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例題集 / 電気・電子 / 電気回路 / 4端子回路・影像インピーダンス
アドミタンスパラメータ
知識・記憶レベル
難易度: ★
図1に示す四端子回路網のアドミタンスパラメータを求めよ。
%=image:/media/2014/11/21/141656153858309600.png:図1
解答例・解説
図2のようなループから次の関係式が導かれる。
\begin{eqnarray}
E_{1} &=& I_{1}+ j\omega (I_{1}-I_{2})\\
E_{2} &=& -I_{2} + j\omega(I_{1}-I_{2})
\end{eqnarray}
これを行列を用いて表すと次のようになる。
\begin{eqnarray}
\begin{bmatrix}
E_{1}\\
-E_{2}
\end{bmatrix}
&= &
\begin{bmatrix}
1+j\omega & -j\omega\\
-j\omega & 1+j\omega
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
I_{1}\\
I_{2}
\end{bmatrix}\nonumber\\
\begin{bmatrix}
I_{1}\\
I_{2}
\end{bmatrix}
&=&
\begin{bmatrix}
1+j\omega & -j\omega\\
-j\omega & 1+j\omega
\end{bmatrix}^{-1}
\begin{bmatrix}
E_{1}\\
-E_{2}
\end{bmatrix}\nonumber\\
\end{eqnarray}
ここで,
\begin{eqnarray}
A = \begin{bmatrix}
1+j\omega & -j\omega\\
-j\omega & 1+j\omega
\end{bmatrix}
\end{eqnarray}
とおき,\reff{逆行列}$A^{-1}$ の要素$(i,j)$を$A_{ij}$とおく。
\begin{eqnarray}
|A| &=&
(1+j\omega)^{2}-(-j\omega)^{2}
= 1-\omega^{2} +j2\omega + \omega^{2}
\nonumber\\
&=& 1+j2\omega
\end{eqnarray}
より
\begin{eqnarray}
\begin{bmatrix}
I_{1}\\
I_{2}
\end{bmatrix}
&=& \frac{1}{1+j2\omega}
\begin{bmatrix}
1+j\omega & j\omega\\
j\omega & 1+j\omega
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
E_{1}\\
-E_{2}
\end{bmatrix}
\end{eqnarray}
からアドミタンスパラメータは次のようになる。
\begin{eqnarray}
\begin{bmatrix}
\frac{1+j\omega}{1+j2\omega} & \frac{j\omega}{1+j2\omega}\\
\frac{j\omega}{1+j2\omega} & \frac{1+j\omega}{1+j2\omega}
\end{bmatrix}
\end{eqnarray}
%=image:/media/2014/11/21/141656153968105300.png:図2
四端子定数と影像インピーダンス
知識・記憶レベル
難易度: ★
図1に示す二端子対回路について,以下の問いに答えよ。
\begin{enumerate}
\item
回路の四端子定数 $A,~B,~C,~D$を求めよ。
\begin{eqnarray*}
\begin{bmatrix}
E_{1}\\ I_{1}
\end{bmatrix}
= \begin{bmatrix}
A & B\\
C & D
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
E_{2}\\ I_{2}
\end{bmatrix}
\end{eqnarray*}
\item
影像インピーダンス $Z_{01}$,$Z_{02}$,$\theta$を求めよ。
\end{enumerate}
%=image:/media/2014/11/21/141656311147712400.png:図1
解答例・解説
\begin{enumerate}
\item
(1) 図2のようにループを考えると次の関係式が導かれる。
\begin{eqnarray}
E_{1} &=& j\omega L I_{1} + \frac{1}{j\omega C}(I_{1}-I_{2})~~~~(1)\\
E_{2} &=& -j\omega L I_{2} + \frac{1}{j\omega C}(I_{1}-I_{2})~~~~(2)
\end{eqnarray}
(2)式より
\begin{eqnarray}
j\omega C E_{2} &=& I_{1} - j\omega C \left(j\omega L + \frac{1}{j\omega
C}\right)I_{2}\\
I_{1}&=& j\omega C E_{2} + (1-\omega^{2}LC)I_{2}
\end{eqnarray}
(1)式へ代入する。
\begin{eqnarray}
E_{1} &=& \left(j\omega L + \frac{1}{j\omega C}\right)I_{1} -
\frac{1}{j\omega C}I_{2}\\
E_{1} &=& \left(j\omega L + \frac{1}{j\omega C}\right)\left(j\omega C
E_{2} + (1-\omega^{2}LC)I_{2}\right)\nonumber\\
&& - \frac{1}{j\omega C}I_{2}\nonumber\\
&=& j\omega C\left(j\omega L + \frac{1}{j\omega C}\right)E_{2}\nonumber\\
&&+ (1-\omega^{2}LC)\left(j\omega L + \frac{1}{j\omega C}\right)I_{2}-
\frac{1}{j\omega C}I_{2}\nonumber\\
&=& (1-\omega^{2}LC)E_{2}
+ \left(
j\omega L(1-\omega^{2}LC) - \frac{\omega L}{j}
\right)I_{2}\nonumber\\
&=& (1-\omega^{2}LC)E_{2}
+ \left(
j\omega L(1-\omega^{2}LC) + j\omega L
\right)I_{2}\nonumber\\
&=& (1-\omega^{2}LC)E_{2}
+ \left(
j\omega L(2-\omega^{2}LC)
\right)I_{2}
\end{eqnarray}
よって,四端子定数は
\begin{eqnarray}
\begin{bmatrix}
E_{1}\\ I_{1}
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
1-\omega^{2}LC & j\omega L(2-\omega^{2}LC) \\
j\omega C & 1-\omega^{2}LC
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
E_{2}\\ I_{2}
\end{bmatrix}
\end{eqnarray}
から次のようになる。
\begin{eqnarray}
&& \underline{A = D = 1-\omega^{2}LC,~B = j\omega L(2-\omega^{2}LC)}\nonumber\\
&& \underline{C = j\omega C}
\end{eqnarray}
\noindent (解法2)
2-2'を開放すると $I_{2}=0$ となる。
2-2'間の電圧 $E_{2}$ は
\begin{eqnarray}
E_{2} = \frac{\frac{1}{j\omega C}}{j\omega L + \frac{1}{j\omega C}}E_{1}
= \frac{1}{1-\omega^{2}LC}E_{1}
\end{eqnarray}
よって,四端子定数の $A$ は
\begin{eqnarray}
A = \left[\frac{E_{1}}{E_{2}}\right]_{I_{2}=0} = 1-\omega^{2}LC
\end{eqnarray}
電流 $I_{1}$ は
\begin{eqnarray}
I_{1} &=& \frac{1}{j\omega L + \frac{1}{j\omega C}}E_{1}
= \frac{j\omega C}{1-\omega^{2}LC}E_{1}\nonumber\\
&=&\frac{j\omega C}{1-\omega^{2}LC}(1-\omega^{2}LC)E_{2}\nonumber\\
&=& j\omega C E_{2}
\end{eqnarray}
よって,四端子定数の $C$ は
%\begin{eqnarray}
%C = \left[ \frac{I_{1}}{E_{2}} \right]_{I_{2}=0} = j\omega C
%\end{eqnarray}
2-2'を短絡すると $E_{2}=0$ となる。
電流$I_{1}$ は
\begin{eqnarray}
I_{1} = \frac{E_{1}}{
j\omega L + \frac{j\omega L\frac{1}{j\omega C}}{j\omega L+\frac{1}{j\omega C}}}
\end{eqnarray}
となり,分流の法則から$I_{2}$ は
\begin{eqnarray}
I_{2} &=& \frac{\frac{1}{j\omega C}}
{j\omega L + \frac{1}{j\omega C}}I_{1}
= \frac{\frac{1}{j\omega C}}
{j\omega L + \frac{1}{j\omega C}}
\frac{E_{1}}{
j\omega L + \frac{j\omega L\frac{1}{j\omega C}}{j\omega L+\frac{1}{j\omega C}}}
\nonumber\\
&=& \frac{\frac{1}{j\omega C}E_{1}}
{j\omega L\left(j\omega L+\frac{1}{j\omega C}\right)+\frac{j\omega
L}{j\omega C}
}\nonumber\\
&=& \frac{E_{1}}
{j\omega L(1-\omega^{2}LC)+j\omega L}
\nonumber\\
&=& \frac{E_{1}}
{j\omega L(2-\omega^{2}LC)}
\end{eqnarray}
よって,四端子定数の $B$ は
\begin{eqnarray}
B = \left[\frac{E_{1}}{I_{2}}\right]_{E_{2}=0} = j\omega L(2-\omega^{2}LC)
\end{eqnarray}
また,
\begin{eqnarray}
I_{2} &=& \frac{\frac{1}{j\omega C}}
{j\omega L + \frac{1}{j\omega C}}I_{1}
=\frac{1}{1-\omega^{2}LC}
\end{eqnarray}
よって,四端子定数の $D$ は
\begin{eqnarray}
D = \left[\frac{I_{1}}{I_{2}}\right]_{E_{2}=0} =1-\omega^{2}LC
\end{eqnarray}
\item
(2) (1)の結果より,
\begin{eqnarray}
Z_{01} &=& \sqrt{\frac{AB}{CD}}
= \sqrt{\frac{(1-\omega^{2}LC)(j\omega L(2-\omega^{2}LC))}{j\omega
C(1-\omega^{2}LC)}}\nonumber\\
&=& \sqrt{\frac{L}{C}(2-\omega^{2}LC)}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
Z_{02} &=& \sqrt{\frac{BD}{CA}}
= \sqrt{\frac{j\omega L(2-\omega^{2}LC)(1-\omega^{2}LC)}{
j\omega C(1-\omega^{2}LC)}}\nonumber\\
&=& \sqrt{\frac{L}{C}(2-\omega^{2}LC)}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\cosh \theta &=&
\sqrt{AD}
= \sqrt{(1-\omega^{2}LC)(1-\omega^{2}LC)}\nonumber\\
&=& 1-\omega^{2}LC
\end{eqnarray}
よって,
\begin{eqnarray}
&& \underline{Z_{01}=Z_{02}=\sqrt{\frac{L}{C}(2-\omega^{2}LC)}}\\
&& \underline{\theta = \cosh^{-1}(1-\omega^{2}LC)}
\end{eqnarray}
\end{enumerate}
%=image:/media/2014/11/21/141656311252579200.png:図2
%=image:/media/2014/11/21/141656311357540300.png:図3 2-2’ を開放
%=image:/media/2014/11/21/141656311460898500.png:図4 2-2’ を短絡
Bartlettの二等分定理
知識・記憶レベル
難易度: ★
図1に示す回路と図2のラチス形回路が等価と
なるための $Z_{f}$,$Z_{s}$ を求めよ。
%=image:/media/2014/11/21/141656402921051000.png:図1
%=image:/media/2014/11/21/141656403025437400.png:図2
解答例・解説
回路を対称に分けて,右半分を開放すると図3となる。
$R$にしか電流が流れないので,インピーダンス$Z_{f}$は次のようになる。
\begin{eqnarray}
Z_{f} = R
\end{eqnarray}
回路を対称に分けて,右半分を短絡すると図4となる。
$R$ と $L$ と $C$ の並列回路となるので,インピーダンス$Z_{s}$は次のようになる。
\begin{eqnarray}
Z_{s} = \frac{1}
{
\frac{1}{R} + \frac{1}{j\omega L} + j\omega C
}
\end{eqnarray}
%=image:/media/2014/11/21/141656403119282900.png:図3 開放した回路
%=image:/media/2014/11/21/141656403211856300.png:図4 短絡した回路