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九州大学 院試 過去問 解答例

九大 システム情報科学府 電気電子工学専攻 専門科目 2023年度 院試 過去問 解答例・解説（全5問）

全5問。電磁気学・回路3問・制御工学1問・物性物理1問。テーマタグは10件（伝達関数・固有値・固有ベクトル・線形空間・基底）。2022年度と共通のテーマは伝達関数・RC回路の過渡応答・オペアンプ回路。

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解説5問と大問1問の途中式・最終答（全5問）
解答PDFに収録
途中式と最終答（最終答つき5問）
問題本文
非収録

九大 専門科目 2023年度 院試 過去問の出題内容（全5問）

この5問の分野は電磁気学・回路3問・制御工学1問・物性物理1問です。

大問分野主題解説の小見出し最終答
第1問電磁気学・回路電気回路—あり
第2問電磁気学・回路電子回路—あり
第3問制御工学——あり
第4問電磁気学・回路電磁気学—あり
第5問物性物理半導体デバイス—あり

この年度の解説には検算5件・試験で書くべきポイント5件・典型ミス5件が付いています。

2023年度の出題テーマと、同じテーマを出した他大学・他年度

この年度は5問に10テーマが出ています。

テーマこの年度全体の出題実績他大学の直近出題
伝達関数第2・3問12大学・113問
固有値・固有ベクトル第3問25大学・544問
線形空間・基底第3問21大学・152問
静電場第4問16大学・81問
RC回路の過渡応答第1問12大学・44問
オペアンプ回路第2問8大学・26問
ボード線図第2問8大学・23問
PN接合第5問8大学・20問
RLC回路第2問7大学・13問
MOSFET第5問6大学・11問

前年度（2022年度）との違い

大問数
2022年度 5問 → 2023年度 5問
2022年度のページを見る

第1問 — 電気回路

方針

電気回路分野は、フェーザ、相互誘導の等価回路、二端子対行列、一次過渡応答の基本問題で構成されている。 図を写す必要はなく、どの電圧・電流を正方向にとったかを明示して式を立てればよい。

検算

問1では arg⁡Z=π/6\arg Z=\pi/6 の枝電流が電圧より π/6\pi/6 遅れる。容量枝は π/2\pi/2 進むので、全電流の偏角が 00 と π/2\pi/2 の間、具体的には π/12\pi/12 になるのは自然である。 問4では i(0+)=−16 Ai(0+)=-16\,\mathrm{A} で、求めた一般解に t=0t=0 を入れると 48−64=−1648-64=-16 となり初期条件と一致する。

典型ミス

相互誘導の問題では、ドット端子に流入する電流同士なら相互項の符号は正である。ここを逆にすると L0=−ML_0=-M になり、以後の IRI_R の分母が変わってしまう。 二端子対では、電流の正方向が両ポートとも網内へ流入する定義であることを忘れない。

試験で書くべきポイント

フェーザ図は、最終的な角度だけでなく I1,I2,I3I_1,I_2,I_3 の相対位相を言葉または簡単なベクトル式で示す。 過渡応答では、定常解と自然応答を分け、最後に初期条件を使って自然応答の係数を決めるところまで書くと減点されにくい。

解答

以下では電圧・電流をフェーザで表し、特に断らない限り実効値で扱う。

  1. 電源電圧を位相基準として E=∣E∣∠0E=|E|\angle 0 とおく。各枝は並列なので I1=E−jX1=jEX1,I2=ER1,I3=ER2+jX2. I_1=\frac{E}{-jX_1}=j\frac{E}{X_1},\qquad I_2=\frac{E}{R_1},\qquad I_3=\frac{E}{R_2+jX_2}. ∣I1∣=∣I2∣=∣I3∣=:I0|I_1|=|I_2|=|I_3|=:I_0 で、arg⁡Z=π/6\arg Z=\pi/6 のとき I1=I0∠π2,I2=I0∠0,I3=I0∠(−π6). I_1=I_0\angle\frac{\pi}{2},\qquad I_2=I_0\angle0,\qquad I_3=I_0\angle\left(-\frac{\pi}{6}\right). したがって II0=j+1+(32−j2)=1+32+j2. \frac{I}{I_0} =j+1+\left(\frac{\sqrt3}{2}-\frac{j}{2}\right) =1+\frac{\sqrt3}{2}+\frac{j}{2}. よって arg⁡IE=tan⁡−11/21+3/2=tan⁡−1(2−3)=π12. \arg\frac{I}{E} =\tan^{-1}\frac{1/2}{1+\sqrt3/2} =\tan^{-1}(2-\sqrt3)=\frac{\pi}{12}. また、R2=X2=2 ΩR_2=X_2=2\,\Omega, E=4 VE=4\,\mathrm{V} のとき ∣I3∣=4∣2+j2∣=2 A. |I_3|=\frac{4}{|2+j2|}=\sqrt2\,\mathrm{A}. 条件より ∣I1∣=∣I2∣=∣I3∣=2 A|I_1|=|I_2|=|I_3|=\sqrt2\,\mathrm{A} であり、 I=2(j+1+e−jπ/4)=(2+1)+j(2−1). I=\sqrt2\left(j+1+e^{-j\pi/4}\right) =(\sqrt2+1)+j(\sqrt2-1). ゆえに ∣I∣=(2+1)2+(2−1)2=6 A. |I|=\sqrt{(\sqrt2+1)^2+(\sqrt2-1)^2}=\sqrt6\,\mathrm{A}.
  2. 相互誘導をもつ二つのコイルの両電流がドット端子へ流入する向きを正にとると、インピーダンス行列は (V1V2)=jω(LMML)(I1I2). \begin{pmatrix}V_1\\V_2\end{pmatrix} =j\omega \begin{pmatrix}L&M\\M&L\end{pmatrix} \begin{pmatrix}I_1\\I_2\end{pmatrix}. 一方、等価な TT 形回路では (V1V2)=jω(L1+L0L0L0L2+L0)(I1I2). \begin{pmatrix}V_1\\V_2\end{pmatrix} =j\omega \begin{pmatrix}L_1+L_0&L_0\\L_0&L_2+L_0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}I_1\\I_2\end{pmatrix}. 係数比較から L0=M,L1=L−M,L2=L−M. L_0=M,\qquad L_1=L-M,\qquad L_2=L-M. 右側端子が短絡された等価回路で、中央節点から下向きに流れる抵抗電流を IRI_R とする。 中央節点から見た二つの枝は jω(L−M)j\omega(L-M) と R+jωMR+j\omega M であり、分流を用いると IR=Ejω(L−M)+2(R+jωM)=E2R+jω(L+M). I_R =\frac{E}{j\omega(L-M)+2(R+j\omega M)} =\frac{E}{2R+j\omega(L+M)}.
  3. 追加端子を基準にした二端子対では、上側二節点間のアドミタンスが y12=1Z12=2,y1=1Z1=1j=−j,y2=1Z2=1−j=j y_{12}=\frac{1}{Z_{12}}=2,\qquad y_1=\frac1{Z_1}=\frac1j=-j,\qquad y_2=\frac1{Z_2}=\frac1{-j}=j である。よって Y∇=(y1+y12−y12−y12y2+y12)=(2−j−2−22+j). Y_{\nabla} = \begin{pmatrix} y_1+y_{12}&-y_{12}\\ -y_{12}&y_2+y_{12} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2-j&-2\\ -2&2+j \end{pmatrix}. 次に Z3=2Z_3=2 を介して中央節点が共通線へ接続されている全体の二端子対を求める。 ポート電圧を V1,V2V_1,V_2、中央節点電圧を V3V_3 とおくと、中央節点のKCLより −j(V3−V1)+j(V3−V2)+12V3=0,V3=−2j(V1−V2). -j(V_3-V_1)+j(V_3-V_2)+\frac12V_3=0, \qquad V_3=-2j(V_1-V_2). したがって I1=2(V1−V2)−j(V1−V3)=(4−j)V1−4V2,I2=2(V2−V1)+j(V2−V3)=−4V1+(4+j)V2. \begin{aligned} I_1&=2(V_1-V_2)-j(V_1-V_3)=(4-j)V_1-4V_2,\\ I_2&=2(V_2-V_1)+j(V_2-V_3)=-4V_1+(4+j)V_2. \end{aligned} 全体の YY 行列は YA=(4−j−4−44+j),det⁡YA=1. Y_A=\begin{pmatrix}4-j&-4\\-4&4+j\end{pmatrix}, \qquad \det Y_A=1. よって ZA=YA−1=(4+j444−j). Z_A=Y_A^{-1} = \begin{pmatrix}4+j&4\\4&4-j\end{pmatrix}.
  4. コンデンサの電荷を q(t)q(t)、下向き電流を i(t)=dq/dti(t)=dq/dt とする。スイッチ投入後は e(t)=Ri(t)+q(t)C. e(t)=Ri(t)+\frac{q(t)}{C}. 与えられた値を代入すると 14dqdt+q=25sin⁡3t,q(0)=4, \frac14\frac{dq}{dt}+q=25\sin 3t, \qquad q(0)=4, すなわち dqdt+4q=100sin⁡3t. \frac{dq}{dt}+4q=100\sin 3t. まず直後の電流は i(0+)=e(0)−q(0)/CR=0−40.25=−16 A. i(0+)=\frac{e(0)-q(0)/C}{R}=\frac{0-4}{0.25}=-16\,\mathrm{A}. 定常解を qss=Asin⁡3t+Bcos⁡3tq_{\mathrm{ss}}=A\sin3t+B\cos3t とおくと A=16,B=−12. A=16,\qquad B=-12. したがって iss(t)=dqssdt=36sin⁡3t+48cos⁡3t=60sin⁡(3t+tan⁡−143) A. i_{\mathrm{ss}}(t)=\frac{dq_{\mathrm{ss}}}{dt} =36\sin3t+48\cos3t =60\sin\left(3t+\tan^{-1}\frac43\right)\,\mathrm{A}. 初期条件を入れると q(t)=16sin⁡3t−12cos⁡3t+16e−4t, q(t)=16\sin3t-12\cos3t+16e^{-4t}, ゆえに i(t)=36sin⁡3t+48cos⁡3t−64e−4t(t>0). i(t)=36\sin3t+48\cos3t-64e^{-4t}\quad (t>0).

最終答

  1. arg⁡(I/E)=π/12\arg(I/E)=\pi/12、かつ R2=X2=2 Ω, E=4 VR_2=X_2=2\,\Omega,\ E=4\,\mathrm{V} では ∣I∣=6 A|I|=\sqrt6\,\mathrm{A}。
  2. L0=M, L1=L2=L−ML_0=M,\ L_1=L_2=L-M、IR=E2R+jω(L+M)\displaystyle I_R=\frac{E}{2R+j\omega(L+M)}。
  3. Y∇=(2−j−2−22+j)\displaystyle Y_{\nabla}=\begin{pmatrix}2-j&-2\\-2&2+j\end{pmatrix}、ZA=(4+j444−j)\displaystyle Z_A=\begin{pmatrix}4+j&4\\4&4-j\end{pmatrix}。
  4. i(0+)=−16 Ai(0+)=-16\,\mathrm{A}、iss(t)=36sin⁡3t+48cos⁡3t A\displaystyle i_{\mathrm{ss}}(t)=36\sin3t+48\cos3t\,\mathrm{A}、i(t)=36sin⁡3t+48cos⁡3t−64e−4t A\displaystyle i(t)=36\sin3t+48\cos3t-64e^{-4t}\,\mathrm{A}。

第2問 — 電子回路

方針

問1は理想反転増幅器の標準形で、入力側インピーダンスと帰還インピーダンスの比だけで決まる。 問2は、増幅部と選択回路部を分け、RLC部の伝達関数を節点方程式で出してからループ利得を見る。

検算

図1(b)の伝達関数は低周波で −R2/R1-R_2/R_1、高周波で 00 に近づく。帰還コンデンサが高周波で短絡に近づくため、利得が落ちるという物理的な見通しと一致する。 LC発振器では、発振周波数に抵抗 RR が現れない。これは RR が位相条件では消え、主に選択回路の損失を決めるためである。

典型ミス

RLC部の GBG_B で、右端の C2C_2 を負荷として扱わずに単純な直列共振回路とみなすと、ω0\omega_0 の式を誤る。 また、増幅部が反転増幅器であるため GAG_A の符号は負である。この負号を落とすと、RLC部が負の実数になる周波数を選ぶ理由が見えなくなる。

試験で書くべきポイント

ボード線図は精密な曲線でなく、折点、低周波利得、高周波の傾き、位相の代表値を示せば十分である。 発振条件では、虚部ゼロによる周波数条件と、∣T∣=1|T|=1 による振幅条件を分けて書くことが重要である。

電子回路の途中式・最終答をPDFで見る

第3問 — 制御工学

方針

問1は、エネルギーを蓄える量を状態に選ぶのが自然である。インダクタ電流とコンデンサ電荷を状態にすると、2次元の状態方程式がそのまま得られる。 問2は、伝達関数を出して部分分数展開し、対角実現の各モードに対応させる問題である。 問3は、ブロック図を代数式として整理し、目標値応答と外乱応答を分けて見る。

検算

問1の可制御性行列は対角行列になり、L>0L>0 だけで階数2になる。問題文で R,L,CR,L,C が正とされているので、値に依存する例外はない。 問2の A~\tilde A は元の AA と同じ固有値 −1,−3-1,-3 を持つ。伝達関数の極と状態行列の固有値が一致することは妥当性の確認になる。

典型ミス

問1で出力 i3i_3 を q˙3\dot q_3 のまま扱うと、出力方程式が状態だけで書けないように見える。関係式 i3=i1−q3/(RC)i_3=i_1-q_3/(RC) を使うと通常の可観測性判定ができる。 問3では、外乱 dd は制御対象入力側で uu に加算される。外乱伝達関数を求めるときに r=0r=0 と置くことを明示する。

試験で書くべきポイント

可制御・可観測の判定では、行列を書いて階数または行列式を示すだけで十分説得力がある。 係数比較の問題では、分母分子を交差乗算して、s2,s,s^2,s, 定数項を順に比べると計算の見落としが少ない。

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第4問 — 電磁気学

方針

問1は、電位が k/rk/r 型で与えられているため、電界は純粋に放射状である。誘電体が半球ずつ占めるので、電束密度 D=εE\mathbf D=\varepsilon\mathbf E の面積分を半球ごとに足す。 問2は、ソレノイドの自己インダクタンス、RL減衰、ファラデーの法則、ポインティングベクトルを順につなぐ問題である。

検算

問1で ε1=ε2=ε\varepsilon_1=\varepsilon_2=\varepsilon とすると C=4πεaC=4\pi\varepsilon a となり、一様誘電体中の孤立導体球の静電容量に戻る。 問2の総流出エネルギー 12LsI02\frac12L_sI_0^2 はインダクタの初期磁気エネルギーそのものであり、エネルギー保存と一致する。

典型ミス

誘電体境界の問題で、球面全体に一つの誘電率だけを掛けると誤りになる。半球ごとの ε1,ε2\varepsilon_1,\varepsilon_2 を使って電束を足すのが要点である。 ソレノイドのポインティングベクトルでは、電界は周方向、磁界は軸方向なので、向きは半径方向になる。電流減衰時にはエネルギーがソレノイドから外へ出る。

試験で書くべきポイント

誘導電界は保存力場ではないため、電位差ではなく ∮E⋅dl=−dΦ/dt\oint\mathbf E\cdot d\mathbf l=-d\Phi/dt から求める。 最後のエネルギー問題では、パワーの時間積分だけでなく、消費先が抵抗のジュール熱であることまで書く。

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第5問 — 半導体デバイス

方針

pn接合は、平衡時の質量作用則、空乏層近似、電荷中性条件を順に使う。 MOSFETは、弱反転での表面電位の分圧と、ドレイン電流の指数依存性からサブスレッショルド係数を導く。

検算

pn接合の空乏層幅比 xp/xn=ND/NAx_p/x_n=N_D/N_A は、低ドープ側に空乏層が広がることを示している。与えられた数値でも、p側の幅がn側より大きいので NA<NDN_A<N_D となり整合する。 MOSFETの SS は m≥0m\ge0 のため、熱電圧に ln⁡10\ln10 を掛けた値より小さくならない。室温で約 60 mV/decade60\,\mathrm{mV/decade} という既知の下限と一致する。

典型ミス

pn接合の電界式では、p側とn側で電荷密度の符号が逆である。境界条件 E(−xp)=E(xn)=0E(-x_p)=E(x_n)=0 を入れずに積分定数を落とすと、接合面の電界連続条件が確認できない。 サブスレッショルド係数では、log⁡\log が常用対数であるため ln⁡10\ln10 が分母または分子に現れる位置を間違えやすい。

試験で書くべきポイント

逆バイアスのバンド図は、障壁が q(Vd+VR)q(V_d+V_R) に増えること、準フェルミ準位の差の大きさが qVRqV_R であること、空乏層端が −xp,xn-x_p,x_n であることを必ず書く。 MOSFETの設問(6)は、単に「mm を小さくする」と書くだけでなく、CoxC_{\mathrm{ox}} を大きくし CdC_d を小さくする具体策まで結びつける。

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九大 専門科目 院試 過去問の収録5年度