東京大学 情報理工学系研究科 電子情報学専攻 2019年8月実施 専門 第1問

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diohabara

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図に示す，定電圧電源 (電圧 $E$), スイッチ (記号 $SW$) , ダイオード (記号 $D$), コイル (インダクタンス $L$), コンデンサ (キャパシタンス $C$), 端子で構成される昇圧回路を考える．時刻を $t$ とし，コイルを流れる電流を $i(t)$ , 端子の両端の電圧を $v(t)$ とする (それぞれの方向は図を参照のこと)．また，ダイオードの順方向電圧は無視でき，時刻 $t=0$ で $i(0)=0,v(0)=E$ とする．このとき，以下の問いに答えよ．

(1) $t=0$ から $T_0$ の時間，スイッチを短絡させる． $0 \le t < T_0$ について, $i(t)$ を求めよ．

(2) $t=T_0$ に，スイッチを開放する．スイッチを開放してから $i(t)$ が $0$ に戻るまでの時間を $T_1$ とする．$T_0 \le t < T_0$ における $i(t)$ を求め, $T_1$ も求めよ．

$t=0$ から，上述の操作 ($T_0$ 時間短絡し，$T_1$ 時間開放させる) を $n$ 回繰り返す．$T_0$ および $T_1$ は定数，$n$ は $1$ 以上の整数とする．

(3) $i(T_0 + T_1) = 0$ならば, $i(n(T_0 + T_1)) = 0$ であることを定性的に説明せよ.

(4) $v(n(T_0 + T_1))$ を求めよ．

Kai

(1)

スイッチを短絡させると、以下の回路方程式が成り立つ。

$$L\frac{di(\tau)}{d\tau} = v(t)$$

電源は定電圧電源なので $v(t) = v(0) = E$ であり、$\tau = [0,t]$ 上で $\tau$ に関して積分して整理すると

$$i(t) - i(0) = \frac{E}{L}t$$

問題文より $t = 0$ で $i(0) = 0$ だから

$$i(t) = \frac{E}{L}t$$

(2)

スイッチを開放すると、$t = [T_0, T_0 + T_1)$ において以下の回路方程式が成り立つ。

$$L\frac{di(t)}{dt} + \frac{1}{C}\int_{T_0}^t i(\tau)d\tau = E$$

両辺を微分して整理すると

$$\begin{aligned} 0 &= L\frac{d^2i(t)}{dt^2} + \frac{1}{C}i(t) \\ \frac{d^2i(t)}{dt^2} &= - \frac{1}{LC}i(t) \end{aligned}$$

よって、$i(t)$ の一般解は

$$i(t) = A\sin\frac{1}{\sqrt{LC}}t + B\cos\frac{1}{\sqrt{LC}}t$$

と書ける.

(1) より $i(T_0) = \frac{E}{L}T_0$ であり $\frac{di(t)}{dt}\bigg|_{t = T_0} = 0$

$\frac{di(t)}{dt} = \frac{A}{\sqrt{LC}}\cos\frac{t}{\sqrt{LC}} - \frac{B}{\sqrt{LC}}\sin\frac{t}{\sqrt{LC}}$ より

$$\frac{di(t)}{dt}\bigg|_{t = T_0} = \frac{A}{\sqrt{LC}}\cos\frac{T_0}{\sqrt{LC}} - \frac{B}{\sqrt{LC}}\sin\frac{T_0}{\sqrt{LC}} = 0$$

よって

$$A = B\tan\frac{T_0}{\sqrt{LC}}$$

また

$$\begin{aligned} i(T_0) &= \frac{A}{\sqrt{LC}}\cos\frac{T_0}{\sqrt{LC}} - \frac{B}{\sqrt{LC}}\sin\frac{T_0}{\sqrt{LC}} \\ &= B\bigg(\sin\frac{T_0}{\sqrt{LC}}\tan\frac{T_0}{\sqrt{LC}} + \cos\frac{T_0}{\sqrt{LC}}\bigg) \\ &= B\frac{\sin^2\frac{T_0}{\sqrt{LC}} + \cos^2\frac{T_0}{\sqrt{LC}}}{\cos\frac{T_0}{\sqrt{LC}}} \\ &= \frac{B}{\cos\frac{T_0}{\sqrt{LC}}} \end{aligned}$$

よって、$i(T_0) = \frac{E}{L}T_0$ より

$$\begin{aligned} B &= \frac{E}{L}T_0\cos\frac{T_0}{\sqrt{LC}} \\ A &= B\tan\frac{T_0}{\sqrt{LC}} = \frac{E}{L}T_0\sin\frac{T_0}{\sqrt{LC}} \end{aligned}$$

よって

$$\begin{aligned} i(t) &= \frac{E}{L}T_0\sin\frac{T_0}{\sqrt{LC}}\sin\frac{t}{LC} + \frac{E}{L}T_0\cos\frac{T_0}{\sqrt{LC}}\cos\frac{t}{LC} \\ &= \frac{E}{L}T_0\cos\frac{1}{\sqrt{LC}}(t - T_0) \end{aligned}$$

これが $t \le T_0$ で最初に $0$ となるのは、$\frac{1}{\sqrt{LC}}(t - T_0) = \frac{\pi}{2}$ のときなので

$$\frac{1}{\sqrt{LC}}((T_0 + T_1) - T_0) = \frac{\pi}{2}$$

$$\therefore T_1 = \frac{\pi\sqrt{LC}}{2}$$

(3)

ダイオードがあるため、コンデンサにかかる電圧 $v(t)$ は常に単調増加する。したがって、スイッチを開放しているときにコイルに流れる電流の時間変化

$$\frac{di(t)}{dt} = \frac{E - v(t)}{L}$$

は単調減少する。これはつまり、回数を重ねるごとにスイッチ解放後に電流が減少するスピードが早くなるということ。だから、$i = 0$ となるまでにかかる時間は $T_1$ からどんどん短くなっていく。

よって、各操作でスイッチを開放した後 $T_1$ 時間後までに必ず $i = 0$ となっているはずな ので、$i(n(T_1 + T_0)) = 0$ と言える。

(4)

簡単のため、$v_k = v(k(T_0 + T_1))$ とおく。

$k(T_0 + T_1) \le k(T_0 + T_1) + T_0$ のとき、回路に流れる電流は (1) と同様にして

$$\begin{align} E &= L\frac{di(t)}{dt} ,i(k(T_0 + T_1)) = 0 \\ \therefore i(t) &= \frac{E}{L}(t - k(T_0 + T_1)) \tag{1} \end{align}$$

よって、$t = k(T_0 + T_1) + T_0$ のとき $i(t) = \frac{E}{L}T_0$ である。

$k(T_0 + T_1) + T_0 \le t < (k + 1)(T_0 + T_1)$ の間について、電源がした仕事とコイル･コンデンサのエネルギーの変化分は等しいので

$$E \cdot C (v_{k+1} - v_k) = \big(\frac{1}{2}L \cdot 0^2 + \frac{1}{2}Cv_{k+1}^2\big) + \big(\frac{1}{2}L(\frac{E}{L}T_0)^2 + \frac{1}{2}Cv_k^2\big)$$

$$(v_{k+1} + E)^2 = (v_k - E)^2 + \frac{E^2}{LC}T_0^2$$

$v_0 = v(0) = E$ に注意してこれを解くと

$$(v_n - E)^2 = n \cdot \frac{E^2}{LC}T_0^2$$

$$\therefore v_n = E\big(1 + T_0\sqrt{\frac{n}{LC}}\big)$$