RLC直列回路のブロック線図による伝達関数導出と2次遅れ系定数の算出

過去問一覧第二種電気主任技術者 2017年度機械・制御RLC直列回路のブロック線図による伝達関数導出と2次遅れ系定数の算出

RLC直列回路のブロック線図による伝達関数導出と2次遅れ系定数の算出

PID

第二種電気主任技術者 2017年度機械・制御問4

図1に示す $RLC$ 直列回路において，電圧 $v_{\mathrm {i}}(t)$ を入力信号，電圧 $v_{\mathrm {o}}(t)$ を出力信号とみなすとき，次の問に答えよ。ただし，全ての変数の初期値は零とする。

$v_{\mathrm {i}}(t)$ のラプラス変換 $V_{\mathrm {i}}(s)$ を入力， $v_{\mathrm {o}}(t)$ のラプラス変換 $V_{\mathrm {o}}(s)$ を出力とするブロック線図を図2に示す。このブロックに当てはまる伝達関数 $G(s)$ を以下の手順で求めよ。

(1)　回路に流れる電流を $i(t)$ として，コンデンサの両端にかかる電圧 $v_{\mathrm {o}}(t)$ を求めよ。求めた関係式をラプラス変換せよ。 $i(t)$ をラプラス変換したものを $I(s)$ で表し， $V_{\mathrm {o}}(s)$ を入力， $I(s)$ を出力とするブロック線図で表せ。

(2)　抵抗及びコイルそれぞれの両端にかかる電圧と $v_{\mathrm {o}}(t)$ の和が $v_{\mathrm {i}}(t)$ である。この関係式をラプラス変換して， $I(s)$ 及び $V_{\mathrm {o}}(s)$ を入力， $V_{\mathrm {i}}(s)$ を出力とするブロック線図で示せ。

(3)　上記小問

(1)及び(2)で求めたブロック線図を用いて，

V_{\mathrm {o}}(s)

を入力，

V_{\mathrm {i}}(s)

を出力とする

RLC

直列回路全体のブロック線図をを求めよ。

(4)　小問(3)で求めたブロック線図を等価変換することで， $V_{\mathrm {i}}(s)$ を入力， $V_{\mathrm {o}}(s)$ を出力とする図2に示すような一つのブロックに簡略化せよ。

(5)　 $V_{\mathrm {i}}(s)$ から $V_{\mathrm {o}}(s)$ までの伝達関数は2次遅れ系となる。 $R=\mathrm {1 \ \Omega }$ ， $L=\mathrm {2 \ mH}$ ， $C=\mathrm {500 \ \mu F}$ であるときの固有角周波数 $\omega _{\mathrm {n}} \ [\mathrm {rad/s}]$ 及び減衰係数 $\zeta$ をそれぞれ求めよ。

解説

本問の概要とポイント

$RLC$ 直列回路の過渡応答・周波数特性を、回路方程式からラプラス変換を経てブロック線図で表現し、等価変換により伝達関数 $G(s)=\dfrac{V_{\mathrm{o}}(s)}{V_{\mathrm{i}}(s)}$ を導出する制御工学・過渡現象の基本問題です。

微分・積分のラプラス変換（初期値零）： $\mathcal{L}\left[ \frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}t} \right] = sF(s), \quad \mathcal{L}\left[ \int_0^t f(\tau)\,\mathrm{d}\tau \right] = \frac{1}{s}F(s)$
2次遅れ系の標準形： $G(s) = \frac{\omega_{\mathrm{n}}^2}{s^2 + 2\zeta \omega_{\mathrm{n}} s + \omega_{\mathrm{n}}^2}$ ここで、 $\omega_{\mathrm{n}}$ は固有角周波数 $[\mathrm{rad/s}]$ 、 $\zeta$ は減衰係数（制動比）を表します。

小問(1) コンデンサ電圧と電流の関係およびブロック線図

コンデンサの静電容量を $C$ 、初期電荷を零とすると、電流 $i(t)$ と端子電圧（出力電圧） $v_{\mathrm{o}}(t)$ の関係は以下の積分方程式で与えられます。

v_{\mathrm{o}}(t) = \frac{1}{C} \int_0^t i(\tau)\,\mathrm{d}\tau

両辺をラプラス変換すると、初期値が零であるため次式が成り立ちます。

V_{\mathrm{o}}(s) = \frac{1}{Cs} I(s)

本問では「 $V_{\mathrm{o}}(s)$ を入力、 $I(s)$ を出力とするブロック線図」が求められているため、出力 $I(s)$ について整理します。

I(s) = Cs V_{\mathrm{o}}(s)

したがって、ブロックの伝達要素は $Cs$ となり、ブロック線図は次のようになります。

関係式： $v_{\mathrm{o}}(t) = \dfrac{1}{C}\displaystyle\int_0^t i(\tau)\,\mathrm{d}\tau$
ラプラス変換： $V_{\mathrm{o}}(s) = \dfrac{1}{Cs}I(s) \iff I(s) = Cs V_{\mathrm{o}}(s)$
ブロック線図： $V_{\mathrm{o}}(s) \longrightarrow \boxed{\ Cs\ } \longrightarrow I(s)$

小問(2) 回路全体の電圧方程式とブロック線図

キルヒホッフの第2法則（電圧則）より、入力電圧 $v_{\mathrm{i}}(t)$ は抵抗電圧、インダクタ電圧、および出力端子電圧 $v_{\mathrm{o}}(t)$ の総和に等しくなります。

v_{\mathrm{i}}(t) = R i(t) + L \frac{\mathrm{d}i(t)}{\mathrm{d}t} + v_{\mathrm{o}}(t)

電流の初期値を $i(0) = 0$ として両辺をラプラス変換します。

V_{\mathrm{i}}(s) = R I(s) + Ls I(s) + V_{\mathrm{o}}(s) = (R + Ls) I(s) + V_{\mathrm{o}}(s)

問題の指示より、「 $I(s)$ 及び $V_{\mathrm{o}}(s)$ を入力、 $V_{\mathrm{i}}(s)$ を出力とする」ため、 $I(s)$ にブロック $(R + Ls)$ を乗じた信号と $V_{\mathrm{o}}(s)$ を加算器（ともに正符号 $+$ ）で合流させます。

関係式： $V_{\mathrm{i}}(s) = (R + Ls)I(s) + V_{\mathrm{o}}(s)$
ブロック線図：
$I(s) \longrightarrow \boxed{\ R + Ls\ } \longrightarrow (+)\ \ V_{\mathrm{o}}(s) \longrightarrow\qquad\qquad\qquad\ (+)\ \sum \longrightarrow V_{\mathrm{i}}(s)$

小問(3) 全体のブロック線図の構築

小問(1)の出力である $I(s) = Cs V_{\mathrm{o}}(s)$ を、小問(2)の入力 $I(s)$ へ結合します。
入力信号 $V_{\mathrm{o}}(s)$ は、ブロック $Cs$ を経由して $(R+Ls)$ に至る経路と、加算点へ直接入力される経路の2系統に分岐します。

全体のブロック線図：
$V_{\mathrm{o}}(s) \;\xrightarrow{\ \ }\; \bullet \;\xrightarrow{\ \ }\; \boxed{\ Cs\ } \;\xrightarrow{\ \ }\; \boxed{\ R + Ls\ } \;\xrightarrow{\ \ }\; (+) \;\sum \;\xrightarrow{\ \ }\; V_{\mathrm{i}}(s)$
$\qquad\qquad\ \ \downarrow$
$\qquad\qquad\ \ \xrightarrow{\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\ }\; (+)$

小問(4) 等価変換と伝達関数 $G(s)$ の導出

小問(3)のブロック線図より、 $V_{\mathrm{i}}(s)$ と $V_{\mathrm{o}}(s)$ の入出力関係は次式となります。

V_{\mathrm{i}}(s) = (R + Ls) Cs V_{\mathrm{o}}(s) + V_{\mathrm{o}}(s) = \left( LCs^2 + RCs + 1 \right) V_{\mathrm{o}}(s)

図2が求める伝達関数 $G(s)$ は、入力 $V_{\mathrm{i}}(s)$ に対する出力 $V_{\mathrm{o}}(s)$ の比ですので、逆数をとります。

G(s) = \frac{V_{\mathrm{o}}(s)}{V_{\mathrm{i}}(s)} = \frac{1}{LCs^2 + RCs + 1}

G(s) = \frac{1}{LCs^2 + RCs + 1}

【別解検算：インピーダンス分圧】
ラプラス領域での各素子のインピーダンスは、抵抗

R

、コイル

Ls

、コンデンサ

\dfrac{1}{Cs}

です。回路全体の直列インピーダンスに対するコンデンサの分圧比として伝達関数を求めると、

G(s) = \frac{\frac{1}{Cs}}{R + Ls + \frac{1}{Cs}} = \frac{1}{LCs^2 + RCs + 1}

となり、ブロック線図の等価変換結果と完全に一致することが確認できます。

小問(5) 固有角周波数 $\omega_{\mathrm{n}}$ と減衰係数 $\zeta$ の計算

伝達関数 $G(s)$ の分母・分子を最高次係数 $LC$ で割り、2次遅れ系の標準形と比較します。

G(s) = \frac{\frac{1}{LC}}{s^2 + \frac{R}{L}s + \frac{1}{LC}}

2次遅れ系の標準形 $G(s) = \dfrac{\omega_{\mathrm{n}}^2}{s^2 + 2\zeta \omega_{\mathrm{n}} s + \omega_{\mathrm{n}}^2}$ と係数を比較すると、以下の関係式が得られます。

\omega_{\mathrm{n}}^2 = \frac{1}{LC} \implies \omega_{\mathrm{n}} = \frac{1}{\sqrt{LC}}

2\zeta \omega_{\mathrm{n}} = \frac{R}{L} \implies \zeta = \frac{R}{2L\omega_{\mathrm{n}}} = \frac{R}{2}\sqrt{\frac{C}{L}}

与えられた定数を代入します：

$R = 1\ [\Omega]$
$L = 2\ [\mathrm{mH}] = 2 \times 10^{-3}\ [\mathrm{H}]$
$C = 500\ [\mu\mathrm{F}] = 500 \times 10^{-6}\ [\mathrm{F}] = 5 \times 10^{-4}\ [\mathrm{F}]$

積 $LC$ を計算すると、

LC = (2 \times 10^{-3}) \times (5 \times 10^{-4}) = 10 \times 10^{-7} = 10^{-6}\ [\mathrm{s}^2]

したがって、固有角周波数 $\omega_{\mathrm{n}}$ は、

\omega_{\mathrm{n}} = \frac{1}{\sqrt{10^{-6}}} = 10^3 = \htmlClass{answer-mark}{1000\ [\mathrm{rad/s}]}

続いて減衰係数 $\zeta$ は、

\zeta = \frac{R}{2L\omega_{\mathrm{n}}} = \frac{1}{2 \times (2 \times 10^{-3}) \times 1000} = \frac{1}{4} = \htmlClass{answer-mark}{0.25}

解答のまとめ

(1) $v_{\mathrm{o}}(t) = \dfrac{1}{C}\displaystyle\int_0^t i(\tau)\,\mathrm{d}\tau$ , $\quad I(s) = Cs V_{\mathrm{o}}(s)$ （ブロック要素: $Cs$ ）
(2) $V_{\mathrm{i}}(s) = (R+Ls)I(s) + V_{\mathrm{o}}(s)$
(3) $V_{\mathrm{o}}(s)$ を分岐させ、一方を直列ブロック $[Cs][R+Ls]$ 、他方を加算点へ直結する構成
(4) $G(s) = \dfrac{1}{LCs^2 + RCs + 1}$
(5) $\omega_{\mathrm{n}} = 1000\ [\mathrm{rad/s}], \quad \zeta = 0.25$