問１．（４）
図１のコンデンサの静電容量\(C_1\)は、
\(C_1=ε_r ε_0 \frac{l^2}{d}=5ε_0 \frac{l^2}{d}\)
図２のコンデンサの静電容量\(C_2\)は、
\(C_2=ε_0 \frac{\frac{1}{2}l^2}{d}+5 ε_0 \frac{\frac{1}{2}l^2}{d}=3 ε_0 \frac{l^2}{d}\)
よって、静電容量の比は、
\(C_1:C_2=5:3\)
以上より、（４）が答えです。
問２．（３）
点Aの正の点電荷\(3×10^{-7}[C]\)が点Pの正の点電荷\(Q[C]\)に与える静電気力\(F_{AP}\)は、AP間の距離が\(r_{AP}=1[m]\)なので、
\(F_{AP}=\frac{3×10^{-7}Q}{4πε_0 r^2_{AP}}=\frac{3×10^{-7}Q}{4πε_0}\)
点Bの正の点電荷\(3×10^{-7}[C]\)が点Pの正の点電荷\(Q[C]\)に与える静電気力\(F_{BP}\)は、BP間の距離が\(r_{BP}=2[m]\)なので、
\(F_{BP}=\frac{3×10^{-7}Q}{4πε_0 r^2_{BP}}=\frac{3×10^{-7}Q}{16πε_0}\)
合成した静電気力を\(F[N]\)とすると、\(F_{AP}\)と\(F_{BP}\)は逆方向の力なので、
\(F=F_{AP}-F_{BP}=\frac{3×10^{-7}Q}{4πε_0}-\frac{3×10^{-7}Q}{16πε_0}=\frac{9×10^{-7}Q}{16πε_0}\)
問題文から点Bの方向に働いた力は\(F=5×10^{-3}[N]\) なので、
\(F=\frac{9×10^{-7}Q}{16πε_0}=5×10^{-3}\)
電荷Qについて整理すると、
\(Q=\frac{5×10^{-3}}{9×10^{-7}}・16πε_0=247×10^{-8}≒2.5×10^{-6}\)
以上より、（３）が答えです。
問３．（３）
巻数\(N=1000\)、磁束\(Φ=6×10^{-4}[Wb]\)、電流\(I=0.2[A]\)のときの自己インダクタンス\(L[H]\)を関係式から求める。
\(NΦ=LI\) ⇔ \(L=\frac{NΦ}{I}=\frac{10^3・6×10^{-4}}{0.2}=3[H]\)
以上より、（３）が答えです。
問４．（５）
半径\(r[m]\)の円形の銅線に、\(I[A]\)の電流が流れたときに、中心点に作り出す磁界の強さ\(H[A/m]\)は、
\(H=\frac{I}{2r}\)
中心点Oから、0.5mの距離の扇形導線が作り出す磁界の強さ\(H_1\)は、
\(H_1=\frac{1}{4}・\frac{I}{2r_1}=\frac{1}{4}・\frac{16}{1}=4[A/m]\)
中心点Oから、1mの距離の扇形導線が作り出す磁界の強さ\(H_2\)は、
\(H_2=\frac{1}{4}・\frac{I}{2r_2}=\frac{1}{4}・\frac{16}{2}=2[A/m]\)
各扇形導線に流れる電流の向きは逆向きなので、磁界を作り出す向きも逆になる。
\(H_1\)と\(H_2\)を合成すると、
\(H=H_1-H_2=4-2=2[A/m]\)
以上より、（５）が答えです。
問５．（１）
\(R_1\)に流れる電流を\(I[A]\)とする。
\(R_2\)と\(R_3\)に流れる電流は、分流の法則から、
\(I_2=\frac{8}{4+8}I=\frac{2}{3}I\)
\(I_3=\frac{4}{4+8}I=\frac{1}{3}I\)
\(R_1\)の消費電力\(P_1\)は、
\(P_1=I^2R_1=I^2・5=\frac{45}{9}I^2\)
\(R_2\)の消費電力\(P_2\)は、
\(P_2=I_2^2R_2=(\frac{2}{3}I)^2・4=\frac{16}{9}I^2\)
\(R_3\)の消費電力\(P_3\)は、
\(P_3=I_3^2R_3=(\frac{1}{3}I)^2・8=\frac{8}{9}I^2\)
以上より、\(P_1 > P_2 > P_3\) であることがわかりました。
以上より、（１）が答えです。
問６．（２）
\(E=3(r+2.25)=2(r+3.45)\)
⇔\(r=0.15Ω\)
よって、\(E=3(0.15+2.25)=3・2.4=7.2V\)
以上より、（２）が答えです。
問７．（２）
\(R_2\)と\(R_x\)の合成抵抗値を\(R_{2x}\)とすると、
\(\frac{1}{R_{2x}}=\frac{1}{R_2}+\frac{1}{R_x}\)
⇔\(R_{2x}=\frac{R_2R_x}{R_2+R_x}\)
\(R_1\)と\(R_2\)と\(R_x\)の全合成抵抗値を\(R\)とすると、
\(R=R_1+R_{2x}=\frac{R_1R_2+R_2R_x+R_xR_1}{R_2+R_x}\)
電源\(E[V]\)から出力する電流を\(I_0[A]\)とすると、
\(I_0=\frac{E}{R}=\frac{R_2+R_x}{R_1R_2+R_2R_x+R_xR_1}E\)
分流の法則から、\(R_x\)に流れる電流\(I[A]\)は、
\(I=\frac{R_2}{R_2+R_x}I_0=\frac{R_2}{R_1R_2+R_2R_x+R_xR_1}E\) …①
①式に条件１ \(R_1=90Ω\)、\(R_2=6Ω\)を代入すると、
\(I=\frac{6}{540+6R_x+90R_x}E=\frac{6}{540+96R_x}E\) …②
①式に条件２ \(R_1=70Ω\)、\(R_2=3Ω\)を代入すると、
\(I=\frac{3}{210+3R_x+70R_x}E=\frac{3}{210+73R_x}E\) …③
②＝③式から、
\(6(210+73R_x)=3(540+96R_x)\)
⇔\(50R_x=120\)
⇔\(R_x=2.4\)
以上より、（２）が答えです。
問８．（５）
\(R_2[Ω]\)、\(L[H]\)、\(C[F]\)の並列接続の合成インピーダンスを\(Z\)とすると、
\(\begin{eqnarray}
\frac{1}{Z}&=&\frac{1}{R}+j(ωC-\frac{1}{ωL})\\
&=&\frac{1}{30}+j(2πf\frac{1}{100π}-\frac{4π}{2πf})\\
&=&\frac{1}{30}+j(\frac{f}{50}-\frac{2}{f})
\end{eqnarray}\)
⇔ \(Z=\frac{1}{\frac{1}{30}+j(\frac{f}{50}-\frac{2}{f})}\)
・\(f=10Hz\)のときの\(Z\)を\(Z_{10}\)とする。
\(Z_{10}=\frac{1}{\frac{1}{30}+j(\frac{10}{50}-\frac{2}{10})}=\frac{1}{\frac{1}{30}+j(\frac{1}{5}-\frac{1}{5})}=30Ω\)
したがって、\(R_1\)を流れる電流の大きさ\(I_{10Hz}[A]\)は、
\(I_{10Hz}=\frac{V}{20+30}=\frac{V}{50}[A]\) …①
・\(f=10MHz\)のときの\(Z\)を\(Z_{10M}\)とする。
\(Z_{10M}=\frac{1}{\frac{1}{30}+j(2×10^5-2×10^{-6})}≒\frac{1}{\frac{1}{30}+j2×10^5}\)
\(\frac{1}{30}\)を無視できる程度に\(j2×10^5\)が大きいので、\(Z_{10M}≒0Ω\) と簡略化できる。
したがって、\(R_1\)を流れる電流の大きさ\(I_{10MHz}[A]\)は、
\(I_{10MHz}=\frac{V}{20}[A]\) …②
①÷②から、
\(\frac{I_{10Hz}}{I_{10MHz}}=\frac{20}{50}=0.4\)
以上より、（５）が答えです。
問９．（５）
抵抗\(R[Ω]\)と誘導性リアクタンス\(X[Ω]\)の直列回路のときのインピーダンスの大きさ\(Z\)は、
\(Z=\sqrt{R^2+X^2}\)
このときに回路に流れる電流を\(I_1\)とすると、問題文から\(I_1=10[A]\)なので、
\(I_1=\frac{E}{Z}=\frac{100}{\sqrt{R^2+X^2}}=10\)
⇔\(\sqrt{R^2+X^2}=10\)
⇔\(R^2+X^2=100\) …①
抵抗\(11Ω\)を追加で直列接続したときのインピーダンスの大きさ\(Z’\)として展開して①式を代入すると、
\(Z’=\sqrt{(R+11)^2+X^2}=\sqrt{(R^2+X^2)+22R+121}=\sqrt{22R+221}\)
流れる電流を\(I_2\)とすると、問題文から\(I_2=5[A]\)なので、
\(I_2=\frac{E}{Z’}=\frac{100}{\sqrt{22R+221}}=5\)
⇔\(\sqrt{22R+221}=20\)
⇔\(22R+221=20^2=400\)
⇔\(R=\frac{179}{22}=8.14=8.1Ω\)
以上より、（５）が答えです。
問１０．（４）
回路方程式は、
\(V=Ri+L\frac{di}{dt}\)
・過渡解の解析
過渡電流を\(i_t=ke^{-st}\)とすると、
\(\frac{di_t}{dt}=-ske^{-st}\)
過渡解は、
\(0=Rke^{-st}-sLke^{-st}=(R-sL)ke^{-st}\)
⇔ \(s=\frac{R}{L}\)
時定数\(τ\)は、\(τ=\frac{1}{s}=\frac{L}{R}\)であるため、抵抗値を1Ωから2Ωに変更すると、時定数が半分になる。
➡ 立上りの速度が速くなる。
・定常解の解析
定常状態の電流を\(i_s\)とすると、\(\frac{di_s}{dt}=0\)
回路方程式に代入すると、
\(V=Ri_s\) ⇔ \(i_s=\frac{V}{R}\)
したがって、抵抗値を1Ωから2Ωに変更すると、収束する電流値は半分の1.5Aになる。
以上より、立上りが早くなっていて、収束する電流値が1.5Aの波形は（４）である。
問１１．（２）
可変容量ダイオードは、順方向電圧を加えて使用します。
降伏現象は逆方向電圧を加えて電圧を高くしたときに発生する現象です。
レーザーダイオードは、順方向電圧を加えて使用します。
以上より、（２）が答えです。
問１２．（１）
\(V=Ed\) ⇔ \(E=\frac{V}{d}\)
電荷\(e[C]\)に働く静電気力\(F[N]\)は、
\(F=eE=\frac{V}{d}e\)
以上より、（１）が答えです。
問１３．（３）
水晶発振回路は、LC発振回路のコンデンサを水晶振動子に置き換えたものではないので（３）が答えです。
問１４．（４）
目盛が正弦波交流に対する実効値になる整流形の電圧計(全波整流形)なので、正弦波交流の全波整流の波形率\(F\)を求めます。
正弦波の平均値\(V_{av}\)は、
\(V_{av}=\frac{1}{π} \int_0^π V_m sinωt dωt = \frac{V_m}{π}[-cosωt]_0^π=\frac{V_m}{π}(1+1)=\frac{2V_m}{π}\)
正弦波の実効値\(V_{rms}\)は、
\(\begin{eqnarray}
V_{rms}&=&\sqrt{ \frac{1}{π} \int_0^πV^2_m sin^2ωt dωt} \\
&=&V_m\sqrt{ \frac{1}{π} \int_0^π \frac{1-cos2ωt}{2} dωt} \\
&=&V_m\sqrt{ \frac{1}{π} [\frac{1}{2}ωt-\frac{1}{4}sin2ωt]^π_0 } \\
&=&V_m\sqrt{ \frac{1}{π} (\frac{1}{2}π-0-0+0) } \\
&=&\frac{V_m}{\sqrt{2}}
\end{eqnarray}\)
波形率\(F\)は、
\(F=\frac{V_{rms}}{V_{av}}=\frac{V_m}{\sqrt{2}}=\frac{2V_m}{π}=\frac{π}{2\sqrt{2}}\)
問題の波形の電圧の平均値\(V_{av2}\)は、
\(V_{av2}=\frac{8×10^{-3}+0×10^{-3}}{2×10^{-3}}=4V\)
問題の波形の電圧の実効値\(V_{rms2}\)は、
\(V_{rms2}=V_{av2}・F=4・\frac{π}{2\sqrt{2}}=4.44V\)
以上より、（４）が答えです。
問１５．A（３） / B（３）
問題（ａ）
Y-Y結線なので、電源・負荷共に相電圧の単相回路の形で取り出して計算ができる。
各相のRLCの並列接続の合成インピーダンスを\(Z\)とすると、
\(\frac{1}{Z}=\frac{1}{R}+\frac{1}{jωL}+jωC=\frac{1}{R}+j(ωC-\frac{1}{ωL})\)
\(R=10Ω\)、\(ωL=20Ω\)、\(\frac{1}{ωC}=20Ω\)を代入すると、
\(\frac{1}{Z}=\frac{1}{10}+j(\frac{1}{20}-\frac{1}{20})=\frac{1}{10}\)
⇔\(Z=10Ω\)
線間電圧が200Vなので、相電圧\(E\)は、\(E=\frac{200}{\sqrt{3}}\)
線電流\(I[A]\)は、
\(I=\frac{E}{Z}=\frac{200}{10\sqrt{3}}≒11.5Ω\)
以上より、問題（ａ）は、（３）が答えです。
問題（ｂ）
各相の有効電力\(P_1[W]\)は、
\(P_1=\frac{E^2}{R}=\frac{40000}{30}=1333[W]\)
三相負荷全体の有効電力\(P[kW]\)は、
\(P=3P_1≒4000=4[kW]\)
以上より、問題（ｂ）は、（３）が答えです。
問１６．A（３） / B（４）
問題（ａ）
20Ωの抵抗２つと、R[Ω]の抵抗の並列接続として考えられるので、全体の抵抗値を\(R'[Ω]\)とすると、
\(\frac{1}{R’}=\frac{1}{20}+\frac{1}{R}+\frac{1}{20}\)
⇔ \(R’=\frac{10R}{10+R}\) …①
抵抗Rに流れる電流\(I_2=0.5A\)なので、電源電圧\(E[V]\)は、
\(E=0.5R[V]\) …②
電源から供給する電流\(I_1=4.5A\)なので、①・②を代入すると、
\(I_1=\frac{E}{R’}=\frac{10+R}{20}=4.5\)
⇔ \(R=80Ω\)
以上より、問題（ａ）は（３）が答えです。
問題（ｂ）
bcd端子間に繋がっている３つの抵抗にΔ-Y変換をすると、
\(R_{1Y}=\frac{R_2・R_3}{R_1+R_2+R_3}=\frac{4・16}{80+4+16}=0.64\)
\(R_{2Y}=\frac{R_3・R_1}{R_1+R_2+R_3}=\frac{16・80}{80+4+16}=12.8\)
\(R_{3Y}=\frac{R_1・R_2}{R_1+R_2+R_3}=\frac{80・4}{80+4+16}=3.2\)
ab端子間の抵抗値\(R_{ab}\)は、16Ωと\(R_{3Y}\)の直列接続となるので、19.2Ω
ac端子間の抵抗値\(R_{ac}\)は、4Ωと\(R_{2Y}\)の直列接続となるので、16.8Ω
並列接続された二つの抵抗\(R_{ab}\)と\(R_{ac}\)が合流した後に、抵抗\(R_{1Y}\)と直列接続された回路になるので、全体の合成抵抗値\(R_{all}\)は、
\(R_{all}=\frac{19.2・16.8}{19.2+16.8}+0.64=8.96+0.64=9.6\)
以上より、\(I_3[A]\)は、
\(I_3=\frac{E}{R_{all}}=\frac{40}{9.6}=4.16≒4.2A\)
以上より、問題（ｂ）は（４）が答えです。
問１７．A（５） / B（４）
問題（ａ）
\(E_{A1}\)の誘電体の静電容量\(C_1=2ε_0 \frac{S}{\frac{d}{6}}=12ε_0 \frac{S}{d}\)
\(E_{A2}\)の誘電体の静電容量\(C_2=3ε_0 \frac{S}{\frac{d}{3}}=9ε_0 \frac{S}{d}\)
\(E_{A3}\)の誘電体の静電容量\(C_3=6ε_0 \frac{S}{\frac{d}{2}}=12ε_0 \frac{S}{d}\)
コンデンサA全体の静電容量\(C[F]\)は、
\(\frac{1}{C}=\frac{1}{C_1}+\frac{1}{C_2}+\frac{1}{C_3}\)
⇔\(C=\frac{18}{5}ε_0 \frac{S}{d}\)
電圧\(V[V]\)を印加したときの電荷\(Q[C]\)は、
\(Q=CV=\frac{18}{5}ε_0 \frac{S}{d}V\)
各誘電体の電圧を求める
\(V_1=\frac{Q}{C_1}=\frac{\frac{18}{5}V}{12}=\frac{3}{10}V\)
\(V_2=\frac{Q}{C_2}=\frac{\frac{18}{5}V}{9}=\frac{2}{5}V\)
\(V_3=\frac{Q}{C_3}=\frac{\frac{18}{5}V}{12}=\frac{3}{10}V\)
各誘電体の電解の強さを求める
\(E_{A1}=\frac{V_1}{\frac{d}{6}}=\frac{9V}{5d}\)
\(E_{A2}=\frac{V_2}{\frac{d}{3}}=\frac{6V}{5d}\)
\(E_{A3}=\frac{V_3}{\frac{d}{2}}=\frac{3V}{5d}\)
以上より、\(E_{A1}>E_{A2}>E_{A3}\)であり、
そして、最大の電解の強さは、\(E_{A1}=\frac{9V}{5d}\)
以上より、問題（ａ）は（５）が答えです。
問題（ｂ）
コンデンサAの蓄積エネルギー\(W_A[J]\)は、
\(W_A=\frac{1}{2}QV=\frac{1}{2}・\frac{18}{5}ε_0 \frac{S}{d}V・V=\frac{9}{5}ε_0 \frac{S}{d}V^2\) …①
コンデンサBの全静電容量\(C_B\)を求める
\(C_B=2ε_0 \frac{\frac{S}{6}}{d}+3ε_0 \frac{\frac{S}{3}}{d}+6ε_0 \frac{\frac{S}{2}}{d}=\frac{13}{3}ε_0 \frac{S}{d}\)
コンデンサBの蓄積エネルギー\(W_B[J]\)は、
\(W_B=\frac{1}{2}C_BV^2=\frac{13}{6}ε_0 \frac{S}{d}V^2\) …②
②÷①は、
\(\frac{W_B}{W_A}=\frac{\frac{13}{6}ε_0 \frac{S}{d}V^2}{\frac{9}{5}ε_0 \frac{S}{d}V^2}=1.2\)
以上より、問題（ｂ）は（４）が答えです。
問１８．A（５） / B（２）
令和１年度問１７からの再出題です。（詳細解説リンク）
問題（ａ）
図１は、
１を入力すれば０が出力され、０を入力すれば１が出力されるNOT回路です。
同じ真理値表を持つ回路は、（イ）と（ハ）です。
以上より、問題（ａ）は（５）が答えです。
問題（ｂ）
性質Ⅰの特性を持つ回路は、非安定マルチバイブレータ回路です。（ニ）が該当します。
性質Ⅱの特性を持つ回路は、RSラッチ回路です。（ヘ）が該当します。
以上より、問題（ｂ）は（２）が答えです。
細かくは、詳細解説リンクをたどってください。
コメント