九州大学 システム情報科学府 情報理工学専攻・電気電子工学専攻 2016年8月実施 電気回路

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Author

Zero

Description

【問 1】

図 $1$ の回路において，電源電圧 $E$ と電流 $I$ の位相差は $\arg(\frac{E}{I}) = 0$ であり，かつ $X_1 \neq X_2$ である．以下の問いに答えよ．

(1) $R_1,X_1,X_2$ の間の関係を示せ．

(2) $|E| = 8\text{V},|I| = 2\text{A},\frac{|I_1|}{I_2} = 2$ のとき，$R, X_1, X_2$ の値を求めよ．

【問 2】

図 $2$ の回路について，以下の問いに答えよ．

(1) $\begin{pmatrix}V_1 \\I_1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}a & b \\c & d\end{pmatrix}\begin{pmatrix}V_2 \\I_2\end{pmatrix}$ のとき，$Z$ と $Y$ を用いて行列 $\begin{pmatrix}a & b \\c & d\end{pmatrix}$ を表せ．

(2) 端子対 $2-2’$ にインピーダンス $Z_K$ をつないだところ，端子対 $1-1’$ から右側を見たインピーダンスも $Z_K$ となった．$Z$ と $Y$ を用いて $Z_K$ を表せ．

【問 3】

図 $3$ の回路について，以下の問いに答えよ．ただし，電源の角周波数を $\omega$ とする．

(1) 節点電位 $V_a, V_b, V_c$ に対する回路方程式を立てよ．

(2) $V_b = V_c$ のとき，$R_0 \sim R_5,C_3,C_4,\omega$ が 満たすべき条件を求めよ．

【問 4】

図 $4$ の回路において，時刻 $t = 0$ でスイッチを $S_1$ から $S_2$ に切り替えるとする．ただし，$t < 0$ の回路は定常状態にあるとする．また，$e_1(t) = 4\sin2t\text{ V},E_2 = 8\text{ V},R_1 = 2\Omega ,R_2 = 4\Omega,L = 1\text{ H},C = 0.125 \text{ F}$ とする．以下の問いに答えよ．

(1) スイッチを切り替える前の電荷 $q(t)(t < 0)$ を求めよ．

(2) スイッチを切り替えた後の電荷 $q(t)(t > 0)$ を求めよ．

题目描述

【问题 1】对图 1 电路，电源电压 $E$ 与电流 $I$ 同相，即 $\arg(E/I)=0$，且 $X_1\ne X_2$。回答：

1. 写出 $R_1,X_1,X_2$ 之间的关系。
2. 当 $|E|=8\,\mathrm V$、$|I|=2\,\mathrm A$、$\frac{|I_1|}{I_2}=2$ 时，求 $R,X_1,X_2$ 的值。

【问题 2】对图 2 二端口电路，回答：

1. 若

   $$\begin{pmatrix}V_1\\I_1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix} \begin{pmatrix}V_2\\I_2\end{pmatrix},$$

   用 $Z,Y$ 表示传输矩阵 $\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$。

2. 在端口 $2-2'$ 接入阻抗 $Z_K$ 后，从端口 $1-1'$ 向右看到的输入阻抗也等于 $Z_K$。用 $Z,Y$ 表示 $Z_K$。

【问题 3】对图 3 交流电路，电源角频率为 $\omega$。回答：

1. 以节点电位 $V_a,V_b,V_c$ 为未知量列出节点方程。
2. 当 $V_b=V_c$ 时，求 $R_0\sim R_5,C_3,C_4,\omega$ 必须满足的条件。

【问题 4】在图 4 开关电路中，$t=0$ 时将开关从 $S_1$ 切换到 $S_2$；$t<0$ 时电路已处于稳态。已知

$$e_1(t)=4\sin2t\,\mathrm V,\quad E_2=8\,\mathrm V,\quad R_1=2\,\Omega,\quad R_2=4\,\Omega,\quad L=1\,\mathrm H,\quad C=0.125\,\mathrm F.$$

1. 求切换前的电荷 $q(t)$（$t<0$）。
2. 求切换后的电荷 $q(t)$（$t>0$）。

考点

• 相量与阻抗分析：利用电压、电流同相及幅值比条件建立电阻与电抗关系并求元件参数。
• 二端口网络传输参数：级联串联阻抗与并联导纳的传输矩阵，并求输入阻抗等于负载阻抗时的迭代阻抗。
• 节点电压法：以复导纳列写多节点交流电路方程，并由节点等电位条件推导元件平衡关系。
• 开关电路暂态响应：分别求切换前交流稳态和切换后二阶电阻—电感—电容响应，正确衔接电容电压与电感电流初值。

Kai

【問 1】

(1)

$$\begin{aligned} E &= \frac{(jX_1 + R)(-jX_2 + R)}{(jX_1 + R) + (-jX_2 + R)}I \\ \frac{E}{I} &= \frac{(R + jX_1)(R - jX_2)}{2R + j(X_1 - X_2)} \\ &= \frac{(R + jX_1)(R - jX_2)[2R - j(X_1 - X_2)]}{4R^2 + (X_1 - X_2)^2} \\ &= \frac{(R^2 - RjX_2 + jX_1R _+ X_1X_2)(2R - j(X_1 - X_2))}{4R^2 + (X_1 - X_2)^2} \end{aligned}$$

$\arg(\frac{E}{I}) = 0$ から、$\frac{E}{I}$ の虚部が $0$ となる。

$$-jR^2(X_1 - X_2) - 2R^2jX_2 + 2R^2jX_1 - jX_1X_2(X_1 - X_2)$$

$$j[-R^2(X_1 - X_2) - 2R^2X_2 + 2R^2X_1 - X_1X_2(X_1 - X_2)]$$

$$j[(X_2 - X_1)(R^2 + X_1X_2) - 2R^2(X_2 - X_1)]$$

$$(X_2 - X_1)(R^2 + X_1X_2) - 2R^2(X_2 - X_1) = 0$$

$X_2 \neq X_1$ より、

$$R^2 + X_1X_2 - 2R^2 = 0$$

$$\begin{align} R^2 = X_1X_2 \tag{\textcircled{1}} \end{align}$$

(2)

$$\begin{aligned} \frac{E}{I} &= \frac{R^2 + X_1X_2 + jR(X_1 - X_2)}{2R + j(X_1 - X_2)} \\ \bigg|\frac{E}{I}\bigg|^2 &= \bigg|\frac{R^2 + X_1X_2 + jR(X_1 - X_2)}{2R + j(X_1 - X_2)}\bigg| \\ 16 &= \frac{(R^2 + X_1X_2)^2 + R^2(X_1 - X_2)^2}{4R^2 + (X_1 - X_2)^2} \\ 16 &= \frac{4X_1^2X_2^2 + X_1X_2(X_1 - X_2)^2}{(X_1 + X_2)^2} \\ 16 &= \frac{X_1X_2(X_1 + X_2)^2}{(X_1 + X_2)^2} \\ 16 &= X_1X_2 \end{aligned}$$

$$\begin{align} X_2 = \frac{16}{X_1} \tag{\textcircled{2}} \end{align}$$

①、② より、

$$R^2 = 16$$

$$\therefore R = 4$$

$$\begin{aligned} (R + jX_1)I_1 &= (R - jX_2)I_2 \\ \frac{I_1}{I_2} &= \frac{R - jX_2}{R + jX_1} \\ \bigg|\frac{I_1}{I_2}\bigg|^2 &= \bigg|\frac{R - jX_2}{R + jX_1}\bigg|^2 \\ 4 &= \frac{R^2 + X_2^2}{R^2 + X_1^2} \\ 3R^2 &= X_2^2 - 4X_1^2 \end{aligned}$$

$R = 4,X_2 = \frac{16}{X_1}$ より、

$$48 = \frac{16^2}{X_1^2} - 4X_1^2$$

$$X_1^4 + 12X_1^2 - 64 = 0$$

$$X_1^2 = -6 \pm 10$$

$$X_1^2 > 0 より、$$

$$X_1^2 = 4$$

$$\therefore X_1 = 2$$

② より、$X_2 = 8$

以上から、$R = 4,X_1 = 2,X_2 = 8$

【問 2】

(1)

$\begin{pmatrix}V_1 \\I_1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}a & b \\c & d\end{pmatrix}\begin{pmatrix}V_2 \\I_2\end{pmatrix}$ のとき，

$$V_1 = aV_2 + bI_2$$

$$I_1 = cV_2 + dI_2$$

$I_2 = 0$ のとき、つまり端子対 $2-2’$ 間が $\text{open}$ のときを考える

$$\begin{align} a &= \frac{V_1}{V_2},c = \frac{I_1}{V_2} \notag \\ V_2 &= \frac{1}{2}I_1Z' - \frac{1}{2}I_1Z \notag \\ V_2 &= \frac{1}{2}(Z'- Z) \notag \\ I_1 &= \frac{2V_2}{Z' - Z} \Leftrightarrow c = \frac{I_1}{V_2} = \frac{2}{Z' - Z} = \frac{2Y}{1 - YZ} \notag \\ V_1 &= \frac{Z + Z'}{2}I_1 \Leftrightarrow I_1 = \frac{2}{Z + Z'}V_1 \tag{1} \end{align}$$

$\frac{I_1}{V_2} = \frac{2}{Z' - Z}$ に (1) を代入

$$\frac{2}{Z + Z'}\frac{V_1}{V_2} = \frac{2}{z' - z} \Leftrightarrow a = \frac{V_1}{V_2} = \frac{Z' + Z}{Z' - Z} = \frac{1 + YZ}{1 - YZ}$$

$V_2 = 0$ のとき、つまり端子対 $2-2’$ 間が $\text{short}$ のときを考える

このとき、$b = \frac{V_1}{I_2},d = \frac{I_1}{I_2}$

$$\begin{align} I_3Z' &= I_4Z \notag \\ I_3 &= \frac{Z}{Z'}I_4 \tag{1} \\ \frac{Z'}{Z + Z'}I_1 &= I_2 + I_3 \tag{2} \\ \frac{Z'}{Z + Z'}I_1 + I_2 &= I_4 \tag{3} \\ V_1 &= 2 \times \frac{ZZ'}{Z + Z'}I_1 \tag{4} \\ I_1 &= \frac{Z + Z'}{2ZZ'}V_1 \tag{4'} \end{align}$$

(1) $\rightarrow$ (2) に代入

$$\begin{align} \frac{Z'}{Z + Z'}I_1 = I_2 + \frac{Z}{Z'}I_4 \tag{5} \end{align}$$

(5) $\rightarrow$ (3) に代入

$$\begin{aligned} \frac{Z'}{Z + Z'}I_1 &= I_2 + \frac{Z}{Z'}(\frac{Z}{Z + Z'}I_1 + I_2) \\ \frac{Z'}{Z + Z'}I_1 &= I_2 + \frac{Z}{Z'}(\frac{Z}{Z + Z'}I_1 + I_2) \\ \frac{Z'}{Z + Z'}I_1 - \frac{Z}{Z'}\cdot \frac{Z}{Z + Z'}I_1 &= I_2 + \frac{Z}{Z'}I_2 \\ \frac{Z'^2 - Z^2}{Z + Z'}I_1 &= (Z' + Z)I_2 \\ \frac{I_1}{I_2} &= \frac{(Z + Z')^2}{Z'^2 - Z^2} = \frac{Z' + Z}{Z' - Z} \\ d &= \frac{1 + YZ}{1 - YZ} \\ b &= \frac{2ZZ'}{Z' - Z} = \frac{2Z}{1 - YZ} \end{aligned}$$

以上から、行列 $\begin{pmatrix}a & b \\c & d\end{pmatrix}$ は

$$\begin{pmatrix}a & b \\c & d\end{pmatrix} = \frac{1}{1 - YZ} \begin{pmatrix} 1 + YZ & 2Z \\ 2Y & 1 + YZ \end{pmatrix}$$

(2)

$$\begin{aligned} \frac{V_1}{I_1} &= \frac{aV_2 + bI_2}{cV_2 + dI_2} \\ \frac{V_1}{I_1} &= \frac{a\frac{V_2}{I_2} + b}{c\frac{V_2}{I_2} + d} \\ Z_K &= \frac{aZ_K + b}{cZ_K + d} \\ cZ_K^2 + dZ_K &= aZ_K + b \end{aligned}$$

(1) より、$a = d$ より、

$$Z_K^2 = \frac{b}{c} = \frac{Z}{Y} \Rightarrow Z_K = \sqrt{\frac{Z}{Y}}$$

【問 3】

(1)

節点電位 $V_a,V_b,V_c$ に対して,回路方程式

$V_a$ 関して

$$\begin{align} J - \frac{V_a}{R_0} = \frac{V_a - V_b}{R_1} + \frac{V_a - V_c}{R_3 + \frac{1}{j\omega C_3}} \tag{\textcircled{1}} \end{align}$$

$V_b$ 関して

$$\begin{align} \frac{V_a - V_b}{R_1} = \frac{V_b - V_c}{R_5} + \frac{V_b}{R_2} \tag{\textcircled{2}} \end{align}$$

$V_c$ 関して

$$\begin{align} \frac{V_a - V_c}{R_3 + \frac{1}{j\omega C_3}} + \frac{V_b - V_c}{R_5} = \frac{V_c}{\frac{1}{j\omega C_4}//R_4} \tag{\textcircled{3}} \end{align}$$

(2)

$$\begin{aligned} R_1 \cdot (R_4//\frac{1}{j\omega C_4}) &= (R_3 + \frac{1}{j\omega C_3}) \cdot R_2 \\ R_1 \cdot \frac{R_4 \cdot \frac{1}{j\omega C_4}}{R_4 + \frac{1}{j\omega C_4}} &= (R_3 + \frac{1}{j\omega C_3})\cdot R_2 \end{aligned}$$

$$\frac{R_1R_4}{R_2} = R_3 + \frac{C_4R_4}{C_3} + j(\omega C_4R_3R_4 - \frac{1}{\omega C_3})$$

実部、虚部を比較すると。

$$\frac{R_1R_4}{R_2} = R_3 + \frac{C_4R_4}{C_3} \Leftrightarrow \frac{R_1R_4}{R_2} \cdot C_3 = R_3C_3 + R_4C_4$$

$$\omega C_4R_2R_4 - \frac{1}{\omega C_3} = 0$$

$$\omega = \frac{1}{\sqrt{C_3C_4R_3R_4}}$$

【問 4】

(1)

$$e_1(T) = R_1\frac{dq(t)}{dt} + L\frac{dq^2(t)}{dt^2} + \frac{1}{C}q(t)$$

$$\begin{align} 4\sin2t = \frac{d^2q(t)}{dt^2} + 2\frac{dq(t)}{dt} + 8q(t) \tag{*} \end{align}$$

定常状態に求めるから、定常解 $q_s(t)$ を求める。

$q_s(t) = A\cos2t + B\sin2t$ とおくと

$$\begin{aligned} \frac{dq_s(t)}{dt} &= 2B\cos2t - 2A\sin2t \\ \frac{d^2q_s(t)}{dt^2} &= -4A\cos2t - 4B\sin2t \end{aligned}$$

これらを $(*)$ に代入して、

$$\begin{aligned} 4\sin2t &= -4A\cos2t - 4B\sin2t + 2(2B\cos2t - 2A\sin t) + 8(A\cos2t + B\sin2t) \\ 4\sin2t &= (4A + 4B)\cos2t + (-4A + 4B)\sin2t \end{aligned}$$

両辺を比較して

$$\left \{ \begin{aligned} &4A + 4B = 0 \\ &-4A + 4B = 4 \end{aligned} \right.$$

$$\therefore A = -\frac{1}{2},B = \frac{1}{2}$$

よって、

$$q(t)(t < 0) = -\frac{1}{2}\cos2t + \frac{1}{2}\sin2t$$

(2)

$$\begin{aligned} E_2 &= R_2I + \frac{1}{C}q(t) \\ E_2 &= R_2\frac{dq(t)}{dt} + \frac{1}{C}q(t) \\ 8 &= 4 \cdot \frac{dq(t)}{dt} + 8q(t) \\ 2 &= \frac{dq(t)}{dt} + 2q(t) \\ q(t) &= Ce^{-2t} + 1 \end{aligned}$$

電荷保存則より、$q(+0) = q(-0) = -\frac{1}{2}$ より、

$$-\frac{1}{2} = C + 1 \rightarrow C = -\frac{3}{2}$$

よって、

$$q(t) = -\frac{3}{2}e^{-2t} + 1(t > 0)$$