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電験２種過去問【2020年理論 問4】

2022年6月26日

【電気回路】RC直列回路の電圧に関する過渡現象《空所問題》

　次の文章は、回路の過渡現象に関する記述である。文中の\(\fbox{空所欄}\)に当てはまる最も適切なものを解答群の中から選べ。
　図のように、容量Cのコンデンサがスイッチを介して内部抵抗ｒ、電圧Ｅの直流電源に接続されている。時刻ｔ＝0でスイッチを閉じた。
　以下ではコンデンサの電圧v(t)の初期値がv(0)=0のとき、定常状態（t=∞）の電圧v(∞)は、Ｅ、Ｃ及びｒの値が不明であっても、定常状態を待たずに時刻ｔ＝Ｔ、ｔ＝2Ｔ（Ｔ＞０）での電圧v(T),v(2T)から求められることを示す。
　t≧0におけるコンデンサの電圧v(t)の微分方程式は\(\fbox{（１）}\)で与えられる。回路の時定数τは、τ＝\(\fbox{（２）}\)である。一般に、v(t)の初期値をv(0)、定常状態の値をv(∞)とすると\(\fbox{（１）}\)の解は、

　\(v(t)=\)\(\fbox{（３）}\)\(+v(0)e^{-t/\tau}\)　…①

で与えらえる。
　コンデンサの電圧v(t)の初期値がv(0)=0のとき、v(T)とv(2T)の比は①式より

　\(\displaystyle \frac{v(2T)}{v(T)}=\)\(\fbox{（４）}\)　…②

となる。②式より\(e^{-T/\tau}\)を求め、これをt=Tとおいた①式に代入すると、v(0)=0より、v(T)=v(∞)×（\(\fbox{（５）}\)）となる。この式より、v(∞)がv(T)とv(2T)の式で表すことが可能となる。

［問４の解答群］

\(\small{\begin{array}{ccc}
(ｲ)&\displaystyle E=\frac{d}{dt}v(t)+\frac{C}{r}v(t)&(ﾛ)&v(\infty)(1-e^{-t/\tau})&(ﾊ)&v(\infty)(1+e^{-t/\tau})\\
(ﾆ)&\displaystyle E=rC\frac{d}{dt}v(t)+v(t)&(ﾎ)&\displaystyle 1-\frac{v(2T)}{v(T)}&(ﾍ)&\displaystyle E=C\frac{d}{dt}v(t)+\frac{1}{r}v(t)\\
(ﾄ)&1+e^{-T/\tau}&(ﾁ)&\displaystyle 1-2\frac{v(2T)}{v(T)}&(ﾘ)&\displaystyle\frac{C}{r}\\
(ﾇ)&rC&(ﾙ)&e^{-T/\tau}-1&(ｦ)&1-e^{-T/\tau}\\
(ﾜ)&\displaystyle\frac{1}{rC}&(ｶ)&\displaystyle 2-\frac{v(2T)}{v(T)}&(ﾖ)&v(\infty)(e^{-t/\tau}-1)\\
\end{array}}\)

解答と解説はこちら

解答

\(\small{\begin{array}{cc}
\hline(1)&(ﾆ)&\displaystyle E=rC\frac{d}{dt}v(t)+v(t)\\
\hline(2)&(ﾇ)&rC\\
\hline(3)&(ﾛ)&v(\infty)(1-e^{-t/\tau})\\
\hline(4)&(ﾄ)&1+e^{-T/\tau}\\
\hline(5)&(ｶ)&\displaystyle 2-\frac{v(2T)}{v(T)}\\
\hline\end{array}}\)

解説

　t≧0において、回路に電流i(t)が流れるとすると、

\(\displaystyle ri(t)+\frac{1}{C}\int{i(t)}dt=E\)

ここで、Cの電荷をqとすれば、

\(\displaystyle i(t)=\frac{dq}{dt},q=\int{i(t)}dt\)であるので、

\(\displaystyle r\frac{dq}{dt}+\frac{1}{C}q=E\)

q=Cv(t)であるので、

\(\displaystyle r\frac{dCv(t)}{dt}+\frac{1}{C}Cv(t)=E\)

つまり、コンデンサの電圧v(t)の微分方程式は

\((ﾆ)\displaystyle E=rC\frac{d}{dt}v(t)+v(t)\)で与えられる。

一階線形微分方程式\(\displaystyle \frac{dy}{dx}+py=k\)の一般解は\(\displaystyle y=Ae^{-px}+\frac{k}{p}\)で与えられるので、上式を展開し一般解を求めると

\(\displaystyle \frac{dv(t)}{dt}+\frac{1}{rC}v(t)=\frac{E}{rC}\)

\(\displaystyle v(t)=Ae^{-\frac{1}{rC}t}+\frac{\frac{E}{rC}}{\frac{1}{rC}}\)

\(\displaystyle v(t)=Ae^{-\frac{1}{rC}t}+E\)

\(\displaystyle v(t)=Ae^{-\frac{1}{\tau}t}+E\)

回路の時定数τは、τ＝\(\fbox{(ﾇ)rC}\)である。

題意より、v(t)の初期値をv(0)、定常状態の値をv(∞)を用いて不定定数Aを求める。

\(\displaystyle v(0)=A+E\)

∴\(\displaystyle A=v(0)-E\)

また、\(\displaystyle v(\infty)=E\)であるので

\(\displaystyle A=v(0)-v(\infty)\)

したがって、一般解は

\(\displaystyle v(t)=Ae^{-\frac{t}{\tau}}+E\)

\(\displaystyle =(v(0)-v(\infty))e^{-\frac{t}{\tau}}+v(\infty)\)

\(\displaystyle =v(\infty)-v(\infty)e^{-\frac{t}{\tau}}+v(0)e^{-\frac{t}{\tau}}\)

つまり

\(\displaystyle v(t)=v(\infty)\left(1-e^{-\frac{t}{\tau}}\right)+v(0)e^{-\frac{t}{\tau}}\)　…①

で与えらえる。

　コンデンサの電圧v(t)の初期値がv(0)=0のとき、v(T)とv(2T)の比は①式より

\(\displaystyle \frac{v(2T)}{v(T)}=\frac{v(\infty)\left(1-e^{-\frac{2T}{\tau}}\right)+v(0)e^{-\frac{2T}{\tau}}}{v(\infty)\left(1-e^{-\frac{T}{\tau}}\right)+v(0)e^{-\frac{T}{\tau}}}\)

\(\displaystyle =\frac{\left(1-e^{-\frac{2T}{\tau}}\right)}{\left(1-e^{-\frac{T}{\tau}}\right)}\)

\(\displaystyle =\frac{\left(1+e^{-\frac{T}{\tau}}\right)\left(1-e^{-\frac{T}{\tau}}\right)}{\left(1-e^{-\frac{T}{\tau}}\right)}\)

したがって、

\(\displaystyle \frac{v(2T)}{v(T)}=1+e^{-\frac{T}{\tau}}\)　…②

となる。②式より\(e^{-T/\tau}\)を求め、これをt=Tとおいた①式に代入すると、v(0)=0より、

\(\displaystyle v(T)=v(\infty)\left(1-e^{-\frac{T}{\tau}}\right)+v(0)e^{-\frac{T}{\tau}}\)

\(\displaystyle =v(\infty)\left(1-e^{-\frac{T}{\tau}}\right)\)

\(\displaystyle =v(\infty)\left(1-(\frac{v(2T)}{v(T)}-1)\right)\)

\(\displaystyle =v(\infty)\left(2-\frac{v(2T)}{v(T)}\right)\)

つまり

\(\displaystyle v(T)=v(\infty)\times\left(2-\frac{v(2T)}{v(T)}\right)\)

となる。

この式より、v(∞)がv(T)とv(2T)の式で表すことが可能となる。

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Posted by ちゅん