電気回路 I：直前対策パック

公式集、全トピックの解法の要点、14 問の演習問題。完全な解答は巻末にあります。

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1公式と解法

抵抗の直列・並列

抵抗の直列接続: R_eq = R₁ + R₂ + …
抵抗の並列接続: 1/R_eq = 1/R₁ + 1/R₂ + …
2 つの並列接続: R_eq = R₁R₂ / (R₁ + R₂)
オームの法則: V = I·R
電力: P = V·I = I²R = V²/R

解き方

端子からいちばん遠い回路網の端から始めます。
直列の抵抗は足し合わせ、並列の抵抗は 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + … でまとめます。
1 ステップごとに回路を描き直します。
端子間に抵抗が 1 つだけ残るまで繰り返します。

節点解析

キルヒホッフの電流則: ΣI_in = ΣI_out
枝電流: I = (V_a − V_b)/R
基準節点: V_ground = 0

解き方

基準節点（接地）を選び、ほかの節点電圧に名前をつけます。
未知の各節点でキルヒホッフの電流則を書きます：各枝から出ていく電流の和は入ってくる電流の和に等しくなります。
各枝電流を (V_a − V_b)/R で表します。
連立方程式を解き、必要な電流を求めます。

網目解析

キルヒホッフの電圧則: 各ループで ΣV = 0
共有する抵抗: 電流 = I₁ − I₂
網目内の電流源: その網目電流が決まる

解き方

回路の各網目（窓）に時計回りの電流を描きます。
各網目を一周してキルヒホッフの電圧則を適用します：電圧降下の和はゼロです。
2 つの網目が共有する抵抗では、電流は 2 つの網目電流の差になります。
方程式を解きます。結果が負なら、電流は逆向きに流れています。

重ね合わせの理

重ね合わせの理: x = x₁ + x₂ + … (one source at a time)
取り除いた電圧源: 短絡 (0 V)
取り除いた電流源: 開放 (0 A)
分圧の式: V₂ = V·R₂/(R₁ + R₂)
分流の式: I₁ = I·R₂/(R₁ + R₂)

解き方

独立電源の数を数えます。電源ごとに 1 つずつ、より簡単な回路を解くことになります。
1 つの電源だけを残し、ほかは取り除きます：電圧源は短絡（導線）に、電流源は開放（切れ目）に置き換えます。
簡単になった回路で必要な電圧または電流を求め、その向きを記録しておきます。
すべての電源について繰り返し、それぞれの寄与を符号を考えて足し合わせます。

テブナン・ノートン

テブナン電圧: V_th = V_{open circuit}
テブナン抵抗: R_th：すべての電源を取り除き、a–b から見た抵抗
ノートン電流: I_N = V_th/R_th
負荷電流: I_L = V_th/(R_th + R_L)
最大電力伝送: R_L = R_th, P_max = V_th²/(4R_th)

解き方

負荷を外し、2 つの端子を a と b とします。
a と b の間の開放電圧を求めます：これが V_th です。
独立電源をすべて取り除き、a–b から見た抵抗を求めます：これが R_th です。
負荷を等価回路に戻します：V_th と R_th の直列です。
ノートン等価回路には変換します：I_N = V_th/R_th、R_N = R_th を並列に接続します。

オペアンプ回路

反転増幅器: V_out = −(R_f/R_in)·V_in
非反転増幅器: V_out = (1 + R_f/R₁)·V_in
加算増幅器: V_out = −R_f(V₁/R₁ + V₂/R₂)
理想オペアンプ: V₊ = V₋, I_in = 0

RC・RL 過渡現象

時定数: τ = RC | τ = L/R
応答: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e^−t/τ
直流でのコンデンサ: 開放；v_C は急変しない
直流でのインダクタ: 短絡；i_L は急変しない
定常値: t ≈ 5τ

解き方

切り替え直後の初期値を求めます：コンデンサの電圧とインダクタの電流は急に変化できません。
切り替えから十分時間がたったあとの最終値を求めます：コンデンサは開放、インダクタは短絡として扱えます。
時定数を求めます：τ = RC または τ = L/R。抵抗はコンデンサまたはインダクタから見た抵抗を使います。
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e^−t/τ を使います。

2演習問題

1.抵抗の直列・並列ふつう

電源 V₁ から見た合成抵抗 R_eq を求めよ。

V₁ = 30 VR₁ = 10 ΩR₂ = 10 ΩR₃ = 12 ΩR₄ = 6 Ω

R_eq = Ω

2.抵抗の直列・並列むずかしい

R₂ を流れる電流 I_R2 を求めよ。

V₁ = 9 VR₁ = 2 ΩR₂ = 20 ΩR₃ = 5 ΩR₄ = 4 ΩR₅ = 15 ΩR₆ = 8 Ω

I_R2 = A

3.節点解析ふつう

節点解析を使って矢印の向きに R₁ を流れる電流 I_R1 を求めよ。

V₁ = 24 VI_s = 2 AR₁ = 4 ΩR₂ = 5 ΩR₃ = 12 ΩR₄ = 20 Ω

I_R1 = A

4.節点解析むずかしい

A と B の間の電圧源 Vₛ は + 端子が A にあるので、V_A − V_B = Vₛ となります。スーパーノードを用いた節点解析で矢印の向きに R₁ を流れる電流 I_R1 を求めよ。

V₁ = 36 VI_s = 4 AV_s = 6 VR₁ = 15 ΩR₂ = 30 ΩR₃ = 20 Ω

I_R1 = A

5.網目解析ふつう

網目解析を使って網目電流 I₁（時計回り）を求めよ。

V₁ = 15 VV₂ = 12 VR₁ = 15 ΩR₂ = 8 ΩR₃ = 12 Ω

I₁ = A

6.網目解析むずかしい

網目解析を使って図の極性での R₃ の両端電圧 V_R3 を求めよ。

V₁ = 24 VV₂ = 10 VR₁ = 5 ΩR₂ = 4 ΩR₃ = 8 ΩR₄ = 8 ΩR₅ = 12 Ω

V_R3 = V

7.重ね合わせの理ふつう

R₃ を流れる電流 I_R3 を 0 にする電流源 I_s（向きは図のとおり）の値を求めよ。

V₁ = 15 VR₁ = 12 ΩR₂ = 4 ΩR₃ = 10 ΩR₄ = 6 Ω

I_s = A

8.重ね合わせの理むずかしい

重ね合わせの理を使って、R₁ が消費する電力 P_R1 を求めよ。

V₁ = 10 VI_s = 4 AV₂ = 18 VR₁ = 10 ΩR₂ = 3 ΩR₃ = 20 ΩR₄ = 10 Ω

P_R1 = W

9.テブナン・ノートンふつう

a–b 間に負荷 R_L = 4 Ω を接続する。回路の残りをテブナン等価回路に置き換え、負荷電流 I_L を求めよ。

V₁ = 12 VR₁ = 6 ΩR₂ = 5 ΩR₃ = 5 ΩR_L = 4 Ω

I_L = A

10.テブナン・ノートンむずかしい

a–b 間に負荷 R_L = 8 Ω を接続する。テブナン等価回路を使って、負荷で消費される電力 P_L を求めよ。

V₁ = 10 VI_s = 2.5 AR₁ = 4 ΩR₂ = 2 ΩR₃ = 15 ΩR_L = 8 Ω

P_L = W

11.オペアンプ回路ふつう

オペアンプは理想的で、±15 V 電源で動作する。出力電圧 V_out を求めよ。

V_in = 3.5 VR_a = 47 kΩR_b = 4.7 kΩR₁ = 4.7 kΩR_f = 10 kΩ

V_out = V

12.オペアンプ回路むずかしい

加算増幅器は ±15 V 電源の理想オペアンプを使う。出力電圧 V_out を求めよ。

V₁ = −0.2 VV₂ = 0.9 VR₁ = 4.7 kΩR₂ = 10 kΩR_f = 4.7 kΩ

V_out = V

13.RC・RL 過渡現象ふつう

電源 Vₛ は R₁ を通してコンデンサを充電し、R₂ は C と並列に接続されています。 t = 0 でスイッチが閉じるとき、コンデンサは充電されていない。 t = 100 ms におけるコンデンサの電圧 v_C を求めよ。

V_s = 24 VR₁ = 2.2 kΩR₂ = 10 kΩC = 100 µFt = 100 ms

v_C = V

14.RC・RL 過渡現象むずかしい

t = 0 でスイッチが閉じる直前、コンデンサは図の極性で 4 V に充電されている。 t = 150 ms におけるコンデンサの電圧 v_C を求めよ。

V_s = 20 VR = 6.8 kΩC = 10 µFv_C(0) = 4 Vt = 150 ms

v_C = V

3溶液

1.抵抗の直列・並列

答え: R_eq = 16.43 Ω

直列と並列の抵抗：直列では各抵抗に同じ電流が流れ、R = R₁ + R₂ + …。並列では各抵抗に同じ電圧がかかり、1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …。はしご形回路は 1 組ずつまとめ、1 つの合成抵抗になるまで続けます。

遠い端から抵抗をまとめる

電源から最も遠い端から始め、電源に向かって戻ります。同じ電流が流れる抵抗は直列、同じ 2 つの節点の間にある抵抗は並列です。

R₃ + R₄ = 12 + 6 = 18 Ω

R₂ ∥ 18 = 10·18/(10+18) = 6.429 Ω

R_eq = R₁ + 6.429 = 10 + 6.429 = 16.43 Ω

答え

R_eq = 16.43 Ω

2.抵抗の直列・並列

答え: I_R2 = 0.3364 A

遠い端から抵抗をまとめる

電源から最も遠い端から始め、電源に向かって戻ります。同じ電流が流れる抵抗は直列、同じ 2 つの節点の間にある抵抗は並列です。

R₅ + R₆ = 15 + 8 = 23 Ω

R₄ ∥ 23 = 3.407 Ω

R₃ + 3.407 = 8.407 Ω

R₂ ∥ 8.407 = 5.919 Ω

R_eq = R₁ + 5.919 = 2 + 5.919 = 7.919 Ω

電源からの電流

電源から見えるのは R_eq だけなので、オームの法則で電源の電流が求まります。この電流は R₁ を流れます。

I_R1 = V₁/R_eq = 9/7.919 = 1.136 A

R₂ を流れる電流

R₁ の電圧降下を引くと節点 A の電圧、つまり R₂ の両端電圧が得られます。

V_A = V₁ − I_R1·R₁ = 9 − 1.136·2 = 6.727 V

I_R2 = V_A/R₂ = 6.727/20 = 0.3364 A

答え

I_R2 = 0.3364 A

3.節点解析

答え: I_R1 = 3.532 A

節点解析：基準節点を選び、未知の節点電圧に名前をつけ、オームの法則 (I = ΔV/R) を使って各未知節点でキルヒホッフの電流則を立て、連立方程式を解きます。

節点を設定する

接地は下の導線です。既知の節点電圧は電源から直接わかります（V₁ = 24 V）。未知数：V_A, V_B。

節点 A の KCL

抵抗を通って A から流れ出る電流は、電源が A に流し込む電流に等しくなります。

V_A/R₂ + (V_A − V₁)/R₁ + (V_A − V_B)/R₃ = 0

V_A/5 + (V_A − 24)/4 + (V_A − V_B)/12 = 0

0.5333·V_A − 0.08333·V_B = 6

節点 B の KCL

抵抗を通って B から流れ出る電流は、電源が B に流し込む電流に等しくなります。

V_B/R₄ + (V_B − V_A)/R₃ = I_s

V_B/20 + (V_B − V_A)/12 = (−2)

−0.08333·V_A + 0.1333·V_B = −2

解く

Δ = (0.5333)(0.1333) − (−0.08333)(−0.08333) = 0.06417

V_A = Δ₁/Δ = 0.6333/0.06417 = 9.87 V

V_B = Δ₂/Δ = −0.5667/0.06417 = −8.831 V

答え

I_R1 = (V₁ − V_A)/R₁ = (24 − 9.87)/4 = 3.532 A

4.節点解析

答え: I_R1 = −0.5778 A

スーパーノードをつくる

A と B の間の電圧源には未知の電流が流れるので、A と B で別々に KCL を立てることはできません。A、B と電源を 1 つのスーパーノードで囲みます：流れ込む電流は流れ出る電流に等しくなります。

V_B = V_A − 6

(V_A − V₁)/R₁ + V_A/R₂ + V_B/R₃ = I_s

解く

(V_A − 36)/15 + V_A/30 + (V_A − 6)/20 = 4

V_A·(1/15 + 1/30 + 1/20) = 4 + 36/15 + 6/20 = 6.7

V_A = 6.7/0.15 = 44.67 V

V_B = 38.67 V

R₁ を流れる電流

I_R1 = (V₁ − V_A)/R₁ = (36 − 44.67)/15 = −0.5778 A

答え

I_R1 = −0.5778 A

結果が負なら、実際の電流は矢印と逆向きに流れています。

5.網目解析

答え: I₁ = 0.3939 A

網目解析：平面回路の各窓に独自のループ電流を与え、各ループでキルヒホッフの電圧則（電圧降下の和 = 電圧上昇の和）を立てて解きます。枝電流は網目電流、または共通枝では 2 つの網目電流の差です。

網目電流を設定する

各窓に時計回りの電流を描きます：I₁, I₂。2 つの網目に共通な抵抗には、両者の電流の差が流れます。

網目 1 の KVL

時計回りにたどると、抵抗の電圧降下の和は電源の電圧上昇の和に等しくなります（進む向きに − から +）。

R₁·I₁ + R₃(I₁ − I₂) = V₁

15·I₁ + 12(I₁ − I₂) = 15

27·I₁ − 12·I₂ = 15

網目 2 の KVL

時計回りにたどると、抵抗の電圧降下の和は電源の電圧上昇の和に等しくなります（進む向きに − から +）。

R₂·I₂ + R₃(I₂ − I₁) = −V₂

8·I₂ + 12(I₂ − I₁) = (−12)

−12·I₁ + 20·I₂ = −12

解く

Δ = (27)(20) − (−12)(−12) = 396

I₁ = Δ₁/Δ = 156/396 = 0.3939 A

I₂ = Δ₂/Δ = −144/396 = −0.3636 A

答え

I₁ = 0.3939 A

負の網目電流は反時計回りに流れます。

6.網目解析

答え: V_R3 = −0.456 V

網目電流を設定する

各窓に時計回りの電流を描きます：I₁, I₂, I₃。2 つの網目に共通な抵抗には、両者の電流の差が流れます。

網目 1 の KVL

時計回りにたどると、抵抗の電圧降下の和は電源の電圧上昇の和に等しくなります（進む向きに − から +）。

R₁·I₁ + R₄(I₁ − I₂) = V₁

5·I₁ + 8(I₁ − I₂) = 24

13·I₁ − 8·I₂ = 24

網目 2 の KVL

時計回りにたどると、抵抗の電圧降下の和は電源の電圧上昇の和に等しくなります（進む向きに − から +）。

R₂·I₂ + R₄(I₂ − I₁) + R₅(I₂ − I₃) = 0

4·I₂ + 8(I₂ − I₁) + 12(I₂ − I₃) = 0

−8·I₁ + 24·I₂ − 12·I₃ = 0

網目 3 の KVL

時計回りにたどると、抵抗の電圧降下の和は電源の電圧上昇の和に等しくなります（進む向きに − から +）。

R₃·I₃ + R₅(I₃ − I₂) = −V₂

8·I₃ + 12(I₃ − I₂) = (−10)

−12·I₂ + 20·I₃ = −10

解く

Δ = 係数行列の行列式 = 3088

I₁ = Δ₁/Δ = 7104/3088 = 2.301 A

I₂ = Δ₂/Δ = 2280/3088 = 0.7383 A

I₃ = Δ₃/Δ = −176/3088 = −0.05699 A

答え

I_R3 = I₃ = −0.05699 A

V_R3 = I_R3·R₃ = −0.05699·8 = −0.456 V

負の網目電流は反時計回りに流れます。

7.重ね合わせの理

答え: I_s = 0.625 A

重ね合わせの理：線形回路では、任意の電圧・電流は各独立電源が単独で働いたときの応答の和になります。電源を止めるには、理想電圧源を短絡に、理想電流源を開放に置き換えます。抵抗はそのままです。

ケース 1 · V₁ 単独で作用

Iₛ は開放になるので、R₃ と R₄ は A から接地への 1 本の直列枝となり、R₂ と並列になります。

R₃+R₄ = 10+6 = 16 Ω

R₂ ∥ (R₃+R₄) = 4·16/(4+16) = 3.2 Ω

V_A = 15·3.2/(12+3.2) = 3.158 V

V_B = V_A·R₄/(R₃+R₄) = 3.158·6/16 = 1.184 V

I_R3′ = (V_A − V_B)/R₃ = (3.158 − 1.184)/10 = 0.1974 A

ケース 2 · I_s 単独で作用

V₁ は短絡になるので、R₁ ∥ R₂ が A から接地につながります。Iₛ は B で R₄ と経路 R₃ + R₁∥R₂ に分かれ、R₃ を流れる部分は矢印と逆向きに B から A へ流れます。

R₁ ∥ R₂ = 3 Ω

I_R3″ = −I_s·R₄/(R₄ + R₃ + R₁∥R₂) = −I_s·6/19 = −0.3158·I_s

合計を 0 とおく

I_R3′ + I_R3″ = 0.1974 − 0.3158·I_s = 0

I_s = 0.1974/0.3158 = 0.625 A

答え

I_s = 0.625 A

8.重ね合わせの理

答え: P_R1 = 19.79 W

ケース 1 · V₁ のみ

V₂ は短絡、Iₛ は開放になります。A から見ると、R₃ は直列の R₂+R₄ と並列です。

R₃ ∥ (R₂+R₄) = 20 ∥ 13 = 7.879 Ω

V_A = 10·7.879/(10+7.879) = 4.407 V

V_B = V_A·R₄/(R₂+R₄) = 4.407·10/13 = 3.39 V

I_R1′ = (V₁ − V_A)/R₁ = (10 − 4.407)/10 = 0.5593 A

ケース 2 · I_s のみ

2 つの電圧源はどちらも短絡になります。Iₛ は B で R₄（今は接地へ）と、R₁ ∥ R₃ と直列の R₂ に分かれます。

R₁ ∥ R₃ = 6.667 Ω、よって左側の経路は R₂+6.667 = 9.667 Ω

R_eq = R₄ ∥ 9.667 = 4.915 Ω

V_B = I_s·R_eq = 4·4.915 = 19.66 V

V_A = V_B·6.667/9.667 = 13.56 V

I_R1″ = (V₁ − V_A)/R₁ = (0 − 13.56)/10 = −1.356 A

ケース 3 · V₂ のみ

V₁ は短絡、Iₛ は開放になります。R₁ ∥ R₃ が A につながり、R₂ と直列に B へ戻ります。

R₁ ∥ R₃ = 10·20/(10+20) = 6.667 Ω

V_B = V₂·(R₂+R₁∥R₃)/(R₄+R₂+R₁∥R₃) = 18·9.667/19.67 = 8.847 V

V_A = V_B·(R₁∥R₃)/(R₂+R₁∥R₃) = 8.847·6.667/9.667 = 6.102 V

I_R1‴ = (V₁ − V_A)/R₁ = (0 − 6.102)/10 = −0.6102 A

電流の寄与を足す

I_R1 = I_R1′ + I_R1″ + I_R1‴ = 0.5593 + (−1.356) + (−0.6102) = −1.407 A

抵抗の電力

電力は電流の 2 乗に依存するので、重ね合わせの理は成り立ちません：まず電流を足し、それから 2 乗します。

P_R1 = I_R1²·R₁ = (−1.407)²·10 = 19.79 W

答え

P_R1 = 19.79 W

個別の場合の電力を足すと 25.24 W になりますが、これは誤りです。

9.テブナン・ノートン

答え: I_L = 0.4651 A

テブナンの定理：線形な 2 端子回路は、1 つの電圧源 V_th と抵抗 R_th の直列回路と同じに振る舞います。ノートンの定理は同じ回路を、電流源 I_N = V_th/R_th と R_th の並列回路として表します。

すべての電源を止めて R_th を求める

電圧源を短絡に、電流源を開放に置き換え、a–b から回路を見ます。

R₁ ∥ R₂ = 6·5/(6+5) = 2.727 Ω

R_th = (R₁ ∥ R₂) + R₃ = 2.727 + 5 = 7.727 Ω

開放電圧 V_th を求める

a–b が開放のとき R₃ には電流が流れないので電圧降下はなく、V_b = V_A です。R₁ と R₂ は分圧回路になります。

V_th = V₁·R₂/(R₁+R₂) = 12·5/(6+5) = 5.455 V

負荷をテブナン等価回路につなぐ

テブナン電源と直列の R_th は a–b で元の回路とまったく同じに振る舞うので、負荷からは単純な直列回路に見えます。

I_L = V_th/(R_th + R_L) = 5.455/(7.727 + 4) = 0.4651 A

10.テブナン・ノートン

答え: P_L = 26.36 W

すべての電源を止めて R_th を求める

電圧源を短絡に、電流源を開放に置き換え、a–b から回路を見ます。

R₁ ∥ R₂ = 4·2/(4+2) = 1.333 Ω

R_th = (R₁ ∥ R₂) + R₃ = 1.333 + 15 = 16.33 Ω

開放電圧 V_th を求める

a–b が開放のとき、Iₛ の経路は R₃ を通って節点 A へ向かうものだけです。V₁ と Iₛ の重ね合わせで V_A を求め、R₃ の電圧降下を加えます。

V_A = V₁·R₂/(R₁+R₂) + I_s·(R₁∥R₂) = 3.333 + 2.5·1.333 = 6.667 V

V_th = V_B = V_A + I_s·R₃ = 6.667 + 2.5·15 = 44.17 V

負荷をテブナン等価回路につなぐ

テブナン電源と直列の R_th は a–b で元の回路とまったく同じに振る舞うので、負荷からは単純な直列回路に見えます。

I_L = V_th/(R_th + R_L) = 44.17/(16.33 + 8) = 1.815 A

P_L = I_L²·R_L = 1.815²·8 = 26.36 W

11.オペアンプ回路

答え: V_out = 0.9952 V

理想オペアンプの規則：負帰還があるとき、オペアンプは 2 つの入力が同じ電圧 (V₋ = V₊) になるよう出力を調整し、どちらの入力にも電流は流れ込みません。この 2 つを使って反転入力で KCL を立てると出力が求まります。

+ 入力の電圧

V₊ = V_in·R_b/(R_a + R_b) = 3.5·4.7/(47 + 4.7) = 0.3182 V

非反転増幅の利得

V₋ = V₊ で、R₁ を流れる電流は R_f も流れます。

V_out = V₊·(1 + R_f/R₁) = 0.3182·(1 + 10/4.7) = 0.9952 V

答え

V_out = 0.9952 V

12.オペアンプ回路

答え: V_out = −0.223 V

入力電流

V₋ = 0 なので、各入力抵抗には入力電圧がそのままかかります。

I₁ = V₁/R₁ = −0.2/4.7 = −0.04255 mA

I₂ = V₂/R₂ = 0.9/10 = 0.09 mA

I_f = I₁ + I₂ = 0.04745 mA

出力電圧

V_out = −R_f·I_f = −4.7·0.04745 = −0.223 V

答え

V_out = −0.223 V

13.RC・RL 過渡現象

答え: v_C = 8.374 V

1 次の過渡現象：コンデンサまたはコイルを 1 つ含む回路では、すべての電圧・電流が初期値から最終値へ指数関数的に変化します：x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e^−t/τ、τ = RC または τ = L/R。約 5τ で回路は定常状態になります。

コンデンサから見たテブナン等価回路

電源を短絡して R_th を求め、コンデンサを開放して最終的に落ち着く電圧を求めます。

R_th = R₁ ∥ R₂ = 2.2·10/(2.2 + 10) = 1.803 kΩ

v_C(∞) = 24·10/(2.2 + 10) = 19.67 V

時定数

τ = R_th·C = 1.803·100 = 180.3 ms

充電曲線

v_C(t) = 19.67·(1 − e^−100/180.3) = 8.374 V

答え

v_C = 8.374 V

14.RC・RL 過渡現象

答え: v_C = 18.24 V

初期値、最終値、時定数

コンデンサの電圧は急変できないので、蓄えた値から始まり、電源電圧へ向かいます。

v_C(0) = 4 V, v_C(∞) = V_s = 20 V

τ = R·C = 6.8 kΩ · 10 µF = 68 ms

v_C(t) = 20 + (4 − 20)·e^−t/τ

指定時刻の電圧

v_C(150) = 20 + (−16)·e^−150/68 = 18.24 V

答え

v_C = 18.24 V

ExamProblems · examproblems.com/courses/circuit-analysis-1

電気回路 I：直前対策パック

1公式と解法

抵抗の直列・並列

解き方

節点解析

解き方

網目解析

解き方

重ね合わせの理

解き方

テブナン・ノートン

解き方

オペアンプ回路

RC・RL 過渡現象

解き方

2演習問題

3溶液

遠い端から抵抗をまとめる

答え

遠い端から抵抗をまとめる

電源からの電流

R₂ を流れる電流

答え

節点を設定する

節点 A の KCL

節点 B の KCL

解く

答え

スーパーノードをつくる

解く

R₁ を流れる電流

答え

網目電流を設定する

網目 1 の KVL

網目 2 の KVL

解く

答え

網目電流を設定する

網目 1 の KVL

網目 2 の KVL

網目 3 の KVL

解く

答え

ケース 1 · V1 単独で作用

ケース 2 · Is 単独で作用

合計を 0 とおく

答え

ケース 1 · V1 のみ

ケース 2 · Is のみ

ケース 3 · V2 のみ

電流の寄与を足す

抵抗の電力

答え

すべての電源を止めて Rth を求める

開放電圧 Vth を求める

負荷をテブナン等価回路につなぐ

すべての電源を止めて Rth を求める

開放電圧 Vth を求める

負荷をテブナン等価回路につなぐ

+ 入力の電圧

非反転増幅の利得

答え

入力電流

出力電圧

答え

コンデンサから見たテブナン等価回路

時定数

充電曲線

答え

初期値、最終値、時定数

指定時刻の電圧

答え

ケース 1 · V₁ 単独で作用

ケース 2 · I_s 単独で作用

ケース 1 · V₁ のみ

ケース 2 · I_s のみ

ケース 3 · V₂ のみ

すべての電源を止めて R_th を求める

開放電圧 V_th を求める

すべての電源を止めて R_th を求める

開放電圧 V_th を求める