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例題集 / 電気・電子 / 電気回路 / 過渡現象,ラプラス変換
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。
$F(s)=\dfrac{4}{s^{2}(s+2)}$ 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}
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。
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