FE Electrical and Computer 試験対策:直前対策パック

公式集、全トピックの解法の要点、40 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。

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。

交流インピーダンスとフェーザ

インピーダンス
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
角周波数
ω = 2πf
大きさと偏角
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
フェーザ表示のオームの法則
V = I·Z

解き方

  1. 周波数を換算します:ω = 2πf。
  2. 各リアクタンスを求めます:XL = ωL、XC = 1/(ωC)。
  3. インピーダンスは抵抗と同じように足します。Z = R + jX です。
  4. 大きさ |Z| = √(R² + X²) と角度 φ = atan(X/R) を求め、フェーザでオームの法則を使います。

交流電力と力率

有効電力
P = V·I·cos φ
無効電力
Q = V·I·sin φ
皮相電力
S = V·I = √(P² + Q²)
力率
pf = cos φ = P/S
力率改善用コンデンサ
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

三相電力

Y 結線
VL = √3·Vph, IL = Iph
Δ 結線
VL = Vph, IL = √3·Iph
全有効電力
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
皮相電力と無効電力
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
力率改善用コンデンサ
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
各コンデンサにかかる電圧
Δ:VL Y:VL/√3
モーターの入力
Pin = Pout/η

変圧器

巻数比
a = N1/N2 = V1/V2
電流比
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
定格電流
I = S/V
換算インピーダンス
Z1′ = a²·ZL
部分負荷時の銅損
Pcu = x²·Pcu,fl
効率
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
最大効率
x = √(Pcore/Pcu,fl)

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

ダイオードとトランジスタ

ダイオード(定電圧降下モデル)
VD = 0.7 V when conducting
活性領域
VBE = 0.7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
固定バイアス
IB = (VCC − 0.7)/RB
分圧バイアス
IB = (VTH − 0.7)/(RTH + (β + 1)RE)
分圧回路のテブナン等価回路
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
コレクタ側の閉路
VCE = VCC − ICRC − IERE
飽和
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

記数法

位取り
2 進数 2k、8 進数 8k、16 進数 16k
10 進数へ
Σ dk·bk
10 進数から
基数で割り、余りを下から上へ読む
16 進数 ↔ 2 進数
16 進数 1 桁 = 4 ビット
2 の補数
ビットを反転して 1 を足す

デジタル論理:ゲート・カルノー図・フリップフロップ

基本ゲート
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
ブールの規則
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
ド・モルガンの法則
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
カルノー図の並び順
00, 01, 11, 10 (Gray code)
2ᵏ 個のセルのグループ
k 個の変数が消える
4 対 1 マルチプレクサ
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
フリップフロップ
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
カウンタ
n ビット:2ⁿ 状態; mod-N:2ⁿ ≥ N を満たす最小の n; fout = fclk/N
リップルカウンタ
fmax = 1/(n·tpd)
リングカウンタとジョンソンカウンタ
n 状態と 2n 状態

解き方

  1. 回路では、入力から出力へ向かってゲートを 1 つずつ進み、各配線に値を書き込むか、式を書いて真理値表を埋めましょう。
  2. 簡単化するには、1(とドントケアは X として)を、行と列がグレイコード 00, 01, 11, 10 のカルノー図に書き込みましょう。
  3. 1 を、1, 2, 4, 8, 16 個のセルからなる、できるだけ少なくできるだけ大きなグループで、端をまたぎながら覆いましょう。各グループは、一定のままの変数からなる 1 つの積項です。POS 形には 0 をグループ化します。
  4. フリップフロップとカウンタでは、各有効クロックエッジで入力を読み取り、エッジごとの状態を書き出し、n ビットのカウンタは 2ⁿ 個の状態で折り返すことを忘れないようにしましょう。

安定性:ラウス・フルビッツ法と根軌跡

安定性
特性多項式のすべての根が左半平面にある
ラウス表、3 次式の s¹ の要素
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
右半平面の根
第 1 列の符号変化の回数
3 次式 s³ + a₂s² + a₁s + a₀
すべての a > 0 かつ a₂·a₁ > a₀ のとき安定
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
固有方程式
1 + K·G(s) = 0
漸近線
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
分岐点と合流点
dK/ds = 0
大きさの条件
K = 1/|G(s)|
出発角
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)

解き方

  1. 閉ループの特性多項式を書きます:1 + K·G(s) = 0 の分母を展開したものです。
  2. 係数を、ラウス表の最初の 2 行に交互に入れ、残りの行を作ります。
  3. 第 1 列の符号変化を数えます:1 回ごとに右半平面の極が 1 個です。表に K が入っているときは、第 1 列のすべての要素が正のままであることを条件にします。
  4. 根軌跡では、極と零点、実軸上の区間、重心から出る漸近線、dK/ds = 0 となる分岐点を記入します。ある点でのゲインには K = 1/|G(s)| を使います。

定常偏差と PID 制御

システムの型
G(s) の s = 0 にある極の個数
偏差定数
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
ステップ A
ess = A/(1 + Kp)
ランプ A·t
ess = A/Kv
放物線 A·t²/2
ess = A/Ka
PID 制御器
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
2 次系の目標
s² + 2ζωns + ωn²
オーバーシュートと時間
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)

解き方

  1. 開ループ C(s)·G(s) の s = 0 にある極を数えます:それがシステムの型です。
  2. 入力に対応する偏差定数を求めます:ステップには Kp、ランプには Kv、放物線には Ka です。
  3. ess = A/(1 + Kp)、A/Kv、または A/Ka を使うか、それを必要なゲインについて解きます。
  4. 減衰や速度の仕様では、閉ループの特性多項式を書き、s² + 2ζω_n·s + ω_n² と係数を合わせます。

2演習問題

1.抵抗の直列・並列ふつう
R1​ = 3 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩIR2​AR4​20 ΩB

R2 を流れる電流 IR2 を求めよ。

V1 = 30 VR1 = 3 ΩR2 = 6 ΩR3 = 20 ΩR4 = 20 Ω
IR2 = A
2.抵抗の直列・並列むずかしい
R1​ = 8 ΩIR1​R3​ = 25 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​5 VR2​3 ΩAR4​4 ΩBR6​30 Ω

電源が供給し R1 を流れる電流 IR1 を求めよ。

V1 = 5 VR1 = 8 ΩR2 = 3 ΩR3 = 25 ΩR4 = 4 ΩR5 = 5 ΩR6 = 30 Ω
IR1 = A
3.節点解析ふつう
R1​ = 3 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​15 VR2​8 ΩAR4​20 ΩBIs​4 A

節点解析を使って 節点電圧 VB(接地基準) を求めよ。

V1 = 15 VIs = 4 AR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 6 ΩR4 = 20 Ω
VB = V
4.節点解析むずかしい
R1​ = 8 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​18 VR3​2 ΩAR5​10 ΩBIs​2 A−+V2​36 V

節点解析を使って 節点電圧 VA(接地基準) を求めよ。

V1 = 18 VIs = 2 AV2 = 36 VR1 = 8 ΩR2 = 12 ΩR3 = 2 ΩR4 = 4 ΩR5 = 10 Ω
VA = V
5.網目解析ふつう
R1​ = 6 ΩR2​ = 5 Ω+−V1​12 VR3​20 Ω+−VR3​A+−V2​18 VI1​I2​

網目解析を使って 図の極性での R3 の両端電圧 VR3 を求めよ。

V1 = 12 VV2 = 18 VR1 = 6 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 Ω
VR3 = V
6.網目解析むずかしい
R1​ = 30 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​12 VR4​3 ΩAR5​5 ΩB+−V2​5 VI1​I2​I3​

網目解析を使って 網目電流 I3(時計回り) を求めよ。

V1 = 12 VV2 = 5 VR1 = 30 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 ΩR4 = 3 ΩR5 = 5 Ω
I3 = A
7.重ね合わせの理ふつう
R1​ = 12 ΩR3​ = 15 ΩIR3​+−V1​12 VR2​20 ΩAR4​2 ΩBIs​?

R3 を流れる電流 IR3 を 0 にする電流源 Is(向きは図のとおり)の値を求めよ。

V1 = 12 VR1 = 12 ΩR2 = 20 ΩR3 = 15 ΩR4 = 2 Ω
Is = A
8.重ね合わせの理むずかしい
R1​ = 30 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​30 VR3​15 ΩIR3​AIs​3 AB−+V2​6 V

重ね合わせの理を使って 矢印の向きに R3 を流れる電流 IR3 を求めよ。

V1 = 30 VIs = 3 AV2 = 6 VR1 = 30 ΩR2 = 5 ΩR3 = 15 ΩR4 = 20 Ω
IR3 = A
9.テブナン・ノートンふつう
R1​ = 3 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​8 ΩAab

端子 a–b から見たテブナン抵抗 Rth を求めよ。

V1 = 6 VR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 Ω
Rth = Ω
10.テブナン・ノートンむずかしい
R1​ = 25 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​25 ΩAIs​5 ABRL​5 ΩIL​

a–b 間に負荷 RL = 5 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 = 10 VIs = 5 AR1 = 25 ΩR2 = 25 ΩR3 = 6 ΩRL = 5 Ω
IL = A
11.RC・RL 過渡現象ふつう
+−Vs​6 Vt = 0R1​ = 1 kΩR2​ = 4.7 kΩC68 µF+−vC​

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。 スイッチを閉じた後の回路の時定数 τ を求めよ。

Vs = 6 VR1 = 1 kΩR2 = 4.7 kΩC = 68 µF
τ = ms
12.RC・RL 過渡現象むずかしい
+−Vs​12 Vt = 0R = 6.8 kΩC47 µF+−vC​vC​(0) = 3 V

t = 0 でスイッチが閉じる直前、コンデンサは図の極性で 3 V に充電されている。 t = 250 ms におけるコンデンサの電圧 vC を求めよ。

Vs = 12 VR = 6.8 kΩC = 47 µFvC(0) = 3 Vt = 250 ms
vC = V
13.交流インピーダンスとフェーザふつう
12 V500 HzR = 80 ΩL = 200 mHC = 22 µF

直列 RLC 回路を 12 V(実効値)、500 Hz の電源に接続する。 インピーダンスの位相角 φ を度で求めよ(電流が電圧より遅れるとき正)。

V = 12 V (rms)f = 500 HzR = 80 ΩL = 200 mHC = 22 µF
φ = °
14.交流インピーダンスとフェーザむずかしい
24 V1000 HzR = 80 ΩL = 50 mHC = 4.7 µF+−VC​

直列 RLC 回路を 24 V(実効値)、1000 Hz の電源に接続する。 コンデンサの両端電圧の実効値 VC を求めよ。

V = 24 V (rms)f = 1000 HzR = 80 ΩL = 50 mHC = 4.7 µF
VC = V
15.交流電力と力率ふつう
P = 33 kWQ = ?Sφ

単相モーターが 240 V の電源から、遅れ力率 0.6 で 33 kW を消費する。 モーターの無効電力 Q を求めよ。

P = 33 kWpf = 0.6V = 240 V
Q = kvar
16.交流電力と力率むずかしい
P = 20 kWQ1​S1​φ1​QC​

単相負荷が 240 V、50 Hz の電源から遅れ力率 0.8 で 20 kW を消費する。並列にコンデンサをつないで力率を 0.98 に改善する。 必要な静電容量 C を求めよ。

P = 20 kWpf1 = 0.8pf2 = 0.98V = 240 Vf = 50 Hz
C = µF
17.三相電力ふつう
ABCVL​ = 400 VIL​ = 30 Acos φ = 0.82遅れ

平衡三相負荷が、線間電圧 400 V の電源から線電流 30 A を流している。力率は遅れ 0.82 である。負荷が消費する全有効電力 P を kW で求めよ。

VL = 400 VIL = 30 Acos φ = 0.82
P = kW
18.三相電力むずかしい
P = 80 kWφ1​S1​Q2​QC​

平衡三相負荷が、415 V(線間)、60 Hz の電源から遅れ力率 0.72 で 80 kW を消費している。負荷と並列に三相コンデンサバンクを接続し、全体の力率を遅れ 0.95 に改善する。有効電力は変わらない。 コンデンサは Δ 結線である。各コンデンサの静電容量 Cph を µF で求めよ。

P = 80 kWpf1 = 0.72pf2 = 0.95VL = 415 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.変圧器ふつう
RL​ = 24 Ω21460 VV2​I1​ = ?I2​

巻数比 N₁:N₂ = 2:1 の理想変圧器の一次巻線に 460 V を加える。二次巻線に 24 Ω の抵抗を接続する。一次電流 I1 を求めよ。

N1:N2 = 2:1V1 = 460 VRL = 24 Ω
I1 = A
20.変圧器むずかしい
pf 0.850 kVA, η = 98.8%

単相 50 kVA の変圧器の鉄損は 150 W である。 定格負荷、遅れ力率 0.8 での効率は 98.8% である。全負荷銅損 Pcu,fl を W で求めよ。

S = 50 kVAPcore = 150 Wpf = 0.8η = 98.8%
Pcu,fl = W
21.オペアンプ回路ふつう
−+Vout​Rf​ = 10 kΩVin​R1​ = 2 kΩ

オペアンプは理想的で、±15 V 電源で動作する。出力は ±12 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 = 2 kΩRf = 10 kΩVsat = ±12 V
Vin,max = V
22.オペアンプ回路むずかしい
Vin​V1​Vout​第 1 段:反転R1​ = 10 kΩRf1​ = 47 kΩ第 2 段:非反転R2​ = 100 kΩRf2​ = 2 kΩ

2 つの理想オペアンプ段が縦続接続されている:反転増幅器(R1、Rf1)の後に非反転増幅器(接地側に R2、帰還側に Rf2)が続く。どちらも ±15 V 電源で動作する。 入力は Vin = −0.3 V である。出力電圧 Vout を求めよ。

R1 = 10 kΩRf1 = 47 kΩR2 = 100 kΩRf2 = 2 kΩVin = −0.3 V
Vout = V
23.ダイオードとトランジスタふつう
RC​ = 4.7 kΩβ = 100RE​ = 680 ΩVCC​ = 18 VR1​ = 47 kΩR2​ = 6.8 kΩ

β = 100 の NPN トランジスタが、VCC = 18 V から分圧バイアスされている:VCC とベースの間に R₁ = 47 kΩ、ベースと接地の間に R₂ = 6.8 kΩ。コレクタ抵抗は RC = 4.7 kΩ、エミッタ抵抗は RE = 680 Ω である。VBE = 0.7 V とし、分圧回路のテブナン等価回路を用いよ(ベース電流は無視しない)。 コレクタ–エミッタ間電圧 VCE を求めよ。

VCC = 18 VR1 = 47 kΩR2 = 6.8 kΩRC = 4.7 kΩRE = 680 Ωβ = 100
VCE = V
24.ダイオードとトランジスタむずかしい
RC​ = 680 Ωβ = 80IC​ = ?VCC​ = 9 V5 VRB​ = 4.7 kΩ

β = 80 の NPN トランジスタが、VCC = 9 V とコレクタの間に接続された 680 Ω の負荷抵抗をスイッチングする。エミッタは接地されている。ベースは 5 V のロジック出力からベース抵抗 RB = 4.7 kΩ を通して駆動される。VBE = 0.7 V、VCE(sat) = 0.2 V とする。 入力がハイのときのコレクタ電流 IC を mA で求めよ。まずトランジスタが飽和しているかどうかを判断せよ。

VCC = 9 VRC = 680 Ωβ = 80Vin = 5 VVBE = 0.7 VVCE(sat) = 0.2 VRB = 4.7 kΩ
IC = mA
25.記数法ふつう
8 ビットの 2 の補数?−128?64?32?16?8?4?2?1

−94 を 8 ビットの 2 の補数パターンで表しなさい。そのパターンを符号なし 2 進数として読むと、10 進数での値 U はいくつですか?

N = −948 bit
U =
26.記数法むずかしい
8 bit1 px800 px600 pxM = ? KiB

非圧縮の画像が 800 × 600 ピクセル、1 ピクセルあたり 8 ビットです。必要なメモリ M は何 KiB(1 KiB = 1024 バイト)ですか?

800 × 600 px8 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
27.デジタル論理:ゲート・カルノー図・フリップフロップふつう
ABCD0001111000011110111111

このカルノー図には、隣り合う 1 をもたない 1 がちょうど 1 つあり、最小の SOP 形では 1 セルのグループ(4 リテラルの完全な最小項)のままです。図の端をまたぐ隣接も数えます。そのセルをクリックしてください。

F = Σm(2, 4, 6, 7, 9, 15)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
28.デジタル論理:ゲート・カルノー図・フリップフロップむずかしい
DQ0​Q0​DQ1​Q1​DQ2​Q2​CLKRING

リングカウンタが 3 個の D フリップフロップでつくられ、最後の出力が最初の入力に戻されていて、1 つだけの 1 から始まります。いくつの異なる状態 N を通りますか?

n = 3
N =
29.ラプラス変換ふつう
t (s)f(t)t = 0.4f(0.4) = ?

F(s) = (3s + 37)/(s² + 8s + 16) の f(t) を求め、f(0.4) を計算せよ。

F(s) = (3s + 37)/(s² + 8s + 16)t = 0.4 s
f(0.4) =
30.ラプラス変換むずかしい
t (s)y(t)t = 0.3y(0.3) = ?

ある系が y″ + 5y′ + 4y = 8·u(t) に従う。系は静止状態(y(0) = 0、y′(0) = 0)から始まり、入力は t ≥ 0 で大きさ 2 のステップ u(t) である。ラプラス変換を用いて出力 y(0.3) を求めよ。

y″ + 5y′ + 4y = 8·u(t)u(t) = 2y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0.3 s
y(0.3) =
31.ブロック線図ふつう
R(s)+16K+10s + 7G(s)C(s)0.5H₁−−

プラント G(s) = 10/(s + 7) には、ゲイン H₁ = 0.5 の内側(マイナー)の負帰還ループがある。コントローラのゲイン K = 16 と外側の単位負帰還ループで系が閉じられる。 閉ループの直流ゲイン T(0) を求めよ。

G(s) = 10/(s + 7)H₁ = 0.5K = 16
T(0) =
32.ブロック線図むずかしい
R(s)+32s(s + 5)G(s)C(s)0.5H−

プラント G(s) = 32/(s(s + 5)) を、センサのゲイン H = 0.5 の負帰還ループに入れる。閉ループの極は複素数である。 その虚部 ωd(正の値)を rad/s で求めよ。

G(s) = 32/(s(s + 5))H = 0.5
ωd = rad/s
33.ステップ応答ふつう
t (s)y(t)1?

ある系の伝達関数は G(s) = 93/(s² + 11s + 93) で、単位ステップ入力を受ける。 ステップ応答のオーバーシュート率 %OS を求めよ。

G(s) = 93/(s² + 11s + 93)
%OS = %
34.ステップ応答むずかしい
k = 400 N/mc = 76 N·s/mm = 10 kgF = 5 Nx(t)

質量 m = 10 kg のおもりが、ばね定数 k = 400 N/m のばねと粘性ダンパ c = 76 N·s/m にぶら下がっている(m·x″ + c·x′ + k·x = F)。平衡状態で静止しているところに、一定の力 F = 5 N を突然加える。 減衰比 ζ を求めよ。

m = 10 kgk = 400 N/mc = 76 N·s/mF = 5 N
ζ =
35.ボード線図と余裕ふつう
|H| (dB)0.10.111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−90−450ω = 8

ω = 8 rad/s における G(s) = 26(s + 10)/(s(s + 11)) の位相 ∠G(jω) を度で求めよ。

G(s) = 26(s + 10)/(s(s + 11))ω = 8 rad/s
∠G(jω) = °
36.ボード線図と余裕むずかしい
|H| (dB)0.10.1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

ユニティフィードバック系の開ループ伝達関数は L(s) = 42/(s(s + 4)(s + 6)) である。 ゲイン余裕 GM を dB で求めよ。

L(s) = 42/(s(s + 4)(s + 6))
GM = dB
37.安定性:ラウス・フルビッツ法と根軌跡ふつう
R(s)+Ks + 8s(s + 1)(s + 4)C(s)−

単位フィードバックのループで L(s) = K(s + 8)/(s(s + 1)(s + 4))、K > 0 です。閉ループが安定となる最大のゲイン Kmax を求めなさい。

L(s) = K(s + 8)/(s(s + 1)(s + 4))
Kmax =
38.安定性:ラウス・フルビッツ法と根軌跡むずかしい
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−9−101j1j2

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 8)) の根軌跡は、s = 0 と s = −2 の間で実軸から離れます。分岐点 sb を求めなさい。

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 8))
sb =
39.定常偏差と PID 制御ふつう
r(t) = 2t+Ks(s + 4)C(s)−

G(s) = K/(s(s + 4)) の単位フィードバックのループが、ランプ入力 r(t) = 2t に定常偏差 0.1 で追従しなければなりません。ゲイン K を求めなさい。

G(s) = K/(s(s + 4))r(t) = 2tess = 0.1
K =
40.定常偏差と PID 制御むずかしい
R(s)+K = 501s(s + 10)C(s)−

比例制御器 K = 50 が、単位フィードバックのループで制御対象 G(s) = 1/(s(s + 10)) を制御しています。 ts ≈ 4/(ζωₙ) を用いて、ステップ応答の 2 % 整定時間 ts を求めよ。

G(s) = 1/(s(s + 10))K = 50
ts = s

3溶液

1.抵抗の直列・並列

答え: IR2 = 3.175 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​ = 3 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​6 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 = 20 + 20 = 40 Ω
R2 ∥ 40 = 6·40/(6+40) = 5.217 Ω
Req = R1 + 5.217 = 3 + 5.217 = 8.217 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 = 30/8.217 = 3.651 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 = 30 − 3.651·3 = 19.05 V
IR2 = VA/R2 = 19.05/6 = 3.175 A

答え

IR2 = 3.175 A
2.抵抗の直列・並列

答え: IR1 = 0.4666 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​ = 8 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​5 VR2​3 ΩAR4​4 ΩBR6​30 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 = 5 + 30 = 35 Ω
R4 ∥ 35 = 3.59 Ω
R3 + 3.59 = 28.59 Ω
R2 ∥ 28.59 = 2.715 Ω
Req = R1 + 2.715 = 8 + 2.715 = 10.72 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 = 5/10.72 = 0.4666 A

答え

IR1 = 0.4666 A
3.節点解析

答え: VB = 30.97 V

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​ = 3 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​15 VR2​8 ΩAR4​20 ΩBIs​4 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 = 15 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/8 + (VA − 15)/3 + (VA − VB)/6 = 0
0.625·VA − 0.1667·VB = 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/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/20 + (VB − VA)/6 = 4
−0.1667·VA + 0.2167·VB = 4

解く

Δ = (0.625)(0.2167) − (−0.1667)(−0.1667) = 0.1076
VA = Δ1/Δ = 1.75/0.1076 = 16.26 V
VB = Δ2/Δ = 3.333/0.1076 = 30.97 V

答え

VB = 30.97 V
4.節点解析

答え: VA = 1.306 V

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​ = 8 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​18 VR3​2 ΩAR5​10 ΩBIs​2 A−+V2​36 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 = 18 V, V2 = −36 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/2 + (VA − 18)/8 + (VA − VB)/12 = 0
0.7083·VA − 0.08333·VB = 2.25

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/10 + (VB − VA)/12 + (VB − (−36))/4 = 2
−0.08333·VA + 0.4333·VB = −7

解く

Δ = (0.7083)(0.4333) − (−0.08333)(−0.08333) = 0.3
VA = Δ1/Δ = 0.3917/0.3 = 1.306 V
VB = Δ2/Δ = −4.771/0.3 = −15.9 V

答え

VA = 1.306 V
5.網目解析

答え: VR3 = 13.44 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​ = 6 ΩR2​ = 5 Ω+−V1​12 VR3​20 ΩA+−V2​18 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
6·I1 + 20(I1 − I2) = 12
26·I1 − 20·I2 = 12

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
5·I2 + 20(I2 − I1) = (−18)
−20·I1 + 25·I2 = −18

解く

Δ = (26)(25) − (−20)(−20) = 250
I1 = Δ1/Δ = −60/250 = −0.24 A
I2 = Δ2/Δ = −228/250 = −0.912 A

答え

IR3 = I1 − I2 = 0.672 A
VR3 = IR3·R3 = 0.672·20 = 13.44 V

負の網目電流は反時計回りに流れます。

6.網目解析

答え: I3 = −0.3507 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​ = 30 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​12 VR4​3 ΩAR5​5 ΩB+−V2​5 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
30·I1 + 3(I1 − I2) = 12
33·I1 − 3·I2 = 12

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
5·I2 + 3(I2 − I1) + 5(I2 − I3) = 0
−3·I1 + 13·I2 − 5·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
10·I3 + 5(I3 − I2) = (−5)
−5·I2 + 15·I3 = −5

解く

Δ = 係数行列の行列式 = 5475
I1 = Δ1/Δ = 1965/5475 = 0.3589 A
I2 = Δ2/Δ = −285/5475 = −0.05205 A
I3 = Δ3/Δ = −1920/5475 = −0.3507 A

答え

I3 = −0.3507 A

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: Is = 3.75 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。

R1​ = 12 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩAR4​2 ΩB開放

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 = 15+2 = 17 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 20·17/(20+17) = 9.189 Ω
VA = 12·9.189/(12+9.189) = 5.204 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 5.204·2/17 = 0.6122 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (5.204 − 0.6122)/15 = 0.3061 A

ケース 2 · Is 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 = 7.5 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·2/24.5 = −0.08163·Is

合計を 0 とおく

IR3′ + IR3″ = 0.3061 − 0.08163·Is = 0
Is = 0.3061/0.08163 = 3.75 A

答え

Is = 3.75 A
8.重ね合わせの理

答え: IR3 = −1.505 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。

R1​ = 30 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​30 VR3​15 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) = 15 ∥ 25 = 9.375 Ω
VA = 30·9.375/(30+9.375) = 7.143 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 7.143·20/25 = 5.714 V
IR3′ = (0 − VA)/R3 = (0 − 7.143)/15 = −0.4762 A
R1​ = 30 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 20 Ω短絡R3​15 ΩAIs​3 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 = 10 Ω、よって左側の経路は R2+10 = 15 Ω
Req = R4 ∥ 15 = 8.571 Ω
VB = Is·Req = 3·8.571 = 25.71 V
VA = VB·10/15 = 17.14 V
IR3″ = (0 − VA)/R3 = (0 − 17.14)/15 = −1.143 A
R1​ = 30 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 20 Ω短絡R3​15 ΩA開放B−+V2​6 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 = 30·15/(30+15) = 10 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−6)·15/35 = −2.571 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −2.571·10/15 = −1.714 V
IR3‴ = (0 − VA)/R3 = (0 − −1.714)/15 = 0.1143 A

成分を足し合わせる

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴
IR3 = (−0.4762) + (−1.143) + 0.1143 = −1.505 A

結果が負なら、実際には電流は矢印と逆向きに流れるということです。

9.テブナン・ノートン

答え: Rth = 17.18 Ω

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​ = 3 ΩR3​ = 15 Ω短絡R2​8 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 = 3·8/(3+8) = 2.182 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2.182 + 15 = 17.18 Ω
10.テブナン・ノートン

答え: IL = 4.149 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​ = 25 ΩR3​ = 6 Ω短絡R2​25 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 = 25·25/(25+25) = 12.5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 12.5 + 6 = 18.5 Ω
R1​ = 25 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​25 ΩAIs​5 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) = 5 + 5·12.5 = 67.5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 67.5 + 5·6 = 97.5 V
Rth​ = 18.5 Ω+−Vth​97.5 VRL​5 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) = 97.5/(18.5 + 5) = 4.149 A
11.RC・RL 過渡現象

答え: τ = 56.07 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。

コンデンサから見たテブナン等価回路

電源を短絡して Rth 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。

Rth = R1 ∥ R2 = 1·4.7/(1 + 4.7) = 0.8246 kΩ
vC(∞) = 6·4.7/(1 + 4.7) = 4.947 V

時定数

τ = Rth·C = 0.8246·68 = 56.07 ms

答え

τ = 56.07 ms
12.RC・RL 過渡現象

答え: vC = 7.884 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。

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。

vC(0) = 3 V, vC(∞) = Vs = 12 V
τ = R·C = 6.8 kΩ · 47 µF = 319.6 ms
vC(t) = 12 + (3 − 12)·e−t/τ

指定時刻の電圧

vC(250) = 12 + (−9)·e−250/319.6 = 7.884 V

答え

vC = 7.884 V
13.交流インピーダンスとフェーザ

答え: φ = 82.57 °

フェーザによる交流回路:抵抗、コイル、コンデンサのインピーダンスは R、jωL、1/(jωC)(ω = 2πf)です。直列では抵抗と同じように足しますが、複素数として計算します。電流と電圧の実効値は |Z| を使ったオームの法則に従います。

リアクタンス

ω = 2πf = 2π·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0.2 = 628.3 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·22·10⁻⁶) = 14.47 Ω

インピーダンス

直列ではインピーダンスを複素数として足します:Z = R + j(XL − XC)。

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (613.8)²) = 619 Ω

位相角

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(613.8/80) = 82.57°

答え

φ = 82.57°
14.交流インピーダンスとフェーザ

答え: VC = 2.788 V

フェーザによる交流回路:抵抗、コイル、コンデンサのインピーダンスは R、jωL、1/(jωC)(ω = 2πf)です。直列では抵抗と同じように足しますが、複素数として計算します。電流と電圧の実効値は |Z| を使ったオームの法則に従います。

リアクタンス

ω = 2πf = 2π·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0.05 = 314.2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·4.7·10⁻⁶) = 33.86 Ω

インピーダンス

直列ではインピーダンスを複素数として足します:Z = R + j(XL − XC)。

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (280.3)²) = 291.5 Ω

電流

直列回路ではすべての素子に同じ電流が流れます。

I = V/|Z| = 24/291.5 = 0.08234 A

コンデンサの電圧

VC = I·XC = 0.08234·33.86 = 2.788 V

答え

VC = 2.788 V
15.交流電力と力率

答え: Q = 44 kvar

交流電力:皮相電力 S = V·I (VA) は、有効な仕事をする有効電力 P = S·cos φ (W) と、電源と負荷の間を行き来する無効電力 Q = S·sin φ (var) に分かれます。力率は cos φ です。並列コンデンサは無効電力をその場で供給するので、同じ有効電力でも線電流が減ります。

位相角

φ = arccos(0.6) = 53.13°, tan φ = 1.333

無効電力

Q = P·tan φ = 33·1.333 = 44 kvar

答え

Q = 44 kvar
16.交流電力と力率

答え: C = 604.5 µF

交流電力:皮相電力 S = V·I (VA) は、有効な仕事をする有効電力 P = S·cos φ (W) と、電源と負荷の間を行き来する無効電力 Q = S·sin φ (var) に分かれます。力率は cos φ です。並列コンデンサは無効電力をその場で供給するので、同じ有効電力でも線電流が減ります。

改善前後の無効電力

有効電力 P は変わらず、電源から取る無効電力だけが変わります。

Q1 = P·tan φ1 = 20·tan(36.87°) = 15 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 20·tan(11.48°) = 4.061 kvar
QC = Q1 − Q2 = 10.94 kvar

静電容量

電源に並列につないだコンデンサは Q = V²·ωC を供給します。

C = QC/(2πf·V²) = 10939/(2π·50·240²) = 604.5 µF

答え

C = 604.5 µF
17.三相電力

答え: P = 17.04 kW

平衡三相回路:Y(星形)結線では線間電圧は相電圧の √3 倍、VL = √3·Vph で、線電流は相電流に等しくなります。Δ(三角)結線では線間電圧は相電圧に等しく、線電流は相電流の √3 倍、IL = √3·Iph です。全電力は 1 相分の電力の 3 倍です:P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ。

皮相電力

S = √3·VL·IL = √3·400·30 = 20.78 kVA

有効電力

P = S·cos φ = 20.78·0.82 = 17.04 kW

答え

P = 17.04 kW
18.三相電力

答え: Cph = 260.9 µF

平衡三相回路:Y(星形)結線では線間電圧は相電圧の √3 倍、VL = √3·Vph で、線電流は相電流に等しくなります。Δ(三角)結線では線間電圧は相電圧に等しく、線電流は相電流の √3 倍、IL = √3·Iph です。全電力は 1 相分の電力の 3 倍です:P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ。 力率改善:コンデンサは無効電力をその場で供給します:QC = P·(tan φ1 − tan φ2)。3 個のコンデンサはそれぞれ QC/3 = V²·ω·C を供給します。V はそのコンデンサにかかる電圧で、Δ バンクでは VL、Y バンクでは VL/√3 です。

改善前後の無効電力

有効電力は変わらないので、それぞれの力率から無効電力が決まります:Q = P·tan φ。

Q1 = 80·tan(acos 0.72) = 80·0.9639 = 77.11 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0.95) = 80·0.3287 = 26.29 kvar

コンデンサが供給する無効電力

QC = Q1 − Q2 = 50.81 kvar

1 相あたりの静電容量

Δ バンクでは、各コンデンサは 2 本の線の間に接続されています。

V = 415 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 16938/(377·415²) = 260.9 µF

答え

Cph = 260.9 µF
19.変圧器

答え: I1 = 4.792 A

理想変圧器:電圧は巻数の比に、電流はその逆比になります:V₁/V₂ = N₁/N₂ = a、I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a。したがって入力電力と出力電力は等しく、V₁·I₁ = V₂·I₂ です。二次側の負荷インピーダンス Z は、一次側から見ると a²·Z に見えます。

二次電圧と二次電流

V2 = 460/2 = 230 V
I2 = 230/24 = 9.583 A

一次電流

理想変圧器には損失がありません:V₁·I₁ = V₂·I₂。

I1 = I2/2 = 4.792 A

答え

I1 = 4.792 A

確認:一次側から見た負荷は a²·RL = 96 Ω で、460/96 からも同じ電流が得られます。

20.変圧器

答え: Pcu,fl = 335.8 W

変圧器の損失:鉄損(ヒステリシス損と渦電流損)は電圧で決まり、負荷によらず一定です。巻線の銅損は電流の 2 乗に比例するので、定格負荷の x 倍の負荷では x²·Pcu,fl になります。効率 η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu)、ただし Pout = x·S·pf です。効率は銅損と鉄損が等しくなる負荷で最大になります。

出力と入力

Pout = 50·0.8 = 40 kW
Pin = 40000/0.988 = 40486 W

全損失と銅損

Ploss = 40486 − 40000 = 485.8 W
Pcu,fl = 485.8 − 150 = 335.8 W

答え

Pcu,fl = 335.8 W
21.オペアンプ回路

答え: Vin,max = 2.4 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 = 10/2 = 5

クリップ前の最大入力

Vin,max = Vsat/|Av| = 12/5 = 2.4 V

答え

Vin,max = 2.4 V
22.オペアンプ回路

答え: Vout = 1.438 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。

各段の利得

A1 = −Rf1/R1 = −47/10 = −4.7
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 2/100 = 1.02

段ごとに

V1 = −4.7·(−0.3) = 1.41 V
Vout = 1.02·1.41 = 1.438 V

答え

Vout = 1.438 V
23.ダイオードとトランジスタ

答え: VCE = 6.63 V

BJT の動作点:活性領域では VBE = 0.7 V、IC = β·IB、IE = (β + 1)·IB です。ベース側の閉路に KVL を適用して IB を求め、次に IC、さらにコレクタ–エミッタ側の閉路から VCE を求めます。ベースの分圧回路はテブナン等価回路 VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂)、RTH = R₁∥R₂ に置き換えます。エミッタ抵抗はベース側の閉路では (β + 1) 倍の大きさに見えます。

分圧回路のテブナン等価回路

VTH = 18·6.8/(47 + 6.8) = 2.275 V
RTH = 47·6.8/(47 + 6.8) = 5.941 kΩ

ベース電流

ベース側の閉路の KVL。エミッタ電流は (β + 1)·IB です。

IB = (2.275 − 0.7)/(5.941 + 101·0.68) = 21.11 µA

コレクタ電流

IC = 100·21.11 µA = 2.111 mA
IE = 101·21.11 µA = 2.132 mA

コレクタ–エミッタ間電圧

VCE = 18 − 2.111·4.7 − 2.132·0.68 = 6.63 V

答え

VCE = 6.63 V
24.ダイオードとトランジスタ

答え: IC = 12.94 mA

スイッチとしての BJT:負荷を完全にオンにするには、トランジスタを飽和させます。飽和では VCE = VCE(sat) となり、コレクタ電流は負荷で決まります:IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC。飽和させるには少なくとも IB = IC(sat)/β が必要です。ベース電流がこれより小さければ、トランジスタは活性領域のままで IC = β·IB です。

ベース電流

IB = (5 − 0.7)/4.7 kΩ = 914.9 µA

飽和か活性か?

β·IB は IC(sat) より大きいので、トランジスタは飽和します。

β·IB = 73.19 mA
IC(sat) = (9 − 0.2)/680 = 12.94 mA

コレクタ電流

IC = IC(sat) = 12.94 mA

答え

IC = 12.94 mA

トランジスタは飽和しています。

25.記数法

答え: U = 162

位取り記数法:各桁の値は、その数字に基数のべき乗を掛けたものです。2 進数では各桁の重みが 1、2、4、8、16、…、16 進数では 1、16、256、… で、A–F は 10–15 を表します。8 ビットの 2 の補数では、最上位ビットの重みが +128 ではなく −128 になり、こうして負の数を表します。

反転して 1 を足す

94 = 0101 1110
反転後: 1010 0001
+1 → 1010 0010

符号なしとして読む

1010 0010₂ = 256 − 94 = 162

答え

U = 162
26.記数法

答え: M = 468.8 KiB

位取り記数法:各桁の値は、その数字に基数のべき乗を掛けたものです。2 進数では各桁の重みが 1、2、4、8、16、…、16 進数では 1、16、256、… で、A–F は 10–15 を表します。8 ビットの 2 の補数では、最上位ビットの重みが +128 ではなく −128 になり、こうして負の数を表します。

ビットとバイト

800·600·8 = 3840000 bit = 480000 B

KiB に換算する

480000/1024 = 468.75 KiB

答え

M = 468.75 KiB
27.デジタル論理:ゲート・カルノー図・フリップフロップ

答え: AB = 10, CD = 01

カルノー図:セルはグレイコード(00, 01, 11, 10)の順に並んでいるので、端をまたぐものも含め、隣り合うセルはちょうど 1 つの変数だけが異なります。1 を、1, 2, 4, 8, 16 個のセルからなる長方形で、できるだけ大きく、できるだけ少ない数でグループ化し、すべての 1 を覆います。各グループは 1 つの積項で、グループの中で一定のままの変数からなります。2ᵏ 個のセルのグループでは k 個の変数が消えます。ドントケア(X)はグループを大きくするために使えますが、覆う必要はありません。代わりに 0 をグループ化すると、最小の POS 形が得られます。

各 1 の隣

隣り合う 1 がある 1 は、2 つ以上のグループに加わることができます。

m9: m8, m11, m13, m1 → 0
ABCD0001111000011110111111

孤立した 1

m9 = AB′C′D → AB = 10, CD = 01

答え

AB = 10, CD = 01
28.デジタル論理:ゲート・カルノー図・フリップフロップ

答え: N = 3

フリップフロップとカウンタ:フリップフロップは、有効なクロックエッジでだけ変化します。D は入力をコピーし(Q⁺ = D)、T は T = 1 のときトグルし、JK は 00 で保持、01 でリセット、10 でセット、11 でトグルします。n ビットの 2 進カウンタには 2ⁿ 個の状態があり、2ⁿ を法として数えます。mod-N カウンタは 0, 1, …, N − 1 と数えて 0 に戻り、2ⁿ ≥ N を満たす最小の n 個のフリップフロップが必要です。リップルカウンタの各段は周波数を半分にするので、mod-N カウンタの最後の出力は fclk/N で動作します。n 個のフリップフロップのジョンソンカウンタには 2n 個の状態があり、リングカウンタには n 個あります。

3 個のフリップフロップの系列

100 → 010 → 001

状態の数

N = 3

答え

N = 3
29.ラプラス変換

答え: f(0.4) = 2.625

ラプラス変換:F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt は、微分を s の掛け算に変えます:ℒ{f′} = sF(s) − f(0)、ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0)。基本的な変換対:1 ↔ 1/s、e−at ↔ 1/(s + a)、t·e−at ↔ 1/(s + a)²、sin ωt ↔ ω/(s² + ω²)、cos ωt ↔ s/(s² + ω²)。また、s → s + σ のシフトは、時間関数に e−σt を掛けることに対応します。有理式 F(s) を逆変換するには部分分数に分解します。単極 p の留数は A = [(s − p)·F(s)] の s = p での値です。最終値の定理:f(∞) = lims→0 s·F(s)。これは s·F(s) のすべての極が左半平面にあるときに限り成り立ちます。初期値の定理:f(0⁺) = lims→∞ s·F(s)。

分母を因数分解する

s² + 8s + 16 = (s + 4)²

部分分数展開

3s + 37 = 3(s + 4) + 25
F(s) = 3/(s + 4) + 25/(s + 4)²

逆変換

f(t) = 3·e−4t + 25·t·e−4t
f(0.4) = (3 + 25·0.4)·e−4·0.4 = 2.625

答え

f(0.4) = 2.625
30.ラプラス変換

答え: y(0.3) = 0.4506

ラプラス変換:F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt は、微分を s の掛け算に変えます:ℒ{f′} = sF(s) − f(0)、ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0)。基本的な変換対:1 ↔ 1/s、e−at ↔ 1/(s + a)、t·e−at ↔ 1/(s + a)²、sin ωt ↔ ω/(s² + ω²)、cos ωt ↔ s/(s² + ω²)。また、s → s + σ のシフトは、時間関数に e−σt を掛けることに対応します。有理式 F(s) を逆変換するには部分分数に分解します。単極 p の留数は A = [(s − p)·F(s)] の s = p での値です。最終値の定理:f(∞) = lims→0 s·F(s)。これは s·F(s) のすべての極が左半平面にあるときに限り成り立ちます。初期値の定理:f(0⁺) = lims→∞ s·F(s)。

方程式を変換する

Y(s) = 16/(s(s + 1)(s + 4))

部分分数展開

A = 16/(1·4) = 4
B = 16/((−1)·3) = −5.333
C = 16/((−4)·(−3)) = 1.333

排泄量

y(t) = 4 − 5.333·e−t + 1.333·e−4t
y(0.3) = 0.4506

答え

y(0.3) = 0.4506
31.ブロック線図

答え: T(0) = 0.9302

ブロック線図の代数:直列のブロックは掛け算(G₁·G₂)、並列のブロックは足し算(G₁ + G₂)になります。前向き経路 G とフィードバック経路 H のループは、負帰還なら T = G/(1 + G·H)、正帰還なら G/(1 − G·H) にまとめられます。内側のループから先に簡単にし、外側へ進みます。閉ループの極は特性方程式 1 + G(s)H(s) = 0 の根です。ループが安定なら、大きさ A のステップ入力に対する定常出力は A·T(0) です。単位フィードバックでは、ステップに対する定常偏差は Kp = G(0) として A/(1 + Kp) です。

内側のループ

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 10/(s + 7 + 10·0.5) = 10/(s + 12)

外側のループ

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 160/(s + 12 + 160) = 160/(s + 172)

結果

T(0) = 160/172 = 0.9302

答え

T(0) = 0.9302
32.ブロック線図

答え: ωd = 3.122 rad/s

ブロック線図の代数:直列のブロックは掛け算(G₁·G₂)、並列のブロックは足し算(G₁ + G₂)になります。前向き経路 G とフィードバック経路 H のループは、負帰還なら T = G/(1 + G·H)、正帰還なら G/(1 − G·H) にまとめられます。内側のループから先に簡単にし、外側へ進みます。閉ループの極は特性方程式 1 + G(s)H(s) = 0 の根です。ループが安定なら、大きさ A のステップ入力に対する定常出力は A·T(0) です。単位フィードバックでは、ステップに対する定常偏差は Kp = G(0) として A/(1 + Kp) です。

固有方程式

s(s + 5) + 32·0.5 = 0 → s² + 5s + 16 = 0

根

s = −2.5 ± j·√(16 − 6.25) = −2.5 ± j3.122
ωd = 3.122 rad/s

答え

ωd = 3.122 rad/s
33.ステップ応答

答え: %OS = 11.29 %

ステップ応答:1 次系 G(s) = K/(τs + 1) は、大きさ U のステップに対して y(t) = K·U·(1 − e−t/τ) と応答します。時定数 τ の後に最終値 K·U の 63.2 %、4τ の後に 98 % に達します。2 次系 G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) の極は s = −ζωₙ ± jωd(ωd = ωₙ√(1 − ζ²))です。0 < ζ < 1 のとき、ステップ応答にはオーバーシュートがあります:オーバーシュート率 %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²)、ピーク時間 tp = π/ωd、2 % 整定時間 ts ≈ 4/(ζωₙ)。分母を s² + 2ζωₙs + ωₙ² と比べると、ωₙ と ζ が読み取れます。質量・ばね・ダンパでは ωₙ = √(k/m)、ζ = c/(2√(km))、直列 RLC 回路では ωₙ = 1/√(LC)、ζ = (R/2)·√(C/L) です。

標準形と比べる

分母は s² + 2ζωₙs + ωₙ² と一致しなければなりません。

ωₙ² = 93 → ωₙ = 9.644 rad/s
2ζωₙ = 11 → ζ = 11/(2·9.644) = 0.5703

結果

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−2.181 = 11.29 %

答え

%OS = 11.29 %
34.ステップ応答

答え: ζ = 0.6008

ステップ応答:1 次系 G(s) = K/(τs + 1) は、大きさ U のステップに対して y(t) = K·U·(1 − e−t/τ) と応答します。時定数 τ の後に最終値 K·U の 63.2 %、4τ の後に 98 % に達します。2 次系 G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) の極は s = −ζωₙ ± jωd(ωd = ωₙ√(1 − ζ²))です。0 < ζ < 1 のとき、ステップ応答にはオーバーシュートがあります:オーバーシュート率 %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²)、ピーク時間 tp = π/ωd、2 % 整定時間 ts ≈ 4/(ζωₙ)。分母を s² + 2ζωₙs + ωₙ² と比べると、ωₙ と ζ が読み取れます。質量・ばね・ダンパでは ωₙ = √(k/m)、ζ = c/(2√(km))、直列 RLC 回路では ωₙ = 1/√(LC)、ζ = (R/2)·√(C/L) です。

固有角周波数と減衰比

ωₙ = √(k/m) = √(400/10) = 6.325 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 76/(2·√(400·10)) = 0.6008

結果

ζ = 0.6008

答え

ζ = 0.6008
35.ボード線図と余裕

答え: ∠G(jω) = −87.37 °

周波数応答:伝達関数に s = jω を代入します。デシベルでの大きさは 20·log₁₀|H(jω)|、位相は分子の因子の角の和から分母の因子の角を引いたものです。1 次の RC または RL フィルタのカットオフ(−3 dB)周波数は ωc = 1/(RC) または R/L、fc = ωc/(2π) で、ローパスフィルタでは |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²)、φ = −atan(ω/ωc) です。漸近的な(直線近似の)ボード線図では、各極はそのコーナー周波数で大きさを 20 dB/decade ずつ下向きに折り曲げ、各零点は 20 dB/decade ずつ上向きに折り曲げ、積分器 1/s はすべての周波数で −20 dB/decade を与えます。ゲイン交差周波数 ωc:|L(jω)| = 1(0 dB)、位相余裕 PM = 180° + ∠L(jωc)。位相交差周波数 ω180:∠L(jω) = −180°、ゲイン余裕 GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB。両方の余裕が正のとき、閉ループは安定です。

角を足す

∠G = atan(8/10) − 90° − atan(8/11) = 38.66° − 90° − 36.03°

結果

∠G(j8) = −87.37°

答え

∠G(jω) = −87.37°
36.ボード線図と余裕

答え: GM = 15.14 dB

周波数応答:伝達関数に s = jω を代入します。デシベルでの大きさは 20·log₁₀|H(jω)|、位相は分子の因子の角の和から分母の因子の角を引いたものです。1 次の RC または RL フィルタのカットオフ(−3 dB)周波数は ωc = 1/(RC) または R/L、fc = ωc/(2π) で、ローパスフィルタでは |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²)、φ = −atan(ω/ωc) です。漸近的な(直線近似の)ボード線図では、各極はそのコーナー周波数で大きさを 20 dB/decade ずつ下向きに折り曲げ、各零点は 20 dB/decade ずつ上向きに折り曲げ、積分器 1/s はすべての周波数で −20 dB/decade を与えます。ゲイン交差周波数 ωc:|L(jω)| = 1(0 dB)、位相余裕 PM = 180° + ∠L(jωc)。位相交差周波数 ω180:∠L(jω) = −180°、ゲイン余裕 GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB。両方の余裕が正のとき、閉ループは安定です。

位相交差

(ω/4)·(ω/6) = 1 → ω180 = √(4·6) = 4.899 rad/s

位相交差での大きさ

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 16)·√(ω² + 36)) = K/(4·6·(4 + 6)) = K/240

ゲイン余裕

GM = 20·log₁₀(240/42) = 15.14 dB

答え

GM = 15.14 dB
37.安定性:ラウス・フルビッツ法と根軌跡

答え: Kmax = 6.667

ラウス・フルビッツの安定判別法:線形システムは、特性多項式のすべての根が s 平面の左半平面にあるとき安定です。係数を交互にラウス表の最初の 2 行に書き入れます。新しい行の各要素は、その上の 2 行から求めます。3 次式 a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ では、s¹ の要素は b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂ です。第 1 列の符号変化の回数は、右半平面にある根の個数に等しくなります。係数にゲイン K が含まれるときは、第 1 列のすべての要素が正でなければなりません。s¹ の要素が 0 になるゲインが安定限界で、そのときの s² の行から持続振動の周波数が求まります。

特性多項式

s(s + 1)(s + 4) + K(s + 8) = s³ + 5s² + (4 + K)s + 8K

ラウス表

s³: 1, 4 + K
s²: 5, 8K
s¹: (5·(4 + K) − 8K)/5
s⁰: 8K

条件

20 − 3K > 0
K < 20/3 = 6.667

答え

Kmax = 6.667

零点が s = −5 より右にあれば、ループはすべての K > 0 で安定のままです。

38.安定性:ラウス・フルビッツ法と根軌跡

答え: sb = −0.9296

根軌跡:ゲイン K を 0 から ∞ まで変えると、閉ループ極、すなわち 1 + K·G(s) = 0 の根は、開ループ極から開ループ零点または無限遠へ移動します。実軸上の点は、その右側にある実極と実零点の個数の合計が奇数のとき、軌跡に属します。無限遠へ向かう n − m 本の枝は、重心 σₐ = (極の和 − 零点の和)/(n − m) から出る漸近線に沿い、その角度は (2q + 1)·180°/(n − m) です。枝は dK/ds = 0 となる点で実軸から離れたり、実軸に合流したりします。角度条件 ∠G(s) = 180° が形を決め、大きさの条件 K = 1/|G(s)| が軌跡上の任意の点でのゲインを与えます。

実軸に沿ったゲイン

K(s) = −s(s + 2)(s + 8) = −(s³ + 10s² + 16s)

停留点

dK/ds = −(3s² + 20s + 16) = 0
s = (−20 ± √(400 − 192))/6 = −0.9296, −5.737

軌跡上の点を選ぶ

軌跡は 0 と −2 の間の実軸上にあります。もう一方の根は軌跡上にありません。

sb = −0.9296

答え

sb = −0.9296
39.定常偏差と PID 制御

答え: K = 80

定常偏差:開ループ伝達関数 G(s) をもつ単位フィードバックのループでは、偏差は E(s) = R(s)/(1 + G(s)) で、最終値の定理により ess = lims→0 s·E(s) です。システムの型は、G(s) の s = 0 にある極の個数です。偏差定数は Kp = lim G(s)、Kv = lim s·G(s)、Ka = lim s²·G(s) で、いずれも s → 0 の極限です。大きさ A のステップ入力では ess = A/(1 + Kp)、ランプ入力 A·t では A/Kv、放物線入力 A·t²/2 では A/Ka になります。0 型のループはステップ入力に有限の偏差で追従し、1 型のループはステップ入力に偏差なく追従し、ランプ入力には有限の偏差で追従します。

必要な速度偏差定数

Kv = A/ess = 2/0.1 = 20

利得

K = 4·Kv = 80

答え

K = 80

ゲインを大きくすると、このループの減衰は非常に小さくなります:ζ = 0.2236。この両立の難しさが、補償器を使う理由です。

40.定常偏差と PID 制御

答え: ts = 0.8 s

P 制御、PI 制御、PID 制御:制御器 C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s は偏差に作用します。比例ゲインはループを速くし、0 型の制御対象の偏差を小さくしますが、なくすことはできません。積分項は s = 0 に極を加えます:システムの型が 1 つ上がり、ステップ入力に偏差なく追従します。微分項は減衰を加えます。ゲインを決めるには、閉ループの特性多項式を書き、s² + 2ζωns + ωn² と比較します。すると %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²)、tp = π/ωd(ωd = ωn√(1 − ζ²))、ts ≈ 4/(ζωn) となります。

特性多項式

s(s + 10) + 50·1 = s² + 10s + 50

ωₙ と ζ

ωₙ = √50 = 7.071 rad/s
ζ = 10/(2·7.071) = 0.7071

整定時間

ζωₙ = 10/2 = 5
ts ≈ 4/5 = 0.8 s

答え

ts = 0.8 s

ここでは整定時間は K によりません:K を上げると、応答がより速く振動するだけです。

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