次ぎは等価電流源への変換問題。



等価電流源に変換するには、出力端子から見た回路の合成抵抗を電圧源と電流源を殺して求めた後、出力端子を短絡した時に端子間に流れる電流を重ね合わせの理によって求める。

電圧源と電流源を殺した状態での端子AB間の合成抵抗は

R0=2+1/(1/4+1/4)
=2+4/2
=4 [Ω]

端子ABを短絡した際に流れる電流は重ね合わせの理によって

I=(4*2/(2+1/(1/4+1/4)))+(8/(1/(1/3+1/(2+1/(1/4+1/4)))))*(3/(3+2+1/(1/4+1/4)))-(16/(4+1/(1/2+1/4)))*(4/(2+4))
=(4*2/(2+4/2))+(8/(1/(1/3+1/(2+4/2))))*(3/(3+2+4/2))-(16/(4+4/3))*(4/6)
=(4*2/4)+(8/(1/(1/3+1/4)))*(3/7)-(16*3/(12+4))*(2/3)
=2+(8*7/12)*(3/7)-(16*3/16)*(2/3)
=2+2-2
=2 [A]

これによってI=2[A]を定電流源として並列にR0=4[Ω]が接続された等価電流源に変換できる。

著者の解は最後に等価電流源の図でアドミッタンスの単位を[S]ではなく[Ω]と誤記している。前もって求めたアドミッタンス値の単位は正しいく記載しているのに、最後になって気が緩んだのだろうか。

次ぎの問題はMillmanの定理の証明問題。

これは定理を学んだ時にやってしまったので割愛。

基本的に回路を定電圧源と内部アドミッタンスが並列に接続された等価電流源を求め開放端電圧の式を導けば良い。

次ぎはMillmanの定理の応用問題。



図のAB間の電圧EとR3に流れる電流IをMillmanの定理を用いて求めよというもの。

Millmanの定理を適用すると、

E=ΣYi*Ei/ΣYi

ここで

ΣYi*Ei=(E1/R1+E2/R2+0/R3)
=(E1*R2*R3+E2*R1*R3)/R1*R2*R3

ΣYi=(1/R1+1/R2+1/R3)
=(R2*R3+R1*R3+R1*R2)/R1*R2*R3

従って

E=ΣYi*Ei/ΣYi
=((E1*R2*R3+E2*R1*R3)/R1*R2*R3)/((R2*R3+R1*R3+R1*R2)/R1*R2*R3)
=(E1*R2*R3+E2*R1*R3)/(R2*R3+R1*R3+R1*R2)

R3に流れる電流はその電圧降下がEに等しいので

E=I*R3

∴I=E/R3
=(E1*R2+E2*R1)/(R2*R3+R1*R3+R1*R2)

ということになる。

次ぎもMillmanの定理の応用問題。



図の回路の電流分布をMillmanの定理を用いて求めよというもの。

AB間の電圧Eabがわかれば、各枝電流は容易に計算できる。

EabはMillmanの定理を用いて

Eab=ΣYi*Ei/ΣYi
=(16/4+0/(10/3+1/(1/4+1/8))+9/3+26/2)/(1/4+1/(10/3+1/(1/4+1/8))+1/3+1/2)
=(4+0+3+13)/(1/4+1/(10/3+8/3)+1/3+1/2)
=20/(1/4+1/6+1/3+1/2)
=20*12/(3+2+4+6)
=20*12/15
=4*4
=16 [V]

従ってそれぞれの枝電流は

I1=(Eab-16)/3
=(16-16)/3
=0 [A]

I2=Eab/(10/3+1/(1/4+1/8))
=16/(10/3+8/3)
=16*3/18
=16/6
=8/3
=2.67 [A]

I3=I2*8/(4+8)
=(8/3)*8/12
=8*8/3*12
=8*2/3*3
=16/9
=1.78 [A]

I4=I2*4/(4+8)
=(8/3)*4/12
=8*4/3*12
=8/3*3
=8/9
=0.889 [A]

I6=(Eab-9)/3
=(16-9)/3
=7/3
=2.33 [A]

I7=(Eab-26)/2
=(16-26)/2
=-10/2
=-5 [A]

I5=I6+I7
=7/3-10/2
=(7*2-10*3)/6
=(14-30)/6
=-16/6
=-8/3
=-2.67 [A]

ということになる。

次ぎは電子回路解析へのMillmanの定理の応用。



今度はいささか古い真空管増幅回路を等価回路を用いて解析する。

右の等価回路をMillmanの定理を応用して増幅度A(Epk/Eg)を求めよというもの。

左の回路にあるEccはグリッドバイアス電源でグリッド電位をカソード(K)の電位よりも常に低く保つために負のバイアスをかけるためのもの。グリッド電位がカソード電位より高くなってしまうとグリッドがプレート電極のようになってしまってプレートとカソード間を流れる電流の制御が不能になってしまうためである。等価回路ではそれは考えなくても良いのでグリッドとカソード間電位の変化分(Egk)に相当する定電圧源に置き換えられている。

Cgk,Cgp,Cpkはそれぞれ真空管内部の構造上持っているグリッドとカソード間、グリッドとプレート間、プレートとカソード間に存在する寄生コンデンサである。ごくわずかな値だが高周波になるにつれ無視できなくなる。特にCgpはプレート側からグリッド側へ出力信号が入力に帰還するため高周波では自己発振してしまう原因となる。CgkやCpkは周波数が高くなると信号をバイパスしてしまうのでローパスフィルタの効果を持つ。

riは真空管内部のプレートとカソード間の内部抵抗である。真空管の場合はトランジスタと比較して内部抵抗が非常に大きいため、大きな電流を流す用途では高いプレート・カソード間電圧、通称B電圧(Ebb)を与える必要がある。

Zlは出力信号を取り出すための負荷抵抗。

Epkは等価回路にMillmanの定理を適用することで複数の等価電圧源が並列に接続された合成電圧として導くことができる。

Epk=ΣYi*Ei/ΣYi

ここで

ΣYi*Ei=(jωCgp)*Eg+(1/ri)*(-μ*Eg)
=-j*Eg*ωCgp-μ*Eg/ri
=-Eg*(μ/ri+jωCgp)

ΣYi=(jωCgp+1/ri+jωCpk+1/Zl)
=(-jω*(Cgp+Cpk)+1/ri+1/Zl)
=(-jω*(Cgp+Cpk))+(ri+Zl)/ri*Zl)
=((ri+Zl)/ri*Zl-jω*(Cgp+Cpk))

従って

Epk=ΣYi*Ei/ΣYi
=-Eg*(μ/ri+jωCgp)/((ri+Zl)/ri*Zl-jω*(Cgp+Cpk))
=-Eg*(μ/ri+jωCgp)*((ri+Zl)/ri*Zl+jω*(Cgp+Cpk))/(((ri+Zl)/ri*Zl)^2+(ω*(Cgp+Cpk))^2)
=-Eg*(μ*(ri+Zl)/ri^2*Zl-ω^2*Cgp*(Cgp+Cpk)+jω*(Cgp*(ri+Zl)/ri*Zl+μ*(Cgp+Cpk)/ri))/(((ri+Zl)/ri*Zl)^2+(ω*(Cgp+Cpk))^2)

ということになる。

従って増幅率Aは

A=Epk/Eg
=-Eg*(μ*(ri+Zl)/ri^2*Zl-ω^2*Cgp*(Cgp+Cpk)+jω*(Cgp*(ri+Zl)/ri*Zl+μ*(Cgp+Cpk)/ri))/(((ri+Zl)/ri*Zl)^2+(ω*(Cgp+Cpk))^2)/Eg
=-(μ*(ri+Zl)/ri^2*Zl-ω^2*Cgp*(Cgp+Cpk)+jω*(Cgp*(ri+Zl)/ri*Zl+μ*(Cgp+Cpk)/ri))/(((ri+Zl)/ri*Zl)^2+(ω*(Cgp+Cpk))^2)

ということになる。

ここでCgk,Cgp,Cpkが無視できるほど小さい値の場合、それらを係数に持つ項は無視できるので

A=-μ*(ri+Zl)/ri^2*Zl*((ri+Zl)/ri*Zl)^2
=-μ*Zl/(ri+Zl)

と近似できる。

これは以前に出てきたFET回路と同じである。

P.S

近似する前の増幅率の式に

μ=22
Cpk=100 [pF]
Cgp=10 [pF]
ri=8000 [Ω]
Zl=1000 [Ω]

を与えて100〜10MHzまでの増幅率の絶対値の周波数特性をプロットしてみた。



このあたりは更に研究すると面白いかもしれない。

P.S

最初は増幅率の元の式の展開をミスっていてω^2の項がなかったり、違う項にωがついていたりして高い周波数で右上がりの特性になったり、気づいて直したら今度は数百MHzまでフラットな特性だったり（数百MHzでさすがにゲインが0dBを切るのでもっともらしいくはなったが）。最終的に誤りを直したら、妥当な周波数特性になった。主にCpkによるローパスフィルター効果である。この等価回路では入力が定電圧源になっているので出力がCgpを介して帰還する効果を確認することはできず、三極管が自己発振し易いという性質を見ることはできない。等価回路を少し修正すればそうした帰還成分を加味することも可能かもしれない。

いよいよ残り３問。



２つの回路が端子ABCDに関して等価であるための条件を導けという難問。

任意の線形回路網の一部にこうした回路がある場合に、他方をもう一方で置き換えても端子ABCDに関してそれ以外の部分から見ると変わらないということで、これは互いに双対である条件を示せば良いことになる。

ストラテジーとしては左側の回路では閉回路が設定できないので、どちらに関しても節点解析によって外部回路から端子ABCDに流入する電流と端子ABCDの電圧の関係を示す方程式をたてて、アドミッタンス行列が等しく成らなければならない条件から関係を導き出すことにする。

端子ABCDに外部から流入する電流をそれぞれIa,Ib,Ic,Idとし、端子ABCDと回路網のコモン端子（GND)との間の電圧をそれぞれEa,Eb,Ec,Ed、中点の電圧をEとすると左の回路について以下の関係が成り立つ。

(Ea-E)/Ra=Ia

(Eb-E)/Rb=Ib

(Ec-E)/Rc=Ic

(Ed-E)/Rd=Id

ここで中点電圧EはMillmanの定理により

E=ΣYi*Ei/ΣYi
=(Ea/Ra+Eb/Rb+Ec/Rc+Ed/Rd)/(1/Ra+1/Rb+1/Rc+1/Rd)
=(Ea/Ra+Eb/Rb+Ec/Rc+Ed/Rd)*(Ra*Rb*Rc*Rd)/(Rb*Rc*Rd+Ra*Rc*Rd+Ra*Rb*Rd+Ra*Rb*Rc)
=(Ea*Rb*Rc*Rd+Eb*Ra*Rc*Rd+Ec*Ra*Rb*Rd+Ed*Ra*Rb*Rc)/(Rb*Rc*Rd+Ra*Rc*Rd+Ra*Rb*Rd+Ra*Rb*Rc)

これを前の式にそれぞれ代入すると

(Ea-E)/Ra
=(Ea-(Ea*Rb*Rc*Rd+Eb*Ra*Rc*Rd+Ec*Ra*Rb*Rd+Ed*Ra*Rb*Rc)/(Rb*Rc*Rd+Ra*Rc*Rd+Ra*Rb*Rd+Ra*Rb*Rc))/Ra
=(Ea*(1-Rb*Rc*Rd)/Ra-Eb*Rc*Rd-Ec*Rb*Rd-Ed*Rb*Rc)/(Rb*Rc*Rd+Ra*Rc*Rd+Ra*Rb*Rd+Ra*Rb*Rc)
=Ia

(Eb-E)/Rb
=(Eb-(Ea*Rb*Rc*Rd+Eb*Ra*Rc*Rd+Ec*Ra*Rb*Rd+Ed*Ra*Rb*Rc)/(Rb*Rc*Rd+Ra*Rc*Rd+Ra*Rb*Rd+Ra*Rb*Rc))/Rb
=(Eb*(1-Ra*Rc*Rd)/Rb-Ea*Rc*Rd-Ec*Ra*Rd-Ed*Ra*Rc)/(Rb*Rc*Rd+Ra*Rc*Rd+Ra*Rb*Rd+Ra*Rb*Rc)
=Ib

(Ec-E)/Rc
=(Ec-(Ea*Rb*Rc*Rd+Eb*Ra*Rc*Rd+Ec*Ra*Rb*Rd+Ed*Ra*Rb*Rc)/(Rb*Rc*Rd+Ra*Rc*Rd+Ra*Rb*Rd+Ra*Rb*Rc))/Rc
=(Ec*(1-Ra*Rb*Rd)/Rc-Ea*Rb*Rd-Eb*Ra*Rd-Ed*Ra*Rb)/(Rb*Rc*Rd+Ra*Rc*Rd+Ra*Rb*Rd+Ra*Rb*Rc)
=Ic

(Ed-E)/Rd
=(Ed-(Ea*Rb*Rc*Rd+Eb*Ra*Rc*Rd+Ec*Ra*Rb*Rd+Ed*Ra*Rb*Rc)/(Rb*Rc*Rd+Ra*Rc*Rd+Ra*Rb*Rd+Ra*Rb*Rc))/Rd
=(Ed*(1-Ra*Rb*Rc)/Rd-Ea*Rb*Rc-Eb*Ra*Rc-Ec*Ra*Rb)/(Rb*Rc*Rd+Ra*Rc*Rd+Ra*Rb*Rd+Ra*Rb*Rc)
=Id

行列表現にすると

[I]=([Ia],[Ib],[Ic],[Id])
[E]=([Ea],[Eb],[Ec],[Ed])
[Y]=(1/(Rb*Rc*Rd+Ra*Rc*Rd+Ra*Rb*Rd+Ra*Rb*Rc))*(
[(1-Rb*Rc*Rd)/Ra,-Rc*Rd,-Rb*Rd,-Rb*Rc],
[-Rc*Rd,(1-Ra*Rc*Rd)/Rb,-Ra*Rd,-Ra*Rc],
[-Rb*Rd,-Ra*Rd,(1-Ra*Rb*Rd)/Rc,-Ra*Rb],
[-Rb*Rc,-Ra*Rc,-Ra*Rb,Ed*(1-Ra*Rb*Rc)/Rd])

[I]=[Y]*[E]

という関係が成り立つことになる。

同様に右の回路に関して

(Ea-Eb)/R1+(Ea-Ec)/R5+(Ea-Ed)/R4=Ia

(Eb-Ea)/R1+(Eb-Ec)/R2+(Eb-Ed)/R6=Ib

(Ec-Ea)/R5+(Ec-Eb)/R2+(Ec-Ed)/R3=Ic

(Ed-Ea)/R4+(Ed-Eb)/R6+(Ed-Ec)/R3=Id

整理すると

Ea/R1-Eb/R1+Ea/R5-Ec/R5+Ea/R4-Ed/R4
=Ea*(1/R1+1/R5+1/R4)-Eb/R1-Ec/R5-Ed/R4
=Ia

Eb/R1-Ea/R1+Eb/R2-Ec/R2+Eb/R6-Ed/R6
=-Ea/R1+Eb*(1/R1+1/R2+1/R6)-Ec/R2-Ed/R6
=Ib

Ec/R5-Ea/R5+Ec/R2-Eb/R2+Ec/R3-Ed/R3
=-Ea/R5-Eb/R2+Ec*(1/R5+1/R2+1/R3)-Ed/R3
=Ic

Ed/R4-Ea/R4+Ed/R6-Eb/R6+Ed/R3-Ec/R3
=-Ea/R4-Eb/R6-Ec/R3+Ed*(1/R4+1/R6+1/R3)
=Id

行列表現に直すと

[Y']=(
[(1/R1+1/R5+1/R4),-1/R1,-1/R5,-1/R4],
[-1/R1,(1/R1+1/R2+1/R6),-1/R2,-1/R6],
[-1R5,-1/R2,(1/R5+1/R2+1/R3),-1/R3],
[-1/R4,-1/R6,-1/R3,(1/R4+1/R6+1/R3)])

[I]=[Y']*[E]

ということになる。二つの回路が等価であるためには、

[Y]=[Y']

である必要がある。

すなわち

(1/(Rb*Rc*Rd+Ra*Rc*Rd+Ra*Rb*Rd+Ra*Rb*Rc))*(
[(1-Rb*Rc*Rd)/Ra,-Rc*Rd,-Rb*Rd,-Rb*Rc],
[-Rc*Rd,(1-Ra*Rc*Rd)/Rb,-Ra*Rd,-Ra*Rc],
[-Rb*Rd,-Ra*Rd,(1-Ra*Rb*Rd)/Rc,-Ra*Rb],
[-Rb*Rc,-Ra*Rc,-Ra*Rb,Ed*(1-Ra*Rb*Rc)/Rd])=
=(
[(1/R1+1/R5+1/R4),-1/R1,-1/R5,-1/R4],
[-1/R1,(1/R1+1/R2+1/R6),-1/R2,-1/R6],
[-1R5,-1/R2,(1/R5+1/R2+1/R3),-1/R3],
[-1/R4,-1/R6,-1/R3,(1/R4+1/R6+1/R3)])

という関係が成り立つには、行列の対応する要素が等しくなければならず

(1/(Rb*Rc*Rd+Ra*Rc*Rd+Ra*Rb*Rd+Ra*Rb*Rc))*(-Rc*Rd)=-1/R1

(1/(Rb*Rc*Rd+Ra*Rc*Rd+Ra*Rb*Rd+Ra*Rb*Rc))*(-Ra*Rd)=-1/R2

(1/(Rb*Rc*Rd+Ra*Rc*Rd+Ra*Rb*Rd+Ra*Rb*Rc))*(-Ra*Rb)=-1/R3

(1/(Rb*Rc*Rd+Ra*Rc*Rd+Ra*Rb*Rd+Ra*Rb*Rc))*(-Rb*Rc)=-1/R4

(1/(Rb*Rc*Rd+Ra*Rc*Rd+Ra*Rb*Rd+Ra*Rb*Rc))*(-Rb*Rd)=-1/R5

(1/(Rb*Rc*Rd+Ra*Rc*Rd+Ra*Rb*Rd+Ra*Rb*Rc))*(-Ra*Rc)=-1/R6

これらの関係より

∴R1=(Rb*Rc*Rd+Ra*Rc*Rd+Ra*Rb*Rd+Ra*Rb*Rc)/Rc*Rd

∴R2=(Rb*Rc*Rd+Ra*Rc*Rd+Ra*Rb*Rd+Ra*Rb*Rc)/Ra*Rd

∴R3=(Rb*Rc*Rd+Ra*Rc*Rd+Ra*Rb*Rd+Ra*Rb*Rc)/Ra*Rb

∴R4=(Rb*Rc*Rd+Ra*Rc*Rd+Ra*Rb*Rd+Ra*Rb*Rc)/Rb*Rc

∴R5=(Rb*Rc*Rd+Ra*Rc*Rd+Ra*Rb*Rd+Ra*Rb*Rc)/Rb*Rd

∴R6=(Rb*Rc*Rd+Ra*Rc*Rd+Ra*Rb*Rd+Ra*Rb*Rc)/Ra*Rc

ということになる。

次ぎも双対回路に関する問題。



図に示される回路と双対な回路を示せというもの。

双対回路は以下の双対関係がある

・電圧源と電流源
・並列と直列
・抵抗とコンダクタンス
・キャパシタンスとインダクタンス

このような双対関係で回路を順次部分的に置き換えていけば双対回路となる

E,R1,C1は互いに直列に接続されているので、電流源I,コンダクタンスG1,インダクタンスL1が並列接続された形に変換できる。

それに対してLは並列に接続されているので、キャパシタンスCを直列に接続することで双対な関係となる。

R2,C2の直列接続も同様にコンダクタンスG2,インダクタンスL2の並列接続に変換され、前のキャパシタンスCとは直列に接続される。

これらを図にすると



ということになる。

最後の問題も双対回路に関するもの。



こんどはいささか複雑。

R4,E4それにR5,E5の直列接続はG4,I4およびG5,I5がそれぞれ並列接続に変換されるのは良いとして、残りの回路をどうするか。

理論を学んだ時に読み飛ばしてしまったのだが、ちゃんとやり方が書いてあった。

独立な閉回路内と外側に節点を設けて、それらの間を結ぶ線が回路の素子や電源を横切るのであれば、双対関係のある素子や電源をその節点間に挿入するというもの。

やってみると



ということになる。いささか電圧源と電流源の変換で向きをどう決まるのかが謎。調べてみたが、双対回路そのものがあまり重きにおかれていないようで説明されているところはほとんど無い。これはなんの役にたつのだろう？

とりあえず回路網理論の演習はこれで終わり。

P.S

双対回路で検索したら電圧源と電流源の双対回路に関していろいろ答えが得られた。経験則のようなルールのような。

電圧源を横切った線の始点のある閉回路で時計回りに電圧降下を生じさせるのであれば双対回路側ではその始点の方向へ電流が流れる電流源となる。

この問題を例にすると、電圧源E4はAを始点としてBへ向かう線で横切られ、Aの閉回路上では時計方向に電圧降下を生じるので双対回路ではAの方向へ電流を流す電流源I4となる。またE5についてはDからEに向かって引いた線で横切るので、Dの閉回路上でやはり時計方向で電圧降下を生じるので双対回路ではDへ向かって電流を流す電流源I5となる。