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

解き方

  1. 端子からいちばん遠い回路網の端から始めます。
  2. 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。
  3. 1 ステップごとに回路を描き直します。
  4. 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
ΣIin = ΣIout
枝電流
I = (Va − Vb)/R
基準節点
Vground = 0

解き方

  1. 基準節点（接地）を選び、ほかの節点電圧に名前をつけます。
  2. 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。
  3. 各枝電流を (Va − Vb)/R で表します。
  4. 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

  1. 回路の各網目（窓）に時計回りの電流を描きます。
  2. 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。
  3. 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。
  4. 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

  1. 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。
  2. 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。
  3. 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。
  4. 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
Vth = Vopen circuit
テブナン抵抗
Rth：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
IN = Vth/Rth
負荷電流
IL = Vth/(Rth + RL)
最大電力伝送
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

解き方

  1. 負荷を外し、2 つの端子を a と b とします。
  2. a と b の間の開放電圧を求めます：これが Vth です。
  3. 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 Rth です。
  4. 負荷を等価回路に戻します：Vth と Rth の直列です。
  5. ノートン等価回路には変換します：IN = Vth/Rth、RN = Rth を並列に接続します。

オペアンプ回路

反転増幅器
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
非反転増幅器
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
加算増幅器
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
理想オペアンプ
V+ = V−, Iin = 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；vC は急変しない
直流でのインダクタ
短絡；iL は急変しない
定常値
t ≈ 5τ

解き方

  1. 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。
  2. 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。
  3. 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。
  4. 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
R1​ = 2 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​9 VR2​10 ΩIR2​AR4​20 ΩB

R2 を流れる電流 IR2 を求めよ。

V1 = 9 VR1 = 2 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 ΩR4 = 20 Ω
IR2 = A
2.抵抗の直列・並列むずかしい
R1​ = 10 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​18 VR2​15 ΩAR4​2 ΩBR6​2 Ω

電源 V1 から見た合成抵抗 Req を求めよ。

V1 = 18 VR1 = 10 ΩR2 = 15 ΩR3 = 3 ΩR4 = 2 ΩR5 = 2 ΩR6 = 2 Ω
Req = Ω
3.節点解析ふつう
R1​ = 15 ΩIR1​R3​ = 12 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAR4​15 ΩBIs​1 A

節点解析を使って 矢印の向きに R1 を流れる電流 IR1 を求めよ。

V1 = 30 VIs = 1 AR1 = 15 ΩR2 = 6 ΩR3 = 12 ΩR4 = 15 Ω
IR1 = A
4.節点解析むずかしい
R1​ = 4 ΩIR1​R2​ = 12 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​30 VR3​15 ΩAR5​12 ΩBIs​4 A−+V2​10 V

節点解析を使って 矢印の向きに R1 を流れる電流 IR1 を求めよ。

V1 = 30 VIs = 4 AV2 = 10 VR1 = 4 ΩR2 = 12 ΩR3 = 15 ΩR4 = 6 ΩR5 = 12 Ω
IR1 = A
5.網目解析ふつう
R1​ = 15 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​10 VR3​12 ΩA+−V2​10 VI1​I2​

網目解析を使って 網目電流 I2（時計回り） を求めよ。

V1 = 10 VV2 = 10 VR1 = 15 ΩR2 = 20 ΩR3 = 12 Ω
I2 = A
6.網目解析むずかしい
R1​ = 2 ΩR2​ = 6 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR4​15 ΩAR5​2 Ω+−VR5​B+−V2​9 VI1​I2​I3​

網目解析を使って 図の極性での R5 の両端電圧 VR5 を求めよ。

V1 = 24 VV2 = 9 VR1 = 2 ΩR2 = 6 ΩR3 = 4 ΩR4 = 15 ΩR5 = 2 Ω
VR5 = V
7.重ね合わせの理ふつう
R1​ = 5 ΩIR1​R3​ = 12 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAR4​10 ΩBIs​1.5 A

重ね合わせの理を使って、R1 が消費する電力 PR1 を求めよ。

V1 = 30 VIs = 1.5 AR1 = 5 ΩR2 = 6 ΩR3 = 12 ΩR4 = 10 Ω
PR1 = W
8.重ね合わせの理むずかしい
R1​ = 12 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​18 VR3​12 ΩIR3​AIs​1.5 AB+−V2​9 V

重ね合わせの理を使って、R3 が消費する電力 PR3 を求めよ。

V1 = 18 VIs = 1.5 AV2 = 9 VR1 = 12 ΩR2 = 15 ΩR3 = 12 ΩR4 = 2 Ω
PR3 = W
9.テブナン・ノートンふつう
R1​ = 2 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​30 VR2​20 ΩAab

ノートン電流 IN を求めよ：端子を短絡したとき a から b へ流れる電流。

V1 = 30 VR1 = 2 ΩR2 = 20 ΩR3 = 5 Ω
IN = A
10.テブナン・ノートンむずかしい
R1​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​15 VR2​15 ΩAIs​4 ABRL​4 ΩIL​

a–b 間に負荷 RL = 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 IL を求めよ。

V1 = 15 VIs = 4 AR1 = 6 ΩR2 = 15 ΩR3 = 20 ΩRL = 4 Ω
IL = A
11.オペアンプ回路ふつう
−+Vout​Rf​ = 100 kΩVin​R1​ = 22 kΩ

オペアンプは理想的で、±15 V 電源で動作する。出力は ±13 V で飽和する。 反転増幅器を正弦波で駆動する。出力がクリップしない最大の入力振幅 Vin,max（最大値）を求めよ。

R1 = 22 kΩRf = 100 kΩVsat = ±13 V
Vin,max = V
12.オペアンプ回路むずかしい
−+Vout​C = 0.47 µFVin​ = 0.8 VR = 100 kΩ

積分器は ±15 V 電源の理想オペアンプを使い、出力は ±14 V で飽和する。t = 0 に一定の入力 Vin = 0.8 V が加えられたとき、コンデンサは充電されていない。 t = 0 からどれだけ後に出力は飽和に達するか。t を求めよ。

Vin = 0.8 VR = 100 kΩC = 0.47 µFVsat = ±14 V
t = ms
13.RC・RL 過渡現象ふつう
+−Vs​15 Vt = 0R = 47 ΩL100 mHi(t)

t = 0 でスイッチが閉じる前、コイルに電流は流れていない。 スイッチを閉じてからどれだけ後に、電流が最終値の 90% に達するか。t を求めよ。

Vs = 15 VR = 47 ΩL = 100 mH
t = ms
14.RC・RL 過渡現象むずかしい
+−Vs​24 VR1​ = 20 ΩR2​ = 20 Ωt = 0 で開くL47 mHi(t)

R2 の両端のスイッチは長い間閉じていたので、コイルの電流は定常である。t = 0 にスイッチが開く。 t = 1 ms でのコイルの電流 i を求めよ。

Vs = 24 VR1 = 20 ΩR2 = 20 ΩL = 47 mHt = 1 ms
i = A

3溶液

1.抵抗の直列・並列

答え: IR2 = 0.6972 A

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。

R1​ = 2 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​9 VR2​10 ΩAR4​20 ΩB

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 = 2 + 20 = 22 Ω
R2 ∥ 22 = 10·22/(10+22) = 6.875 Ω
Req = R1 + 6.875 = 2 + 6.875 = 8.875 Ω

電源からの電流

電源から見えるのは Req 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。

IR1 = V1/Req = 9/8.875 = 1.014 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。

VA = V1 − IR1·R1 = 9 − 1.014·2 = 6.972 V
IR2 = VA/R2 = 6.972/10 = 0.6972 A

答え

IR2 = 0.6972 A
2.抵抗の直列・並列

答え: Req = 13.36 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。

R1​ = 10 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​18 VR2​15 ΩAR4​2 ΩBR6​2 Ω

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 = 2 + 2 = 4 Ω
R4 ∥ 4 = 1.333 Ω
R3 + 1.333 = 4.333 Ω
R2 ∥ 4.333 = 3.362 Ω
Req = R1 + 3.362 = 10 + 3.362 = 13.36 Ω

答え

Req = 13.36 Ω
3.節点解析

答え: IR1 = 1.644 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。

R1​ = 15 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAR4​15 ΩBIs​1 A

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 = 30 V）。未知数：VA, VB。

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。

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/6 + (VA − 30)/15 + (VA − VB)/12 = 0
0.3167·VA − 0.08333·VB = 2

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。

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/15 + (VB − VA)/12 = (−1)
−0.08333·VA + 0.15·VB = −1

解く

Δ = (0.3167)(0.15) − (−0.08333)(−0.08333) = 0.04056
VA = Δ1/Δ = 0.2167/0.04056 = 5.342 V
VB = Δ2/Δ = −0.15/0.04056 = −3.699 V

答え

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (30 − 5.342)/15 = 1.644 A
4.節点解析

答え: IR1 = 2.17 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。

R1​ = 4 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​30 VR3​15 ΩAR5​12 ΩBIs​4 A−+V2​10 V

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 = 30 V, V2 = −10 V）。未知数：VA, VB。

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。

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/15 + (VA − 30)/4 + (VA − VB)/12 = 0
0.4·VA − 0.08333·VB = 7.5

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。

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/12 + (VB − VA)/12 + (VB − (−10))/6 = 4
−0.08333·VA + 0.3333·VB = 2.333

解く

Δ = (0.4)(0.3333) − (−0.08333)(−0.08333) = 0.1264
VA = Δ1/Δ = 2.694/0.1264 = 21.32 V
VB = Δ2/Δ = 1.558/0.1264 = 12.33 V

答え

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (30 − 21.32)/4 = 2.17 A
5.網目解析

答え: I2 = −0.2083 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。

R1​ = 15 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​10 VR3​12 ΩA+−V2​10 VI1​I2​

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) = 10
27·I1 − 12·I2 = 10

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
20·I2 + 12(I2 − I1) = (−10)
−12·I1 + 32·I2 = −10

解く

Δ = (27)(32) − (−12)(−12) = 720
I1 = Δ1/Δ = 200/720 = 0.2778 A
I2 = Δ2/Δ = −150/720 = −0.2083 A

答え

I2 = −0.2083 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: VR5 = 5.664 V

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。

R1​ = 2 ΩR2​ = 6 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR4​15 ΩAR5​2 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

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
2·I1 + 15(I1 − I2) = 24
17·I1 − 15·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
6·I2 + 15(I2 − I1) + 2(I2 − I3) = 0
−15·I1 + 23·I2 − 2·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
4·I3 + 2(I3 − I2) = (−9)
−2·I2 + 6·I3 = −9

解く

Δ = 係数行列の行列式 = 928
I1 = Δ1/Δ = 2946/928 = 3.175 A
I2 = Δ2/Δ = 1854/928 = 1.998 A
I3 = Δ3/Δ = −774/928 = −0.8341 A

答え

IR5 = I2 − I3 = 2.832 A
VR5 = IR5·R5 = 2.832·2 = 5.664 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: PR1 = 58.45 W

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。

R1​ = 5 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAR4​10 ΩB開放

ケース 1 · V1 のみ

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 = 12+10 = 22 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 6·22/(6+22) = 4.714 Ω
VA = 30·4.714/(5+4.714) = 14.56 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 14.56·10/22 = 6.618 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (30 − 14.56)/5 = 3.088 A
R1​ = 5 ΩR3​ = 12 Ω短絡R2​6 ΩAR4​10 ΩBIs​1.5 A

ケース 2 · Is のみ

V₁ は短絡になるので、R₁ は R₂ と並列です。Iₛ は B で R₄ と R₃ を通る経路に分かれます。 Iₛ の矢印は下向きでその節点から離れているので、Iₛ はその節点から電流を引き出します：その項はマイナス符号で入ります。

R1 ∥ R2 = 5·6/(5+6) = 2.727 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 10 ∥ 14.73 = 5.956 Ω
VB = −Is·Req = −1.5·5.956 = −8.934 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −8.934·2.727/14.73 = −1.654 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − −1.654)/5 = 0.3309 A

電流の寄与を足す

IR1 = IR1′ + IR1″ = 3.088 + 0.3309 = 3.419 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。

PR1 = IR1²·R1 = 3.419²·5 = 58.45 W

答え

PR1 = 58.45 W

個別の場合の電力を足すと 48.23 W になりますが、これは誤りです。

8.重ね合わせの理

答え: PR3 = 7.975 W

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。

R1​ = 12 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​18 VR3​12 ΩA開放B短絡

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) = 12 ∥ 17 = 7.034 Ω
VA = 18·7.034/(12+7.034) = 6.652 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 6.652·2/17 = 0.7826 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (6.652 − 0)/12 = 0.5543 A
R1​ = 12 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 2 Ω短絡R3​12 ΩAIs​1.5 AB短絡

ケース 2 · Is 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 Ω、よって左側の経路は R2+6 = 21 Ω
Req = R4 ∥ 21 = 1.826 Ω
VB = Is·Req = 1.5·1.826 = 2.739 V
VA = VB·6/21 = 0.7826 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (0.7826 − 0)/12 = 0.06522 A
R1​ = 12 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 2 Ω短絡R3​12 ΩA開放B+−V2​9 V

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 = 12·12/(12+12) = 6 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 9·21/23 = 8.217 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 8.217·6/21 = 2.348 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (2.348 − 0)/12 = 0.1957 A

電流の寄与を足す

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴ = 0.5543 + 0.06522 + 0.1957 = 0.8152 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。

PR3 = IR3²·R3 = 0.8152²·12 = 7.975 W

答え

PR3 = 7.975 W

個別の場合の電力を足すと 4.198 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: IN = 4 A

テブナンの定理：線形な 2 端子回路は、1 つの電圧源 Vth と抵抗 Rth 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 IN = Vth/Rth と Rth の並列回路として表します。

R1​ = 2 ΩR3​ = 5 Ω短絡R2​20 ΩAabRth​

すべての電源を止めて Rth 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 = 2·20/(2+20) = 1.818 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1.818 + 5 = 6.818 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​30 VR2​20 ΩAab+−Vth​

開放電圧 Vth 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。

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 30·20/(2+20) = 27.27 V
IN​4 ARth​6.818 Ωab

ノートン等価回路

ノートン電源は、同じ回路を R_th と並列な電流源として見たものです。その電流は a–b の短絡電流です。

IN = Vth/Rth = 27.27/6.818 = 4 A
10.テブナン・ノートン

答え: IL = 3.813 A

テブナンの定理：線形な 2 端子回路は、1 つの電圧源 Vth と抵抗 Rth 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 IN = Vth/Rth と Rth の並列回路として表します。

R1​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω短絡R2​15 ΩA開放BabRth​

すべての電源を止めて Rth 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 = 6·15/(6+15) = 4.286 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4.286 + 20 = 24.29 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​15 VR2​15 ΩAIs​4 ABab+−Vth​

開放電圧 Vth 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。

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 10.71 + 4·4.286 = 27.86 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 27.86 + 4·20 = 107.9 V
Rth​ = 24.29 Ω+−Vth​107.9 VRL​4 ΩIL​

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。

IL = Vth/(Rth + RL) = 107.9/(24.29 + 4) = 3.813 A
11.オペアンプ回路

答え: Vin,max = 2.86 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。

利得

|Av| = Rf/R1 = 100/22 = 4.545

クリップ前の最大入力

Vin,max = Vsat/|Av| = 13/4.545 = 2.86 V

答え

Vin,max = 2.86 V
12.オペアンプ回路

答え: t = 822.5 ms

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。

入力電流と変化率

kΩ × µF でミリ秒になります。

RC = 100 kΩ · 0.47 µF = 47 ms
変化率 = −Vin/(RC) = −0.8/47 = −0.01702 V/ms

飽和までの時間

|Vin|·t/(RC) = Vsat → t = Vsat·RC/|Vin| = 14·47/0.8 = 822.5 ms

答え

t = 822.5 ms
13.RC・RL 過渡現象

答え: t = 4.899 ms

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。

時定数と最終電流

スイッチを閉じて十分時間がたつと、コイルは短絡と同じに振る舞うので、最終電流は R だけで決まります。

τ = L/R = 100 mH / 47 Ω = 2.128 ms
i(∞) = Vs/R = 15/47 = 0.3191 A

時間について解く

0.9 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0.9)
t = −2.128·ln(0.1) = 4.899 ms

答え

t = 4.899 ms
14.RC・RL 過渡現象

答え: i = 0.8562 A

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。

初期値、最終値、時定数

t = 0 より前は閉じたスイッチが R₂ を短絡していますが、その後は R₁ と R₂ の両方がループに入ります。

i(0) = 24/20 = 1.2 A
i(∞) = 24/(20 + 20) = 0.6 A
τ = L/R = 47/40 = 1.175 ms
i(t) = 0.6 + (1.2 − 0.6)·e−t/τ

指定時刻の電流

i(1) = 0.6 + (0.6)·e−1/1.175 = 0.8562 A

答え

i = 0.8562 A

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