電通大 情報理工学研究科 基盤理工学専攻 専門科目（電気電子・光デバイス系） 2025年度 院試 過去問 解答例・解説（全5問）

方針

理想オペアンプでは反転入力端子が仮想接地になり，入力電流は帰還インピーダンスだけを流れる。 したがって反転増幅回路の伝達関数は $$\dot V_{\mathrm{out}}=-\frac{\dot Z_f}{R_1}\dot V_{\mathrm{in}}$$ である。テブナン・ノートン等価では，端子開放電圧と独立源を殺したときの等価抵抗を順に求める。

(1) 能動 RC 回路

帰還部のうち，$R_2$ と $C$ は並列なので $$Z_{2C}=\frac{R_2}{1+j\omega R_2C}.$$ $R=0$ のとき $$\dot Z_f=Z_{2C},\qquad \frac{\dot V_{\mathrm{out}}}{\dot V_{\mathrm{in}}} =-\frac{R_2/R_1}{1+j\omega R_2C}.$$ よって折れ点角周波数は $$\omega_q=\frac{1}{R_2C}.$$ $\omega\ll\omega_q$ では $$G\simeq \frac{R_2}{R_1},\qquad \arg\frac{\dot V_{\mathrm{out}}}{\dot V_{\mathrm{in}}}\simeq \pi$$ であり，反転増幅器として働く。$\omega\gg\omega_q$ では $$\frac{\dot V_{\mathrm{out}}}{\dot V_{\mathrm{in}}} \simeq \frac{j}{\omega C R_1},\qquad G\simeq \frac{1}{\omega C R_1},\qquad \arg\simeq \frac{\pi}{2}.$$ したがって高周波成分を減衰させる一次の能動低域通過フィルタであり，高周波側では近似的に積分器になる。

$R=R_1$ とすると $$\dot Z_f=R_1+\frac{R_2}{1+j\omega R_2C}.$$ $\omega\gg\omega_q$ では並列枝はほぼ短絡なので $\dot Z_f\simeq R_1$ となり， $$\frac{\dot V_{\mathrm{out}}}{\dot V_{\mathrm{in}}}\simeq -1,\qquad G\simeq 1,\qquad \arg\simeq \pi .$$

(2) 等価回路

抵抗 $R$ を外す。電圧源の上側を基準より $6\,\mathrm{V}$ 高い節点とおくと，端子 $A$ の電位は $$V_A=6\,\mathrm{V}.$$ 端子 $B$ では，$6\,\Omega$ 抵抗を通る電流と $1\,\mathrm{A}$ の電流源を考えて $$\frac{V_B}{6}+1=0,\qquad V_B=-6\,\mathrm{V}.$$ よって $$V_e=V_A-V_B=12\,\mathrm{V}.$$ 独立電圧源を短絡，独立電流源を開放すると，$A$ は基準点に短絡され，$B$ から見える抵抗は $$R_1=6\,\Omega .$$ したがってノートン等価は $$I_e=\frac{V_e}{R_1}=2\,\mathrm{A},\qquad R_2=6\,\Omega .$$ $R=4\,\Omega$ をつないだとき $$I=\frac{V_e}{R_1+R} =\frac{12}{6+4} =1.2\,\mathrm{A}.$$ 向きは $A$ から $B$ へ流れる向きである。

電流源を $2\,\mathrm{A}$ にした場合を重ね合わせで確かめる。電圧源を短絡したとき，$B$ 節点について $$\frac{V_B}{4}+\frac{V_B}{6}+2=0$$ より $V_B=-24/5\,\mathrm{V}$ である。したがって $$I_1=\frac{0-V_B}{4}=\frac{6}{5}\,\mathrm{A}.$$ 電流源を開放したとき，$B$ は $4\,\Omega$ と $6\,\Omega$ の分圧点なので $$V_B=6\frac{6}{4+6}=\frac{18}{5}\,\mathrm{V},\qquad I_2=\frac{6-V_B}{4}=\frac{3}{5}\,\mathrm{A}.$$ ゆえに $$I=I_1+I_2=\frac{9}{5}\,\mathrm{A}=1.8\,\mathrm{A}.$$

(3) 過渡現象

時刻 $t=0$ で $C_1$ が直流源 $E$ と $R$ を通して接続される充電過程では $$R\frac{dQ_1}{dt}+\frac{Q_1}{C}=E, \qquad Q_1(0)=0.$$ したがって $$Q_1(t)=CE\left(1-e^{-t/(RC)}\right),\qquad I(t)=\frac{dQ_1}{dt}=\frac{E}{R}e^{-t/(RC)} .$$

十分時間が経って $Q_1=CE$ となった後，無電荷の同容量コンデンサ $C_2$ と抵抗を介して接続すると，全電荷は保存される。 差電圧だけが時定数 $RC/2$ で減衰するので $$Q_1(T)=\frac{CE}{2}\left(1+e^{-2T/(RC)}\right),\qquad Q_2(T)=\frac{CE}{2}\left(1-e^{-2T/(RC)}\right).$$

次に，$Q_1(0)=CE$ から $RLC$ 回路に切り替える。電流向きの取り方によらず，電荷は $$L\frac{d^2Q_1}{dT^2} +R\frac{dQ_1}{dT} +\frac{1}{C}Q_1=0$$ を満たす。$R\ll\sqrt{L/C}$ では減衰振動となり， $$Q_1(T)=CE\,e^{-RT/(2L)} \left\{\cos\omega T+\frac{R}{2L\omega}\sin\omega T\right\}, \qquad \omega=\sqrt{\frac{1}{LC}-\frac{R^2}{4L^2}}.$$