次の文章は，回路の過渡現象に関する記述である。文中のに当てはまるものを解答群の中から選びなさい。
図1(a)の方形パルス電圧 \(e(t)\)（パルス幅 \(a\)，大きさ \(E_0\)）を図1(b)に示す抵抗 \(R\) とインダクタンス \(L\) の直列回路に加えたときに流れる電流 \(i(t)\) をラプラス変換によって求め，その波形の概略を描きたい。ただし，回路の初期電流は零とする。
図1(b)よりキルヒホッフの電圧則に従って回路方程式を求め，これをラプラス変換すると (1) が得られる。ただし，\(I(s) = \mathcal{L} [ \, i(t) \, ]\)，\(E(s) = \mathcal{L} [ \, e(t) \, ]\)（ \(\mathcal{L} [ \ ]\) は，ラプラス変換を表す。）とする。次に，\(e(t)\) は単位ステップ関数 \(u(t)\) を用いて表すことができ，これをラプラス変換すると \(E(s) = \) (2) となる。これを式 (1) に代入し，\(I(s)\) を求めると (3) となる。以上より，\(I(s)\) を部分分数に展開し，逆ラプラス変換を行うことにより \(i(t)\) は (4) と求められる。
一例として，\(R = 1 \ [\Omega]\)，\(L = 100 \ [\mathrm{mH}]\)，\(E_0 = 10 \ [\mathrm{V}]\)，\(a = 1 \ [\mathrm{s}]\) として，この波形の概略を描くと (5) となる。
なお，\(\mathcal{L} [ \, f(t) \, ] = F(s)\) とすると，次の関係が成り立つ。
\[ \mathcal{L} [ \, f(t - \alpha) \, ] = F(s) \mathrm{e}^{-\alpha s} \]
\[ \mathcal{L} [ \, f(t) \mathrm{e}^{\beta t} \, ] = F(s - \beta) \]
ただし，\(\alpha > 0\)，\(f(t) = 0 \ (t < 0)\) とする。
解答群
| (ｲ) |
\(I(s) = \dfrac{E(s)}{R} + \dfrac{E(s)}{sL}\) |
(ﾛ)(4) |
\(\displaystyle \frac{E_0}{R}\left[ \left(1 - \mathrm{e}^{-\frac{R}{L}t}\right)u(t) - \left(1 - \mathrm{e}^{-\frac{R}{L}(t-a)}\right)u(t-a) \right]\) |
| (ﾊ) |
\(E(s) = RI(s) - sLI(s)\) |
(ﾆ) |
\(\displaystyle \frac{E_0}{R}\left[ \left(1 - \mathrm{e}^{-\frac{L}{R}t}\right)u(t) - \left(1 - \mathrm{e}^{-\frac{L}{R}(t-a)}\right)u(t-a) \right]\) |
| (ﾎ)(2) |
\(\displaystyle \frac{E_0}{s}(1 - \mathrm{e}^{-as})\) |
(ﾍ) |
\(\displaystyle \frac{E_0}{R}\left[ (1 - \mathrm{e}^{-RLt})u(t) - (1 - \mathrm{e}^{-RL(t-a)})u(t-a) \right]\) |
| (ﾄ)(3) |
\(\displaystyle \frac{E_0(1 - \mathrm{e}^{-as})}{Ls\left(s + \dfrac{R}{L}\right)}\) |
(ﾁ) |
\(E_0(1 - \mathrm{e}^{-as})\) |
(ﾘ) |
\(\displaystyle \frac{E_0(1 - \mathrm{e}^{-as})}{s\left(s + \dfrac{R}{L}\right)}\) |
| (ﾇ) |
\(\displaystyle \frac{E_0}{s}\) |
(ﾙ)(1) |
\(E(s) = RI(s) + sLI(s)\) |
(ｦ) |
\(\displaystyle \frac{E_0(1 - \mathrm{e}^{-as})}{L\left(s + \dfrac{R}{L}\right)}\) |
出典：平成23年度 第一種電気主任技術者 一次試験 理論科目 問4
解説
比較的簡単なラプラス変換の問題であり、得点源かと思います。慣れている人なら消去法で答えをすぐに出せると思います。
回路方程式のラプラス変換
正解 (ル)
回路のキルヒホッフの電圧則より、電源電圧\(e(t)\)は抵抗\(R\)による電圧降下とインダクタ\(L\)による逆起電力の和に等しくなります。よって
$$\begin{aligned}
e(t) &= R i(t) + L \frac{\mathrm{d}i(t)}{\mathrm{d}t} \\
\end{aligned}$$
が成り立ちます。これをラプラス変換します。
$$\begin{aligned}
E(s) &= RI(s) + L \{ sI(s) - i(0) \}\\
\end{aligned}$$
回路の初期電流は零と問題文にあることから、\(i(0) = 0\)なので
$$\begin{aligned}
E(s) &= RI(s) + sLI(s)\\
\end{aligned}$$
となります。よって答えは(ル)の\(E(s) = RI(s) + sLI(s)\)です。
\(e(t)\)のラプラス変換\(E(s)\)
正解 (ホ)
単位ステップ関数のラプラス変換が\( \mathcal{L}[E_0 u(t)] = \dfrac{E_0}{s} \)であることを知っていれば消去法で解けるかもしれません。
解き方は複数ありますが、問題文にヒントがあることを考えると、複数の単位ステップ関数を用いて解く方法が想定されていると思います。
下の画像のように、\(t=a\)以降反対の単位ステップ関数を加えると、問題の図が得られます。
これから以下が得られます。
$$\begin{aligned}
e(t) &= E_0 u(t) - E_0 u(t - a) \\
&= E_0 \{ u(t) - u(t - a) \} \\
\end{aligned}$$
これをラプラス変換します。
$$\begin{aligned}
E(s) &= \mathcal{L} \left[ e(t) \right]\\
&= \mathcal{L}\left[E_0 u(t)\right] - \mathcal{L}\left[E_0 u(t - a)\right] \\
&= \frac{E_0}{s} - \frac{E_0}{s} e^{-as} \\
&= \frac{E_0}{s} (1 - e^{-as}) \\
\end{aligned}$$
よって答えは(ホ)の\(\displaystyle \frac{E_0}{s}(1 - \mathrm{e}^{-as})\)です。
参考として、定義式から直接積分でも求められます。
$$\begin{aligned}
E(s) &= \int_{0}^{a} E_0 e^{-st} \mathrm{d}t \\
&= E_0 \left[ -\frac{1}{s} e^{-st} \right]_{0}^{a} \\
&= E_0 \left\{ -\frac{1}{s} e^{-as} - \left( -\frac{1}{s} e^{0} \right) \right\} \\
&= \frac{E_0}{s} (1 - e^{-as})\\
\end{aligned}$$
回路に流れる電流のラプラス変換\(I(s)\)
正解 (ト)
(1)より\(I(s)\)について整理します。
$$\begin{aligned}
E(s) &= RI(s) + sLI(s)\\
I(s) &= \dfrac{E(s)}{R+sL} \\
I(s) &= \dfrac{E(s)}{L\left( s + \dfrac{R}{L} \right)} \\
\end{aligned}$$
(2)で求めた\(E(s)\)を代入します。
$$\begin{aligned}
I(s) &= \dfrac{E(s)}{L\left( s + \dfrac{R}{L} \right)} \\
&= \dfrac{E_0 (1 - e^{-as})}{Ls\left( s + \dfrac{R}{L} \right)}
\end{aligned}$$
となります。よって答えは (ト)の\(\displaystyle \frac{E_0(1 - \mathrm{e}^{-as})}{Ls\left(s + \dfrac{R}{L}\right)}\)です。
逆ラプラス変換による時間領域の電流\(i(t)\)
正解 (ロ)
選択肢の指数が全て異なるため、それを見るだけで答えは分かります。\(t[\text{s}]\)をかけたときに無次元にならないといけないので、次元が\(\dfrac{1}{[\text{s}]}\)になる選択肢を探します。
$$\begin{aligned}
\frac{R}{L} &\rightarrow \dfrac{\left[\dfrac{\text{V}}{\text{A}}\right]}{\left[\dfrac{\text{V}\cdot\text{s}}{\text{A}}\right]} = \frac{1}{[\text{s}]} \\
\end{aligned}$$
よって答えは指数に\(\dfrac{R}{L}\)を含む(ロ)の\(\displaystyle \frac{E_0}{R}\left[ \left(1 - \mathrm{e}^{-\frac{R}{L}t}\right)u(t) - \left(1 - \mathrm{e}^{-\frac{R}{L}(t-a)}\right)u(t-a) \right]\)です。
本番では時間短縮のために上記で解けた方がいいですか、理解のために逆ラプラス変換の手順を示します。
\(I(s)\)を分割します。
$$\begin{aligned}
I(s) &= \dfrac{E_0 (1 - e^{-as})}{Ls\left( s + \dfrac{R}{L} \right)} \\
&= \frac{E_0}{L} \cdot \frac{1}{s\left(s + \dfrac{R}{L}\right)} - \frac{E_0}{L} \cdot \frac{1}{s\left(s + \dfrac{R}{L}\right)} e^{-as} \\
\end{aligned}$$
それぞれのパーツをラプラス逆変換します。
まずは\(\displaystyle \frac{1}{s\left(s + \dfrac{R}{L}\right)}\)を部分分数分解します。
$$\begin{aligned}
\frac{1}{s\left(s + \dfrac{R}{L}\right)} &= \dfrac{A}{s} + \dfrac{B}{s + \dfrac{R}{L}} \\
1 &= A\left(s + \dfrac{R}{L}\right) + Bs \\
\end{aligned}$$
上記が常に等しい時、以下が成り立ちます。
$$\begin{aligned}
1 = \dfrac{R}{L} A \\
0 = A + B \\
\end{aligned}$$
よって、
$$\begin{aligned}
A = \dfrac{L}{R} \\
B = -\dfrac{L}{R} \\
\end{aligned}$$
となります。以上より、\(\displaystyle \frac{1}{s\left(s + \dfrac{R}{L}\right)}\)は以下で表されます。
$$\begin{aligned}
\frac{1}{s\left(s + \dfrac{R}{L}\right)} = \dfrac{L}{R} \left\{ \dfrac{1}{s} - \dfrac{1}{s + \dfrac{R}{L}} \right\} \\
\end{aligned}$$
これを逆ラプラス変換します。
$$\begin{aligned}
\mathcal{L}^{-1} \left[ \frac{L}{R} \left( \dfrac{1}{s} - \frac{1}{s + \dfrac{R}{L}} \right) \right] &= \frac{L}{R} \left( 1 - e^{-\frac{R}{L}t} \right) u(t)\\
\end{aligned}$$
\(\displaystyle \frac{1}{s\left(s + \dfrac{R}{L}\right)} e^{-as} \)についても同様にラプラス変換しますが、\(\mathcal{L}^{-1} \left[ F(s) e^{-as} \right] = f(t - a)\)なので先ほど求めた結果よりすぐ分かります。
$$\begin{aligned}
\mathcal{L}^{-1} \left[ \dfrac{1}{s\left(s + \dfrac{R}{L}\right)} e^{-as} \right] &= \dfrac{L}{R} \left( 1 - e^{-\dfrac{R}{L}(t - a)} \right) u(t - a) \\
\end{aligned}$$
よって\(i(t)\)は
$$\begin{aligned}
i(t) &= \frac{E_0}{L} \cdot \left[ \frac{L}{R} \left( 1 - e^{-\frac{R}{L}t} \right) u(t) \right] - \frac{E_0}{L} \cdot \left[ \frac{L}{R} \left( 1 - e^{-\frac{R}{L}(t - a)} \right) u(t - a) \right] \\
&= \dfrac{E_0}{R}\left[ \left(1 - \mathrm{e}^{-\frac{R}{L}t}\right)u(t) - \left(1 - \mathrm{e}^{-\frac{R}{L}(t-a)}\right)u(t-a) \right] \\
\end{aligned}$$
よって答えは(ロ)の\(\displaystyle \frac{E_0}{R}\left[ \left(1 - \mathrm{e}^{-\frac{R}{L}t}\right)u(t) - \left(1 - \mathrm{e}^{-\frac{R}{L}(t-a)}\right)u(t-a) \right]\)です。
電流\(i(t)\)の波形の概略グラフ
正解 (カ)
\(E_0 =10\)、\(R=1\)のため電流の最終値は\(10\)です。インダクタンスがあることから電流はすぐには\(10\)にはならないので、この時点で(ワ)か(カ)に絞られます。後は、\(1\)秒までにどのくらい電流が増加するかです。時定数\(\dfrac{L}{R}\)を計算します。
$$\begin{aligned}
\dfrac{L}{R} &= \dfrac{100 \times 10^{-3}}{1} \\
&= 0.1 \\
\end{aligned}$$
時定数\(\dfrac{L}{R}\)の時、最終値の\(63.2%\)の電流になりますので、\(t=0.1\)で\(6.32\)くらいになっていそうな方の選択肢を選びます。それを示しているのは(カ)です。
よって、答えは(カ)です。
(1)
ル
\(E(s) = RI(s) + sLI(s)\)
(2)
ホ
\(\displaystyle \frac{E_0}{s}(1 - \mathrm{e}^{-as})\)
(3)
ト
\(\displaystyle \frac{E_0(1 - \mathrm{e}^{-as})}{Ls\left(s + \dfrac{R}{L}\right)}\)
(4)
ロ
\(\displaystyle \frac{E_0}{R}\left[ \left(1 - \mathrm{e}^{-\frac{R}{L}t}\right)u(t) - \left(1 - \mathrm{e}^{-\frac{R}{L}(t-a)}\right)u(t-a) \right]\)
(5)
カ
