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東北大学 工学研究科 電気・情報系 2024年8月実施 基礎専門科目 問題2 電気回路

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蛋黄猫物理 (xhs: 94162357270)

Description​

(1) 抵抗 R[Ω]R[\Omega], インダクタンス LL [H], キャパシタンス CC [F], 変圧器, 角周波数 ω\omega [rad/s] の交流電圧源 VV [V] からなる Fig.2(a) および Fig.2(b) の回路を考える。変圧器の一次側自己インダクタンス, 二次側自己インダクタンスはそれぞれ L1L_1 [H], L2L_2 [H] であり、相互インダクタンスは MM [H] である。虚数単位を jj とし, 以下の問に答えよ。

  • (a) Fig.2(a) の端子 a-b 間から見た入力インピーダンスを求めよ。

  • (b) Fig.2(a) の回路に流れる電流 II [A] のフェーザの大きさが最大となる角周波数 ω0\omega_0 [rad/s] を求めよ。また、ω=ω0\omega = \omega_0 のときインダクタンス LL とキャパシタンス CC に発生する電圧 VLV_L [V] と VCV_C [V] を R,L,C,VR,L,C,V を用いてそれぞれ表せ。

  • (c) Fig.2(b) の回路が Fig.2(c) の回路と等価であるとき, インピーダンス Z[Ω]Z[\Omega] を求めよ。

  • (d) ω=ω0\omega = \omega_0 かつ R=0R = 0 のとき, Fig.2(b) の端子 c-d 間からみた入力インピーダンスが 00 となるための, 変圧器の結合係数を求めよ。ここで、ω0\omega_0 は問(1)(b) で求めた角周波数である。

(2) インダクタンス LL [H], キャパシタンス CC [F], 直流電圧源 EE [V] からなる Fig.2(d) の回路において、時刻 t=0t = 0 でスイッチ SS を閉じた場合を考える。回路に流れる電流を i(t)i(t) [A], キャパシタンスに蓄えられる電荷を q(t)q(t) [C] とし, t=0t = 0 における電流と電荷の初期値はそれぞれ i(0)=0,q(0)=0i(0) = 0,q(0) = 0 とする。以下の問に答えよ。

  • (a) t>0t > 0 における i(t)i(t) および q(t)q(t) を求めよ。

  • (b) キャパシタンス CC に発生する電圧の最大値 Vmax⁡V_{\max} [V] と, その電圧が最大となる時刻のうち最小の値 tmt_m [s] を求めよ。

Kai​

(1)​

(a)​

Z=R+jωL+1jωCZ = R + j\omega L + \frac{1}{j\omega C}

(b)​

I=VZ=VR+j(ωL−1ωC)I = \frac{V}{Z} = \frac{V}{R + j(\omega L - \frac{1}{\omega C})}
∣I∣=∣V∣R2+(ωL−1ωC)2≤∣V∣R|I| = \frac{|V|}{\sqrt{R^2 + (\omega L - \frac{1}{\omega C})^2}} \leq \frac{|V|}{R}
ω0=1LC\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}}
I(ω0)=VRI(\omega_0) = \frac{V}{R}
VL=I⋅jωL=VR⋅jωLV_L = I \cdot j \omega L = \frac{V}{R} \cdot j \omega L
VC=I⋅1jωC=VR⋅1jωCV_C = I \cdot \frac{1}{j \omega C} = \frac{V}{R} \cdot \frac{1}{j\omega C}

取电源电压的初始相位为参考值的情况下，可以写出电感电容上面电压的时域表达：

VL(t)=ωVLR⋅sin⁡(ωt+90∘)V_L(t) = \frac{\omega VL}{R} \cdot \sin(\omega t + 90^\circ)
VC(t)=VRωC⋅sin⁡(ωt−90∘)V_C(t) = \frac{V}{R\omega C} \cdot \sin(\omega t - 90^\circ)

(c)​

Z=jωM//(R+jω(L+L2)+1jωC)Z = j\omega M \mathbin{//} \big(R + j\omega(L + L_2) + \frac{1}{j\omega C}\big)

(d)​

Zin=jωL1+jωM//(R+jω(L+L2)+1jωC)Z_{in} = j\omega L_1 + j\omega M \mathbin{//} \big(R + j\omega(L + L_2) + \frac{1}{j\omega C}\big)

代入一些化简得条件：

Zin=jω0L1+jω0M//jω0L2Z_{in} = j\omega_0 L_1 + j\omega_0 M \mathbin{//} j\omega_0 L_2
Zin=jω0L1+jω0ML2(M+L2)=0Z_{in} = j\omega_0 L_1 + \frac{j\omega_0 M L_2}{(M + L_2)} = 0
L1=−ML2M+L2L_1 = \frac{-ML_2}{M + L_2}

可以解出互感系数：

M=−L1L2L1+L2M = - \frac{L_1L_2}{L_1 + L_2}

耦合系数：

k=ML1L2=−L1L2L1+L2k = \frac{M}{\sqrt{L_1L_2}} = -\frac{\sqrt{ L_1L_2}}{L_1 + L_2}

(2)​

(a)​

I(s)=E/ssL+1/sC=EL⋅1s2+1LC=EωL⋅ωs2+ω2I(s) = \frac{E/s}{sL + 1/sC} = \frac{E}{L} \cdot \frac{1}{s^2 + \frac{1}{LC}} = \frac{E}{\omega L} \cdot \frac{\omega}{s^2 + \omega^2}
ω=1LC\omega = \frac{1}{\sqrt{LC}}
I(t)=EωL⋅sin⁡(ωt)I(t) = \frac{E}{\omega L} \cdot \sin(\omega t)

方法一：

Q(t)=∫Idt+const.=−Eω2L⋅cos⁡(ωt)+const.Q(t) = \int Idt + \text{const.} = -\frac{E}{\omega^2 L} \cdot \cos(\omega t) + \text{const.}

再由Q(0)=0Q(0) = 0,

Q(t)=Eω2L⋅(1−cos⁡ωt)Q(t) = \frac{E}{\omega^2 L} \cdot (1 - \cos \omega t)

方法二：

Q(s)=I(s)⋅1sC⋅C=EL⋅1s⋅(s2+ω2)=As+Bs+Ds2+ω2Q(s) = I(s) \cdot \frac{1}{sC} \cdot C = \frac{E}{L} \cdot \frac{1}{s \cdot (s^2 + \omega^2)} = \frac{A}{s} + \frac{Bs + D}{s^2 + \omega^2}
A=Eω2LA = \frac{E}{\omega^2 L}
Bs+D=Bωi+D=EsL∣s=ωi=−EωLiBs + D = B\omega i + D = \frac{E}{sL}\bigg|_{s = \omega i} = -\frac{E}{\omega L}i
Q(t)=Eω2L⋅(1−cos⁡ωt)Q(t) = \frac{E}{\omega^2L} \cdot (1 - \cos \omega t)

(b)​

电压：

V−QC=Eω2CL⋅(1−cos⁡ωt)=E⋅(1−cos⁡ωt)V - \frac{Q}{C} = \frac{E}{\omega^2 CL} \cdot (1 - \cos \omega t) = E \cdot (1 - \cos \omega t)
Vmax⁡=2EV_{\max} = 2E
cos⁡ωt=−1,ωt=π+2kπ,k=0,±1,±2…\cos \omega t = -1,\omega t = \pi + 2k\pi , k = 0 ,\pm 1 , \pm 2 \dots
tm=πω=πLCt_m = \frac{\pi}{\omega} = \pi\sqrt{LC}
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