + !L )
0
L
L
0
L
0
L
RL の実消費電力は
2
P = RL jIL j2 = (R + R )R2L+jV(fXj + !L )2
0
L
0
L
P を RL で微分すると
dP = (R0 + RL )2 + (X0 + !LL)2 0 2RL (R0 + RL) jV j2
f
dRL
f(R0 + RL )2 + (X0 + !LL )2 g2
極値となるのは dP=dRL = 0 のときで
(R0 + RL)2 + (X0 + !LL )2 0 2RL(R0 + RL ) = 0
(R02 0 RL2 ) + (X0 + !LL)2 = 0q
q2
R12 + f!LL (1 + !2 C12 R21 ) 0 !C1 R21 g2
2
RL = R0 + (X0 + !LL ) =
1 + !2 C12 R12
電気回路 II 演習・小テスト (第９回)
演習
下図の交流回路において負荷抵抗
RL での消費電力を最大にするための RL，CL の最適値とそのときの消
費電力を求めよ．なお，変成器は理想変成器とする．
L1
R1
+
V1
1
−
RL
CL
n
解答
図１に示すように１次側の素子を２次側に移し，端子 1
01
0
から左をノルトンの等価回路に置き換えると
図２の回路を得る．
n2 L1
n2 R1
1
1
+
nV1
RL
CL
−
Is
Y0
1’
1’
図1
Y0
=
Is
図2
9
j!L1
n2 R1 + j!n2 L1 1 = n12 R +1j!L = n12 RR12 0
+
!2 L21
1
1
1
!L1
R1
n2 (R12 + !2 L21 ) 0 j n2 (R12 + !2 L21 ) = G0 + jB0
Y0 (nV1 ) = n(R +V1j!L )
8
=
=
0
1
1
最大電力伝送定理より負荷のアドミタンスを YL とすると
YL;opt = Y0
R1
!L1
1
+ j!CL = 2 2
+j 2 2
2
2
R
n (R + ! L ) n (R + !2 L2 )
3
L
1
1
1
1
よって
RL;opt
=
CL;opt
=
n2 (R12 + !2 L21 )
R1
L1
n2 (R12 + !2 L21 )
このときの負荷で消費される電力は
P
=
CL
jV1 j2
n2 (R12 + !2 L21 ) = jV1 j2
jIsj2 =
2
2
2
2
4G0
n (R1 + ! L1 )
4R 1
4R 1
RL
小テスト
下図の交流回路において負荷抵抗
RL での消費電力を最大にするための RL，CL の最適値とそのときの消
費電力を求めよ．
M
R1
CL
+
V1
−
RL
L2
L1
解答
変成器を図 1 ように T 形等価回路で置き換え，端子 1
01
0
から左側をテブナン等価回路に置き換えると
図 2 の回路を得る
L1 − M
R1
L2 − M
1
CL
Z0
+
V1
M
RL
−
RL
−
1’
図2
ここで，Z0 ，Vf は以下の通りである
Z0
=
=
=
Vf
=
j!(L2 0 M ) + [fR1 + j!(L1 0 M )g ==j!M ]
2 2
j!L2 + R !+Mj!L
1
1
!2 M 2 R1 + j! R12 L2 + !2 L1 (L1 L2 0 M 2 ) = R + jX
0
0
R12 + !2 L21
R12 + !2 L21
j!M V
R1 + j!L1 1
最大電力伝送定理より負荷のインピーダンスを
ZL;opt = Z0
RL;opt + j!C1
ZL とすると
3
L;opt
=
!2 M 2 R1 0 j! R21 L2 + !2 L1 (L1 L2 0 M 2 )
R21 + !2 L21
R21 + !2 L21
よって
RL;opt
=
CL;opt
=
!2 M 2 R1
R21 + !2 L21
R12 + !2 L21
2
2
! fR1 L2 + !2 L1 (L1 L2 0 M 2 )g
このときの負荷で消費される電力は
P
=
jVf j
4R 0
2
=
!2 M 2 jV j2
R + !2 L21 1 = jV1 j2
4R1
!2 M 2 R1
4 2
2
2
R1 + ! L1
2
1
CL
+
Vf
1’
図1
1
電気回路 II 演習・小テスト (第 10 回)
演習
= 0 でスイッチ S を開いたとするとき，抵抗 R1 に流れる
( ) を求め，時間変化を図示せよ．また，このときの時定数を求めよ．
下図の回路は定常状態であるとする．いま，t
電流
i t
R0
S
C1
E
i (t )
R1
解答
定常状態でコンデンサー C1 にかかる電圧 VC 1 は
VC 1
= R R+1 ER
0
1
であるので，コンデンサ
Q
に蓄えられている電荷
C1
Q
は
= C1 VC 1 = RC1 R+1RE
0
1
= 0 でスイッチ S を開いた後の回路方程式は，コンデンサ C1 に蓄えられている電荷を
q (t)，抵抗 R1 に流れる電流を i(t) とすると
q (t)
R i(t) =
である．また，t
1
C
(t) = 0dq(t)=dt という関係式を用いると
dq (t)
+ q(t) = 0
であり，i
R1
dt
C1
という微分方程式式を得る．上式の定常解 qs
定常解
( ) =0
qs t
C1
過渡解
R1
!
( )=0
qs t
( ) + qt (t) = 0
dqt t
dt
(t) と過渡解 qt (t) はそれぞれ以下のようになる．
C1
( ) = Ae0
!
qt t
(A : 積分定数)
t
C1 R1
したがって，一般解は以下のように与えられる．
( ) = qs(t) + qt (t) = Ae0
q t
t
t
C1 R1
= 0 での初期条件より積分定数 A は以下のように求まる．
C1 R1 E
q (0) = A =
R +R
0
以上より，電荷 q
(t) は
( ) = RC1 R+1RE e0
q t
0
と求まるので，抵抗
1
R1
1
t
C 1 R1
i ( t)
( ) = 0 dqdt(t) = 0 RC1 R+1RE
i t
()は
1 0 C R e0
に流れる電流
0
1
E
R0 + R 1
i t
1
1
t
C1 R1
と求まる．グラフは右図のようになる．また，時定数
= C1 R1
である．
= R E+ R e0
0
1
t
C1 R1
は
0
0
τ
2τ
3τ
4τ
5τ
t
小テスト
下図の回路は定常状態であるとする．いま，t
流れる電流
= 0 でスイッチ S を閉じたとするとき，インダクタ L1 に
( ) を求め，R0 = 2R1 として時間変化を図示せよ．また，このときの時定数を求めよ．
i t
S
R0
R1
E
L1
解答
定常状態でインダクタ
L1
に流れる電流は
= R E+ R
0
1
である．また，t = 0 でスイッチ S を閉じた後の回路方程式は
di(t)
L
+ R i(t) = E
I
1
1
dt
である．上式の定常解 is
定常解
( )=E
!
R1 is t
過渡解
L1
(t) と過渡解 it (t) はそれぞれ以下のようになる．
( ) = RE
is t
( ) + R i (t) = 0
dit t
dt
1
1
( ) = Ae0
!
t
it t
R1
L1
t
(A : 積分定数)
したがって，一般解は以下のように与えられる．
( ) = is(t) + it (t) = RE + Ae0
i t
1
R1
L1
t
= 0 での初期条件より積分定数 A は以下のように求まる．
1
E
E
1 E
i(0) =
+
A=
!
A=
0
R1
R0 + R1
R0 + R1
R1
以上より，電流 i(t) は
1
E
1
i(t) =
+ R + R 0 R Ee0 11 t
R1
0
1
1
t
R
L
と求まる．グラフは下図のようになる．また，時定数
は
= RL1
である．
1
i ( t)
E
R1
E
3 R1
0
0
τ
2τ
3τ
4τ
5τ
t
電気回路 II 演習・小テスト (第 11 回)
演習
下図の回路で，t
= 0 でスイッチ S を閉じ，交流電圧 e = Em sin(!t + ) を印加したときの回路電流 i(t)
を求めよ．また，過渡電流が最大となる
の値を求めよ．
R
S
+
e
解答
コンデンサの電荷を
C
−
( ) とすると，キルヒホッフの電圧則より回路方程式は以下のように与えられる．
q t
( ) + qC(t) = Em sin(!t + )
電流と電荷の関係式 i(t) = dq (t)=dt を用いると以下の式を得る．
dq (t)
R
+ q(t) = E sin(!t + )
Ri t
dt
C
m
s (t) と過渡解 qt (t) に分離して考えると，それぞれが満たす微分方程式は
dqs (t)
R
+ qs(t) = Em sin(!t + )
定常解
q
dt
R
C
t (t) + qt (t) = 0
dq
dt
C
である．まず，定常解について解く．定常状態に対する解は交流回路理論を用いると，d=dt
Q
s + Cs = Em ej
!
j!
として
j!RQ
s について解くと以下のように求まる．
j
C Em e
Qs =
= C Em ej p 1
上式を
Q
1 + j!C R
1 + (!C R)2
0j
0
e
以上より，定常解は
m = p1 + (!C R)2
0
qs (t) = Qm sin(!t + 0 )
Q
CE
m
0 0 = tan0 (
= p C Em 2 ej (0 )
1 + (!C R)
0
1
!C R
!
と求まる．
一方，過渡解は
t (t) = Ae0
(A : 積分定数)
である．したがて，電荷 q (t) の一般解は
0
0
q (t) = qs (t) + qt (t) = Qm sin(!t + 0 ) + Ae
で与えられる．初期条件として t = 0 で q (t = 0) = 0 を代入すると
0
q (0) = Qm sin( 0 ) + A = 0
! A = 0Qm sin( 0 0)
と求まり，回路に流れる電流 i(t) は
Em
1 sin( 0 0)e0
dq (t)
0
p
=
!C cos(!t + 0 ) +
i(t) =
2
dt
R
1 + (!C R)
q
t
CR
t
CR
また，過渡電流が最大となる
0
0 = 6=2
!
の値は
= 0 6 =2
t
CR
;
0 0 = tan0 (
1
!C R
)
1
)
1
小テスト
下図の回路で，t
= 0 でスイッチ S を閉じ，交流電圧 e = Em sin(!t + ) を印加したときの回路電流 i(t)
を求めよ．また，過渡電流が流れないための
の値を求めよ．
R
S
+
e
L
−
解答
キルヒホッフの電圧則より回路方程式は以下のように与えられる．
( ) + Ri(t) = E sin(!t + )
m
定常解 is (t) と過渡解 it (t) に分離して考えると，それぞれが満たす微分方程式は
dis (t)
L
+ Ri (t) = E sin(!t + )
L
di t
dt
s
dt
L
di
m
t (t) + Rit (t) = 0
dt
である．まず，定常解について解く．定常状態に対する解は交流回路理論を用いると，d=dt
j!LI
上式を
s + RIs = Em ej
s について解くと以下のように求まる．
j
Em e
1
j
0j = p
Is =
e
=
Em e p
1
2 2
R + j!L
I
R
+!
以上より，定常解は
0
is (t) = Im sin(!t + 0 )
R2
L
m = pR2 + !2 L2
I
m
E
m
E
0
+ !2 L2
j(0 )
e
0
0
一方，過渡解は
t (t) = Ae0 t
R
L
R
L
() =
i t
p
m
E
R2
+ !2 L2
n
sin(!t + 0 0) 0 sin( 0 0)e0 RL t
また，過渡電流が流れないための
0
0 = 0 or !
の値は
= 0 or + 0
o
;
0
01 !L
= tan
R
として
R
(A : 積分定数)
である．したがて，電流 i(t) の一般解は
0
0 t
i(t) = is (t) + it (t) = Im sin(!t + 0 ) + Ae
で与えられる．初期条件として t = 0 で i(t = 0) = 0 を代入すると
0
i(0) = Im sin( 0 ) + A = 0
! A = 0Im sin( 0 0)
と求まり，回路に流れる電流 i(t) は
j!
= tan01 !L
と求まる．
i
!
電気回路 II 演習・小テスト (第 12 回)
演習
= 2 ，L = 1 H，C = 0:2 F とする．t = 0 でスイッチ S を閉じ，直流電圧
E = 10 V を印加したときの回路に流れる電流 i(t) を求めよ．
下図の RLC 直列回路で，R
S
E
L
R
C
i(t)
解答
回路に流れる電流を
i(t)，コンデンサに蓄えられている電荷を q(t) として，キルヒホッフの電圧則を適
用すると，以下の回路方程式を得る．
L didt(t) + Ri(t) + qC(t) = E
(1)
(t) = dq(t)=dt の関係を利用
単位時間にコンデンサに蓄えられる電荷は回路に流れた電流に等しいので，i
q(t) に対する以下の微分方程式を得る．
2 q (t)
2
L d dt
+ R dqdt(t) + qC(t) = E ! d dtq(t) + 2 dqdt(t) + 5q(t) = 10
定常解 qs (t) と過渡解 qt (t) に分離して考えると，定常解に対しては
すると，電荷
5qs (t) = 10
!
qs (t) = 2 C
と求まる．また，過渡解に対しては以下の微分方程式を満足する．
d2 qt (t) + 2 dqt (t) + 5q (t) = 0
t
dt
dt
ここで，上式の解を qt (t) = Aemt と仮定すると，特性方程式は
m2 + 2m + 5 = 0
= 01 6 j 2 と求まるので，qt (t) は以下のように書ける．
qt (t) = e0t (A1 cos 2t + A2 sin 2t)
したがって，q (t) の一般解は
q(t) = qs(t) + qt (t) = 2 + e0t (A1 cos 2t + A2 sin 2t)
であり，電流 i(t) は以下のように求まる．
i(t) = dqdtt (t) = 0e0t (A1 cos 2t + A2 sin 2t) + e0t (02A1 sin 2t + 2A2 cos 2t)
= e0t f(0A1 + 2A2 ) cos 2t + (02A1 0 A2 ) sin 2tg
t = 0 で q(0) = 0，i(0) = 0 という初期条件を用いると
q(0) = 2 + A1 = 0
i(0) = 0A1 + 2A2 = 0
したがって，A1 = 02，A2 = 01 である．よって，電流 i(t) は以下のように求まる．
i(t) = e0t f(0A1 + 2A2 ) cos 2t + (02A1 0 A2 ) sin 2tg = 5e0t sin 2t A
のように書け，m
小テスト
= 5 ，L = 2 H，C = 0:5 F とする．t = 0 でスイッチ S を閉じ，直流電圧
E = 12 V を印加したときの回路に流れる電流 i(t) を求めよ．
下図の RLC 直列回路で，R
S
E
L
R
C
i(t)
解答
回路に流れる電流を
i(t)，コンデンサに蓄えられている電荷を q(t) として，キルヒホッフの電圧則を適
用すると，以下の回路方程式を得る．
L didt(t) + Ri(t) + qC(t) = E
(2)
(t) = dq(t)=dt の関係を利用
単位時間にコンデンサに蓄えられる電荷は回路に流れた電流に等しいので，i
q(t) に対する以下の微分方程式を得る．
2
2 q (t)
+ R dqdt(t) + qC(t) = E ! 2 d dtq(t) + 5 dqdt(t) + 2q(t) = 12
L d dt
定常解 qs (t) と過渡解 qt (t) に分離して考えると，定常解に対しては
すると，電荷
2qs (t) = 12
!
qs (t) = 6 C
と求まる．また，過渡解に対しては以下の微分方程式を満足する．
2 d qdtt (t) + 5 dqdtt (t) + 2qt (t) = 0
ここで，上式の解を qt (t) = Aemt と仮定すると，特性方程式は
2m2 + 5m + 2 = (2m + 1)(m + 2) = 0
のように書け，m = 01=2; 02 と求まるので，qt (t) は以下のように書ける．
qt (t) = A1 e0t=2 + A2 e02t
したがって，q (t) の一般解は
q(t) = qs(t) + qt (t) = 6 + A1 e0t=2 + A2 e02t
であり，電流 i(t) は以下のように求まる．
i(t) = dqdtt (t) = 0 A21 e0t=2 0 2A2 e02t
t = 0 で q(0) = 0，i(0) = 0 という初期条件を用いると
q(0) = 6 + A1 + A2 = 0
i(0) = 0 A21 0 2A2 = 0
したがって，A1 = 08，A2 = 2 である．よって，電流 i(t) は以下のように求まる．
i(t) = 0 A21 e0t=2 0 2A2 e02t = 4 e0t=2 0 e02t A
2
電気回路 II 演習・小テスト (第 13 回)
演習
(1)，(2)，(3)
のラプラス変換と (4)，(5) のラプラス逆変換を求めよ．
(
(1)
f1 (t) = e
(4)
F4 (s) =
j!t
;
f2 (t) = cos(!t);
(2)
3s + 4
(s + 1)(s + 2)
;
(5)
(3)
f3 (t) =
t=T
(0
t T)
0
(t
< 0; t > T )
1
F5 (s) = 2
s (s + 2)
解答
(1)
f1 (t) = e6j!t
F1 (s)
(2)
=
=
=
(3)
F3 (s)
=
=
e
j!t
Z1
0
1
f1 (t)e0st dt =
f1 (t)e0st dt =
1
Z1
0
0
0
2
s 0 j!
2
Z1
e0(s7j!)t dt =
+e0j!t
+
f3 (t)dt =
e0T s
s
+
1
2
1
Z 1
0
=
s + j!
st
=
e0t + 2e02t
=
=
dt
+
0
st
+ (s + 2)F4 (s)e =
s=01
s=02
s+2
(s + 2)
2t 0 1 + e02t
4
2
0(s0j!)t
0 e(s 0 j!)
0
1
s
sT
e0st dt = 0
e0T s
s
+
e0st T
0s2 T 0
e0t + 3s + 4 e02t
s + 2 s=01
s + 1 s=02
3s + 4
s=0
4
1 !
e0(s+j!)t
(s + j! ) 0
s2 + ! 2
9
s=0 + (s + 1)F5 (s)ests=02
1 d
1 st e
s=0 + s2 s=02 e02t
ds s + 2
t
0est + e02t
+
2 8
d
s2 F5 (s)est
(2 0 1)! ds
1
=
1
T s2
(s + 1)F4 (s)e
=
0 j!) =
T Z T
t e0st
t 0st
e dt =
T 0s 0
0 T
1 0 e0T s
=
=
0
1 (s + j! ) + (s
2
s2 + ! 2
留数演算から求めると
f5 (t)
e0(s7j!)t 1
0 (s 7 j!) = s 71j!
e0(s0j!)t + e0(s+j!)t
ZT
留数演算から求めると
f4 (t)
(5)
0
f1 (t) = cos !t =
F2 (s)
(4)
Z1
小テスト
(1)，(2)，(3)
のラプラス変換と (4)，(5) のラプラス逆変換を求めよ．
f1 (t) = et
(1)
F4 (s) =
(4)
f2 (t) = sinh t =
(2)
1
(s + 1)(s + 2)
;
et 0 e0t
;
(3)
2
(5) F5 (s) =
(s + 1)2
0 22
2
解答
(1)
F1 (s)
Z1
=
0
(2)
F2 (s)
Z1
=
0
1
=
(3)
F3 (s) =
(4)
2
Z1
0
f2 (t)e0st dt =
1
s0
0 s+
f3 (t)e0st
1
(5) (2)
0
1
2
0
st
=
(s + 1)F4 (s)e
=
e0t 0 e02t
1
e0(s0 )t dt =
Z 1
0
=
ZT
=
留数演算から求めると
f4 (t)
Z1
f1 (t)e0st dt =
1 (s + )
s2
2
したがて
f5 (t) = e0t sinh 2t
0
=
dt
0 (s 0 ) = 0 2
s2 0 2
1
(0
t T)
0
(t
< 0; t > T )
1
s0
=
1
2
0(s0)t
0 e(s 0 )
1 !
+
e0(s+ )t
(s + ) 0
0st T
0T s
1 e0st dt = e0s = 1 0 se
0
2
s2 0 22
! s + 1 とすると
2
01
0t
= e sinh 2t
(s + 1)2 0 22
st
+ (s + 2)F4 (s)e =
s=01
s=02
fsinh 2tg = s2 02 22 ! 01
f3 (t) =
0(s0)t 1
0 e(s 0 )
e0(s0 )t 0 e0(s+ )t
のラプラス変換式で = 1 とすると
推移定理を用いて s
(
= sinh 2t
e0t + 1 e02t
s + 2 s=01
s + 1 s=02
1
電気回路 II 演習・小テスト (第 14 回)
演習
= 0 でスイッチ S を閉じた後の電圧 vR ，vC の時間変化を求めよ．R1 = 1 ，R2 = 1 ，
= 1 ，L= 1 H，C = 1 F，Is = 2 A，コイルの初期電流は 0 A，コンデンサの初期電荷は 0 C とする．
下図の回路で，t
R3
R2
S
is
L
R1
vL
R3
C
vC
解答
節点方程式は以下のように書ける
1
Z
1
vL 0 vC
= Isu(t)
L + L vL dt + R
R1
2
vC 0 vL
+ 1 v + C dvC = 0
v
R2
R3
C
dt
上式をラプラス変換すると
1 VL(s) + 1 Z v (t)dt + VL (s) 0 VC (s) = Is
(
s
)
+
L
L
R1
L
s
s
R2
s
t=0
VC (s) 0 VL (s)
+ 1 V (s) + C (sV (s) 0 v (0)) = 0
1
V
R2
R3
C
C
C
初期条件を考慮して，具体的な数値を代入して，行列形式で表現すると
"
#"
#
"
#
2 + 1=s 01
VL (s)
= 2=s
01 2 + s
VC (s)
0
VL (s)，VC (s) について解くと
s+2
(s + 1) + 1
1
1
VL (s) =
(s + 1)2 = (s + 1)2 = s + 1 + (s + 1)2
1
VC (s) =
(s + 1)2
L (s)，VC (s) をラプラス逆変換すると
0t + te0t = (1 + t)e0t
vL (t) = e
0t [V]
vC (t) = te
V
[V]
小テスト
= 0 でスイッチ S を閉じた後の電流 iR ，iC の時間変化を求めよ．R1 = 2 ，R2 = 4 ，
R3 = 1 ，L1 = 1 H，L2 = 1 H，E = 7 V，コイルの初期電流は 0 A とする．
下図の回路で，t
L1
S
E
L2
R1
i1
R2
i2
R3
解答
閉路方程式は以下のように書ける
L1
di1
dt
+ R1 (i1 0 i2 ) + R3 i1 = Eu(t)
( 0 i1 ) + L2 didt2 + R2 i2 = 0
R1 i2
上式をラプラス変換すると
( ( ) 0 i1 (0)) + R1 (I1 (s) 0 I2 (s)) + R3 I1 (s) = Es
R1 (I2 (s) 0 I1 (s)) + L2 (sI2 (s) 0 i2 (0)) + R2 I2 (s) = 0
L1 sI1 s
初期条件を考慮して，具体的な数値を代入して，行列形式で表現すると
"
#"
#
"
+ 3 02
I1 (s)
= 7=s
02 s + 6
I2 (s)
0
VL (s)，VC (s) について解くと
7(s + 6)
I1 (s) =
s(s + 2)(s + 7)
14
I2 (s) =
s(s + 2)(s + 7)
s
#
( )，I2 (s) のラプラス逆変換は留数演算より
0
0
st 1 + 0(s + 2)I1 (s)est 1
st 1
i1 (t) =
sI1 (s)e
s=0
s=02 + (s + 7)I1 (s)e s=07
= 3 0 145 e02t 0 15 e07t [A]
0
0
st 1 + 0(s + 2)I2 (s)est 1
st 1
i2 (t) =
sI2 (s)e
s=0
s=02 + (s + 7)I2 (s)e s=07
= 1 0 75 e02t + 25 e07t [A]
I1 s
電気回路 II 演習・小テスト (第 15 回)
演習
RC 直列回路で，以下の 2 種類の入力電圧に対する電流の過渡応答を求めよ．なお，R
C = 0:5 F，コンデンサの初期電荷は 0 とする．
(1) es (t) = 5e0t sin 2t u(t) [V]，(2) es (t) = (t) [V]
下図の
1
R
+
es
C
−
時間があれば，(2) の結果を利用して (1) の結果を確認せよ．(採点はしない)
Z
i(t) =
t
0
h ( ) es (t ) d
(h(t) は回路のインパルス応答)
0
解答
電源のラプラス変換を
Ri(t) + C1
Z
Es(t) と書くと，回路方程式とそのラプラス変換は以下のようになる．
i(t)dt = es (t)
1
I (s) = Es (s)
R + sC
(1)
!
I (s) = 0RE+s (s1) 1 = R1 ssE+s (s1)
sC
=
RC
sEs (s)
s+2
512
0t sin(2t)g =
f5e
であるので，
(s + 1)2 + 22
4
4s + 10
3
I (s) = s +s 2 (s + 1)102 + 22 = sK+12 + (sK+2 s1)+2 K
=
+
2
+2
s + 2 (s + 1)2 + 22
4
4(s + 1) + 3 2
=
+
s + 2 (s + 1)2 + 22
0
i(t) = 1 I (s) = 4e02t + e0t (4 cos 2t + 3 sin 2t)
4
= 4e02t + 5e0t sin(2t + ) [A]
( = tan01 )
3
0
1
0
f
1
g
0
0
(2)
f
(t)
g
= 1 であるので，インパルス応答は
I (s) = s +s 2 = 1 + s +22
0
(3)
i(t)
Z
=
t
0
Z
=
0
Z
=
0
i(t) = h(t) = 01 I (s)
!
f
0
t
t
5
0
( )
0
2e02
1 0(t0 )
e
sin 2(t 0 )d
5 ( )e0(t0 ) sin 2(t 0 )d
= 5e0t sin 2t 0 10e02t
Z
t
Z
0
0
t
0
ex sin 2x
10e02t
1
Z
0
t
e(t0 ) sin 2(t )d
(0dx)
ex sin 2xdx
1
10 t
e sin 2t 0 2et cos 2t + 2
5
= 5e0t sin 2t 0 2e0t sin 2t + 4e0t cos 2t 0 4e02t
= 5e0t sin 2t 0 10e02t
4e02t + e0t (4 cos 2t + 3 sin 2t) [A]
0
= (t) 0 2e02t [A]
h ( ) es (t ) d
= 5e0t sin 2t 0 10e02t
=
g
0
= 1 ，
小テスト
下図の RL 直列回路で，以下の 2 つの入力電圧に対する電流の過渡応答を求めよ．なお，R = 1 ，L = 0:2 H，
コイルの初期電流は 0 とする．
(1)
es (t) = 2e03t u(t) [V]，(2) es(t) = (t) [V]
R
+
es
L
−
時間があれば，(2) の結果を利用して (1) の結果を確認せよ．(採点はしない)
i(t) =
解答
Z
t
0
h ( ) es (t ) d
(h(t) は回路のインパルス応答)
0
Es(t) と書くと，回路方程式とそのラプラス変換は以下のようになる．
Ri(t) + L didt(t) = es (t)
Es (s) = 1 Es (s) = 5 E (s)
(R + sL) I (s) = Es (s)
I (s) = (sL
+ R)
Ls+ R s+5 s
電源のラプラス変換を
!
L
(1)
f
2e03t g =
2
s + 3 であるので，
10
5
5
I (s) = s +5 5 s +2 3 = (s + 3)(
=
s +15) s + 3 s + 5
0
i(t) = 01 I (s) = 5 e03t e05t [A]
1
0
f
(2)
f
(t)
g
g
0
= 1 であるので，インパルス応答は
I (s) = s +5 5
i(t) = h(t) = 01 I (s)
!
f
g
= 5e05t [A]
(3) インンパルス応答から (1) の結果を求めると
i(t)
Z
=
=
t
0
h ( ) es (t ) d =
10e03t
= 5
0
Z
t
e02 d
Z
t
0
= 10e03t
0 03t 0 05t 1
e 0e
[A]
5e05 1 2e03(t0 ) d
02 t
e
2
0
0
0
= 5e03t 1 0 e02t
1

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