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 2020年12月実施 電気回路

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Zero

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出典：九州大学令和3年度公式問題。

【問 1】

図 $1$ に示す回路において，$C = \sqrt{3}\text{F},L = \frac{\sqrt{3}}{6}\text{H}$, 電源の角周波数 $\omega = 2\text{rad/s}$, 端子間電圧 $V$ と電流 $I$ の位相差は $\arg(\frac{V}{I}) = -\frac{\pi}{6}\text{rad}$ であり，回路は定常状態にあるとする．以下の問いに答えよ.

(1) $R$ の値を求めよ．

(2) 電流 $I$ の時間関数が $i(t) = \sin(2t + \frac{\pi}{6})\text{A}$ であり，これに対応するフェーザ電流を $I = e^{j\frac{\pi}{6}}\text{A}$ と表すとき，フェーザ電圧 $V$ を求め，その時間関数 $v(t)$ を答えよ．

【問 2】

図 $2$ の回路について，以下の問いに答えよ．ただし，図 $2(a)$ と図 $2(b)$ は等価である．

(1) 図 $2(b)$ のインピーダンス $Z_1，Z_2，Z_3$ を求めよ．

(2) 図 $2(b)$ において，端子対 $1-1'$ から右側を見たときのインピーダンス $Z_R$ および左側を見たときのインピーダンス $Z_L$ を記号 $Z_0,Z_1,Z_2,Z_3$ を用いずに表せ．ただし，インピーダンス $Z_0 = R + jX$ である．

(3) 図 $2(b)$ の $Z_0$ において，$R$ も $X$ も可変であるとき，$Z_0$ における消費電力を最大とする $R$ および $X$ 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，電源の角周波数を $\omega$ とする．

(1) 図 $3(b)$ が図 $3(a)$ の端子対 $1-1’$ の左側の $2$ 端子回路と等価なとき，電流源 $J_0$ とアドミタンス $Y_0$ を求めよ．

(2) 図 $3(a)$ の電流 $I$ を求めよ．

【問 4】

図 $4$ の回路について，以下の問いに答えよ．ただし，$e(t) = 50 \sin t \text{V}$ とし，スイッチ $S$ を閉じる前の回路は定常状態にあるとする．

(1) $t = 0$ でスイッチ $S$ を閉じた直後の電流 $i(+0)$ を求めよ．

(2) $t > 0$ における電流 $i(t)$ を求めよ．

题目描述

【问题 1】在图 1 电路中， $C=\sqrt3\,\mathrm F$、$L=\frac{\sqrt3}{6}\,\mathrm H$，电源角频率 $\omega=2\,\mathrm{rad/s}$；端电压 $V$ 与电流 $I$ 的相位差为 $\arg(V/I)=-\pi/6\,\mathrm{rad}$，且电路处于稳态。回答：

1. 求 $R$。
2. 若电流时域表达式为 $i(t)=\sin(2t+\frac{\pi}{6})\,\mathrm A$，对应相量为 $I=e^{j\pi/6}\,\mathrm A$，求电压相量 $V$ 及其时域表达式 $v(t)$。

【问题 2】同一原题图片中的图 2(a) 与图 2(b) 等效。回答：

1. 求图 2(b) 中的阻抗 $Z_1,Z_2,Z_3$。
2. 在图 2(b) 中，求从端口 $1-1'$ 分别向右、向左看到的阻抗 $Z_R,Z_L$；最终表达式不得含符号 $Z_0,Z_1,Z_2,Z_3$。已知 $Z_0=R+jX$。
3. 图 2(b) 的 $Z_0$ 中 $R,X$ 均可调，求使 $Z_0$ 消耗功率最大的 $R,X$。

【问题 3】对图 3 电路，电源角频率为 $\omega$。回答：

1. 若图 3(b) 与图 3(a) 端口 $1-1'$ 左侧的二端网络等效，求 Norton 等效电流源 $J_0$ 和导纳 $Y_0$。
2. 求图 3(a) 中的电流 $I$。

【问题 4】对图 4 开关电路，已知 $e(t)=50\sin t\,\mathrm V$，闭合开关 $S$ 前电路已处于稳态。回答：

1. 求 $t=0$ 闭合 $S$ 后瞬间的电流 $i(0^+)$。
2. 求 $t>0$ 的电流 $i(t)$。

Kai

【問 1】

(1)

$$\begin{align} Z_{\text{全}} &= R + \frac{1}{j\omega C} // j\omega L \notag\\ &= R + \frac{\frac{1}{j\omega C} \cdot j\omega L}{\frac{1}{j\omega C} + j\omega L} \notag\\ &= R + \frac{j\omega L}{1 - \omega^2CL} \notag\\ &= R + \frac{j \cdot 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{6}}{1 - 4 \cdot \sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{6}} \notag\\ &= R + \frac{\frac{\sqrt{3}}{3}j}{1 - 2} \notag\\ &= R - \frac{\sqrt{3}}{3}j \tag{\textcircled{1}} \end{align}$$

$$\frac{V}{I} = Z_{\text{全}}$$

$$\begin{align} Z_{\text{全}} &= Ae^{-j\frac{\pi}{6}}(A > 0) \notag \\ &= A(\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{2}j) \tag{\textcircled{2}} \end{align}$$

①、② の実部と虚部を比較

$$\left \{ \begin{align} R &= \frac{\sqrt{3}}{2}A \quad \tag{\textcircled{3}} \\ -\frac{\sqrt{3}}{3} &= -\frac{A}{2} \tag{\textcircled{4}} \end{align} \right.$$

④ より、

$$\begin{aligned} 2\sqrt{3} &= 3A \\ A &= \frac{2\sqrt{3}}{3} \\ R &= \frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{2\sqrt{3}}{3} = 1 \end{aligned}$$

(2)

$$i(t) = \sin(2t + \frac{\pi}{6}),I = e^{j\frac{\pi}{6}}$$

(1) より、

$$Z_{\text{全}} = \frac{2\sqrt{3}}{3}(\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{2}j)$$

$$Z_{\text{全}} = 1 - \frac{\sqrt{3}}{3}j = \frac{2}{\sqrt{3}}e^{-j\frac{\pi}{6}}$$

$$\begin{aligned} V &= I \times Z_{\text{全}} \\ &= e^{j\frac{\pi}{6}} \times \frac{2}{\sqrt{3}}e^{-j\frac{\pi}{6}} \\ &= \frac{2}{\sqrt{3}} \end{aligned}$$

$$v(t) = \frac{2}{\sqrt{3}}\sin2t$$

【問 2】

(1)

$\Delta \rightarrow Y$ 変換より、

$$\begin{aligned} Z_1 &= \frac{2j}{4 + j} \\ &= \frac{2j(4 - j)}{17} \\ &= \frac{2 + 8j}{17} \\ &= \frac{2(1 + 4j)}{17} \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} Z_2 &= \frac{2j}{4 + j} \\ &= \frac{2(1 + 4j)}{17} \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} Z_3 &= \frac{4}{4 + j} \\ &= \frac{4(4 - j)}{17} \\ &= \frac{16 - 4j}{17} \end{aligned}$$

(2)

右側では $Z_2$ と $Z_0$ が直列なので、

$$Z_R=Z_2+Z_0=\frac{17R+2+j(17X+8)}{17}.$$

左側の内部インピーダンスを求める際は、独立電流源 $J$ を開放する。$Z_1$ の枝には電流が流れないため、

$$Z_L=Z_3-j=\frac{16-21j}{17}.$$

(3)

最大化したいのは $Z_0$ の抵抗 $R$ が消費する電力である。$Z_0$ から電源側を見た内部インピーダンスは

$$Z_{\rm th}=Z_2+Z_L=\frac{18-13j}{17}.$$

開放電圧を $V_{\rm th}$ とすれば

$$P=\frac{R|V_{\rm th}|^2} {(R+18/17)^2+(X-13/17)^2}.$$

まず $X=13/17$ でリアクタンスを相殺し、次に $R$ で最大化すると $R=18/17$。したがって

$$\boxed{R=\frac{18}{17}\,\Omega,\qquad X=\frac{13}{17}\,\Omega}.$$

$Z_R$ 全体の消費電力には固定抵抗成分 $\operatorname{Re}Z_2$ の損失も含まれるため、$Z_R$ と $Z_L$ を共役整合させるだけではこの問いの答えにならない。

【問 3】

(1)

$1 - 1'$ の左の電圧源を短絡、電流源を開放する

$$\begin{aligned} Z_0 &= (R+R)//j\omega L \\ &= \frac{2R \cdot j\omega L}{2R + j\omega L} \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \frac{1}{Z_0} = Y_0 &= \frac{2R + j\omega L}{j2R\omega L} \\ &= \frac{-j2R\omega L(2R + j\omega L)}{j2R\omega L \times (-j2R\omega L)} \\ &= \frac{2R\omega^2L^2 - j4R^2\omega L}{4R^2\omega^2L^2} \\ &= \frac{2R\omega L(\omega L - j2R)}{4R^2\omega^2L^2} \\ &= \frac{\omega L - j2R}{2R\omega L} \end{aligned}$$

(i)

J のみ残したとき

$I_J = \frac{R}{R + R}J = \frac{1}{2}J$

(ii)

$E$ を残したとき

$I_E = \frac{E}{2R}$

(iii)

$E'$ を残したとき

$I_E = -\frac{E}{2R}$

$J_0 = \frac{1}{2}J + \frac{E}{2R} - \frac{E}{2R} = \frac{1}{2}J$

(2)

(1) より $1-1'$ 間の電圧は、

$$\begin{aligned} V &= \frac{J_0}{Y_0 + \frac{1}{R}} \\ &= \frac{\frac{1}{2}J}{\frac{\omega L - j2R}{2R\omega L} + \frac{1}{R}} \\ &= \frac{R\omega LJ}{\omega L - j2R + 2\omega L} \\ &= \frac{R\omega LJ}{3\omega L - j2R} \end{aligned}$$

$I = \frac{V}{R}$ より、

$$I = \frac{\omega L}{3\omega L - j2R}J$$

【問 4】

(1)

切替前は $1\,\Omega$ と $1\,\mathrm H$ の直列回路であり、交流定常状態では $i'+i=50\sin t$ を満たす。定常電流は

$$i(t)=25\sin t-25\cos t\qquad(t<0).$$

コイル電流は瞬時には変化しないので、

$$\boxed{i(0^+)=i(0^-)=-25\,\mathrm A}.$$

交流の定常状態でも $di/dt$ は一般に零ではない。

(2)

切替後のコイル端子電圧は $v_L=i'$。$3\,\Omega$ の枝の電流は $i'/3$ なので、電源側の $1\,\Omega$ を流れる電流は $i+i'/3$ である。したがって

$$50\sin t=i+\frac{i'}3+i', \qquad i'+\frac34i=\frac{75}{2}\sin t.$$

この方程式の一般解は

$$i(t)=18\sin t-24\cos t+Ke^{-3t/4}.$$

初期条件 $-25=-24+K$ より $K=-1$。よって

$$\boxed{i(t)=18\sin t-24\cos t-e^{-3t/4}\quad(t>0)}.$$