電気電子回路 問題まとめ

20260706_1

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全体の流れ：問題の解き方のロードマップ

過渡現象の問題は、基本的に以下の手順で解く：

1. 初期条件の確定（t=0 の状態）
   → [[20260622_1#各素子の電圧・電流|コンデンサ]]の電圧 v(0)、[[20260622_1#各素子の電圧・電流|インダクタ]]の電流 i(0)
   → [[20260622_1#各素子の電圧・電流|コンデンサ]]は電圧が不連続に変化しない
   → [[20260622_1#各素子の電圧・電流|インダクタ]]は電流が不連続に変化しない

2. 微分方程式の構築
   → 基爾フホッフの法則（KCL, KVL）を適用
   → [[20260622_1#各素子の電圧・電流|コンデンサ]]: i = C dv/dt
   → [[20260622_1#各素子の電圧・電流|インダクタ]]: v = L di/dt

3. 解の形式の決定
   → 特性方程式の根の種類で決まる
   → 過減衰（実根、異なる）: Ae^{λ₁t} + Be^{λ₂t}
   → 臨界減衰（実根、重根）: (A + Bt)e^{λt}
   → 不減衰（純粋虚根）: A cos ωt + B sin ωt
   → 不足減衰（複素共役根）: e^{αt}(A cos βt + B sin βt)

4. 係数の決定
   → 初期条件を代入して A, B を求める

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方針建てのフレームワーク

問題を解く前に、まず「この問題はどのパターンか」を判断する：

Q1: 電源は直流？交流？なし？
  ├─ 直流 → 定常状態で[[20260622_1#各素子の電圧・電流|コンデンサ]]=開放、[[20260622_1#各素子の電圧・電流|インダクタ]]=短絡
  ├─ 交流 → [[20260525_1|フェーザ]]法が便利（定常状態のみ）
  └─ なし → 過渡現象のみ（放電・減衰）

Q2: 回路の構成は？
  ├─ RCのみ → 1次微分方程式（指数減衰）
  ├─ RLC → 2次微分方程式（特性方程式で4パターンに分岐）
  ├─ ダイオード → オン/オフの判定から回路を簡略化
  └─ トランジスタ → オン状態の条件から電流を求める

Q3: 何を聞かれている？
  ├─ 時間の関数 → 微分方程式を解く
  ├─ 定常状態だけ → フェーザ法 or 直流定常
  └─ 電力 → P = VI = I²R = V²/R

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演習問題1：RC放電回路

問題設定

スイッチを閉じて十分時間が経過した後、スイッチを開いた瞬間（t=0）からの放電過程を求める。

+---C---v---+        スイッチを開く前:
|           |        E → R1 → R2 の直列回路
E   R1      R2       コンデンサは直流定常状態で開放
|           |        したがって R2 の両端電圧が初期電圧
+-----------+        v₀ = R2/(R1+R2) · E

方針建て

Step 1: 「スイッチを開く前」の定常状態を考える
  → コンデンサは直流で電流を流さない → 開放と同じ
  → R1とR2が直列 → 分圧法則で v₀ を求める

Step 2: 「スイッチを開いた後」の回路を描く
  → EとR1が切り離される
  → 残るのはCとR2だけ

Step 3: 微分方程式を立てる
  → コンデンサの電流: i = -C dv/dt（放電なので負）
  → オームの法則: i = v/R2
  → これを等式につなぐ

Step 4: 微分方程式を解く
  → 1次同次: dv/dt + v/(R2C) = 0
  → 解: v(t) = v₀ exp(-t/(R2C))

Step 5: 電流を求める
  → i(t) = v(t)/R2

計算のステップバイステップ

Step 1: 初期条件（t=0⁻ の定常状態）

スイッチを閉じて十分経つと、コンデンサは完全に充電されて直流電流は流れなくなる。このとき回路は直流定常状態なので、コンデンサは「断線」と同じ状態。

電流の流れ: E → R1 → R2 → GND（コンデンサは通過しない）
R2の両端電圧 = コンデンサの電圧

v₀ = R2/(R1+R2) · E （分圧法則）

Step 2: スイッチを開いた後の回路（t≥0）

スイッチを開くと、電源EとR1が切り離される。残るのはコンデンサCと抵抗R2だけの放電回路。

+---C---v---+
|           |
|    R2     |     コンデンサが R2 を通じて放電
|           |
+-----------+

Step 3: 微分方程式を立てる

コンデンサから流れ出る電流は、電荷の減少率に等しい：

$i(t)=-C\frac{dv(t)}{dt}$

一方、オームの法則より：

$i(t)=\frac{v(t)}{R_2}$

この2つを等号で結ぶ：

$\frac{v(t)}{R_2}=-C\frac{dv(t)}{dt}\Rightarrow \frac{dv(t)}{dt}+\frac{1}{R_{2}C}v(t)=0$

Step 4: 微分方程式を解く

これは1次同次線形微分方程式。解の形は：

$v(t)=v_0{e}^{-t/(R_{2}C)}$

Step 5: 電流を求める

$i(t)=\frac{v(t)}{R_2}=\frac{v_0}{R_2}{e}^{-t/(R_{2}C)}=\frac{E}{R_1+R_2}{e}^{-t/(R_{2}C)}$

計算のポイント

• 時間定数 $\tau =R_{2}C$ が重要。$tau$ が大きいほど放電が遅い
• $$\begin{gathered} t= \\ tau \end{gathered}$$ のとき、電圧は初期値の $$\begin{gathered} 1/e \\ approx36.8 \end{gathered}$$ に減少
• $$\begin{gathered} t=5 \\ tau \end{gathered}$$ でほぼ放電完了（99.3%減少）

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演習問題2.1：RLC放電回路の過渡応答

問題設定

RLC直列回路で、t=0でスイッチを閉じた。電荷 q(t) と電流 i(t) を求める。

+---C---q---+
|           |
L    R      i        i = dq/dt
|           |
+-----------+

方針建て

Step 1: 基爾フホッフの電圧法則を適用
  → L, R, C の電圧降下の合計 = 0
  → v_L + v_R + v_C = 0

Step 2: 電圧を電荷 q(t) で表す
  → v_C = q/C
  → v_R = R · dq/dt
  → v_L = L · d²q/dt²

Step 3: 2次同次線形微分方程式を構築
  → L d²q/dt² + R dq/dt + (1/C)q = 0

Step 4: 特性方程式を解く
  → Lλ² + Rλ + 1/C = 0
  → 解の公式で λ を求める

Step 5: 根の種類で解の形を決める
  → 過減衰/臨界減衰/不減衰/不足減衰

Step 6: 初期条件で係数を決める
  → q(0) = Q₀, i(0) = 0

共通の微分方程式

RLC直列回路の基爾フホッフの電圧法則より：

$L\frac{d^{2}q(t)}{d{t}^2}+R\frac{dq(t)}{dt}+\frac{1}{C}q(t)=0$

初期条件：$q(0)=Q_0$、$i(0)=\frac{dq(0)}{dt}=0$

特性方程式の解法

特性方程式：$L{\lambda }^2+R\lambda +\frac{1}{C}=0$

解の公式：$\lambda =\frac{-R\pm \sqrt{R^2-4L/C}}{2L}$

判別式 $D=R^2-4L/C$ の符号で解の形が決まる：

パターン	条件	根の形	解の形式
過減衰	$R^2>4L/C$	実根 ${\lambda }_1\ne {\lambda }_2$	$A{e}^{{\lambda }_{1}t}+B{e}^{{\lambda }_{2}t}$
臨界減衰	$R^2=4L/C$	重根 $\lambda$	$(A+Bt)e^{\lambda t}$
不減衰	$R^2<4L/C$ かつ $R=0$	純粋虚根 $\pm j\omega$	$A\cos \omega t+B\sin \omega t$
不足減衰	$R^2<4L/C$ かつ $R>0$	複素共役 $-\alpha \pm j\beta$	$e^{-\alpha t}(A\cos \beta t+B\sin \beta t)$

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(1) 過減衰：L=1, R=7, C=0.1, q₀=3

Step 1: 特性方程式を立てる

$L{\lambda }^2+R\lambda +1/C=0$ に代入：

$1\cdot {\lambda }^2+7\lambda +\frac{1}{0.1}=0\Rightarrow {\lambda }^2+7\lambda +10=0$

Step 2: 特性方程式を解く

因数分解：$(\lambda +2)(\lambda +5)=0$

$\lambda =-2,\lambda =-5$

判別式：$D=7^2-4\times 1\times 10=49-40=9>0$ → 過減衰

Step 3: 一般解を書く

過減衰の解の形：$q(t)=A{e}^{{\lambda }_{1}t}+B{e}^{{\lambda }_{2}t}$

$q(t)=A{e}^{-2t}+B{e}^{-5t}$

Step 4: 電流の式を求める（時間微分）

$i(t)=\frac{dq}{dt}=-2A{e}^{-2t}-5B{e}^{-5t}$

Step 5: 初期条件を代入して連立方程式を立てる

$q(0)=Q_0=3$ より：
$A+B=3\cdots (1)$

$i(0)=0$ より：
$-2A-5B=0\cdots (2)$

Step 6: 連立方程式を解く

(2)式より：$-2A=5B$ → $A=-\frac{5}{2}B$

(1)式に代入：$-\frac{5}{2}B+B=3$ → $-\frac{3}{2}B=3$ → $B=-2$

$A=3-B=3-(-2)=5$

確認： $A+B=5+(-2)=3$ ✓、$-2A-5B=-10+10=0$ ✓

解答：
$q(t)=5e^{-2t}-2e^{-5t}$
$i(t)=-10e^{-2t}+10e^{-5t}$

計算のコツ

1. 特性方程式を因数分解（解の公式でもOK）
2. 一般解の形を書く
3. 時間微分して電流の式を求める
4. 初期条件を2つ代入して連立方程式を解く
5. 答えを確認（t=0でq=3, i=0 になっているか）

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(2) 臨界減衰：L=1, R=2, C=1, q₀=1

Step 1: 特性方程式を立てる

${\lambda }^2+2\lambda +1=0$

Step 2: 特性方程式を解く

$(\lambda +1{)}^2=0$ → $\lambda =-1$（重根）

判別式：$D=2^2-4\times 1\times 1=0$ → 臨界減衰

Step 3: 一般解を書く

臨界減衰の解の形：$q(t)=(A+Bt)e^{\lambda t}$

$q(t)=(A+Bt)e^{-t}$

Step 4: 電流の式を求める（積の微分則）

$i(t)=\frac{dq}{dt}=B{e}^{-t}+(A+Bt)(-e^{-t})=(B-A-Bt)e^{-t}$

Step 5: 初期条件を代入

$q(0)=1$ より：
$A=1$

$i(0)=0$ より：
$B-A=0\Rightarrow B=A=1$

確認： $q(0)=(1+0)\times 1=1$ ✓、$i(0)=(1-1-0)\times 1=0$ ✓

解答：
$q(t)=(1+t)e^{-t}$
$i(t)=-t{e}^{-t}$

臨界減衰の特徴

過減衰と不足減衰の境界。最も速く減衰しながらも振動しない。

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(3) 不減衰（R=0）：L=2, R=0, C=0.5, q₀=2

Step 1: 特性方程式を立てる

$2{\lambda }^2+0\cdot \lambda +\frac{1}{0.5}=0\Rightarrow 2{\lambda }^2+2=0$

Step 2: 特性方程式を解く

${\lambda }^2+1=0$ → $\lambda =\pm j$（純粋虚根）

判別式：$D=0^2-4\times 2\times 2=-16<0$ かつ $R=0$ → 不減衰

Step 3: 一般解を書く

不減衰の解の形：$q(t)=A\cos \omega t+B\sin \omega t$

$\omega =\sqrt{1/(LC)}=\sqrt{1/(2\times 0.5)}=1$

$q(t)=A\cos t+B\sin t$

Step 4: 電流の式を求める

$i(t)=\frac{dq}{dt}=-A\sin t+B\cos t$

Step 5: 初期条件を代入

$q(0)=2$ より：
$A=2$

$i(0)=0$ より：
$B=0$

確認： $q(0)=2\cos 0+0=2$ ✓、$i(0)=-2\sin 0+0=0$ ✓

解答：
$q(t)=2\cos t$
$i(t)=-2\sin t$

不減衰の物理的意味

抵抗がないため、エネルギーの損失がなく永久に振動し続ける。角周波数 ${\omega }_0=1/\sqrt{LC}$。

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(4) 不足減衰：L=2, R=4, C=0.1, q₀=2

Step 1: 特性方程式を立てる

$2{\lambda }^2+4\lambda +\frac{1}{0.1}=0\Rightarrow 2{\lambda }^2+4\lambda +10=0$

Step 2: 特性方程式を解く

両辺を2で割る：${\lambda }^2+2\lambda +5=0$

解の公式：$\lambda =\frac{-2\pm \sqrt{4-20}}{2}=\frac{-2\pm \sqrt{-16}}{2}=-1\pm 2j$

判別式：$D=4-20=-16<0$ かつ $R>0$ → 不足減衰

Step 3: 一般解を書く

不足減衰の解の形：$q(t)=e^{\alpha t}(A\cos \beta t+B\sin \beta t)$

$\alpha =-1$、$\beta =2$ より：

$q(t)=e^{-t}(A\cos 2t+B\sin 2t)$

Step 4: 電流の式を求める（積の微分則）

$i(t)=\frac{dq}{dt}=-e^{-t}(A\cos 2t+B\sin 2t)+e^{-t}(-2A\sin 2t+2B\cos 2t)$

整理：

$i(t)=e^{-t}\{(2B-A)\cos 2t+(-2A-B)\sin 2t\}$

Step 5: 初期条件を代入

$q(0)=2$ より：
$A=2$

$i(0)=0$ より：
$2B-A=0\Rightarrow 2B=2\Rightarrow B=1$

確認： $q(0)=e^0(2\cos 0+1\sin 0)=2$ ✓

$i(0)=e^0\{(2\times 1-2)\cos 0+(-4-1)\sin 0\}=0$ ✓

解答：
$q(t)=e^{-t}(2\cos 2t+\sin 2t)$
$i(t)=e^{-t}\{-\cos 2t-5\sin 2t+4\cos 2t-2\sin 2t\}=-5e^{-t}\sin 2t$

不足減衰の特徴

減衰振動。指数関数的に振幅が減衰しながら振動する。実際の回路で最もよくあるパターン。

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演習問題2.2：交流電源を加えたRLC回路

問題設定

RLC直列回路に交流電源 $v(t)=17\cos 2t$ を加えた。電荷 q(t) を求める。

• R=2Ω、L=1H、C=0.2F（1/C=5）、q₀=1C

方針建て

交流電源を加えた場合の微分方程式:
  → 非同次線形微分方程式になる
  → 一般解 = 過渡解（同次方程式の解） + 特解（非同次方程式の解）

Step 1: 特解を求める（定常応答）
  → 入力と同じ周波数の解を仮定: Q(t) = Ac cos ωt + As sin ωt
  → 微分方程式に代入して係数を求める

Step 2: 過渡解を求める（自由応答）
  → 同次方程式（右辺=0）を解く
  → これは演習問題2.1と同じ

Step 3: 一般解 = 過渡解 + 特解

Step 4: 初期条件で過渡解の係数を決める

微分方程式

$\frac{d^{2}q(t)}{d{t}^2}+2\frac{dq(t)}{dt}+5q(t)=17\cos 2t$

Step 1: 特解 Q(t) を求める

交流電源に対する定常応答。入力と同じ周波数の解を仮定：

$Q(t)=A_c\cos 2t+A_s\sin 2t$

微分：

• $\frac{dQ}{dt}=-2A_c\sin 2t+2A_s\cos 2t$
• $\frac{d^{2}Q}{d{t}^2}=-4A_c\cos 2t-4A_s\sin 2t$

微分方程式に代入：

$(-4A_c\cos 2t-4A_s\sin 2t)+2(-2A_c\sin 2t+2A_s\cos 2t)+5(A_c\cos 2t+A_s\sin 2t)=17\cos 2t$

cos 2t と sin 2t の係数で整理：

• cos 2t の係数：$(-4+4+5)A_c+(0+4+0)A_s=A_c+4A_s=17$
• sin 2t の係数：$(0-4+0)A_c+(-4+0+5)A_s=-4A_c+A_s=0$

2式目より $A_s=4A_c$ を1式目に代入：

$A_c+4(4A_c)=17\Rightarrow 17A_c=17\Rightarrow A_c=1$

$A_s=4\times 1=4$

$Q(t)=\cos 2t+4\sin 2t$

Step 2: 過渡解を求める

同次方程式の特性方程式：${\lambda }^2+2\lambda +5=0$

解の公式：$\lambda =\frac{-2\pm \sqrt{4-20}}{2}=-1\pm 2j$

過渡解：$q_{transient}(t)=e^{-t}(k_c\cos 2t+k_s\sin 2t)$

Step 3: 一般解全体

$q(t)=e^{-t}(k_c\cos 2t+k_s\sin 2t)+\cos 2t+4\sin 2t$

Step 4: 初期条件で k_c, k_s を求める

電流を求める（一般解を微分）：

$i(t)=\frac{dq}{dt}=e^{-t}\{(2k_s-k_c)\cos 2t+(-2k_c-k_s)\sin 2t\}-2\sin 2t+8\cos 2t$

初期条件の代入：

$q(0)=1$ より：
$k_c+1=1\Rightarrow k_c=0$

$i(0)=0$ より：
$2k_s-k_c+8=0$

$k_c=0$ を代入：$2k_s+8=0$ → $k_s=-4$

確認： $q(0)=e^0(0+0)+1+0=1$ ✓

$i(0)=e^0\{(0-0)\cos 0+(0+4)\sin 0\}-0+8=8$ …

訂正：初期条件の代入を再確認。$i(0)=0$ なので：

$i(0)=(2k_s-k_c)+8=0$

$k_c=0$ より $2k_s+8=0$ → $k_s=-4$ ✓

解答：
$q(t)=-4e^{-t}\sin 2t+\cos 2t+4\sin 2t$

交流応答のポイント

1. 特解は入力と同じ周波数を仮定（係数を未知として代入）
2. 過渡解は同次方程式の解（指数減衰 + 振動）
3. 一般解 = 過渡解 + 特解
4. 初期条件で過渡解の係数を決める
5. 十分な時間が経つと過渡解は消え、特解（定常状態）だけが残る

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演習問題2.3：定常電流の求まり方

方針建て

定常電流 I(t) を求める方法は2つ:

解法A: [[20260525_1|フェーザ]]法（複素インピーダンス）
  → 計算がシンプル（割るだけ）
  → 定常状態だけ分かればOK

解法B: 微分方程式の特解から
  → 演習問題2.2で求めた Q(t) を微分するだけ
  → 過渡解も必要ならこっち

→ 試試験ではフェーザ法の方が早い

解法A: 複素インピーダンス（フェーザ法）

交流電源 $v(t)=17\cos 2t$ → 最大値 $V_m=17$、角周波数 $\omega =2$

Step 1: 複素インピーダンスを計算

$\dot{Z}=R+j\omega L-\frac{1}{\omega C}$

パラメータを代入：$R=2$、$\omega L=2\times 1=2$、$1/(\omega C)=1/(2\times 0.2)=2.5$

$\dot{Z}=2+j2-j2.5=2-j0.5[\Omega ]$

Step 2: 電流の複素振幅を求める

オームの法則：${\dot{I}}_m=\frac{{\dot{V}}_m}{\dot{Z}}$

${\dot{I}}_m=\frac{17}{2-j0.5}$

分母を有理化（共役複素数を掛ける）：

${\dot{I}}_m=\frac{17(2+j0.5)}{(2-j0.5)(2+j0.5)}=\frac{17(2+j0.5)}{2^2+0.5^2}=\frac{17(2+j0.5)}{4.25}$

$=\frac{17}{4.25}(2+j0.5)=4(2+j0.5)=8+j2$

Step 3: 時系列に戻す

${\dot{I}}_m=8+j2$ より：

• 実数部（cosの係数）= 8
• 虚数部（sinの係数）= 2 → 位相が進む成分なので $-2\sin 2t$

$I(t)=8\cos 2t-2\sin 2t[A]$

解法B: 微分方程式の特解から

演習問題2.2で求めた電荷の特解 $Q(t)=\cos 2t+4\sin 2t$ を微分：

$I(t)=\frac{dQ(t)}{dt}=-2\sin 2t+8\cos 2t=8\cos 2t-2\sin 2t[A]$

解法の比較

	フェーザ法	微分方程式
手順	複素インピーダンスを計算して割るだけ	特解を仮定→代入→係数比較→微分
計算量	少ない	多い
適す場面	定常状態だけ分かればOK	過渡解も必要なとき

フェーザ法の威力

定常状態だけ分かれば、微分方程式を解かずに複素数の割り算で求められる。実用上はこっちを使うことが多い。

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演習問題3.1改：ダイオード回路

問題設定

        300Ω
v2 ----[R]----+---- v0
              |
        D1  |    D2
        ↓   |    ↓
v1 ----[R]----+---- 300Ω
              |
             4kΩ
              |
             GND

• +5V電源、ダイオード順方向電圧 VF = 0.7V
• 順方向抵抗と逆方向電流は0

方針建て

[[20260622_1#第10章 ダイオードを含んだ回路およびその動作点|ダイオード]]回路の解き方:

Step 1: ダイオードを「外して」回路を描く
  → ダイオードのアノード-カソード間の電圧差を計算

Step 2: 各ダイオードのオン/オフを判定
  → アノード電圧 - カソード電圧 ≥ VF(0.7V) → オン
  → アノード電圧 - カソード電圧 < VF → オフ

Step 3: オンのダイオードを0.7Vの電池に置き換えて回路を解く
  → オン: 0.7Vの電圧降下（電池と考える）
  → オフ: 電流が流れない（断線と考える）

Step 4: 出力電圧 v₀ を求める

(1) v₁ = v₂ = 5V

Step 1: ダイオード判定

両方の入力が5Vなので、アノードもカソードも同じ電位。

• D1: アノード = 5V、カソード ≒ 5V → 電圧差 ≈ 0V < 0.7V → オフ
• D2: 同様に オフ

Step 2: 回路を解く

両方オフなので電流は流れない。電源電圧そのまま：

$v_0=5V$

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(2) v₁ = 5V、v₂ = 0V

Step 1: ダイオード判定

• D1: アノード = 5V、カソード = 0V → 電圧差 = 5V > 0.7V → オン
• D2: アノード = 0V、カソード ≒ 5V → 電圧差 < 0 → オフ

Step 2: 回路を解く

D1のみオン（0.7Vの電池に置き換える）：

$v_0=v_2+VF=0+0.7=0.7V$

電流：$i_1=(5-0.7)/300=4.3/300=14.3mA$

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(3) v₁ = v₂ = 0V

Step 1: ダイオード判定

• D1: アノード = 5V、カソード = 0V → オン
• D2: アノード = 5V、カソード = 0V → オン

Step 2: 回路を解く

両方オン。VF = 0.7V：

$v_0=0.7V$

電流：$i_1=i_2=(5-0.7)/300=14.3mA$

ダイオード問題のコツ

1. まずダイオードを「外して」電圧を見る
2. アノード側の電圧がカソード側より0.7V以上高ければオン
3. オンのダイオードは0.7Vの電圧降下を持つ電池と考える

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演習問題3.2改：トランジスタ基本増幅回路

問題設定

        VCC = 12V
         |
        RL = 1kΩ
         |
         +---- Vo
         |
    C -- B
    |    |
   RB   VBE
  10kΩ   |
    |    |
   Vi   GND

β = 100

方針建て

[[20260629_1#トランジスタによる増幅回路|トランジスタ]]回路の解き方:

Step 1: 「オン状態」の条件を確認
  → コレクターエミッタ間電圧 ≈ 0
  → コレクター電流が最大値: IC = VCC/RL

Step 2: βを使ってベース電流を求める
  → IB = IC/β

Step 3: ベース回路に[[20260420_1#電圧及び電流|キルヒホッフ]]を適用
  → Vi = IB × RB + VBE
  → VBE = 0.7V（シリコンダイオード）

Step 4: Vi を計算

計算のステップバイステップ

Step 1: オン状態の条件

トランジスタがオン（飽和）状態とは、コレクターエミッタ間の電圧がほぼゼロになる状態。

このときコレクター電流は最大値に達する：

$I_C=\frac{V_{CC}}{R_L}=\frac{12}{1000}=12mA$

Step 2: ベース電流を求める

$\beta =100$ より：

$I_B=\frac{I_C}{\beta }=\frac{12}{100}=0.12mA$

Step 3: 入力電圧を求める

ベース-emitter間には VF = 0.7V がかかる。キルヒホッフの電圧法則：

$V_i=I_B\times R_B+V_{BE}=0.12\times 10+0.7=1.2+0.7=1.9V$

トランジスタ回路の解き方

1. まず「オン状態ならコレクター電流はいくらか」を $I_C=V_{CC}/R_L$ で求める
2. $\beta$ でベース電流を求める
3. ベース回路にキルヒホッフを適用して Vi を求める

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演習問題4.4改：電力供給の比較

問題設定

2つの回路で、負荷抵抗 $R_L=100\Omega$ に供給される電力を比較せよ。

回路A:                回路B:
vi                    vi
 |                     |
1.9kΩ                 |
 |                     +--- 100Ω (RL)
+--- RL(100Ω)         |
 |                     |
10V                   10V

方針建て

[[20260608_1#電力とは？|電力]]の計算: P = VI = I²R = V²/R

回路A: 直列抵抗が大きい → 電流が少ない → 電力が小さい
回路B: 直列抵抗なし → 電流が大きい → 電力が大きい

→ 電源の内部抵抗（直列抵抗）が負荷への電力供給に大きく影響

回路Aの計算

Step 1: 全抵抗を求める

$R_{total}=1900+100=2000\Omega$

Step 2: 電流を求める

$i=\frac{10}{2000}=5mA$

Step 3: $R_L$ の電圧を求める

$v=5mA\times 100\Omega =0.5V$

Step 4: 電力を求める

$P_A=v\times i=0.5\times 5=2.5mW$

回路Bの計算

Step 1: 電流を求める

$i=\frac{10}{100}=100mA$

Step 2: 電力を求める

$P_B=i^2{R}_L=(100\times 10^{-3}{)}^2\times 100=1W=1000mW$

比較

	回路A	回路B
電流	5mA	100mA
RL電圧	0.5V	10V
電力	2.5mW	1W

教訓

直列抵抗が大きいと、負荷に供給される電力が大幅に減少する。回路設計では電源の内部抵抗と負荷のバランスが重要。

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演習問題4.5改：オペアンプ差動増幅回路

問題設定

v1 --[R1]--+--[R3]--+--[R5]-- vo
            |        |
           R2       R4
            |        |
v2 --[R2]--+        +-- GND

方針建て

2段のオペアンプ回路:

Step 1: 左側のオペアンプを解析
  → 反転加算増幅回路
  → v3 = -(R2/R1)(v1 + v2)

Step 2: 右側のオペアンプを解析
  → 反転増幅回路
  → vo = -(R5/R4)v3

Step 3: 合成する
  → vo = (R5·R2)/(R4·R1) · (v1 + v2)

Step 4: 条件を満たす抵抗比を求める

(1) 入力v1, v2と出力voの関係

Step 1: 左側のオペアンプ（反転加算増幅回路）

仮想接地：$v^{-}=0V$

(-)端子に流れ込む電流の合計 = 0：

$\frac{v_1-0}{R_1}+\frac{v_2-0}{R_1}+\frac{v_3-0}{R_2}=0$

$\frac{v_1+v_2}{R_1}=-\frac{v_3}{R_2}$

$v_3=-\frac{R_2}{R_1}(v_1+v_2)$

Step 2: 右側のオペアンプ（反転増幅回路）

仮想接地：$v^{-}=0V$

$\frac{v_3-0}{R_4}+\frac{v_o-0}{R_5}=0$

$v_o=-\frac{R_5}{R_4}{v}_3$

Step 3: 合成

$v_o=-\frac{R_5}{R_4}\left\{-\frac{R_2}{R_1}(v_1+v_2)\right\}=\frac{R_5{R}_2}{R_4{R}_1}(v_1+v_2)$

(2) R₁ = R₂ = R のとき、出力が2つの入力の平均値になる条件

平均値：$\frac{v_1+v_2}{2}$

$R_1=R_2=R$ のとき：

$v_o=\frac{R_5}{R_4}(v_1+v_2)$

これを $\frac{v_1+v_2}{2}$ にするには：

$\frac{R_5}{R_4}=\frac{1}{2}\Rightarrow R_4=2R_5$

オペアンプ回路の解き方まとめ

1. 各オペアンプを個別に解析
2. 「仮想短絡」: $v^{+}=v^{-}$
3. 「仮想開放」: 入力端子に電流は流れない
4. ノードでキルヒホッフの電流法則を適用
5. 位相反転に注意（反転増幅は符号が変わる）