戻る

例題集 / 電気・電子 / 電気回路 / 過渡現象,ラプラス変換

絞り込み

難易度

$RL$直列回路

知識・記憶レベル   難易度:
図1の回路で $R=20~[\Omega]$, $L=10~\mathrm{[H]}$,$E=100~\mathrm {[V]}$ である。$t=0$ でスイッチSを閉じたとき,以下の問いに答えよ。 \begin{enumerate} \item (1) 回路電流 $i$ を求めよ。(ラプラス変換を用いてはいけない。) \item (2) $v_{R}$の時間変化を求めよ。 \end{enumerate} %=image:/media/2014/11/22/141659588112864100.png:図1

解答例・解説

\begin{enumerate} \item (1) 回路方程式は, \begin{eqnarray} L\frac{di}{dt}+Ri = E \end{eqnarray} となる。 定常解を$i_{s}$,過渡解を $i_{t}$ とおく。 \begin{eqnarray} L\frac{di_{t}}{dt}+Ri_{t} = 0 \end{eqnarray} から \begin{eqnarray} \frac{di_{t}}{dt} = -\frac{R}{L}i_{t}~~ \Rightarrow \frac{di_{t}}{i_{t}} = -\frac{R}{L}dt \end{eqnarray} 両辺を積分して \begin{eqnarray} \int\frac{di_{t}}{i_{t}} = -\int\frac{R}{L}dt~~ \Rightarrow \ln i_{t} = -\frac{R}{L}t+k\nonumber\\~(kは積分定数) \end{eqnarray} よって \begin{eqnarray} i_{t} = e^{-\frac{R}{L}t+k}=e^{k}e^{-\frac{R}{L}t}=Ae^{-\frac{R}{L}t} \end{eqnarray} ただし,$A(=e^{k})$ は積分定数である。 定常解は, \begin{eqnarray} L\frac{di_{s}}{dt}+Ri_{s} = E~~ \Rightarrow i_{s} = \frac{E}{R} \end{eqnarray} よって,一般解は \begin{eqnarray} i=\frac{E}{R}+Ae^{-\frac{R}{L}t} \end{eqnarray} となる。次に初期条件 \begin{eqnarray} t=0 で i=0 \end{eqnarray} を代入する。 \begin{eqnarray} 0=\frac{E}{R}+A~~ \Rightarrow A =-\frac{E}{R} \end{eqnarray} よって, \begin{eqnarray} i=\frac{E}{R}\left(1-e^{-\frac{R}{L}t}\right) \end{eqnarray} $R=20~[\Omega]$, $L=10~\mathrm {[H]}$,$E=100~\mathrm {[V]}$ を代入する。 \begin{eqnarray} i&=&\frac{100}{20}\left(1-e^{-\frac{20}{10}t}\right) \nonumber\\ &=& \underline{5\left(1-e^{-2t}\right)} \end{eqnarray} \item (2) \begin{eqnarray} v_{R} &=& Ri = 20\times 5\left(1-e^{-2t}\right)\nonumber\\ &=& \underline{100\left(1-e^{-2t}\right)} \end{eqnarray} \end{enumerate}

$RLC$直列回路

知識・記憶レベル   難易度:
図1に示す$RLC$直列回路に,$t=0$ [s]のときにスイッチSを閉じ,直流電圧 $V$ を印加する。このときの電流の変化(過渡現象)を,ラプラス変換を用いて導出せ よ。ただし,スイッチSを閉じる直前,コンデンサ$C$(キャパシタ)に電荷は蓄積 されていないとしよう。 %=image:/media/2014/11/22/141659904731327100.png:図1

解答例・解説

回路方程式は, \begin{eqnarray} L\frac{di}{dt} + Ri + \frac{1}{C}\int i~ dt = V \end{eqnarray} となる\reff{ラプラス変換}{ラプラス変換}すると \begin{eqnarray} L(sI(s) - i(0)) + RI(s) + \frac{1}{sC}I(s) + \frac{q(0)}{sC}= \frac{V}{s} \end{eqnarray} となる。 コンデンサに初期電荷が存在しないため $q(0) = 0$, 初期電流はないので $i(0) = 0$ とおくと \begin{eqnarray} LsI(s) + RI(s) + \frac{1}{sC}I(s) = \frac{V}{s} \end{eqnarray} となる。各素子に値を代入すると \begin{eqnarray} I(s)s + 5I(s) + \frac{1}{0.25s}I(s) &=& \frac{6}{s}\nonumber\\ \left(s + 5 + \frac{4}{s}\right)I(s) &=& \frac{6}{s}\nonumber\\ I(s) &=& \frac{6}{s\left(s + 5 + \frac{4}{s}\right)} \nonumber\\ I(s) &=& \frac{6}{s^{2} + 5s + 4} \end{eqnarray} となる。 \reff{部分分数分解}すると \begin{eqnarray} i(t) &=& {\cal L}^{-1}[I(s)] = {\cal L}^{-1}\left[\frac{6}{s^{2} + 5s + 4}\right]\nonumber\\ &=& {\cal L}^{-1}\left[\frac{6}{\left(s+1\right)\left(s+4\right)}\right]\nonumber\\ &=& {\cal L}^{-1}\left[\frac{2}{s+1} - \frac{2}{s+4}\right] \end{eqnarray} となる。よって,\reff{逆ラプラス変換}{ラプラス変換}すると \begin{eqnarray} \underline{i(t) = 2e^{-t} - 2 e^{-4t}} \end{eqnarray} となる。

ラプラス変換演習

知識・記憶レベル   難易度:
$F(s)=\dfrac{4}{s^{2}(s+2)}$ のラプラス逆変換を求めよ。

解答例・解説

\begin{eqnarray} F(s)=\dfrac{4}{s^{2}(s+2)} = \frac{K_{1}}{s} + \frac{K_{2}}{s^{2}} + \frac{K_{3}}{s+2} \end{eqnarray} とおく。 \noindent (解法1) 通分すると \begin{eqnarray} F(s)&=&\dfrac{ K_{1}s(s+2) + K_{2}(s+2) + K_{3}s^{2} }{s^{2}(s+2)}\nonumber\\ &=& \frac{(K_{1}+K_{3})s^{2} + (2K_{1}+K_{2})s + 2K_{2} }{s^{2}(s+2)}\nonumber\\ \end{eqnarray} となる。よって, \begin{eqnarray} &&K_{1}+K_{3} = 0\\ &&2K_{1}+K_{2} = 0\\ &&2K_{2} = 4 \end{eqnarray} これらから \begin{eqnarray} K_{2} = 2,~~ K_{1} = -1,~~K_{3} = 1 \end{eqnarray} となる。よって, \begin{eqnarray} F(s)=\dfrac{1}{s^{2}(s+1)} = -\frac{1}{s} + \frac{2}{s^{2}} + \frac{1}{s+2} \end{eqnarray} となる。ラプラス逆変換を行うと \begin{eqnarray} {\cal L}^{-1}[F(s)] = \underline{-1 + 2t + e^{-2t}} \end{eqnarray} \noindent (解法2) $K_{1}$から $K_{3}$ は次のようになる。 \begin{eqnarray} &&\hspace{-8ex}K_{2} = \left.s^{2}F(s)\right|_{s=0} = \frac{4}{0+2} = 2\\ &&\hspace{-8ex}K_{3} = \left.(s+2)F(s)\right|_{s=-2} = \frac{4}{(-2)^{2}} = 1\\ &&\hspace{-8ex}K_{1} = \frac{d}{ds}\left.s^{2}F(s)\right|_{s=0} = \left.-\frac{4}{(s+2)^{2}}\right|_{s=0} = -1 \end{eqnarray} よって, \begin{eqnarray} F(s)=\dfrac{1}{s^{2}(s+1)} = -\frac{1}{s} + \frac{2}{s^{2}} + \frac{1}{s+2} \end{eqnarray} となる。ラプラス逆変換を行うと \begin{eqnarray} {\cal L}^{-1}[F(s)] = \underline{-1 + 2t + e^{-2t}} \end{eqnarray}

交流回路

知識・記憶レベル   難易度:
図1の回路で,$R=1~[\Omega],~C = 1~\mathrm{ [F]}$である。 $t=0$ でスイッチ S を閉じ,交流電圧 $e=\sin(\omega t)$ を印加したときの回路電流 $i$ を求めよ。 %=image:/media/2014/11/22/141659930800876000.png:図1

解答例・解説

定常解を$q_{s}$,過渡解を $q_{t}$ とおく。 定常解は,複素ベクトルを用いる。 \begin{eqnarray} I_{s}\left(R+\frac{1}{j\omega C}\right) = E \end{eqnarray} の関係から \begin{eqnarray} |I_{s}|=\frac{E}{\sqrt{R^{2}+\left(\frac{1}{\omega C}\right)^{2}}} \end{eqnarray} このとき,電流は電圧に対して, \begin{eqnarray} \phi = \tan^{-1}\frac{1}{\omega CR} \end{eqnarray} だけ位相が遅れる。 よって,電荷は, \begin{eqnarray} q_{s} &=& C\frac{1}{j\omega C}I_{s} = C\frac{1}{j\omega C}|I_{s}|\angle \phi\nonumber\\ &=& \frac{1}{\omega}|I_{s}|\angle \left(\phi-\frac{\pi}{2}\right)\nonumber\\ \end{eqnarray} よって,三角関数を用いると \begin{eqnarray} q_{s} &=& \frac{1}{\omega}\frac{E_{m}}{\sqrt{R^{2}+\left(\frac{1}{\omega C}\right)^{2}}}\sin\left(\omega t +\phi -\frac{\pi}{2}\right)\nonumber\\ &=& -\frac{1}{\omega}\frac{E_{m}}{\sqrt{R^{2}+\left(\frac{1}{\omega C}\right)^{2}}}\cos\left(\omega t +\phi\right)\nonumber\\ &=& -\frac{1}{\omega}\frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{1}{\omega }\right)^{2}}}\cos\left(\omega t +\phi\right) \end{eqnarray} 次に過渡解は, \begin{eqnarray} R\frac{dq_{t}}{dt} + \frac{q_{t}}{C} = 0 \end{eqnarray} から \begin{eqnarray} \frac{dq_{t}}{dt} = -\frac{1}{RC}q_{t}~~ \Rightarrow \frac{dq_{t}}{q_{t}} = -\frac{1}{RC} \end{eqnarray} 両辺を積分して \begin{eqnarray} \int\frac{dq_{t}}{q_{t}} = -\int\frac{1}{RC}~~ \Rightarrow \ln q_{t} = -\frac{1}{RC}t+k\nonumber\\~(kは積分定数) \end{eqnarray} よって \begin{eqnarray} q_{t} = e^{-\frac{1}{RC}t+k}=e^{k}e^{-\frac{1}{RC}t}=Ae^{-\frac{1}{RC}t} = Ae^{-t} \end{eqnarray} ただし,$A(=e^{k})$ は積分定数である。 よって,一般解は \begin{eqnarray} q=-\frac{1}{\omega}\frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{1}{\omega }\right)^{2}}}\cos\left(\omega t +\phi\right) + Ae^{-t}~ \end{eqnarray} となる。 次に初期条件 \begin{eqnarray} t=0 で q=0 \end{eqnarray} を代入する。 \begin{eqnarray} 0&=&-\frac{1}{\omega}\frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{1}{\omega }\right)^{2}}}\cos\left(\phi\right) + A\nonumber\\ A &=& \frac{1}{\omega}\frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{1}{\omega }\right)^{2}}}\cos\left(\phi\right) \end{eqnarray} よって, \begin{eqnarray} q &=& \frac{1}{\omega}\frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{1}{\omega }\right)^{2}}} \left(- \cos\left(\omega t +\phi\right)\right.\nonumber\\ &&\left. + \cos\left(\phi\right)e^{-t} \right) \end{eqnarray} ゆえに, \begin{eqnarray} i &=& \frac{dq}{dt}\nonumber\\ &=&\underline{ \frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{1}{\omega }\right)^{2}}} \left(\sin\left(\omega t +\phi\right)-\frac{1}{\omega }\cos\left(\phi\right)e^{-t} \right)}\nonumber\\ \end{eqnarray} となる。また, \begin{eqnarray} \cos\left(\phi\right) = \frac{\omega }{\sqrt{1+(\omega )^{2}}} \end{eqnarray} となるので \begin{eqnarray} i &=& \underline{ \frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{1}{\omega }\right)^{2}}} \left(\sin\left(\omega t +\phi\right) - \frac{1}{\sqrt{1+(\omega )^{2}}}e^{-t} \right)}\nonumber\\ \end{eqnarray} となる。

周期関数

知識・記憶レベル   難易度:
図1に示す周期関数(周期$5$)のラプラス変換を求めよ。 %=image:/media/2014/11/22/141660002053775900.png:図1

解答例・解説

図1は,図2の波形 $f_{1}(t)$ が時間 $5$ 遅れて 足されていると考えることができる。 \begin{eqnarray} f(t) = f_{1}(t)+f_{1}(t-5)+f_{1}(t-10)+\cdots ~~~~(1) \end{eqnarray} 図2は,図3のように分解できるので, \begin{eqnarray} f_{1}(t) = u(t)-u(t-3) \end{eqnarray} となる。ラプラス変換すると次のようになる。 \begin{eqnarray} F_{1}(s) = \frac{1}{s}- \frac{1}{s}e^{-3s}= \frac{1-e^{-3s}}{s}~~~~(2) \end{eqnarray} 次に,(1)式をラプラス変換すると \begin{eqnarray} F(s)&=& F_{1}(s)+e^{-5s}F_{1}(s)+\cdots\nonumber\\ &=& F_{1}(s)\left(1+e^{-5s}+\cdots \right)~~~~(3) \end{eqnarray} となる。(3)-(3)$\times e^{-5s}$ を求めると \begin{eqnarray} F(s)-e^{-5s}F(s) &=& F_{1}(s)\nonumber\\ F(s)(1-e^{-5s}) &=& F_{1}(s)\nonumber\\ F(s) &=& \frac{F_{1}(s)}{1-e^{-5s}} \end{eqnarray} よって,(2)式を代入すると次のようになる。 \begin{eqnarray} F(s) &=& \frac{1}{1-e^{-5s}} \frac{1-e^{-3s}}{s} \end{eqnarray} %=image:/media/2014/11/22/141660002156341700.png:図2 %=image:/media/2014/11/22/141660002262122500.png:図3