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​ = 20 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​2 ΩIR2​AR4​20 ΩB

R2 を流れる電流 IR2 を求めよ。

V1 = 15 VR1 = 20 ΩR2 = 2 ΩR3 = 2 ΩR4 = 20 Ω
IR2 = A
2.抵抗の直列・並列むずかしい
R1​ = 20 ΩIR1​R3​ = 4 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​12 ΩAR4​12 ΩBR6​15 Ω

電源が供給し R1 を流れる電流 IR1 を求めよ。

V1 = 30 VR1 = 20 ΩR2 = 12 ΩR3 = 4 ΩR4 = 12 ΩR5 = 2 ΩR6 = 15 Ω
IR1 = A
3.節点解析ふつう
R1​ = 5 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​12 ΩAR4​4 ΩBIs​5 A

節点解析を使って 節点電圧 VA(接地基準) を求めよ。

V1 = 30 VIs = 5 AR1 = 5 ΩR2 = 12 ΩR3 = 6 ΩR4 = 4 Ω
VA = V
4.節点解析むずかしい
R1​ = 8 ΩR2​ = 10 ΩIR2​R4​ = 2 Ω+−V1​9 VR3​3 ΩAR5​10 ΩBIs​3 A−+V2​18 V

節点解析を使って 矢印の向きに R2 を流れる電流 IR2 を求めよ。

V1 = 9 VIs = 3 AV2 = 18 VR1 = 8 ΩR2 = 10 ΩR3 = 3 ΩR4 = 2 ΩR5 = 10 Ω
IR2 = A
5.網目解析ふつう
R1​ = 15 ΩR2​ = 8 ΩIR2​+−V1​15 VR3​8 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

網目解析を使って 矢印の向きに R2 を流れる電流 IR2 を求めよ。

V1 = 15 VV2 = 15 VR1 = 15 ΩR2 = 8 ΩR3 = 8 Ω
IR2 = A
6.網目解析むずかしい
R1​ = 12 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR4​30 ΩAR5​25 Ω+−VR5​B+−V2​36 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 = 36 VR1 = 12 ΩR2 = 15 ΩR3 = 2 ΩR4 = 30 ΩR5 = 25 Ω
VR5 = V
7.重ね合わせの理ふつう
線形回路Vs​Is​IRL​

線形抵抗回路に 1 つの電圧源 Vs と 1 つの電流源 Is がある。負荷抵抗を流れる電流 I を 2 回測定した:Vs = 20 V、Is = 5 mA のとき I = 30.5 mA、Vs = 2 V、Is = 6 mA のとき I = 3.6 mA。Vs = 15 V、Is = 1 mA のときの負荷電流 I を求めよ。

20 V, 5 mA → 30.5 mA2 V, 6 mA → 3.6 mAVs = 15 V, Is = 1 mA
I = mA
8.重ね合わせの理むずかしい
R1​ = 3 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 6 ΩIR4​+−V1​10 VR3​2 ΩAIs​2 AB+−V2​30 V

重ね合わせの理を使って、R4 が消費する電力 PR4 を求めよ。

V1 = 10 VIs = 2 AV2 = 30 VR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 2 ΩR4 = 6 Ω
PR4 = W
9.テブナン・ノートンふつう
R1​ = 3 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAab

端子 a–b から見たテブナン電圧 Vth を求めよ。

V1 = 24 VR1 = 3 ΩR2 = 5 ΩR3 = 15 Ω
Vth = V
10.テブナン・ノートンむずかしい
R1​ = 8 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​2 ΩAIs​6 ABRL​12 ΩIL​

a–b 間に負荷 RL = 12 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 PL を求めよ。

V1 = 30 VIs = 6 AR1 = 8 ΩR2 = 2 ΩR3 = 10 ΩRL = 12 Ω
PL = W
11.RC・RL 過渡現象ふつう
+−Vs​10 Vt = 0R = 22 ΩL47 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。 t = 5 ms でコイルに蓄えられているエネルギー W を mJ で求めよ。

Vs = 10 VR = 22 ΩL = 47 mHt = 5 ms
W = mJ
12.RC・RL 過渡現象むずかしい
+−Vs​10 Vt = 0R = 10 kΩC220 µF+−vC​vC​(0) = 12 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 12 V に充電されている。 t = 750 ms におけるコンデンサの電圧 vC を求めよ。

Vs = 10 VR = 10 kΩC = 220 µFvC(0) = 12 Vt = 750 ms
vC = V
13.交流インピーダンスとフェーザふつう
Vf0​ = 500 HzRL = 1 mHC = ?

L = 1 mH の直列 RLC 回路を 500 Hz で共振させなければならない。必要な静電容量 C を求めよ。

f0 = 500 HzL = 1 mH
C = µF
14.交流インピーダンスとフェーザむずかしい
120 V1000 HzR = 20 ΩL = 20 mHC = 10 µF+−VC​

直列 RLC 回路を 120 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 = 120 V (rms)f = 1000 HzR = 20 ΩL = 20 mHC = 10 µF
VC = V
15.交流電力と力率ふつう
120 VR + jXP = 585 W6.5 A

誘導性負荷が 120 V(実効値)の単相電源から 6.5 A と 585 W を消費する。これを抵抗 R とリアクタンス X の直列回路としてモデル化する。 R を求めよ。

V = 120 VI = 6.5 AP = 585 W
R = Ω
16.交流電力と力率むずかしい
P1​ = 101 kWQ1​S1​φ

200 kVA の単相変圧器が、遅れ力率 0.75 で 101 kW の負荷に電力を供給している。変圧器が kVA 定格に達するまでに、抵抗負荷(力率 1)としてあとどれだけの有効電力 ΔP を追加できるか。

Smax = 200 kVAP1 = 101 kWpf1 = 0.75
ΔP = kW
17.三相電力ふつう
ABCVL​ = 480 VNZ = 24 + j7 Ω1 相あたり

1 相あたりのインピーダンスが 24 + j7 Ω の平衡 Y 結線負荷が、線間電圧 480 V の平衡三相電源に接続されている。 負荷が吸収する全有効電力 P を kW で求めよ。

VL = 480 VZ = 24 + j7 Ω 1 相あたり
P = kW
18.三相電力むずかしい
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

平衡三相負荷が、480 V(線間)、60 Hz の電源から遅れ力率 0.8 で 120 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 0.9 に改善する。有効電力は変わらない。 コンデンサバンクが供給すべき全無効電力 QC を kvar で求めよ。

P = 120 kWpf1 = 0.8pf2 = 0.9VL = 480 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.変圧器ふつう
4160 V480 VIHV​ILV​ = ?15 kVA

単相 15 kVA、4160/480 V の変圧器が定格負荷で運転している。理想変圧器とみなす。低圧巻線の電流 ILV を求めよ。

S = 15 kVAV1 = 4160 VV2 = 480 V
ILV = A
20.変圧器むずかしい
pf 0.9150 kVA, 25% 負荷

単相 150 kVA の変圧器の鉄損は 1200 W、定格負荷での銅損は 2400 W である。 この変圧器が定格 kVA の 25% を遅れ力率 0.9 で供給している。この負荷での全損失 Ploss を W で求めよ。

S = 150 kVAPcore = 1200 WPcu,fl = 2400 Wx = 0.25pf = 0.9
Ploss = W
21.オペアンプ回路ふつう
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 2 kΩVin​

この非反転増幅器の電圧利得を 8 にする帰還抵抗 Rf を選べ。

R1 = 2 kΩAv = 8
Rf = kΩ
22.オペアンプ回路むずかしい
−+Vout​Rf​ = 47 kΩV1​ = 0.6 VR1​ = 22 kΩV2​ = 0.5 VR2​ = 4.7 kΩ

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 Vout を求めよ。

V1 = 0.6 VV2 = 0.5 VR1 = 22 kΩR2 = 4.7 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
23.ダイオードとトランジスタふつう
+−15 V100 Ω6.2 V680 ΩIZ​ = ?

6.2 V のツェナーレギュレータに 100 Ω を通して 15 V を加え、680 Ω の負荷に供給します。ツェナー電流 IZ を求めなさい。

Vin = 15 VVZ = 6.2 VR = 100 ΩRL = 680 Ω
IZ = mA
24.ダイオードとトランジスタむずかしい
RC​ = 100 Ωβ = 200VCC​ = 12 V5 VRB​ = ?

β = 200 の NPN トランジスタが、VCC = 12 V とコレクタの間に接続された 100 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 を通して駆動される。VBE = 0.7 V、VCE(sat) = 0.2 V とする。 トランジスタをちょうど飽和させることのできる最大のベース抵抗 RB を kΩ で求めよ。

VCC = 12 VRC = 100 Ωβ = 200Vin = 5 VVBE = 0.7 VVCE(sat) = 0.2 V
RB = kΩ
25.記数法ふつう
2 の補数での桁の重み0−12816403201608140201

8 ビットのパターン 0100 0100 は、符号付き整数を 2 の補数で表しています。10 進数での値 N はいくつですか?

0100 01008 bit
N =
26.記数法むずかしい
1903 個の符号、b = ? ビット?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

あるシステムで、1903 個の項目それぞれに同じ長さの固有の 2 進コードを割り当てます。必要なビット数 b は最小でいくつですか?

1903
b = bit
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
ABCD000111100001111000111302140507060120130151140809011010

カルノー図を使って F(A, B, C, D) = Σm(1, 3, 4, 14) の最小の和積形(POS)を求めてください。和項(因数)N はいくつありますか?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 3, 4, 14)
N =
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
CLKJK12345678

正エッジトリガの JK フリップフロップが Q = 0 から始まり、8 回の立ち上がりクロックエッジで図の入力を受け取ります。Q は何回N状態を変えますか?

Q₀ = 0JK
N =
29.ラプラス変換ふつう
t (s)f(t)t = 0.3f(0.3) = ?

F(s) = (2s + 12)/(s² + 10s + 25) の f(t) を求め、f(0.3) を計算せよ。

F(s) = (2s + 12)/(s² + 10s + 25)t = 0.3 s
f(0.3) =
30.ラプラス変換むずかしい
t (s)y(t)t = 0.2y(0.2) = ?

ラプラス変換を用いて、y(0) = 2、y′(0) = −15 の条件で y″ + 11y′ + 30y = 0 を解き、y(0.2) を求めよ。

y″ + 11y′ + 30y = 0y(0) = 2y′(0) = −15t = 0.2 s
y(0.2) =
31.ブロック線図ふつう
R(s)+16K+6s + 5G(s)C(s)1H₁−−

プラント G(s) = 6/(s + 5) には、ゲイン H₁ = 1 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。 閉ループの極 p を求めよ。

G(s) = 6/(s + 5)H₁ = 1K = 16
p =
32.ブロック線図むずかしい
R(s)+K(s + 5)(s + 6)(s + 7)G(s)C(s)−

プラント G(s) = K/((s + 5)(s + 6)(s + 7)) を単位負帰還ループに入れる。 安定な最大ゲインでは、ループは振動します。振動の周波数 ω を rad/s で求めよ。

G(s) = K/((s + 5)(s + 6)(s + 7))単位負帰還
ω = rad/s
33.ステップ応答ふつう
t (s)y(t)2

ある系の伝達関数は G(s) = 50/(s² + 2s + 25) で、単位ステップ入力を受ける。 極は s = σ ± jωd である。その実部 σ を求めよ。

G(s) = 50/(s² + 2s + 25)
σ =
34.ステップ応答むずかしい
R(s)+Ks(s + 4)G(s)C(s)−

単位負帰還ループの G(s) = K/(s(s + 4)) である。ステップ応答のオーバーシュートが 25 % になるゲイン K を求めよ。

G(s) = K/(s(s + 4))%OS = 25 %
K =
35.ボード線図と余裕ふつう
|H| (dB)0.11101001000−80−60−40−2002040ω (rad/s)ω = 10

ω = 10 rad/s における G(s) = 494/((s + 2)(s + 19)) の正確な大きさ |G(jω)| を dB で求めよ。

G(s) = 494/((s + 2)(s + 19))ω = 10 rad/s
|G(jω)| = dB
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) = K/(s(s + 1)(s + 6)) である。 ゲイン余裕が 10 dB となるゲイン K を求めよ。

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 6))GM = 10 dB
K =
37.安定性:ラウス・フルビッツ法と根軌跡ふつう
R(s)+Ks + 9s(s + 1)(s + 2)C(s)−

単位フィードバックのループで L(s) = K(s + 9)/(s(s + 1)(s + 2))、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 + 9)/(s(s + 1)(s + 2))
Kmax =
38.安定性:ラウス・フルビッツ法と根軌跡むずかしい
ReIm−1−2−3−4−5−6−71j1j2

単位フィードバックのループで L(s) = K(s + 5)/(s(s + 1)(s + 6)) です。根軌跡の漸近線が実軸と交わる点 σa を求めなさい。

L(s) = K(s + 5)/(s(s + 1)(s + 6))
σa =
39.定常偏差と PID 制御ふつう
r(t) = 10 + 0.5t+4s(s + 1)(s + 5)C(s)−

入力 r(t) = 10 + 0.5t(ステップとランプの和)が、G(s) = 4/(s(s + 1)(s + 5)) の単位フィードバックのループに加えられます。定常偏差 ess を求めなさい。

G(s) = 4/(s(s + 1)(s + 5))r(t) = 10 + 0.5t
ess =
40.定常偏差と PID 制御むずかしい
R(s)+K = 501s(s + 5)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 + 5)) 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 + 5))K = 50
ts = s

3溶液

1.抵抗の直列・並列

答え: IR2 = 0.6298 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​ = 20 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​2 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 = 2·22/(2+22) = 1.833 Ω
Req = R1 + 1.833 = 20 + 1.833 = 21.83 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 = 15/21.83 = 0.687 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 = 15 − 0.687·20 = 1.26 V
IR2 = VA/R2 = 1.26/2 = 0.6298 A

答え

IR2 = 0.6298 A
2.抵抗の直列・並列

答え: IR1 = 1.165 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​ = 20 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​12 ΩAR4​12 ΩBR6​15 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 + 15 = 17 Ω
R4 ∥ 17 = 7.034 Ω
R3 + 7.034 = 11.03 Ω
R2 ∥ 11.03 = 5.749 Ω
Req = R1 + 5.749 = 20 + 5.749 = 25.75 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 = 30/25.75 = 1.165 A

答え

IR1 = 1.165 A
3.節点解析

答え: VA = 20.87 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​ = 5 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​12 ΩAR4​4 ΩBIs​5 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/12 + (VA − 30)/5 + (VA − VB)/6 = 0
0.45·VA − 0.1667·VB = 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。

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/4 + (VB − VA)/6 = 5
−0.1667·VA + 0.4167·VB = 5

解く

Δ = (0.45)(0.4167) − (−0.1667)(−0.1667) = 0.1597
VA = Δ1/Δ = 3.333/0.1597 = 20.87 V
VB = Δ2/Δ = 3.25/0.1597 = 20.35 V

答え

VA = 20.87 V
4.節点解析

答え: IR2 = 0.8993 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​ = 8 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​9 VR3​3 ΩAR5​10 ΩBIs​3 A−+V2​18 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 = 9 V, V2 = −18 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/3 + (VA − 9)/8 + (VA − VB)/10 = 0
0.5583·VA − 0.1·VB = 1.125

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)/10 + (VB − (−18))/2 = 3
−0.1·VA + 0.7·VB = −6

解く

Δ = (0.5583)(0.7) − (−0.1)(−0.1) = 0.3808
VA = Δ1/Δ = 0.1875/0.3808 = 0.4923 V
VB = Δ2/Δ = −3.238/0.3808 = −8.501 V

答え

IR2 = (VA − VB)/R2 = (0.4923 − −8.501)/10 = 0.8993 A
5.網目解析

答え: IR2 = −0.7401 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​ = 8 Ω+−V1​15 VR3​8 ΩA+−V2​15 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 + 8(I1 − I2) = 15
23·I1 − 8·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 + 8(I2 − I1) = (−15)
−8·I1 + 16·I2 = −15

解く

Δ = (23)(16) − (−8)(−8) = 304
I1 = Δ1/Δ = 120/304 = 0.3947 A
I2 = Δ2/Δ = −225/304 = −0.7401 A

答え

IR2 = I2 = −0.7401 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 = 32.15 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​ = 12 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR4​30 ΩAR5​25 ΩB+−V2​36 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
12·I1 + 30(I1 − I2) = 24
42·I1 − 30·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
15·I2 + 30(I2 − I1) + 25(I2 − I3) = 0
−30·I1 + 70·I2 − 25·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
2·I3 + 25(I3 − I2) = (−36)
−25·I2 + 27·I3 = −36

解く

Δ = 係数行列の行列式 = 28830
I1 = Δ1/Δ = 3360/28830 = 0.1165 A
I2 = Δ2/Δ = −18360/28830 = −0.6368 A
I3 = Δ3/Δ = −55440/28830 = −1.923 A

答え

IR5 = I2 − I3 = 1.286 A
VR5 = IR5·R5 = 1.286·25 = 32.15 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 = 22.6 mA

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。

応答を寄与の和として書く

各寄与はそれぞれの電源に比例し、その定数は抵抗だけで決まります。

I = k₁·Vs + k₂·Is
20·k₁ + 5·k₂ = 30.5
2·k₁ + 6·k₂ = 3.6

定数について解く

Δ = (20)(6) − (5)(2) = 110
k₁ = Δ1/Δ = 165/110 = 1.5
k₂ = Δ2/Δ = 11/110 = 0.1
k₁ = 1.5 mA/V, k₂ = 0.1

新しい電流を予測する

I = 1.5·15 + 0.1·1 = 22.6 mA

答え

I = 22.6 mA
8.重ね合わせの理

答え: PR4 = 1.5 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​ = 3 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​10 VR3​2 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) = 2 ∥ 14 = 1.75 Ω
VA = 10·1.75/(3+1.75) = 3.684 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 3.684·6/14 = 1.579 V
IR4′ = (VB − V2)/R4 = (1.579 − 0)/6 = 0.2632 A
R1​ = 3 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 6 Ω短絡R3​2 ΩAIs​2 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 = 1.2 Ω、よって左側の経路は R2+1.2 = 9.2 Ω
Req = R4 ∥ 9.2 = 3.632 Ω
VB = Is·Req = 2·3.632 = 7.263 V
VA = VB·1.2/9.2 = 0.9474 V
IR4″ = (VB − V2)/R4 = (7.263 − 0)/6 = 1.211 A
R1​ = 3 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 6 Ω短絡R3​2 ΩA開放B+−V2​30 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 = 3·2/(3+2) = 1.2 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 30·9.2/15.2 = 18.16 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 18.16·1.2/9.2 = 2.368 V
IR4‴ = (VB − V2)/R4 = (18.16 − 30)/6 = −1.974 A

電流の寄与を足す

IR4 = IR4′ + IR4″ + IR4‴ = 0.2632 + 1.211 + (−1.974) = −0.5 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。

PR4 = IR4²·R4 = (−0.5)²·6 = 1.5 W

答え

PR4 = 1.5 W

個別の場合の電力を足すと 32.58 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: Vth = 15 V

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​5 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 = 3·5/(3+5) = 1.875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1.875 + 15 = 16.88 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​24 VR2​5 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) = 24·5/(3+5) = 15 V
10.テブナン・ノートン

答え: PL = 123.1 W

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​ = 8 ΩR3​ = 10 Ω短絡R2​2 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 = 8·2/(8+2) = 1.6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1.6 + 10 = 11.6 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​2 ΩAIs​6 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) = 6 + 6·1.6 = 15.6 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 15.6 + 6·10 = 75.6 V
Rth​ = 11.6 Ω+−Vth​75.6 VRL​12 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) = 75.6/(11.6 + 12) = 3.203 A
PL = IL²·RL = 3.203²·12 = 123.1 W
11.RC・RL 過渡現象

答え: W = 3.965 mJ

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 = 47 mH / 22 Ω = 2.136 ms
i(∞) = Vs/R = 10/22 = 0.4545 A

指定時刻の電流

i(t) = 0.4545·(1 − e−5/2.136) = 0.4108 A

蓄積エネルギー

W = ½·L·i² = ½·47·0.4108² = 3.965 mJ

答え

W = 3.965 mJ
12.RC・RL 過渡現象

答え: vC = 11.42 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) = 12 V, vC(∞) = Vs = 10 V
τ = R·C = 10 kΩ · 220 µF = 2200 ms
vC(t) = 10 + (12 − 10)·e−t/τ

指定時刻の電圧

vC(750) = 10 + (2)·e−750/2200 = 11.42 V

答え

vC = 11.42 V
13.交流インピーダンスとフェーザ

答え: C = 101.3 µF

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。

共振条件

共振時には誘導性リアクタンスと容量性リアクタンスが打ち消し合います:ωL = 1/(ωC)。

ω₀ = 2π·500 = 3142 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(3142²·0.001) = 101.3 µF

答え

C = 101.3 µF
14.交流インピーダンスとフェーザ

答え: VC = 17.12 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 = 6283·0.02 = 125.7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·10·10⁻⁶) = 15.92 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) = √(20² + (109.7)²) = 111.6 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| = 120/111.6 = 1.076 A

コンデンサの電圧

VC = I·XC = 1.076·15.92 = 17.12 V

答え

VC = 17.12 V
15.交流電力と力率

答え: R = 13.85 Ω

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。

有効電力からの抵抗

R = P/I² = 585/6.5² = 13.85 Ω

答え

R = 13.85 Ω
16.交流電力と力率

答え: ΔP = 78.07 kW

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。

既存の負荷の無効電力

Q1 = 101·tan(arccos 0.75) = 89.07 kvar

最大の全有効電力

定格いっぱいでは S = Smax で、Q は抵抗負荷によって変わりません。

P = √(Smax² − Q1²) = √(200² − 89.07²) = 179.1 kW

追加できる有効電力

ΔP = 179.1 − 101 = 78.07 kW

答え

ΔP = 78.07 kW
17.三相電力

答え: P = 8.847 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。

相電圧

Vph = 480/√3 = 277.1 V

相電流

|Z| = √(24² + 7²) = 25 Ω
Iph = 277.1/25 = 11.09 A

全有効電力

有効電力を吸収するのは、各インピーダンスの抵抗分だけです。

P = 3·Iph²·R = 3·11.09²·24 = 8.847 kW

答え

P = 8.847 kW

確認:cos φ = R/|Z| = 0.96 で、√3·VL·IL·cos φ からも同じ電力が得られます。

18.三相電力

答え: QC = 31.88 kvar

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 = 120·tan(acos 0.8) = 120·0.75 = 90 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0.9) = 120·0.4843 = 58.12 kvar

コンデンサが供給する無効電力

QC = Q1 − Q2 = 31.88 kvar

答え

QC = 31.88 kvar
19.変圧器

答え: ILV = 31.25 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。

定格電流

両方の巻線に同じ皮相電力が流れます。

ILV = S/V = 15000/480 = 31.25 A

答え

ILV = 31.25 A
20.変圧器

答え: Ploss = 1350 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。

この負荷での銅損

Pcu = x²·Pcu,fl = 0.0625·2400 = 150 W

全損失

鉄損は負荷によらず一定です。

Ploss = 1200 + 150 = 1350 W

答え

Ploss = 1350 W

この負荷での効率は η = 96.15% です。

21.オペアンプ回路

答え: Rf = 14 kΩ

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。

非反転増幅器の利得

V₋ = V₊ = Vin で、R₁ の電流は Rf も流れるので Vout = Vin·(1 + Rf/R₁)。

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (8 − 1)·2 = 14 kΩ

答え

Rf = 14 kΩ
22.オペアンプ回路

答え: Vout = −6.282 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 = 0.6/22 = 0.02727 mA
I2 = V2/R2 = 0.5/4.7 = 0.1064 mA
If = I1 + I2 = 0.1337 mA

出力電圧

Vout = −Rf·If = −47·0.1337 = −6.282 V

答え

Vout = −6.282 V
23.ダイオードとトランジスタ

答え: IZ = 78.88 mA

ツェナーレギュレータ:逆バイアスされたツェナーダイオードは、電流が最小値 IZ,min を上回っている限り、電圧 VZ を保ちます。直列抵抗 R が入力と出力の差を受け持ちます:IR = (Vin − VZ)/R。この電流は負荷 IL = VZ/RL とツェナー IZ = IR − IL に分かれます。最悪の場合を想定して設計します:入力が最低で負荷が最大のときでも IZ,min が残らなければならず、入力が最高で無負荷のときにツェナーの電力 PZ = VZ·IZ が最大になります。

抵抗の電流

IR = 8.8/100 = 88 mA

負荷電流

IL = 6.2/680 = 9.118 mA

ツェナー電流

IZ = 88 − 9.118 = 78.88 mA

答え

IZ = 78.88 mA
24.ダイオードとトランジスタ

答え: RB = 7.288 kΩ

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。

飽和時のコレクタ電流

IC(sat) = (12 − 0.2)/100 = 118 mA

最小ベース電流

IB(min) = IC(sat)/β = 118/200 = 590 µA

ベース抵抗

RB = (5 − 0.7)/IB = 4.3 V/0.59 mA = 7.288 kΩ

答え

RB = 7.288 kΩ

これより小さいベース抵抗でもトランジスタは飽和します。実際には数分の 1 の値を選びます。

25.記数法

答え: N = 68

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。

重みを合計する

ほかのビットは通常の正の重みのままです。

64 + 4 = 68

答え

N = 68
26.記数法

答え: b = 11 bit

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。

2 のべき乗

210 = 1024 < 1903
211 = 2048 ≥ 1903

答え

b = 11
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: N = 5

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。

ABCD000111100001111000111302140507060120130151140809011010

0 をグループ化する

各グループは 2ᵏ 個のセルからなる長方形です。端のセルは、反対側の端のセルと隣り合っています。

(B + D)
(B′ + D′)
(A′ + D′)
(A′ + C)
(A + C′ + D)

最小の POS 形

F = (B + D)(B′ + D′)(A′ + D′)(A′ + C)(A + C′ + D)
N = 5

答え

N = 5

同じ大きさの別のグループ分けもあります。項の数もリテラルの数も同じです。

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。

エッジごとの Q

JK フリップフロップ:00 は保持、01 はリセット(Q = 0)、10 はセット(Q = 1)、11 はトグルです。

1: J = 0, K = 1 → Q = 0
2: J = 0, K = 0 → Q = 0
3: J = 0, K = 1 → Q = 0
4: J = 0, K = 1 → Q = 0
5: J = 1, K = 1 → Q = 1
6: J = 0, K = 1 → Q = 0
7: J = 1, K = 0 → Q = 1
8: J = 0, K = 0 → Q = 1

変化を数える

0 → 0 → 0 → 0 → 0 → 1 → 0 → 1 → 1
N = 3

答え

N = 3
29.ラプラス変換

答え: f(0.3) = 0.5801

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 + 10s + 25 = (s + 5)²

部分分数展開

2s + 12 = 2(s + 5) + 2
F(s) = 2/(s + 5) + 2/(s + 5)²

逆変換

f(t) = 2·e−5t + 2·t·e−5t
f(0.3) = (2 + 2·0.3)·e−5·0.3 = 0.5801

答え

f(0.3) = 0.5801
30.ラプラス変換

答え: y(0.2) = 0.4023

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

s²Y − 2s − (−15) + 11(sY − 2) + 30Y = 0
Y(s) = (2s + 7)/((s + 5)(s + 6))

部分分数展開

A = −3/1 = −3
B = −5/(−1) = 5

結果

y(t) = −3·e−5t + 5·e−6t
y(0.2) = 0.4023

答え

y(0.2) = 0.4023

検算:y(0) = A + B = 2。

31.ブロック線図

答え: p = −107

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) = 6/(s + 5 + 6·1) = 6/(s + 11)

外側のループ

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 96/(s + 11 + 96) = 96/(s + 107)

結果

p = −107

答え

p = −107
32.ブロック線図

答え: ω = 10.34 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

s³ + 18s² + 107s + 210 + K = 0

ラウス表

s³ | 1 107
s² | 18 210 + K
s¹ | (18·107 − 210 − K)/18
s⁰ | 210 + K

安定限界

第 1 列のすべての要素が正でなければなりません。

Kmax = 18·107 − 210 = 1716

振動の周波数

18·(jω)² + 210 + 1716 = 0 → ω² = 1926/18 = 107
ω = 10.34 rad/s

答え

ω = 10.34 rad/s
33.ステップ応答

答え: σ = −1

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 = 25 → ωₙ = 5 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·5) = 0.2

結果

σ = −ζωₙ = −2/2 = −1

答え

σ = −1
34.ステップ応答

答え: K = 24.54

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。

閉ループ伝達関数

T(s) = K/(s² + 4s + K)

オーバーシュートから求める減衰比

ζ = −ln(0.25)/√(π² + ln²(0.25)) = 0.4037

利得

ωₙ = 4/(2ζ) = 4.954 rad/s
K = ωₙ² = 24.54

答え

K = 24.54
35.ボード線図と余裕

答え: |G(jω)| = 7.067 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。

大きさを掛ける

|G(j10)| = 494/(√(10² + 2²)·√(10² + 19²)) = 494/(10.2·21.47) = 2.256

結果

20·log₁₀(2.256) = 7.067 dB

答え

|G(jω)| = 7.067 dB
36.ボード線図と余裕

答え: K = 13.28

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/1)·(ω/6) = 1 → ω180 = √(1·6) = 2.449 rad/s

位相交差での大きさ

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 36)) = K/(1·6·(1 + 6)) = K/42

必要なゲイン

42/K = 1010/20 = 3.162
K = 42/3.162 = 13.28

答え

K = 13.28
37.安定性:ラウス・フルビッツ法と根軌跡

答え: Kmax = 1

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 + 2) + K(s + 9) = s³ + 3s² + (2 + K)s + 9K

ラウス表

s³: 1, 2 + K
s²: 3, 9K
s¹: (3·(2 + K) − 9K)/3
s⁰: 9K

条件

6 − 6K > 0
K < 6/6 = 1

答え

Kmax = 1

零点が s = −3 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: σa = −1

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。

極と零点

極: 0, −1, −6
0 のビット: −5
n − m = 3 − 1 = 2

図心

σa = (−7 − (−5))/2 = −1

答え

σa = −1

2 本の漸近線は、重心から 90°, 270° の角度で出ています。

39.定常偏差と PID 制御

答え: ess = 0.625

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。

速度偏差定数

Kv = lim s·G(s) = 0.8

ステップ成分

Kp = ∞ → estep = 0

ランプ偏差

ess = 0.5/0.8 = 0.625

答え

ess = 0.625
40.定常偏差と PID 制御

答え: ts = 1.6 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 + 5) + 50·1 = s² + 5s + 50

ωₙ と ζ

ωₙ = √50 = 7.071 rad/s
ζ = 5/(2·7.071) = 0.3536

整定時間

ζωₙ = 5/2 = 2.5
ts ≈ 4/2.5 = 1.6 s

答え

ts = 1.6 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。

これは独自の練習教材です。ExamProblems はこの試験を実施する団体とは提携しておらず、その承認も受けていません。試験名は内容を説明するためにのみ使用しています。 FE examはNCEESが実施する試験です。同団体はExamProblemsと提携しておらず、推奨もしていません。

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