電気電子回路 問題まとめ

電気電子回路 総合問題集

この問題集は電気電子回路の講義（第1回〜第13回）で扱った内容全範囲をカバーする。各問題は「問題設定→方針→ステップバイステップ解答→ポイント」の構成で、問題を解くプロセスそのものを理解できるように書いてある。

凡例

• 各問題は講義（第1回〜第13回）で扱った範囲・典型パターンを題材にしている
• 解答は途中式を省略せず丁寧に

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問題1：KCL・KVLの基礎（直流回路）

問題設定

下図の回路において、抵抗 $R_1,R_2,R_3$ を流れる電流 $I_1,I_2,I_3$ を求めよ。ただし $R_1=2\Omega ,R_2=2\Omega ,R_3=4\Omega ,V_1=5V,V_2=3V$ とする。

電流の向き

$I_1$ は $V_1\to R_1\to$節点、$I_2$ は節点 $\to R_2\to$GND、$I_3$ は節点 $\to R_3\to V_2$ の向きに仮定する。

方針

1. 節点にKCL（電流則）を適用
2. 閉ループにKVL（電圧則）を適用
3. 連立方程式を解く

解答解説

Step 1：節点にKCLを適用

節点に流入する電流の和 = 流出する電流の和より：

$I_1=I_2+I_3\cdots (1)$

Step 2：左側ループにKVLを適用

$V_1\to R_1\to R_2$ の経路：

$V_1-R_1{I}_1-R_2{I}_2=0$
$5-2I_1-2I_2=0\cdots (2)$

Step 3：右側ループにKVLを適用

$R_2\to V_2\to R_3$ の経路：

$-R_3{I}_3+V_2+R_2{I}_2=0$
$-4I_3+3+2I_2=0\cdots (3)$

Step 4：連立方程式を解く

(1) $I_1=I_2+I_3$ を (2) に代入：

$5-2(I_2+I_3)-2I_2=0\Rightarrow 5-4I_2-2I_3=0\cdots (2^{\prime })$

(3)より：$2I_2-4I_3+3=0\Rightarrow 2I_2=4I_3-3\Rightarrow I_2=2I_3-1.5\cdots (3^{\prime })$

(3’)を(2’)に代入：

$5-4(2I_3-1.5)-2I_3=0$
$5-8I_3+6-2I_3=0$
$11-10I_3=0\Rightarrow I_3=1.1\text{A}$

(3’)より：$I_2=2(1.1)-1.5=2.2-1.5=0.7\text{A}$

(1)より：$I_1=0.7+1.1=1.8\text{A}$

答え：
$I_1=1.8\text{A},I_2=0.7\text{A},I_3=1.1\text{A}$

検算

$R_2$ の電圧降下：$2\times 0.7=1.4\text{V}$
左ループ：$5-2\times 1.8-1.4=5-3.6-1.4=0$ ✓
右ループ：$3-4\times 1.1+1.4=3-4.4+1.4=0$ ✓

ポイント

• KCLは「流入=流出」または「総和=0」のどちらで覚えてもOK
• KVLは「一巡したら電圧降下の和=起電力の和」
• 連立方程式は行列で解くと大規模回路でも対応できる

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問題2：重ね合わせの理

問題設定

下図の回路で、抵抗 $R_2$ に流れる電流 $I_2$ を重ね合わせの理を用いて求めよ。ただし $R_1=3\Omega ,R_2=R_4=2\Omega ,R_3=4\Omega ,E=7V,I=2A$ とする。

方針

重ね合わせの理：「複数の電源がある回路の応答は、各電源が単独であるときの応答の総和」

• Step A：電流源 $I$ を開放（断線）して、電圧源 $E$ のみで $I_{2(E)}$ を求める
• Step B：電圧源 $E$ を短絡して、電流源 $I$ のみで $I_{2(I)}$ を求める
• Step C：$I_2=I_{2(E)}+I_{2(I)}$

解答解説

Step A：電圧源 $E$ のみ

電流源 $I$ を開放（断線）する。回路は $E\to R_1\to (R_2+R_4の並列)\to E$ のループになる。

$R_2$ と $R_4$ が直列 → $R_2+R_4=2+2=4\Omega$
$R_3$ と $(R_2+R_4)$ が並列：

$R_{並列}=\frac{R_3(R_2+R_4)}{R_3+(R_2+R_4)}=\frac{4\times 4}{4+4}=\frac{16}{8}=2\Omega$

合成抵抗：$R_{total}=R_1+R_{並列}=3+2=5\Omega$

電源からの電流：$I_{total}=\frac{E}{R_{total}}=\frac{7}{5}=1.4\text{A}$

$R_3$ と $(R_2+R_4)$ は等しいので分流は半々：

$I_{2(E)}=1.4\times \frac{1}{2}\times \frac{R_3}{R_3+(R_2+R_4)}=\dots$

待てよ、$I_{2(E)}$ は $R_2$ に流れる電流。$R_2$ と $R_4$ は直列で $R_3$ と並列。全体の電流 $1.4\text{A}$ が $R_3$ の枝と $(R_2+R_4)$ の枝に分流する。

$I_{R_2+R_4}=1.4\times \frac{R_3}{R_3+(R_2+R_4)}=1.4\times \frac{4}{4+4}=0.7\text{A}$

$R_2$ と $R_4$ は直列なので同じ電流。したがって：

$I_{2(E)}=0.7\text{A}(\text{A→Bの向き})$

Step B：電流源 $I$ のみ

電圧源 $E$ を短絡する。

回路を整理すると、電流源 $I$ から見て $R_4$ を通った後、$R_2$ の枝と $(R_1//R_3)$ の枝に分かれる。

$R_1$ と $R_3$ の並列合成：

$R_{13}=\frac{R_1{R}_3}{R_1+R_3}=\frac{3\times 4}{3+4}=\frac{12}{7}\approx 1.714\Omega$

$R_2$ と $R_{13}$ の並列で電流 $I=2\text{A}$ が分流：

$I_{2(I)}=2\times \frac{R_{13}}{R_2+R_{13}}=2\times \frac{12/7}{2+12/7}=2\times \frac{12/7}{26/7}=2\times \frac{12}{26}=\frac{24}{26}\approx 0.923\text{A}$

向きはA→B。

Step C：重ね合わせ

$I_2=I_{2(E)}+I_{2(I)}=0.7+0.923=1.623\text{A}$

答え：
$I_2\approx 1.62\text{A}(\text{A→Bの向き})$

重ね合わせのコツ

• 電圧源を除去 = 短絡（導線で置き換え）
• 電流源を除去 = 開放（取り除く）
• 各電源ごとに計算した後、向きに注意して加算

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問題3：テブナンの定理（ブリッジ回路）

問題設定

下図のブリッジ回路において、抵抗 $R_5$ に流れる電流 $I_5$ をテブナンの定理を用いて求めよ。ただし $R_1=2\Omega ,R_2=R_3=8\Omega ,R_4=12\Omega ,R_5=3.6\Omega ,V=20V$ とする。

方針

1. $R_5$ を取り外し、端子a-b間を開放したときの電圧 $V_{ab}$ を求める（＝テブナン電圧 $V_{th}$）
2. 電圧源を短絡し、端子a-bから見た合成抵抗 $R_{th}$ を求める
3. $I_5=V_{th}/(R_{th}+R_5)$

解答解説

Step 1：テブナン電圧 $V_{th}$ を求める

$R_5$ を取り外した状態で、端子a-b間の電圧を求める。

$a$ 点の電位：$R_1$ と $R_3$ による分圧

$V_a=V\times \frac{R_3}{R_1+R_3}=20\times \frac{8}{2+8}=20\times \frac{8}{10}=16\text{V}$

$b$ 点の電位：$R_2$ と $R_4$ による分圧

$V_b=V\times \frac{R_4}{R_2+R_4}=20\times \frac{12}{8+12}=20\times \frac{12}{20}=12\text{V}$

したがって：

$V_{th}=V_a-V_b=16-12=4\text{V}$

Step 2：テブナン抵抗 $R_{th}$ を求める

電圧源 $V$ を短絡して、端子a-bから見た合成抵抗を求める。

$a$ 側：$R_1$ と $R_3$ は電源短絡により並列になる
$R_a=\frac{R_1{R}_3}{R_1+R_3}=\frac{2\times 8}{2+8}=\frac{16}{10}=1.6\Omega$

$b$ 側：$R_2$ と $R_4$ も並列になる
$R_b=\frac{R_2{R}_4}{R_2+R_4}=\frac{8\times 12}{8+12}=\frac{96}{20}=4.8\Omega$

$a$ 側と $b$ 側は直列：
$R_{th}=R_a+R_b=1.6+4.8=6.4\Omega$

Step 3：電流 $I_5$ を求める

テブナンの定理より：

$I_5=\frac{V_{th}}{R_{th}+R_5}=\frac{4}{6.4+3.6}=\frac{4}{10}=0.4\text{A}$

答え：
$I_5=0.4\text{A}$

ブリッジ回路の平衡条件

$R_1{R}_4=R_2{R}_3$ のとき、$V_{th}=0$ となり中央の抵抗に電流は流れない。
この例では $2\times 12=24$、$8\times 8=64$ で非平衡 → 電流が流れる。

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問題4：フェーザ表示とインピーダンス

問題設定

$RLC$ 直列回路において、$R=40\Omega$、コイルのリアクタンス $X_L=\omega L=80\Omega$、コンデンサのリアクタンス $X_C=1/(\omega C)=50\Omega$ とする。

(1) 合成インピーダンス $\dot{Z}$ を求めよ
(2) インピーダンスの大きさ $|Z|$ と偏角 ${\varphi }_Z$ を求めよ
(3) $v(t)=100\sqrt{2}\cos (\omega t)[V]$ のとき、電流 $i(t)$ を求めよ

方針

• インピーダンス：$\dot{Z}=R+j(X_L-X_C)=R+j(\omega L-1/(\omega C))$
• 大きさ：$|Z|=\sqrt{R^2+(X_L-X_C{)}^2}$
• 偏角：${\varphi }_Z={\tan }^{-1}((X_L-X_C)/R)$
• 電流：$\dot{I}=\dot{V}/\dot{Z}$ → $i(t)=|I|\cos (\omega t-{\varphi }_Z)$（実効値注意）

解答解説

(1) 合成インピーダンス

$\dot{Z}=R+j(X_L-X_C)=40+j(80-50)=40+j30[\Omega ]$

(2) 大きさと偏角

$|Z|=\sqrt{40^2+30^2}=\sqrt{1600+900}=\sqrt{2500}=50\Omega$

${\varphi }_Z={\tan }^{-1}\left(\frac{30}{40}\right)={\tan }^{-1}(0.75)\approx 36.87^{\circ }$

$X_L>X_C$ → 誘導性（遅れ電流）

(3) 電流の計算

電圧のフェーザ表示（実効値で表す）：

$v(t)=100\sqrt{2}\cos (\omega t)$ → 実効値 $V_e=100\text{V}$、初期位相 $0^{\circ }$

$\dot{V}=100\text{V}$

電流フェーザ：

$\dot{I}=\frac{\dot{V}}{\dot{Z}}=\frac{100}{40+j30}=\frac{100(40-j30)}{40^2+30^2}=\frac{100(40-j30)}{2500}$

$\dot{I}=\frac{4000-j3000}{2500}=1.6-j1.2\text{A}$

大きさ：$|I|=\sqrt{1.6^2+1.2^2}=2.0\text{A}$

位相：${\varphi }_I=-{\tan }^{-1}(1.2/1.6)=-{\tan }^{-1}(0.75)\approx -36.87^{\circ }$

したがって瞬時値表現：

$i(t)=2\sqrt{2}\cos (\omega t-36.87^{\circ })[\text{A}]$

答え：
$\dot{Z}=40+j30\Omega ,|Z|=50\Omega ,{\varphi }_Z=36.87^{\circ }$
$i(t)=2\sqrt{2}\cos (\omega t-36.87^{\circ })\text{A}$

実効値と最大値の関係

フェーザ法では実効値を使うのが標準。最大値で計算する場合は $V_m=\sqrt{2}{V}_e$ に注意。
答えを瞬時値 $i(t)$ で書くときは最大値 $I_m=\sqrt{2}{I}_e$ を使う。

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問題5：交流の有効電力・力率

問題設定

$RL$ 直列回路（$R=16\Omega ,X_L=12\Omega$）に、実効値 $100\text{V}$ の交流電圧を加えたとき、以下の値を求めよ。

(1) インピーダンス $\dot{Z}$ とその大きさ $|Z|$
(2) 回路を流れる電流の実効値 $I_e$
(3) 有効電力 $P$、皮相電力 $P_a$、無効電力 $P_r$
(4) 力率 $\cos \theta$

方針

• $P=V_e{I}_e\cos \theta =R{I}_e^2$（有効電力）
• $P_a=V_e{I}_e$（皮相電力）
• $P_r=V_e{I}_e\sin \theta =X{I}_e^2$（無効電力）
• $\cos \theta =R/|Z|$（力率）

解答解説

(1) インピーダンス

$\dot{Z}=R+j{X}_L=16+j12\Omega$
$|Z|=\sqrt{16^2+12^2}=\sqrt{256+144}=\sqrt{400}=20\Omega$
$\varphi ={\tan }^{-1}(12/16)={\tan }^{-1}(0.75)\approx 36.87^{\circ }$

(2) 電流

$I_e=\frac{V_e}{|Z|}=\frac{100}{20}=5\text{A}$

電流は電圧より $36.87^{\circ }$ だけ遅れる（誘導性負荷）。

(3) 各電力

有効電力：
$P=V_e{I}_e\cos \theta =100\times 5\times \frac{16}{20}=500\times 0.8=400\text{W}$
または $P=R{I}_e^2=16\times 5^2=400\text{W}$

皮相電力：
$P_a=V_e{I}_e=100\times 5=500\text{VA}$

無効電力：
$P_r=V_e{I}_e\sin \theta =100\times 5\times \frac{12}{20}=500\times 0.6=300\text{var}$
または $P_r=X{I}_e^2=12\times 5^2=300\text{var}$

(4) 力率

$\cos \theta =\frac{R}{|Z|}=\frac{16}{20}=0.8(\text{または }80\%)$

3つの電力の関係

皮相電力 $P_a$、有効電力 $P$、無効電力 $P_r$ の関係は直角三角形：
$P_a^2=P^2+P_r^2$
$500^2=400^2+300^2=160000+90000=250000$ ✓

電力会社は皮相電力を基準に設備を設計する（電線の太さなど）。

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問題6：共振回路のQと共振周波数

問題設定

$RLC$ 直列回路において、$R=1\Omega ,L=1\text{mH},C=1\mu \text{F},E=1\text{V}$ とする。

(1) 共振周波数 $f_0$ を求めよ
(2) 共振時の電流 $I_0$ と各素子の電圧 $V_R,V_L,V_C$ を求めよ
(3) $Q$ 値を求めよ
(4) 半電力点の周波数 $f_1,f_2$ を求めよ

解答解説

(1) 共振周波数

${\omega }_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}=\frac{1}{\sqrt{1\times 10^{-3}\times 1\times 10^{-6}}}=\frac{1}{\sqrt{10^{-9}}}=10^{4.5}\approx 31623\text{rad/s}$

$f_0=\frac{{\omega }_0}{2\pi }=\frac{31623}{2\pi }\approx 5035\text{Hz}\approx 5.04\text{kHz}$

(2) 共振時の電圧・電流

共振時は $X_L=X_C$ よりインピーダンスは $Z=R$ のみ：

$I_0=\frac{E}{R}=\frac{1}{1}=1\text{A}$

$V_R=R{I}_0=1\times 1=1\text{V}$

$V_L={\omega }_{0}L\cdot I_0=31623\times 0.001\times 1\approx 31.6\text{V}$

$V_C=\frac{1}{{\omega }_{0}C}\cdot I_0=\frac{1}{31623\times 10^{-6}}\times 1\approx 31.6\text{V}$

$V_L$ と $V_C$ は互いに打ち消し合い、電源電圧の約31.6倍になる！

(3) Q値

$Q=\frac{{\omega }_{0}L}{R}=\frac{31623\times 0.001}{1}\approx 31.6$

または
$Q=\frac{1}{{\omega }_{0}CR}=\frac{1}{31623\times 10^{-6}\times 1}\approx 31.6$

(4) 半電力点の周波数

$f_2-f_1=\frac{f_0}{Q}=\frac{5035}{31.6}\approx 159.3\text{Hz}$

$f_1,f_2$ は $f_0$ を中心に対称（対数スケールで）に広がる：

$f_1=f_0-\frac{f_0}{2Q}\approx 5035-79.7\approx 4955\text{Hz}$
$f_2=f_0+\frac{f_0}{2Q}\approx 5035+79.7\approx 5115\text{Hz}$

答え：
$f_0\approx 5.04\text{kHz},I_0=1\text{A},Q\approx 31.6$
$f_1\approx 4.96\text{kHz},f_2\approx 5.11\text{kHz}$

共振時の電圧倍率

$V_L=V_C=Q\times E$ となる。Qが大きいほど電源電圧の何十倍もの電圧がLやCに発生する。回路設計では素子の耐圧に注意！

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問題7：フィルタ回路の周波数伝達関数

問題設定

$RC$ 直列回路（$R=1\text{k}\Omega ,C=0.159\mu \text{F}$）がある。コンデンサの両端を出力とする場合（LPF）について：

(1) 周波数伝達関数 $H(j\omega )$ を求めよ
(2) 遮断周波数 $f_c$ を求めよ
(3) 振幅特性 $|H(j\omega )|$ を $f=f_c,2f_c,10f_c$ について計算せよ
(4) 位相特性 $\varphi (\omega )$ を $f=f_c$ について求めよ

解答解説

(1) 周波数伝達関数

インピーダンス法より、RC直列回路（C出力）の伝達関数：

$H(j\omega )=\frac{V_{out}}{V_{in}}=\frac{1/(j\omega C)}{R+1/(j\omega C)}=\frac{1}{1+j\omega CR}$

振幅特性と位相特性：

$|H(j\omega )|=\frac{1}{\sqrt{1+(\omega CR{)}^2}}$
$\varphi (\omega )=-{\tan }^{-1}(\omega CR)$

(2) 遮断周波数

$|H(j\omega )|$ が $1/\sqrt{2}$ に低下する周波数：

${\omega }_{c}CR=1\Rightarrow {\omega }_c=\frac{1}{CR}$

$f_c=\frac{1}{2\pi CR}=\frac{1}{2\pi \times 10^3\times 0.159\times 10^{-6}}=\frac{1}{2\pi \times 1.59\times 10^{-4}}$

$f_c=\frac{1}{9.99\times 10^{-4}}=1000\text{Hz}=1\text{kHz}$

(3) 振幅特性の数値計算

| 周波数 | $\omega CR$ | $|H|$ | dB |
|--------|-------------|-------|-----|
| $f_c$ (1kHz) | $1$ | $1/\sqrt{2}\approx 0.707$ | $-3$ |
| $2f_c$ (2kHz) | $2$ | $1/\sqrt{5}\approx 0.447$ | $-7$ |
| $10f_c$ (10kHz) | $10$ | $1/\sqrt{101}\approx 0.0995$ | $-20$ |

(4) 位相特性

$f=f_c$ のとき $\omega CR=1$：

$\varphi =-{\tan }^{-1}(1)=-45^{\circ }$

LPFの特徴まとめ

| 周波数 | $|H|$ | 位相 |
|--------|-------|------|
| $f\ll f_c$ | $\approx 1$（通過） | $\approx 0^{\circ }$ |
| $f=f_c$ | $1/\sqrt{2}\approx -3\text{dB}$ | $-45^{\circ }$ |
| $f\gg f_c$ | $\approx 1/(\omega CR)$ | $\approx -90^{\circ }$ |

LPFは高周波を減衰させ、低周波を通す。

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問題8：RC直列回路の過渡現象（充電過程）

問題設定

$RC$ 直列回路において、$t=0$ でスイッチを閉じ、電圧 $E$ の直流電源を接続した。初期状態ではコンデンサの電荷はゼロとする。

(1) コンデンサ電圧 $v_C(t)$ を求めよ
(2) 回路電流 $i(t)$ を求めよ
(3) 時定数 $\tau$ を求め、$t=\tau ,3\tau ,5\tau$ における $v_C(t)$ を $E$ の倍率で示せ

方針

KVLより微分方程式を立て、変数分離法または未定係数法で解く。

解答解説

(1) 微分方程式を立てる

KVL：$v_R+v_C=E$ より $Ri(t)+v_C(t)=E$

$i(t)=C\frac{d{v}_C(t)}{dt}$ を代入：

$RC\frac{d{v}_C(t)}{dt}+v_C(t)=E$

整理：

$\frac{d{v}_C(t)}{dt}+\frac{1}{RC}{v}_C(t)=\frac{E}{RC}$

微分方程式を解く

同次解（斉次解）：$\frac{d{v}_C}{dt}+\frac{1}{RC}{v}_C=0$ → $v_{C,h}=A{e}^{-t/RC}$

特解：定常状態では $\frac{d{v}_C}{dt}=0$ → $v_{C,p}=E$

一般解：$v_C(t)=A{e}^{-t/RC}+E$

初期条件 $v_C(0)=0$ より：

$0=A+E\Rightarrow A=-E$

$\boxed{v_C(t)=E\left(1-e^{-t/RC}\right)}$

(2) 電流

$i(t)=C\frac{d{v}_C}{dt}=C\cdot E\cdot \frac{1}{RC}{e}^{-t/RC}=\frac{E}{R}{e}^{-t/RC}$

$\boxed{i(t)=\frac{E}{R}{e}^{-t/RC}}$

(3) 時定数と数値

時定数：$\tau =RC$

時間	$v_C(t)/E$	状態
$t=\tau$	$1-e^{-1}\approx 0.632$	63%充電
$t=3\tau$	$1-e^{-3}\approx 0.950$	95%充電
$t=5\tau$	$1-e^{-5}\approx 0.993$	ほぼ満充電

RC回路の時間感覚

• 時定数 $\tau =RC$ が小さいほど充電・放電が速い
• $5\tau$ 経過すれば定常状態とみなせる
• 抵抗値を変えれば電流のピーク値 $E/R$ も変わる

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問題9：RLC直列回路の過渡応答（減衰モードの判別）

問題設定

$RLC$ 直列回路の放電において、以下の各パラメータについて減衰モードを判別し、電荷 $q(t)$ と電流 $i(t)$ の概形を答えよ。初期電荷 $q(0)=Q_0$、初期電流 $i(0)=0$。

(1) $L=1\text{H},R=7\Omega ,C=0.1\text{F}$
(2) $L=1\text{H},R=2\Omega ,C=1\text{F}$
(3) $L=2\text{H},R=0\Omega ,C=0.5\text{F}$
(4) $L=2\text{H},R=4\Omega ,C=0.1\text{F}$

方針

RLC放電回路の微分方程式：

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

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

判別式 $D=R^2-\frac{4L}{C}$ の符号でモードが決まる。

解答解説

(1) 過減衰（Overdamped）

特性方程式：${\lambda }^2+7\lambda +10=0$ → $(\lambda +2)(\lambda +5)=0$
${\lambda }_1=-2,{\lambda }_2=-5$

$D=49-40=9>0$ → 過減衰

一般解：$q(t)=A{e}^{-2t}+B{e}^{-5t}$

初期条件 $q(0)=3,i(0)=0$（$Q_0=3$として）：

$A+B=3,-2A-5B=0$

$\Rightarrow A=5,B=-2$

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

(2) 臨界減衰（Critically Damped）

特性方程式：${\lambda }^2+2\lambda +1=0$ → $(\lambda +1{)}^2=0$
$\lambda =-1(重根)$

$D=4-4=0$ → 臨界減衰

一般解：$q(t)=(A+Bt)e^{-t}$

初期条件 $q(0)=1,i(0)=0$：

$A=1,B-A=0\Rightarrow B=1$

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

(3) 不減衰（Undamped / Oscillatory）

特性方程式：$2{\lambda }^2+2=0$ → ${\lambda }^2+1=0$
$\lambda =\pm j$

$D=0-16=-16<0$ かつ $R=0$ → 不減衰（無損失振動）

一般解：$q(t)=A\cos t+B\sin t$

初期条件 $q(0)=2,i(0)=0$：

$A=2,B=0$

$q(t)=2\cos t$
$i(t)=-2\sin t$

(4) 不足減衰（Underdamped）

特性方程式：$2{\lambda }^2+4\lambda +10=0$ → ${\lambda }^2+2\lambda +5=0$
$\lambda =-1\pm 2j$

$D=16-80=-64<0$ かつ $R>0$ → 不足減衰

一般解：$q(t)=e^{-t}(A\cos 2t+B\sin 2t)$

初期条件 $q(0)=2,i(0)=0$：

$A=2,2B-A=0\Rightarrow B=1$

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

減衰モードの見分け方

モード	条件	根	波形
過減衰	$R^2>4L/C$	異なる実根	だらだら減衰
臨界減衰	$R^2=4L/C$	重根	最速で減衰・振動なし
不足減衰	$R^2<4L/C,R>0$	複素共役根	振動しながら減衰
不減衰	$R=0$	純虚根	永久振動

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問題10：ダイオードのON/OFF判定

問題設定

下図の回路において、以下の各場合の出力電圧 $v_0$ を求めよ。ただしダイオードの順方向電圧は $0.7\text{V}$、順方向抵抗と逆方向電流は $0$ とする。

(1) $v_1=v_2=5\text{V}$
(2) $v_1=5\text{V},v_2=0\text{V}$
(3) $v_1=v_2=0\text{V}$

方針

ダイオード回路は「ON/OFFを仮定して解く」が鉄則。

1. 各ダイオードがONかOFFか仮定
2. ON = $0.7\text{V}$ の電圧源、OFF = 開放（断線）として扱う
3. 計算結果で仮定の整合性を確認

解答解説

(1) $v_1=v_2=5\text{V}$

両方とも $5\text{V}$ で、ダイオードのカソード側よりかなり高い。しかし実際にONになるか確認する。

ONを仮定： $D_1$ がON → $v=5-0.7=4.3\text{V}$
同様に $D_2$ がON → $v=5-0.7=4.3\text{V}$

節点電圧 $v=4.3\text{V}$ となるが、このとき $+5\text{V}$ 電源から $4\text{k}\Omega$ を通って流れる電流を考えると…実際は「どちらかが先にONになる」状況だが、ここでは両方同じ電圧なので両方ON。

電流計算：
$i_{4k}=(5-4.3)/4\text{k}=0.175\text{mA}$
$i_{300}=4.3/300=14.3\text{mA}$

ダイオードに流れる電流 $i_D$：各ダイオードに約 $7.1\text{mA}$ → ONで整合

$v_0=4.3\text{V}$

(2) $v_1=5\text{V},v_2=0\text{V}$

$D_1$ はONになりそう（$5\text{V}$ 印加）、$D_2$ は…？
$v=0\text{V}$ ではカソード側の電位が $0\text{V}$。アノードが $0\text{V}$、カソードが $v$ → $v$ が $0.7\text{V}$ より低ければOFF。

仮定：$D_2$ OFF（開放）、$D_1$ ON（$0.7\text{V}$）

$D_2$ を開放、$D_1$ を $0.7\text{V}$ 電圧源とみなすと：
節点電圧 $v=5-0.7=4.3\text{V}$

$D_2$ の両端電圧：アノード $0\text{V}$、カソード $4.3\text{V}$ → $V_{D2}=0-4.3=-4.3\text{V}$（逆方向）
→ OFFの仮定は正しい ✓

$v_0=4.3\text{V}$

(3) $v_1=v_2=0\text{V}$

仮定：両方ON
ONなら節点電圧 $v=0-0.7=-0.7\text{V}$

このとき $+5\text{V}$ から $4\text{k}\Omega$ を通る電流：
$i_{4k}=(5-(-0.7))/4\text{k}=5.7/4\text{k}=1.425\text{mA}$

$300\Omega$ に流れる電流：$i_{300}=-0.7/300=-2.33\text{mA}$（負→逆向き）

ダイオード電流 $i_D$：$D_1$ に $1.425+2.33/2\approx 2.59\text{mA}$ → ONで整合

$v_0=-0.7\text{V}$

ダイオード回路のチェックポイント

ONと仮定 → $V_D\ge V_F$（実際に順バイアスか）
OFFと仮定 → $V_D<V_F$（逆バイアスか）

仮定が間違っていたら逆の仮定で再計算する。

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問題11：トランジスタ増幅回路のバイアス計算

問題設定

下図の固定バイアス回路において、トランジスタの $V_{BE}=0.7\text{V}$、電流増幅率 $h_{FE}=\beta =100$、$R_B=10\text{k}\Omega$, $R_L=1\text{k}\Omega$, $V_{CC}=12\text{V}$ とする。

(1) ベース電流 $I_B$、コレクタ電流 $I_C$ を求めよ
(2) コレクタ-エミッタ間電圧 $V_{CE}$ と出力電圧 $V_o$ を求めよ
(3) トランジスタをON状態にするために必要な入力電圧 $V_i$ を求めよ

解答解説

(1) ベース電流とコレクタ電流

トランジスタがON状態（活性領域）のとき：

ベース側回路のKVL：
$V_i=R_B{I}_B+V_{BE}$

トランジスタを飽和させるために十分な $V_i$ を加えた状態を考える。

ON状態の条件： $V_i>V_{BE}$ かつ $V_{CE}>0$（活性領域）

コレクタ側回路のKVL：
$V_{CC}=R_L{I}_C+V_{CE}$

電流増幅率より：
$I_C=\beta I_B$

(2) ON状態の計算

トランジスタがONで $V_{CE}\approx 0.2\text{V}$（飽和領域）とすると：

$I_C=\frac{V_{CC}-V_{CE}}{R_L}=\frac{12-0.2}{1\text{k}}\approx 11.8\text{mA}$

$I_B=\frac{I_C}{\beta }=\frac{11.8}{100}=0.118\text{mA}$

出力電圧：
$V_o=V_{CE}\approx 0.2\text{V}$

(3) 必要な入力電圧

ベース側回路より：
$V_i=R_B{I}_B+V_{BE}=10\text{k}\times 0.118\text{mA}+0.7=1.18+0.7=1.88\text{V}$

答え：
$I_B\approx 0.12\text{mA},I_C\approx 11.8\text{mA},V_i\approx 1.88\text{V}$

増幅動作の条件

トランジスタを増幅器として使うには活性領域で動作させる。

• エミッタ接合：順バイアス（$V_{BE}\approx 0.7\text{V}$）
• コレクタ接合：逆バイアス（$V_{CE}>1\text{V}$程度）

飽和領域まで入れちゃうとスイッチング動作になる。

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問題12：オペアンプ回路（反転増幅・加算・積分）

問題A：反転増幅回路

下図の反転増幅回路において、$R_i=10\text{k}\Omega ,R_f=100\text{k}\Omega$、入力 $v_{in}=0.5\text{V}$ とする。出力電圧 $v_{out}$ を求めよ。

解答解説

反転増幅回路のゲイン公式：

$\frac{v_{out}}{v_{in}}=-\frac{R_f}{R_i}$

$v_{out}=-\frac{R_f}{R_i}\cdot v_{in}=-\frac{100\text{k}\Omega }{10\text{k}\Omega }\times 0.5=-10\times 0.5=-5\text{V}$

答え：
$v_{out}=-5\text{V}$

反転増幅のポイント

• 「-」端子が仮想接地（$0\text{V}$）される
• 入力インピーダンスは $R_i$（有限）
• 出力は入力の位相が反転（$-$がつく）

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問題B：反転加算回路

$R_1=R_2=10\text{k}\Omega ,R_f=10\text{k}\Omega$、$v_1=2\text{V},v_2=3\text{V}$ のとき、出力 $v_{out}$ を求めよ。

解答解説

反転加算回路の出力：

$v_{out}=-R_f\left(\frac{v_1}{R_1}+\frac{v_2}{R_2}\right)$

代入：

$v_{out}=-10\text{k}\left(\frac{2}{10\text{k}}+\frac{3}{10\text{k}}\right)=-10\text{k}\times \frac{5}{10\text{k}}=-5\text{V}$

$R_f=R_1=R_2$ なので単純に $v_{out}=-(v_1+v_2)=-5\text{V}$

答え：
$v_{out}=-5\text{V}$

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問題C：反転積分回路（波形変換）

$R=10\text{k}\Omega ,C=0.1\mu \text{F}$ の反転積分回路に、振幅 $1\text{V}$、周波数 $1\text{kHz}$ の矩形波を入力した。出力波形の概形を説明せよ。

解答解説

積分回路の関係式：

$v_{out}(t)=-\frac{1}{RC}\int v_{in}(t)dt$

時定数：$\tau =RC=10^4\times 10^{-7}=10^{-3}\text{s}=1\text{ms}$

矩形波の半周期：$T/2=0.5\text{ms}$

入力が $+1\text{V}$ の間、出力は直線的に減少（負方向に積分）：

$\Delta v_{out}=-\frac{1}{RC}\times 1\times \frac{T}{2}=-\frac{1}{1\text{ms}}\times 0.5\text{ms}=-0.5\text{V}$

入力が $-1\text{V}$ の間、出力は直線的に増加：

$\Delta v_{out}=-\frac{1}{RC}\times (-1)\times \frac{T}{2}=+0.5\text{V}$

出力波形： 三角波（振幅 $0.5\text{V}$ の対称三角波）

積分・微分と波形の関係

入力波形	積分回路の出力	微分回路の出力
矩形波	三角波	インパルス（正負の尖塔波）
三角波	正弦波に近い	矩形波
正弦波	位相が90°遅れた正弦波	位相が90°進んだ正弦波

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問題13：RC放電回路

問題設定

下図の回路において、スイッチを閉じ十分時間が経過した後、$t=0$ でスイッチを開いた。抵抗 $R_2$ に流れる電流 $i(t)$ を求めよ。

方針

1. スイッチを開く前の定常状態で、コンデンサの初期電圧 $v_0$ を求める（直流定常ではCは開放）
2. スイッチを開いた後の回路は $C$ と $R_2$ のみの放電回路になる
3. 微分方程式を立てて解く

解答解説

Step 1：初期条件（$t=0^{-}$ の定常状態）

スイッチを閉じて十分時間が経過すると、コンデンサは直流定常状態になり「断線」とみなせる。

電流の経路：$E\to R_1\to R_2\to$ GND（コンデンサは通過しない）

$R_2$ の両端電圧 = コンデンサの初期電圧：

$v_0=\frac{R_2}{R_1+R_2}E$

Step 2：スイッチを開いた後の回路（$t\ge 0$）

スイッチを開くと $E$ と $R_1$ が切り離され、$C$ と $R_2$ のみの放電回路となる。

コンデンサの電圧は不連続に変化しないので $v_C(0)=v_0$。

Step 3：微分方程式を立てる

オームの法則：$i(t)=\frac{v_C(t)}{R_2}$

コンデンサの放電：$i(t)=-C\frac{d{v}_C(t)}{dt}$

よって：

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

Step 4：微分方程式を解く

1次同次線形微分方程式。解の形：

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

Step 5：電流 $i(t)$ を求める

$i(t)=\frac{v_C(t)}{R_2}=\frac{E}{R_1+R_2}{e}^{-t/(R_{2}C)}(t\ge 0)$

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

ポイント

• コンデンサの電圧は不連続に変化しない（$v_C(0^{+})=v_C(0^{-})$）
• 直流定常状態ではコンデンサは開放とみなせる
• 時定数 $\tau =R_{2}C$：$\tau$ が小さいほど放電が速い

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問題14：交流電源RLC回路の過渡応答と定常電流

問題設定

下図のRLC直列回路において、$t=0$ でスイッチを閉じた。$v(t)=17\cos 2t[\text{V}]$、$R=2\Omega$、$L=1\text{H}$、$C=0.2\text{F}$、初期電荷 $q(0)=1\text{C}$、初期電流 $i(0)=0$ とする。

(1) 電荷 $q(t)$ を求めよ
(2) 十分時間が経過した後の定常電流 $I(t)$ をフェーザ法で求めよ

方針

• (1) 非同次2次微分方程式を解く（過渡解 + 特解）
• (2) 定常状態はフェーザ法でインピーダンスから直接計算

解答解説

(1) 微分方程式を立てる

KVLより：

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

代入：

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

Step 1：特解 $Q(t)$ を求める

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：

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

微分方程式に代入して整理：

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

係数比較：

A_c + 4A_s = 17 \\ -4A_c + A_s = 0 \end{cases} \quad\Rightarrow\quad A_c = 1,\; A_s = 4$$ $$Q(t) = \cos 2t + 4\sin 2t$$ ### Step 2：過渡解を求める 同次方程式の特性方程式：$\lambda^2 + 2\lambda + 5 = 0$ $$\lambda = -1 \pm 2j \quad\text{（不足減衰）}$$ $$q_{trans}(t) = e^{-t}(k_c\cos 2t + k_s\sin 2t)$$ ### Step 3：一般解 $$q(t) = e^{-t}(k_c\cos 2t + k_s\sin 2t) + \cos 2t + 4\sin 2t$$ ### Step 4：初期条件で係数を決定 $q(0) = 1$ より：$k_c + 1 = 1 \Rightarrow k_c = 0$ $i(0) = \dfrac{dq(0)}{dt} = 0$ より：$2k_s - k_c + 8 = 0 \Rightarrow k_s = -4$ **答え (1)：** $$\boxed{q(t) = -4e^{-t}\sin 2t + \cos 2t + 4\sin 2t}$$ #### (2) フェーザ法による定常電流 $v(t) = 17\cos 2t$ → 最大値 $V_m = 17$、角周波数 $\omega = 2$ 複素インピーダンス： $$\dot{Z} = R + j\omega L + \frac{1}{j\omega C} = 2 + j\left(2\cdot1 - \frac{1}{2\cdot0.2}\

ight) = 2 - j0.5,\Omega$$

電流フェーザ（最大値ベース）：

${\dot{I}}_m=\frac{{\dot{V}}_m}{\dot{Z}}=\frac{17}{2-j0.5}=\frac{17(2+j0.5)}{2^2+0.5^2}=4(2+j0.5)=8+j2$

瞬時値に戻す：

答え (2)：
$\boxed{I(t)=8\cos 2t-2\sin 2t\text{A}}$

ポイント

方法	手順	適する場面
微分方程式	特解→過渡解→初期条件	過渡応答も必要なとき
フェーザ法	$\dot{I}=\dot{V}/\dot{Z}$ だけ	定常状態だけでOKのとき

• 特解は入力と同じ周波数の正弦波を仮定して代入
• 過渡解は $t\to \infty$ で減衰し、定常状態（特解）だけ残る

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問題15：RC回路の未定係数法とフェーザ法

問題設定

下図のRC直列回路において、$v_i(t)=V_{mi}\sin \omega t$ および $v_i(t)=V_{mi}\cos \omega t$ のとき、コンデンサの定常状態電圧 $v_o(t)$ を以下の方法で求めよ。

(1) 未定係数法による解法
(2) フェーザ法による解法

方針

• 未定係数法：$v_o=V_c\cos \omega t+V_s\sin \omega t$ と仮定して微分方程式に代入
• フェーザ法：複素インピーダンスの分圧で直接計算

解答解説

A. $v_i=V_{mi}\sin \omega t$ の場合

(1) 未定係数法

回路方程式（KVL）：$v_i=Ri+v_o$

$i=C\frac{d{v}_o}{dt}$ より：

$RC\frac{d{v}_o}{dt}+v_o=V_{mi}\sin \omega t$

定常解を $v_o=V_c\cos \omega t+V_s\sin \omega t$ と仮定：

$\frac{d{v}_o}{dt}=-\omega V_c\sin \omega t+\omega V_s\cos \omega t$

代入：

$RC(-\omega V_c\sin \omega t+\omega V_s\cos \omega t)+(V_c\cos \omega t+V_s\sin \omega t)=V_{mi}\sin \omega t$

$\cos \omega t$ と $\sin \omega t$ の係数比較：

\sin\omega t: & -\omega RC V_c + V_s = V_{mi} \\ \cos\omega t: & \omega RC V_s + V_c = 0 \end{cases}$$ 2式目より $V_c = -\omega RC V_s$、1式目に代入： $$-\omega RC(-\omega RC V_s) + V_s = V_{mi} \Rightarrow V_s(1 + (\omega RC)^2) = V_{mi}$$ $$V_s = \frac{V_{mi}}{1 + (\omega RC)^2},\quad V_c = -\frac{\omega RC}{1 + (\omega RC)^2}V_{mi}$$ $$\boxed{v_o(t) = \frac{V_{mi}}{1 + (\omega RC)^2}\left(-\omega RC\cos\omega t + \sin\omega t\

ight)}$$

(2) フェーザ法

入力フェーザ：${\dot{V}}_i=\frac{V_{mi}}{\sqrt{2}}$（実効値）

分圧：${\dot{V}}_o={\dot{V}}_i\times \frac{1/(j\omega C)}{R+1/(j\omega C)}={\dot{V}}_i\times \frac{1}{1+j\omega RC}$

振幅：$|{\dot{V}}_o|=\frac{V_{mi}/\sqrt{2}}{\sqrt{1+(\omega RC{)}^2}}$

位相：$\varphi =-{\tan }^{-1}(\omega RC)$

瞬時値（最大値ベース）：

$v_o(t)=\frac{V_{mi}}{\sqrt{1+(\omega RC{)}^2}}\sin (\omega t-{\tan }^{-1}\omega RC)$

展開すると未定係数法の結果と一致する。

B. $v_i=V_{mi}\cos \omega t$ の場合

同様に未定係数法・フェーザ法で求められる。フェーザ法なら：

${\dot{V}}_i=\frac{V_{mi}}{\sqrt{2}}$（同様）、分圧比は同じ：

$v_o(t)=\frac{V_{mi}}{\sqrt{1+(\omega RC{)}^2}}\cos (\omega t-{\tan }^{-1}\omega RC)$

ポイント

• 未定係数法とフェーザ法は同じ結果を与える
• フェーザ法の方が計算が簡潔（複素数の割り算だけ）
• 未定係数法は過渡解を含めた一般解が必要な場合に有用

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問題16：ブリッジ回路のテブナン等価とRC結合

問題設定

下図のブリッジ回路において、ブリッジの平衡条件を満たさない抵抗値を用いた場合を考える。$e_i(t)=E_{mi}\sin \omega t$ および $e_i(t)=E_{mi}\cos \omega t$ のときのコンデンサの定常状態電圧 $v_o(t)$ の求め方を示せ。ただし端子a-b間に対してテブナンの定理を用いて図1（問題15）のRC回路に変形できることを利用せよ。

方針

1. 端子a-bから見たテブナン等価回路を求める
2. テブナン電圧 ${\dot{V}}_{th}$ とテブナン抵抗 $R_{th}$ でRC直列回路に置き換え
3. 問題15の結果を流用する

解答解説

Step 1：端子a-bから見たテブナン電圧

コンデンサCを取り外した状態で、a-b間の電圧を求める。

a点の電位：${\dot{V}}_a={\dot{E}}_i\times \frac{R_3}{R_1+R_3}$

b点の電位：${\dot{V}}_b={\dot{E}}_i\times \frac{R_4}{R_2+R_4}$

ight)$$

Step 2：テブナン抵抗

電圧源を短絡し、a-bから見た合成抵抗：

$R_{th}=\frac{R_1{R}_3}{R_1+R_3}+\frac{R_2{R}_4}{R_2+R_4}$

Step 3：等価RC回路

元の回路は ${\dot{V}}_{th}$、$R_{th}$、$C$ の直列回路と等価になる。

${\dot{V}}_o={\dot{V}}_{th}\times \frac{1/(j\omega C)}{R_{th}+1/(j\omega C)}={\dot{V}}_{th}\times \frac{1}{1+j\omega R_{th}C}$

Step 4：問題15の結果を適用

$e_i=E_{mi}\sin \omega t$ のとき（${\dot{V}}_{th}$ の振幅はテブナン電圧比倍）：

$v_o(t)=\frac{|{\dot{V}}_{th}|}{\sqrt{1+(\omega R_{th}C{)}^2}}\sin (\omega t-{\tan }^{-1}\omega R_{th}C)$

ただし |\dot{V}_{th}| = E_{mi}\left|\dfrac{R_3}{R_1+R_3} - \dfrac{R_4}{R_2+R_4}\ ight|

ポイント

• ブリッジ回路はテブナンの定理で単純なRC直列回路に変換できる
• 「複雑な回路でも、特定の2端子から見れば単純な等価回路で置き換え可能」がテブナンの定理の本質
• 平衡条件 $R_1{R}_4=R_2{R}_3$ のとき ${\dot{V}}_{th}=0$ となり、コンデンサに電圧は発生しない

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問題17：電力供給と内部抵抗の影響

問題設定

下図の2つの回路について、負荷抵抗 $R_L=100\Omega$ に供給される電力を比較せよ。

方針

• 回路A：電源に直列の1.9kΩ抵抗がある（内部抵抗的なもの）
• 回路B：電源が直接負荷に接続されている
• $P=I^{2}R=V^2/R$ で各々の電力を計算

解答解説

回路Aの計算

Step 1：全抵抗
$R_{total}=1900+100=2000\Omega$

Step 2：電流
$i=\frac{10}{2000}=5\text{mA}$

Step 3：$R_L$ の電圧
$v_L=5\text{mA}\times 100\Omega =0.5\text{V}$

Step 4：電力
$P_A=v_L\times i=0.5\times 0.005=2.5\text{mW}$
または $P_A=i^2{R}_L=(0.005{)}^2\times 100=2.5\text{mW}$

回路Bの計算

Step 1：電流
$i=\frac{10}{100}=100\text{mA}$

Step 2：電力
$P_B=i^2{R}_L=(0.1{)}^2\times 100=1\text{W}=1000\text{mW}$

比較

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

$\frac{P_B}{P_A}=400$ 倍もの差がつく！

ポイント

• 電源に直列に入る抵抗（内部抵抗）は負荷への電力供給を大幅に減少させる
• 最大電力を負荷に伝えるには「内部抵抗 = 負荷抵抗」のインピーダンスマッチングが最適
  （今回の例：内部抵抗1.9kΩ ≫ 負荷100Ω → 極めて非効率）

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問題18：オペアンプ2段差動増幅回路

問題設定

下図の2段オペアンプ回路において、出力電圧 $v_o$ を $v_1,v_2,R_1,R_2,R_3,R_4,R_5$ で表せ。また $R_1=R_2=R$ のとき、出力が2つの入力の平均値（$v_o=\frac{v_1+v_2}{2}$）になる条件を求めよ。

方針

1. 左段のオペアンプは反転加算回路 → $v_3$ を求める
2. 右段のオペアンプは反転増幅回路 → $v_o$ を求める
3. 全体の入出力関係を合成

解答解説

Step 1：左段のオペアンプ（反転加算増幅回路）

仮想接地により $v^{-}=0\text{V}$。(-)端子に流れ込む電流の和 = 0：

$\frac{v_1-0}{R_1}+\frac{v_2-0}{R_2}+\frac{v_3-0}{R_3}=0$

$\frac{v_1}{R_1}+\frac{v_2}{R_2}=-\frac{v_3}{R_3}$

ight)}$$

Step 2：右段のオペアンプ（反転増幅回路）

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

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

Step 3：全体の合成

ight)
ight] = \frac{R_5R_3}{R_4}\left(\frac{v_1}{R_1} + \frac{v_2}{R_2}
ight)$$

答え：

ight)}$$

Step 4：平均値出力の条件

$R_1=R_2=R$ のとき：

ight)$$

これが $\frac{v_1+v_2}{2}$ になる条件：

$\frac{R_5{R}_3}{R_{4}R}=\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{R_5{R}_3}{R_4}=\frac{R}{2}$

特に $R_3=R$ のとき：$\frac{R_5}{R_4}=\frac{1}{2}\Rightarrow R_4=2R_5$

ポイント

• 多段オペアンプ回路は各段を個別に解析→合成する
• 各段で「仮想短絡」「仮想開放」の2つが常に成り立つ
• 全体で見ると $v_o$ は $v_1,v_2$ の重み付き和（アナログ演算回路）

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Appendix：重要公式一覧

回路素子のV-I関係

素子	瞬時値関係	フェーザ関係（インピーダンス）
抵抗 $R$	$v=Ri$	${\dot{Z}}_R=R$
コイル $L$	$v=L\frac{di}{dt}$	${\dot{Z}}_L=j\omega L$
コンデンサ $C$	$i=C\frac{dv}{dt}$	${\dot{Z}}_C=1/(j\omega C)$

直流回路の諸定理

• 重ね合わせの理：各電源単独の応答の総和（電圧源は短絡、電流源は開放）
• テブナンの定理：任意の2端子は $V_{th}+R_{th}$ の等価電圧源に置き換え可能
• ノルトンの定理：任意の2端子は $I_n+G_n$ の等価電流源に置き換え可能

交流電力

電力の種類	式	単位	説明
有効電力 $P$	$V_e{I}_e\cos \theta =R{I}_e^2$	W	負荷で消費される電力
皮相電力 $P_a$	$V_e{I}_e$	VA	電源から見た見かけの電力
無効電力 $P_r$	$V_e{I}_e\sin \theta =X{I}_e^2$	var	電源と負荷を往復するだけの電力

共振回路

	直列共振	並列共振
共振角周波数 ${\omega }_0$	$1/\sqrt{LC}$	$1/\sqrt{LC}$
共振時インピーダンス	最小 $Z=R$	最大 $Z=\infty$
共振時電流	最大 $I_0=E/R$	最小 $I_0=E/R$
Q値	${\omega }_{0}L/R=1/({\omega }_{0}CR)$	$R/({\omega }_{0}L)={\omega }_{0}CR$

フィルタの伝達関数（RC回路）

種類	回路	伝達関数 $H(j\omega )$	遮断周波数
LPF	C出力	$1/(1+j\omega CR)$	$f_c=1/(2\pi CR)$
HPF	R出力	$j\omega CR/(1+j\omega CR)$	$f_c=1/(2\pi CR)$

過渡現象の時定数

回路	時定数 $\tau$	$v_C$ または $i_L$ の応答（ステップ入力 $E$）
RC充電	$CR$	$v_C(t)=E(1-e^{-t/CR})$
RC放電	$CR$	$v_C(t)=V_0{e}^{-t/CR}$
RL（電流）	$L/R$	$i(t)=(E/R)(1-e^{-Rt/L})$
RL（電圧）	$L/R$	$v_L(t)=E{e}^{-Rt/L}$

オペアンプ基本回路まとめ

回路	ゲイン（入出力関係）	特徴
反転増幅	$v_{out}/v_{in}=-R_f/R_i$	位相反転あり
非反転増幅	$v_{out}/v_{in}=1+R_f/R_s$	位相反転なし、入力インピーダンス∞
ボルテージフォロア	$v_{out}=v_{in}$	インピーダンス変換
差動増幅	$v_{out}=(R_f/R_i)(v_2-v_1)$	差動信号の増幅
反転加算	$v_{out}=-R_f(v_1/R_1+v_2/R_2)$	複数信号の加算
反転積分	$v_{out}=-\frac{1}{CR}\int v_{in}dt$	波形変換（矩形→三角）
反転微分	$v_{out}=-CR\frac{d{v}_{in}}{dt}$	波形変換（三角→矩形）