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 2021年8月実施 電気回路

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Zero

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【問 1】

図 $1$ に示す回路において, 電流 $I_1$ と電圧 $E$ の位相差が $\arg(\frac{E}{I_1}) = \frac{\pi}{6},\big|\frac{E}{I_1}\big| = 2$ である。以下の問いに答えよ。なお, コイルの相互インダクタンスは無視する。

(1) $R_1$ および $X_1$ を求めよ。

(2) $\big|\frac{V}{E} = 1\big|$となるときの $\arg(\frac{V}{E})$ 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) 図 $2(a)$ において, 端子対 $1-1'$ より左側をみたときのアドミタンス $Y_1$ を求めよ。

(2) 図 $2(a)$ の端子対 $1-1'$ に図 $2(b)$ に示すアドミタンス $Y_2 = G + jB$ を接続したとする。コンダクタンス $G(>0)$ およびサセプタンス $B$ は可変とする。アドミタンス $Y_2$ における最大消費電力 $P$ を最大とする $G$ および $B$ を求めよ。また, このときの消費電力 $P$ の最大値を求めよ。

【問 3】

図 $3$ の回路において, 以下の問いに答えよ。ただし, 電源電圧 $E$ の角周波数を $\omega,L_1$ と $L_2$ を自己インダクタンス, $M(>0)$ を相互インダクタンスとする。

(1) 図 $3(b)$ の回路が図 $3(a)$ の点線で囲まれた $2$ 端子対回路を等価なとき, インピーダンス $Z_1,Z_2$ と $Z_3$ を $L_1,L_2,M$ を使ってそれぞれ表せ。

(2) 図 $3(a)$ の端子対 $1-1'$ から右側を見た入力インピーダンス $Z$ を求めよ。

【問 4】

図 $4$ の回路で $t = 0$ でスイッチ $S_1$ を開くと同時にスイッチ $S_2$ を閉じたとする。$E = 2\text{ V},C = 1\text{ F},L = 1\text{ H},R_1 = 2\ \Omega,R_2 = 1\ \Omega$ の場合に関して, 以下の問いに答えよ。ただし, $v(0) = 1\text{ V}$ であり, $t = 0$ で回路は定常状態であったとする。

(1) $i(0)$ を求めよ。

(2) $v(t)(t \ge 0)$ を求めよ。

题目描述

【问题 1】在图 1 电路中，电流 $I_1$ 与电压 $E$ 满足

$$\arg(E/I_1)=\frac{\pi}{6},\qquad |E/I_1|=2.$$

忽略线圈间的互感。回答：

1. 求 $R_1,X_1$。
2. 当 $|V/E|=1$ 时，求 $\arg(V/E)$。

【问题 2】对图 2 电路，回答：

1. 在图 2(a) 中，求从端口 $1-1'$ 向左看入的导纳 $Y_1$。
2. 在图 2(a) 的端口 $1-1'$ 接入图 2(b) 所示的导纳 $Y_2=G+jB$，其中电导 $G>0$ 与电纳 $B$ 均可调。求使 $Y_2$ 消耗功率 $P$ 最大的 $G,B$，并求该最大功率。

【问题 3】对图 3 耦合线圈电路，电源电压 $E$ 的角频率为 $\omega$；$L_1,L_2$ 为自感，$M>0$ 为互感。回答：

1. 若图 3(b) 与图 3(a) 虚线框内的二端口网络等效，分别用 $L_1,L_2,M$ 表示 $Z_1,Z_2,Z_3$。
2. 求从图 3(a) 端口 $1-1'$ 向右看入的输入阻抗 $Z$。

【问题 4】在图 4 开关电路中，$t=0$ 时同时断开 $S_1$、闭合 $S_2$。已知

$$E=2\,\mathrm V,\quad C=1\,\mathrm F,\quad L=1\,\mathrm H,\quad R_1=2\,\Omega,\quad R_2=1\,\Omega,$$

并且 $v(0)=1\,\mathrm V$，$t=0$ 前电路处于稳态。回答：

1. 求 $i(0)$。
2. 求 $v(t)$（$t\ge0$）。

考点

• 相量与阻抗分析：由输入阻抗的幅值、相角及电压传输幅值求电阻、电抗和输出相位。
• 导纳形式的最大功率传输：求端口等效导纳，并通过共轭匹配选择可调电导和电纳及计算最大功率。
• 互感与二端口等效：根据耦合线圈的自感、互感和点标方向建立阻抗参数，并转化为等效 T 形网络及输入阻抗。
• 电阻—电感—电容开关暂态响应：由切换前稳态和电容电压、电感电流连续性确定初值，求二阶自然响应。

Kai

【問 1】

$$\arg(\frac{E}{I_1}) = \frac{\pi}{6}$$

$$\begin{align} e^{j\frac{\pi}{6}} &= \cos\frac{\pi}{6} + j\sin\frac{\pi}{6} \notag\\ &= \frac{1}{2}(\sqrt{3} + j) \notag\\ \Leftrightarrow &\text{Re}(\frac{E}{I_1}):I_{\omega}(\frac{E}{I_1}) = \sqrt{3}:1 \notag\\ &\sqrt{3}I_{\omega}(\frac{E}{I_1}) = \text{Re}(\frac{E}{I_1}) \tag{A} \end{align}$$

(1)

$$\frac{E}{I_1} = R_1 + jX_1$$

$$\begin{align} \bigg|\frac{E}{I_1}\bigg| = 2 \Leftrightarrow &\sqrt{R_1^2 + X_1^2} = 2 \notag \\ &R_1^2 + X_1^2 = 4 \tag{\textcircled{1}} \end{align}$$

(A) より、

$$\begin{align} R_1 = \sqrt{3}X_1 \tag{\textcircled{2}} \end{align}$$

①、② より、

$$R_1 = \sqrt{3},X_1 = 1$$

(2)

図 $a$ ように $V_1,V_2$ を置くと、

$$\begin{aligned} V &= V_1 - V_2 \\ &= \frac{R_1}{R_1 + jX_1}E - \frac{jX_2}{R_2 + jX_2}E \\ \frac{V}{E} &= \frac{R_1(R_2 + jX_2) - jX_2(R_1 + jX_1)}{(R_1 + jX_1)(R_2 + jX_2)} \\ &= \frac{R_1R_2 + X_1X_2}{R_1R_2 - X_1X_2 + j(R_1X_2 + R_2X_1)} \end{aligned}$$

$R_1 = \sqrt{3},X_1 = 1$ より、

$$\begin{align} \frac{V}{E} &= \frac{\sqrt{3}R_2 + X_2}{\sqrt{3}R_2 - X_2 + j(R_2 + \sqrt{3}X_2)} \notag \\ &= \frac{(\sqrt{3}R_2 + X_2)[(\sqrt{3}R_2 - X_2) - j(R_2 + \sqrt{3}X_2)]}{(\sqrt{3}R_2 - X_2)^2 + (R_2 + \sqrt{3}X_2)^2} \notag \\ &= \frac{\sqrt{3}R_2 + X_2}{4(R_2^2 + X_2^2)}[(\sqrt{3}R_2 - X_2) - j(R_2 + \sqrt{3}X_2)] \tag{\textcircled{3}} \end{align}$$

$\frac{V}{E} = 1$ より、

$$\frac{\sqrt{3}R_2 + X_2}{4(R_2^2 + X_2^2)}\sqrt{(\sqrt{3}R_2 - X_2)^2 + (R_2 + \sqrt{3}X_2)^2} = 1$$

$$\begin{aligned} \frac{\sqrt{3}R_2 + X_2}{2\sqrt{R_2^2 + X_2^2}} &= 1 \\ (R_2 - \sqrt{3}X_2)^2 &= 0 \\ R_2 & = \sqrt{3}X_2 \end{aligned}$$

③ に代入すると、

$$\begin{aligned} \arg(\frac{V}{E}) &= \tan^{-1}(\frac{2\sqrt{3}X_2}{2X_2}) \\ &= \tan^{-1}(\sqrt{3}) \\ &= \frac{\pi}{3} \end{aligned}$$

【問 2】

(1)

$$\begin{align} Z_a &= Z_b \notag \\ Z_1 &= \frac{Z_aZ_b}{Z_a + Z_b} = \frac{1}{2}Z_a \notag \\ &= \frac{1}{2}(5 - j2) \tag{\textcircled{1}} \\ \end{align}$$

$$\begin{aligned} Y_1 = \frac{1}{Z_1} &= \frac{2}{5 - j2} \\ &= 2 \cdot \frac{5 + j2}{29} \\ &= \frac{2}{29}(5 + j2S) \end{aligned}$$

(2)

$$\begin{align} Y_2 = G + jB,Z_2 &= \frac{1}{G + jB} \notag \\ &= \frac{G - jB}{G^2 + B^2} \tag{\textcircled{2}} \end{align}$$

インピーダンス整合条件より、

$$\text{Re}(Z_1) = \text{Re}(Z_2),I_{\omega}(Z_1) = -I_{\omega}(Z_2)$$

のとき、$P$ は最大となり, ①、② より、

$$\left \{ \begin{align} \frac{5}{2} &= \frac{G}{G^2 + B^2} &\tag{\textcircled{3}} \\ 1 &= \frac{B}{G^2 + B^2} &\tag{\textcircled{4}} \end{align} \right.$$

$$\frac{\textcircled{3}}{\textcircled{4}} \Leftrightarrow \frac{5}{2} = \frac{G}{B} \Leftrightarrow G = \frac{5}{2}B$$

$$\therefore G = \frac{10}{29},B = \frac{4}{29}$$

$$Z_2 = \frac{2}{29}(5 - j2)$$

$$Z_1 + Z_2 = \frac{20}{29} = R$$

$$r = R|J|^2 = \frac{20}{29}|J|^2$$

【問 3】

(1)

$$\left \{ \begin{aligned} &V_1 = j\omega L_1I_1 - j\omega MI_2 \\ &V_2 = -j\omega MI_1 + j\omega L_2I_2 \end{aligned} \right.$$

$$\begin{pmatrix} V_1 \\ V_2 \end{pmatrix} = j\omega \begin{pmatrix} L_1 & -M \\ -M & L_2 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} I_1 \\ I_2 \end{pmatrix}$$

$$\begin{pmatrix} V_1 \\ V_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} Z_1 + Z_2 & Z_2 \\ Z_2 & Z_2 + Z_3 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} I_1 \\ I_2 \end{pmatrix}$$

$$\left \{ \begin{aligned} &Z_2 = -M \\ &Z_1 + Z_2 = L_1 \\ &Z_2 + Z_3 = L_2 \\ \end{aligned} \right. \Leftrightarrow Z_1 = L_1 + M，Z_2 = -M,Z_3 = L_2 + M$$

(2)

$Z_4$ を接続すると、

$$\left \{ \begin{align} &V_2 = -I_2Z_4 \tag{\textcircled{1}} \\ &V_2 = Z_2I_1 + (Z_2 + Z_3)I_2 \tag{\textcircled{2}} \end{align} \right.$$

①、② より、

$$\begin{aligned} \Leftrightarrow -I_2Z_4 &= Z_2I_1 + (Z_2 + Z_3)I_2 \\ I_2 &= \frac{-Z_2}{Z_2 + Z_3 + Z_4}I_1 \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} Z = \frac{V_1}{I_1} &= Z_1 + Z_2 + Z_2 \cdot \frac{I_2}{I_1} \\ &= Z_1 + Z_2 + Z_2 \cdot \frac{-Z_2}{Z_2 + Z_3 + Z_4} \\ &= (L_1 + M) - M + (-M) \cdot \frac{-(-M)}{L_2 + Z_4} \\ &= L_1 - \frac{M^2}{L_2 + Z_4} \\ &= \frac{L_1(L_2 + Z_4) - M^2}{L_2 + Z_4} \end{aligned}$$

【問 4】

(1)

$$i(-0) = \frac{E}{R_1} = \frac{2}{2} = 1$$

$$\therefore i(0) = 1[\text{A}]$$

(2)

$$\begin{aligned} &\frac{q(t)}{C} = R_2i(t) + L\frac{di(t)}{dt} \\ \Leftrightarrow &q = i + i' \\ \Leftrightarrow &q'' + q' - q = 0 \\ &\lambda^2 + \lambda - \lambda = 0\\ &\lambda = \frac{-1 \pm \sqrt{1 - 4 \cdot 1 \cdot (-1)}}{2} = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}\\ \end{aligned}$$

$\alpha = \frac{-1 -\sqrt{5}}{2},\beta = \frac{-1 + \sqrt{5}}{2}$ とすると、

$$q(t) = C_1e^{\alpha t} + C_2 e^{\beta t} \quad (C_1,C_2 \text{は定数})$$

$$i(t) = q'(t) = \alpha C_1e^{\alpha t} + \beta C_2 e^{\beta t}$$

$$\left \{ \begin{aligned} &i(0) = 1 \\ &q(0) = 1 \\ \end{aligned} \right. \Leftrightarrow \left \{ \begin{aligned} &\alpha C_1 + \beta C_2 = 1 \\ &C_1 + C_2 = 1 \end{aligned} \right.$$

$$\therefore C_1 = \frac{\beta - 1}{\beta - \alpha},C_2 = \frac{1 - \alpha}{\beta - \alpha}$$

$$\therefore C_1 = \frac{\sqrt{5} - 3}{2\sqrt{5}},C_2 = \frac{\sqrt{5} + 3}{2\sqrt{5}}$$

$$v(t) = \frac{\sqrt{5} - 3}{2\sqrt{5}}\exp(\frac{-1 - \sqrt{5}}{2})t + \frac{\sqrt{5} + 3}{2\sqrt{5}}\exp(\frac{-1 + \sqrt{5}}{2})t$$