東京工業大学 工学院 電気電子系 2018年8月実施 電気回路2

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• 东京科学大学
• 电路暂态响应
• 拉普拉斯变换

Author

祭音Myyura (refined with GPT 6 Astra)

Description

図2.1の回路について以下の問に答えよ。インダクタンスを $L$、抵抗を $R$ とする。電圧源の電圧を $E_0$ とする。時刻を $t$ とし、接地を基準電位として電圧 $v_E(t),v_R(t)$ を図2.1のように定義する。時刻 $t<0$ ではスイッチ S は B 側に接続されているとし、$v_R(t)=0$ とする。時刻 $t=0$ でスイッチ S を A 側に接続し、時刻 $t=a$ でスイッチ S を B 側に接続する。また、$u(t)$ を単位ステップ関数とする。時間関数 $f(t)$ のラプラス変換 $F(s)=\mathcal L[f(t)]$ に対して、

$$F(s)e^{-as}=\mathcal L[f(t-a)u(t-a)]$$

の関係が成り立つことを用いてよい。ただし、$e$ は自然対数の底である。

1. 電圧 $v_E(t)$ を、単位ステップ関数 $u(t)$ を用いて表せ。

2. 電圧 $v_E(t)$ をラプラス変換した $V_E(s)=\mathcal L[v_E(t)]$ を求めよ。

3. 電圧 $v_R(t)$ をラプラス変換した $V_R(s)=\mathcal L[v_R(t)]$ を求めよ。

以下の問では、$a=L/R$ とし、$L,R$ を用いずに答えよ。

4. 3. の結果を用いて、電圧 $v_R(t)$ を求めよ。ただし、単位ステップ関数 $u(t)$ と $u(t-a)$ を用いよ。

5. 時刻 $0\le t<a$ での電圧 $v_R(t)$ を、単位ステップ関数を用いずに表せ。

6. 時刻 $a\le t$ での電圧 $v_R(t)$ を、単位ステップ関数を用いずに表せ。

以下の問では、スイッチ S を時刻 $t=nT$ で A 側に接続し、時刻 $t=nT+a$ で B 側に接続する操作を周期 $T$ で繰り返す場合について考える。ただし、$n$ は $0$ 以上の整数とする。また、$T=2a$ とする。

7. 時刻 $nT$ での $v_R(t)$ の値を $v_{\mathrm{sat}}$ とする。十分時間が経った後、$v_{\mathrm{sat}}$ の値は一定値に収束する。この時の $v_{\mathrm{sat}}$ を $E_0,e$ により表せ。

题目描述

对图2.1的电路回答以下问题。电感为 $L$，电阻为 $R$，电源电压为 $E_0$。以 $t$ 表示时间、地为参考电势，按图2.1定义电压 $v_E(t),v_R(t)$。在 $t<0$ 时开关 S 接 B 侧，且 $v_R(t)=0$。在 $t=0$ 时将 S 接至 A 侧，在 $t=a$ 时接回 B 侧。$u(t)$ 为单位阶跃函数。对时间函数 $f(t)$ 的拉普拉斯变换 $F(s)=\mathcal L[f(t)]$，可使用关系

$$F(s)e^{-as}=\mathcal L[f(t-a)u(t-a)],$$

其中 $e$ 为自然对数的底。

1. 用单位阶跃函数 $u(t)$ 表示电压 $v_E(t)$。

2. 求 $v_E(t)$ 的拉普拉斯变换 $V_E(s)=\mathcal L[v_E(t)]$。

3. 求 $v_R(t)$ 的拉普拉斯变换 $V_R(s)=\mathcal L[v_R(t)]$。

以下各问令 $a=L/R$，答案不得使用 $L,R$。

4. 利用 3) 的结果求电压 $v_R(t)$，须使用单位阶跃函数 $u(t),u(t-a)$。

5. 不使用单位阶跃函数，表示 $0\le t<a$ 时的电压 $v_R(t)$。

6. 不使用单位阶跃函数，表示 $a\le t$ 时的电压 $v_R(t)$。

以下考虑以周期 $T$ 重复下述操作：在 $t=nT$ 时将 S 接至 A 侧，在 $t=nT+a$ 时接至 B 侧。其中 $n$ 为非负整数，$T=2a$。

7. 将时刻 $nT$ 的 $v_R(t)$ 值记为 $v_{\mathrm{sat}}$。经过足够长时间后，它收敛到常数。用 $E_0,e$ 表示此时的 $v_{\mathrm{sat}}$。

Kai

(1)

$$\boxed{v_E(t)=E_0[u(t)-u(t-a)]}.$$

(2)

$$\boxed{V_E(s)=\frac{E_0}{s}(1-e^{-as})}.$$

(3)

$i=v_R/R$、$i(0^-)=0$ とし、回路方程式 $v_E-v_R=L\,di/dt$ をラプラス変換すると、

$$V_E-V_R=\frac{Ls}{R}V_R.$$

したがって、

$$\boxed{V_R(s)=\frac{R}{Ls+R}V_E(s) =\frac{E_0(1-e^{-as})}{s(1+Ls/R)}}.$$

(4)

$a=L/R$ とすると、

$$\frac1{s(1+as)}=\frac1s-\frac1{s+1/a}.$$

時移公式を用いて逆変換すれば、

$$\boxed{v_R(t)=E_0\left[(1-e^{-t/a})u(t) -(1-e^{-(t-a)/a})u(t-a)\right]}.$$

(5)

$$\boxed{v_R(t)=E_0(1-e^{-t/a}),\qquad0\le t<a}.$$

(6)

$$\boxed{v_R(t)=E_0(e-1)e^{-t/a},\qquad t\ge a}.$$

(7)

$v_n=v_R(nT)$ とする。A 側に接続してから時間 $a$ 後の電圧は

$$w_n=E_0+(v_n-E_0)e^{-1}.$$

B 側に接続してさらに時間 $a$ が経つと、

$$v_{n+1}=e^{-1}w_n=e^{-2}v_n+E_0(e^{-1}-e^{-2}).$$

$e^{-2}<1$ より収束し、極限は

$$v_{\mathrm{sat}}=e^{-2}v_{\mathrm{sat}}+E_0(e^{-1}-e^{-2})$$

を満たす。したがって、

$$\boxed{v_{\mathrm{sat}}=\frac{E_0}{e+1}}.$$