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 2017年8月実施 電気回路

标签：

• Kyushu-University
• Phasor-and-Impedance-Analysis
• Two-Port-Network
• Maximum-Power-Transfer
• Circuit-Transient-Response

Author

Zero

Description

【問 1】

図 $1$ の回路について，以下の問いに答えよ．ただし，電源電圧 $E$ の角周波数を $\omega$ とする．

(1) 電源から見たインピーダンス $Z$ を求めよ．

(2) 電流 $I$ を求めよ.

(3) 位相差 $\arg(I/E)$ が $\pi/2$ となる条件を求めよ．

【問 2】

$2$ 端子対回路 $N$ と電圧 $E$ の電源，インピーダンス $Z_G$ からなる図 $2(a)$ の回路と，図 $2(b)$ の回路が等価であるとき，以下の問いに答えよ．

(1) $2$ 端子対回路 $N$ のインピーダンス行列 $Z$ が，

$$Z = \begin{bmatrix} z_{11} & z_{12} \\ z_{21} & z_{22} \\ \end{bmatrix}$$

で与えられるとき，$E_0$ および $Z_0$ を求めよ．

(2) $2$ 端子対回路 $N$ が図 $2(c)$ で与えられるとき，$E_0$ および $Z_0$ を求めよ．

【問 3】

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

(1) 抵抗 $R_L$ の電流 $I$ と消費電力 $P$ を求めよ．

(2) 次の $3$ つの場合についてそれぞれ，消費電力 $P$ が最大となる条件を求めよ．

• (a) $X_1,X_2$ がともに可変である．ただし，$R_L < R_0$ とする．
• (b) $X_1$ が固定で，$X_2$ が可変である．
• (c) $X_1$ が可変で，$X_2$ が固定である．

【問 4】

図 $4$ の回路について，以下の問いに答えよ．ただし，$R = 2\Omega,C = 1/6 \text{F},L = 3\text{H}$ とする．

(1) 電源電圧 $E$ が $0\text{V}$ で回路が定常状態に達した後，時刻 $t = 0$ で $E$ を $2\text{V}$ に変化させた．$t > 0$ における電流 $i(t)$ を求めよ．

(2) 電源電圧 $E$ が $4\text{V}$ で回路が定常状態に達した後，時刻 $t = 0$ で $E$ を $8\text{V}$ に変化させた．$t > 0$ における電流 $i(t)$ を求めよ．

题目描述

【问题 1】对图 1 交流电路，电源电压 $E$ 的角频率为 $\omega$。回答：

1. 求电源端看到的等效阻抗 $Z$。
2. 求电流 $I$。
3. 求使相位差 $\arg(I/E)=\pi/2$ 成立的条件。

【问题 2】图 2(a)由二端口网络 $N$、电压源 $E$ 和阻抗 $Z_G$ 构成，并与同一图片中的图 2(b) 等效。回答：

1. 若 $N$ 的阻抗参数矩阵为

   $$Z= \begin{bmatrix} z_{11}&z_{12}\\ z_{21}&z_{22} \end{bmatrix},$$

   求图 2(b) 等效电路中的 $E_0$ 与 $Z_0$。

2. 当二端口网络 $N$ 具体为图 2(c) 所示电路时，求 $E_0$ 与 $Z_0$。

【问题 3】对图 3 电路，电流源 $J$ 的角频率为 $\omega$。回答：

1. 求负载电阻 $R_L$ 中的电流 $I$ 及其消耗功率 $P$。
2. 分别求下列三种情形中使 $P$ 最大的条件：
   • (a) $X_1,X_2$ 均可调，且 $R_L<R_0$；
   • (b) $X_1$ 固定、$X_2$ 可调；
   • (c) $X_1$ 可调、$X_2$ 固定。

【问题 4】对图 4 电路，已知 $R=2\,\Omega$、$C=\frac16\,\mathrm F$、$L=3\,\mathrm H$。回答：

1. 电源电压 $E=0\,\mathrm V$ 且电路达到稳态后，在 $t=0$ 将 $E$ 改为 $2\,\mathrm V$；求 $t>0$ 的电流 $i(t)$。
2. 电源电压 $E=4\,\mathrm V$ 且电路达到稳态后，在 $t=0$ 将 $E$ 改为 $8\,\mathrm V$；求 $t>0$ 的电流 $i(t)$。

考点

• 相量与复阻抗：由电阻—电感—电容网络求输入阻抗、电流及电流超前电压 $\pi/2$ 的参数条件。
• 二端口网络与戴维南等效：利用阻抗参数求输出端开路电压和内阻，并对具体网络化简。
• 最大功率传输：写出负载功率关于可调电抗的函数，分别处理两个电抗均可调或仅一个可调的约束极值。
• 电阻—电感—电容暂态响应：根据电源阶跃前的稳态初值求二阶电路的零输入与零状态组合响应。

Kai

【問 1】

(1)

$$\begin{aligned} Z &= \frac{1}{j\omega C_1} + R_1 // R_2 + \frac{1}{j\omega C_2} \\ &= \frac{1}{j\omega C_1} + \frac{R_1(1 + j\omega C_2R_2)}{1 + j\omega C_2R_2 + j\omega C_2R_1} \\ &= \frac{1}{j\omega C_1} + \frac{R_1(1 + j\omega C_2R_2)}{1 + j\omega C_2(R_1 + R_2)} \\ &= \frac{1 + j\omega C_2(R_1 + R_2) + j\omega C_1R_1(1 + j\omega C_2R_2)}{j\omega C_1[1 + j\omega C_2(R_1 + R_2)]} \end{aligned}$$

(2)

$E = ZI_0 \Leftrightarrow I_0 = \frac{E}{Z}$

$$\begin{aligned} I &= \frac{R_1}{R_1 + (R_2 + \frac{1}{j\omega C_2})} \cdot I_0 \\ &= \frac{j\omega C_2R_1}{j\omega C_2(R_1 + R_2) + 1} \times \frac{E}{Z} \\ &= \frac{j\omega C_2R_1}{j\omega C_2(R_1 + R_2) + 1} \times \frac{j\omega C_1[1 + j\omega C_2(R_1 + R_2)]E}{1 + j\omega C_2(R_1 + R_2) + j\omega C_1R_1(1 + j\omega C_2R_2)} \\ &= \frac{-\omega^2C_1C_2R_1}{1 + j\omega C_2(R_1 + R_2) + j\omega C_1R_1(1 + j\omega C_2R_2)}E \\ &= \frac{\omega^2C_1C_2R_1}{\omega^2C_1C_2R_1R_2 - 1 - j\omega(C_1R_1 + C_2R_1 + C_2R_2)}E \end{aligned}$$

(3)

(2) より、

$$\begin{align} \frac{I}{E} &= \frac{\omega^2C_1C_2R_1}{\omega^2C_1C_2R_1R_2 - 1 - j\omega(C_1R_1 + C_2R_1 + C_2R_2)} \notag \\ &= \frac{\omega C_1C_2R_1R_2 - 1}{\omega^2 C_1C_2R_1} - j\frac{C_1R_1 + C_2R_1 + C_2R_2}{\omega C_1C_2R_1} \tag{*} \end{align}$$

$\arg(\frac{E}{I}) = -\frac{\pi}{2}$ のとき、$\arg(\frac{I}{E}) = \frac{\pi}{2}$ となるから、$(*)$ の実部が $0$ となれば、$\arg(\frac{I}{E}) = \frac{\pi}{2}$ 成立よって、

$$\begin{aligned} \omega C_1C_2R_1R_2 - 1 &= 0 \\ \omega^2 &= \frac{1}{C_1C_2R_1R_2} \\ \omega &= (C_1C_2R_1R_2)^{-\frac{1}{2}} \end{aligned}$$

【問 2】

(1)

$$\begin{pmatrix} V_1 \\ V_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} Z_{11} & Z_{12} \\ Z_{21} & Z_{22} \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} I_1 \\ I_2 \end{pmatrix}$$

$$\left \{ \begin{aligned} V_1 &= Z_{11}I_1 + Z_{12}I_2 \\ V_2 &= Z_{21}I_1 + Z_{22}I_2 \\ \end{aligned} \right.$$

$E_0$ は $(a)$ の回路の端子 $1-1'$ 間の開放電圧で($I_2 = 0$ のときの、$V_2$)

$$E_0 = Z_{21}I_1$$

$(a)$ の回路について、回路より、

$$E = Z_GI_1 + V_1$$

$$E = Z_GI_1 + Z_{11}I_1 \Leftrightarrow I_1 = \frac{E}{Z_G + Z_{11}}$$

よって、$E_0 = \frac{Z_{21}}{Z_G + Z_{11}}E$

$Z_0$ 電圧源 $E$ を無効すなわちショートさせたときの $\frac{V_2}{I_2}$ であるから、$V_1 = -Z_GI_1$。$V_1 = Z_{11}I_1 + Z_{12}I_2$ を用いて

$$Z_{11}I_1 + Z_{12}I_2 = -Z_GI_1$$

$$I_1 = -\frac{Z_{12}}{Z_G + Z_{11}}I_2$$

$V_2 = Z_{21}I_1 + Z_{22}I_2$ より、

$$V_2 = -\frac{Z_{21}Z_{12}}{Z_G + Z_{11}}I_2 + Z_{22}I_2$$

$$\Rightarrow \frac{V_2}{I_2} = Z_{22} - \frac{Z_{12}Z_{21}}{Z_G + Z_{11}}$$

$$Z_0 = Z_{22} - \frac{Z_{12}Z_{21}}{Z_G + Z_{11}}$$

(2)

$2$ 端子回路 $N$ が $(c)$ のとき $E_0$ と $Z_0$

$$Z = \begin{bmatrix} Z_{11} & Z_{12} \\ Z_{21} & Z_{22} \\ \end{bmatrix} \qquad \left \{ \begin{aligned} V_1 &= Z_{11}I_1 + Z_{12}I_2 \\ V_2 &= Z_{21}I_1 + Z_{22}I_2 \\ \end{aligned} \right.$$

(i)

$I_2 = 0$ のとき、

$$V_1 = Z_{11}I_1$$

$$Z_{11} = Z_a + Z_b$$

(ii)

$I_1 = 0$ のとき、

$$V_2 = Z_{22}I_2$$

$$Z_{22} = Z_b + Z_c$$

(iii)

$V_2 = 0$ のとき、

回路より、

$$\begin{align} -I_2 &= \frac{Z_b}{Z_b + Z_c}I_1 \tag{\textcircled{1}} \end{align}$$

$$0 = Z_{21}I_1 + Z_{22}I_2$$

$$\begin{align} -I_2 &= \frac{Z_{21}}{Z_{22}}I_1 \tag{\textcircled{2}} \end{align}$$

①、②から、

$$\begin{aligned} \frac{Z_{21}}{Z_{22}} &= \frac{Z_b}{Z_b + Z_c} \\ Z_{21} &= \frac{Z_b}{Z_b + Z_c} Z_{22} = Z_b \end{aligned}$$

(iv)

$V_1 = 0$ のとき、

$0 = Z_{11}I_1 + Z_{12}I_2$

$$\begin{align} -I_1 = \frac{Z_{12}}{Z_{11}}I_2 \tag{\textcircled{3}} \end{align}$$

回路より、

$$\begin{align} -I_1 = \frac{Z_b}{Z_a + Z_b}I_2 \tag{\textcircled{4}} \end{align}$$

③、④から、

$$Z_{12} = \frac{Z_b}{Z_a + Z_b}Z_{11} =Z_b$$

$(c)$ の回路のインピーダンス行列 $Z$ は以下で表せる

$$Z = \begin{bmatrix} Z_{11} & Z_{12} \\ Z_{21} & Z_{22} \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} Z_a + Z_b & Z_b \\ Z_b & Z_b + Z_c \\ \end{bmatrix}$$

よって、(1) の答えから、

$$E_0 = \frac{Z_{21}}{Z_G + Z_{11}} E = \frac{Z_b}{Z_G + Z_a + Z_b}E$$

$$Z_0 = Z_{22} = \frac{Z_{12}Z_{21}}{Z_G + Z_{11}} = Z_b + Z_c - \frac{Z_b^2}{Z_G + Z_a + Z_b}$$

【問 3】

(1)

$$\begin{aligned} R_0J &= [R_0 + jX_1 // jX_2 + R_L]I_0 \\ R_0J &= [R_0 + \frac{jX_1(R_L + jX_2)}{R_L + j(X_1 + X_2)}]I_0 \\ I &= \frac{jX_1}{jX_1 + R_L + jX_2}I_0 \\ I &= \frac{jX_1}{R_L + j(X_1 + X_2)} \times \frac{R_L + j(X_1 + X_2)}{R_0R_L + jR_0(X_1 + X_2) + jR_LX_1 - X_1X_2}R_0J \\ I &= \frac{jX_1R_0}{R_0R_L - X_1X_2 + j[R_0 + (X_1 + X_2) + R_LX_1]}J \\ \end{aligned}$$

$$P = \text{Re}[P_c] = \frac{R_0^2R_LX_1^2}{(R_0R_L - X_1X_2)^2 + [R_0(X_1 + X_2) + R_LX_1]^2} |J|^2$$

(2)

(a)

$$\begin{aligned} \frac{jX_1(R_L + jX_2)}{R_L + j(X_1 + X_2)} &= R_0 \\ jX_1(R_L + jX_2) &= R_0R_L + jR_0(X_1 + X_2) \end{aligned}$$

実部、虚部を比較

$$\left \{ \begin{align} -X_1X_2 &= R_0R_L \tag{\textcircled{1}} \\ X_1R_L &= R_0(X_1 + X_2) \tag{\textcircled{2}} \\ \end{align} \right.$$

② より、

$$\begin{align} X_1 = -\frac{R_0}{R_0 - R_L}X_2 \tag{\textcircled{3}} \end{align}$$

③ を ① に代入

$$\begin{aligned} \frac{R_0}{R_0 - R_L}X_2^2 &= R_0R_L \\ X_2^2 &= R_L(R_0 - R_L) \\ X_2 &= \pm\sqrt{R_L(R_0 - R_L)} \\ X_1 & = \mp R_0\sqrt{\frac{R_L}{R_0 - R_L}} \end{aligned}$$

以上から、

$$X_1 = \mp R_0\sqrt{\frac{R_L}{R_0 - R_L}}$$

$$X_2 = \pm\sqrt{R_L(R_0 - R_L)}$$

(b)

$X_1$: 固定 $X_2$: 可変

分母が最小となるとき、$P$ は最大となる

分母を $X_2$ を度数とする関数 $f(X_2)$ としたとき、 $f(X_2)$ の $X_2$ で微分したものが０かつ $f(X_2)$ の $X_2$ の $2$ 階微分が正のときの $X_2$ が求めるものである

$$\frac{\partial}{\partial X_2} \cdot f(X_2) = 2(R_0R_L - X_1X_2) \cdot (-X_1) + 2[R_0(X_1 + X_2) + R_LX_1] R_0 = 0$$

$$\begin{aligned} X_1(X_1X_2 - R_0R_L) + R_0^2(X_1 + X_2) + R_0R_LX_1 &= 0 \\ X_1^2X_2 + R_0^2X_1 R_0^2X_2 &= 0 \\ X_2(X_1^2 + R_0^2) &= -R_0^2X_1 \\ X_2 &= -\frac{R_0^2}{X_1^2 + R_0^2}X_1 \end{aligned}$$

$$\frac{\partial}{\partial X_2^2} \cdot f(X_2) = 2X_1^2 + 2R_0^2 > 0$$

よって、

$$X_2 = - \frac{R_0^2}{X_1^2 + R_0^2}X_1$$

(c)

$P(X_1)$ について、$\frac{\partial}{\partial X_1} \cdot P(X_1) = 0,\frac{\partial^2}{\partial X_1^2} \cdot P(X_1) > 0$ を満たす条件を見つける

【問 4】

(1)

回路より、

$$\begin{align} E = Ri_0(t) + L\frac{di(t)}{dt} \tag{\textcircled{1}} \\ i_0(t) = i(t) + \frac{dq(t)}{dt} \tag{\textcircled{2}} \\ \frac{q(t)}{C} = L\frac{di(t)}{dt} \Leftrightarrow q(t) = CL\frac{di(t)}{dt} \Leftrightarrow \frac{dq(t)}{dt} = CL\frac{di(t)^2}{dt^2} \tag{\textcircled{3}} \end{align}$$

② を ① に代入 ( $i_0(t)$を消去 )

$E = R[i(t) + \frac{dq{t}}{dt}] + L\frac{di(t)}{dt}$

$\frac{E}{R_C L} = \frac{d^2i(t)}{dt^2} + \frac{1}{R_C} \cdot \frac{di(t)}{dt} + \frac{1}{CL}i(t)$

$i(t) = i_s + i_c$

$\frac{E}{R_C L} = \frac{1}{CL}i_s \Leftrightarrow i_s = \frac{E}{R}$

$0 = \frac{d^2i(t)}{dt^2} + \frac{1}{R_C}\frac{di(t)}{dt} + \frac{1}{CL}i(t)$

$i_c(t) = Ae^{\lambda t}$

$0 = \lambda^2 + \frac{1}{R_C}\lambda + \frac{1}{CL}$

$R = 2,C = \frac{1}{6},L = 3$ に代入

$0 = \lambda^2 + 3\lambda + 2$

$\lambda = -1、-2$

$i_c(t) = C_1e^{-t} + C_2e^{-2t}$

$i(t) = \frac{E}{R} + C_1e^{-t} + C_2e^{-2t}$

$i(t) = \frac{1}{2}E + C_1e^{-t} + C_2e^{-2t}$

$E = 2$ より、

$i(t) = 1 + C_1e^{-t} + C_2e^{-2t}$

$i(0) = 0$ より、

$0 = 1 + C_1 + C_2$

$\frac{di(t)}{dt} = -C_1e^{-t} - 2C_2e^{-2t}$

$\frac{di(t)}{dt} = \frac{1}{CL}q(t)$

$\frac{di(0)}{dt} = 2q(0) = 0$

$0 = -C_1 - 2C_2$

$C_1 = -2 .C_2 = 1$

よって、$i(t) = 1 - 2e^{-t} + e^{-2t}[A]$

(2)

$i(t) = \frac{1}{2}E + C_1e^{-t} + C_2e^{-2t}$

$E = 8$ より、

$i(t) = 4 + C_1e^{-t} + C_2e^{-2t}$

$t = 0$ のとき、$i(0) = 0$

$0 = 4 + C_1 + C_2$

$\frac{di(t)}{dt} = -C_1e^{-t} - 2C_2e^{-2t}$

$\frac{di(0)}{dt} = 2q(0) = 2 \times 4 \times \frac{1}{6} = \frac{4}{3}$

$\frac{4}{3} = -C_1 - 2C_2$

$C_1 = -\frac{20}{3},C_2 = \frac{8}{3}$

$i(t) = 4 - \frac{20}{3}e^{-t} + \frac{8}{3}e^{-2t}[A]$