【電験三種】令和６年度下期　理論　解答例

問１．（１）

\(ε_1\)のコンデンサの静電容量を\(C_1\)
\(ε_2\)のコンデンサの静電容量を\(C_2\)とすると
\(C_1=ε_1ε_0 \frac{S}{d_1}=2ε_0 \frac{0.1}{2×10^{-3}}=100ε_0\)
\(C_2=ε_2ε_0 \frac{S}{d_2}=4ε_0 \frac{0.1}{4×10^{-3}}=100ε_0\)

コンデンサの直列接続なので、全静電容量\(C\)は、
\(\frac{1}{C}=\frac{1}{C_1}+\frac{1}{C_2}\)
⇔\(C=50ε_0=50×8.85×10^{-12}=442.5×10^{-12}\)

コンデンサの印加電圧Vは12Vなので、蓄えられる電荷の値\(Q\)は
\(Q=CV=442.5×10^{-12}×12=5310×10^{-12}≒5.3×10^{-9}\)

以上より、答えは(1)です。

　

問２．（１）

地球の半径\(r=6.37×10^6\)

\(Q\)の電荷が帯電したとしたとき、電位\(V\)は、
\(V=\frac{Q}{4πε_0r}\)
と表されるので、静電容量(C)は、
\(C=\frac{Q}{V}=4πε_0r=4π×8.85×10^{-12}×6.37×10^6=708×10^6=7.08×10^4\)

以上より、答えは（１）です。

　

問３．（２）

巻数\(N=30\)、変化時間\(dt=0.1[sec]\)、磁束の変化量\(dφ=1[Wb]\)とすると、
ファラデーの電磁誘導の法則から、発生する起電力\(V[V]\)は、
\(V=-N\frac{dφ}{dt}=-30\frac{1}{0.1}=300V\)

以上より、答えは（２）です。

　

問４．（２）

右ねじの法則から、導体Bに流れる電流が導体Aの位置に作る磁界の向きはZ軸の－方向です。
導体Aに流れる電流の向きは、Y軸の＋方向なので、
フレミング左手の法則から、導体Aに加わる力は、X軸＋方向です。

右ねじの法則から、導体Aに流れる電流が導体Bの位置に作る磁界の向きはZ軸の＋方向です。
導体Bに流れる電流の向きは、Y軸の＋方向なので、
フレミング左手の法則から、導体Bに加わる力は、X軸－方向です。

以上より、答えは（２）です。

　

問５．（５）

直流回路で定常状態のとき、コンデンサには電流が流れません。また、コイルも逆起電力を発生させないので、抵抗\(R_1\)、\(R_2\)が直列接続された回路と等価になります。

回路に流れる電流\(I\)は、オームの法則から
\(I=\frac{E}{R}=\frac{E}{R_1+R_2}=\frac{100}{20+30}=2A\)

抵抗\(R_1\)、コンデンサ\(C_1\)に印加される電圧\(V_1\)は、抵抗分圧の式から、
\(V_1=\frac{R_1}{R_1+R_2}E=\frac{20}{20+30}100=40V\)

抵抗\(R_2\)、コンデンサ\(C_2\)に印加される電圧\(V_2\)は、抵抗分圧の式から、
\(V_2=\frac{R_2}{R_1+R_2}E=\frac{30}{20+30}100=60V\)

各電圧、電流がわかったので、次はコイル、コンデンサに蓄えられるエネルギーを求めていきます。
コイル\(L_1\)、\(L_2\)に蓄えられるエネルギー\(W_{L1}\)、\(W_{L2}\)は、
\(W_{L1}=\frac{1}{2}L_1I^2=\frac{1}{2}20×10^{-3}×2^2=0.04[J]\)
\(W_{L2}=\frac{1}{2}L_2I^2=\frac{1}{2}40×10^{-3}×2^2=0.08[J]\)

コンデンサ\(C_1\)、\(C_2\)に蓄えられるエネルギー\(W_{C1}\)、\(W_{C2}\)は、
\(W_{C1}=\frac{1}{2}C_1V_1^2=\frac{1}{2}400×10^{-6}×40^2=0.32[J]\)
\(W_{C2}=\frac{1}{2}C_2V_2^2=\frac{1}{2}600×10^{-6}×60^2=1.08[J]\)

エネルギーの総和\(W[J]\)は、
\(W=W_{L1}+W_{L2}+W_{C1}+W_{C2}=1.52[J]\)

以上より、答えは（５）です。

　

問６．（４）

重ねの理を使って解いていきます。
\(2V\)の電源をイマジナリーショートし、\(4V\)の電源が\(I_1\)、\(I_2\)、\(I_3\)に流す電流を\(I_{11}\)、\(I_{12}\)、\(I_{13}\)とします。

この時の回路の全抵抗値は、
\(R=4+\frac{1}{\frac{1}{2}+\frac{1}{5}}=4+\frac{10}{7}=\frac{38}{7}Ω\)
各電流を求めていくと、
\(I_{11}=\frac{4}{R}=\frac{14}{19}\)
\(I_{12}=\frac{5}{2+5}I_{11}=\frac{5}{7}・\frac{14}{19}=\frac{10}{19}\)
\(I_{13}=\frac{2}{2+5}I_{11}=\frac{2}{7}・\frac{14}{19}=\frac{4}{19}\)

\(4V\)の電源をイマジナリーショートし、\(2V\)の電源が\(I_1\)、\(I_2\)、\(I_3\)に流す電流を\(I_{21}\)、\(I_{22}\)、\(I_{23}\)とします。

この時の回路の全抵抗値は、
R’=2+\frac{1}{\frac{1}{4}+\frac{1}{5}}=4+\frac{20}{9}=\frac{38}{9}Ω\)
各電流を求めていくと、
\(I_{21}=\frac{2}{R’}=\frac{9}{19}\)
\(I_{22}=\frac{5}{4+5}I_{21}=\frac{5}{9}・\frac{9}{19}=\frac{5}{19}\)
\(I_{23}=\frac{4}{4+5}I_{21}=\frac{4}{9}・\frac{9}{19}=\frac{4}{19}\)

解析した電流を向きも考慮して重ね合わせていくと、
\(I_1=I_{11}+I_{21}=\frac{14}{19}+\frac{5}{19}=1\)
\(I_2=I_{12}+I_{22}=\frac{10}{19}+\frac{9}{19}=1\)
\(I_3=I_{13}-I_{23}=\frac{4}{19}-\frac{4}{19}=0\)

以上より、答えは（４）です。

　

問７．（４）

ab端子間の抵抗の合成抵抗値\(R_{ab}\)を求めていきます。
\(R_{ab}=R+\frac{1}{\frac{1}{R}+\frac{1}{R_x}}=R+\frac{RR_x}{R+R_x}=\frac{R^2+2RR_x}{R+R_x}\)

この\(R_{ab}\)は、問題文から\(R_{ab}=1.8R\)なので、整理していきます。
\(R\frac{R+2R_x}{R+R_x}=1.8R\)
⇔\(R+2R_x=1.8(R+R_x)\)
⇔\(0.2R_x=0.8R\)
⇔\(R_x=4R\)

以上より、答えは（４）です。

　

問８．（３）

\(e_1\)も、\(e_2\)も位相がθだけ進んでいるので、\(θ=0\)として無視すると、
\(v=e_1+e_2=Esin(ωt)+\sqrt{3}Esin(ωt+\frac{π}{2})\)

この式を、複素数の直交座標表示として考えると、
実軸：\(e_1=Esin(ωt)\)
虚軸：\(e_2=j\sqrt{3}Esin(ωt)\)

として考えることが出来るので、
合成電圧の大きさ\(|v|\)は、
\(|v|=\sqrt{E^2+3E^2}=2E\)

位相角は、
\(tan^{-1}θ=\frac{Im}{Re}=\frac{\sqrt{3}E}{E}=\sqrt{3}\)
⇔\(θ=tan \sqrt{3}=60°=\frac{π}{3}\)

以上より、
合成電圧\(v[V]\)の最大値は\(e_1\)の最大値の２倍となり、その位相は\(e_1\)を基準として\(\frac{π}{3}[rad]\)の進みとなりますので、答えは（３）です。

　

問９．（３）

50HzのときのRC回路のインピーダンスを\(Z_{50}[Ω]\)とすると、
\(Z_{50}=R+\frac{1}{jωC}=4+\frac{1}{j2π×50×C}=4+\frac{1}{j100πC}\)
\(|Z_{50}|=\sqrt{4^2+\left( \frac{1}{100πC}\right)^2}\)　…①

このとき、\(I=20A\)の電流が流れるので、
\(|Z_{50}|=\frac{V}{I}=\frac{100}{20}=5Ω\)　…②

①・②式より、
\(\sqrt{4^2+\left( \frac{1}{100πC}\right)^2}=5\)
⇔\(4^2+\left( \frac{1}{100πC}\right)^2=5^2\)
⇔\(\left( \frac{1}{100πC}\right)^2=5^2-4^2=9\)
⇔\(\frac{1}{100πC}=3\)
⇔\(C=\frac{1}{300π}[F]\)　…③

60HzのときのRC回路のインピーダンスを\(Z_{60}[Ω]\)として③式を代入すると、
\(Z_{60}=4+\frac{1}{j120π・\frac{1}{300π}}=4+\frac{2.5}{j}=4-j2.5\)
\(|Z_{60}|=\sqrt{4^2+2.5^2}=4.717Ω\)

このときの電流\(I_{60}\)をオームの法則で求めると、
\(I_{60}=\frac{100}{4.717}=21.2A\)

以上より、答えは（３）です。

　

問１０．（４）

\(t=0\)で、スイッチSを閉じた直後のコンデンサは、短絡状態とします。
このときの回路の合成抵抗\(R_0\)を求めると、
\(R_0=6+\frac{1}{\frac{1}{4}+\frac{1}{12}}=6+3=9Ω\)

この時の点Aを流れる電流\(I_0\)は、
\(I_0=\frac{E}{9}[A]\)

\(t=∞\)で、定常状態時のコンデンサは、開放状態とします。
このときの回路の合成抵抗\(R\)を求めると、
\(R=6+12=18Ω\)

この時の点Aを流れる電流\(I\)は、
\(I=\frac{E}{18}[A]\)

以上より、電流比は、
\(\frac{I_0}{I}=\frac{E}{9}・\frac{18}{E}=2.0\)となり、（４）が答えです。

　

問１１．（５）

（１）～（４）の記述は正しいです。

（５）エンハンスメント形はゲート電圧に関係なくチャネルができる。
の記述について、エンハンスメント形は、ゲート電圧が0Vの時にチャネルが出来ますが、逆バイアスするとチャネルは閉じます。したがって、（５）の選択肢が間違えです。

　

問１２．（４）

（ア）電界の向きは陽極から陰極に向かっているため、負の向きです。
（イ）（ウ）F=evBのローレンツ力を受けるため、磁束密度に比例します。
（エ）電子の移動する向きがY軸正方向なので、電流の向きは逆向きであるY軸負方向です。
電子はX軸正の向きに移動するため、フレミング左手の法則から磁界の向きを求めると、
Z軸負の向きで、紙面に垂直かつ奥の向きであることがわかります。
（オ）電子の描く軌跡は、サイクロイドと呼ばれます。

以上より、（４）が答えです。

問１３．（２）

まず初めに、\(V_{CC}\)を導出するため、トランジスタのエミッタ・コレクタ端子側の回路を考えます。
\(V_{CC}=V_{CE}+R_LI_C\)　…①
です。ここで、静特性のグラフから、\(I_C=0mA\)のとき、\(V_{CE}=5V\)なので、①式に代入すると、
\(V_{CC}=5+R_L×0=5[V]\)

次に、ベース端子側の回路を考えます。
\(V_{CC}=R_BI_B+V_{BE}\)　…②

動作点が\(V_{CE}=3.0V\)と与えられているので、静特性のグラフから\(I_B=約5μA\)です。
また、問題文から、\(V_{BE}=0.7V\)と与えられているので、
\(5=R_B×5×10^{-6}+0.7\)
⇔\(R_B=0.86×10^6[Ω]≒0.9[MΩ]\)

以上より、（２）が答えです。

　

問１４．（２）

（２）\(V=-N\frac{dφ}{dt}\)の式から、\([V]=[Wb/s]\)⇔\([Wb]=[V・s]\)であるため間違っています。
以上より、（２）が答えです。

　

問１５．（ａ）（２）、（ｂ）（２）

（ａ）問題
図１の三相平衡負荷を\(Z_Y\)とすると、
\(Z_Y=R+jωL=R+j2πfL=3+j2π×50×12.75×10^{-3}=3+j4\)

Y-Δ変換すると、抵抗とインダクタンスからなる三相平衡負荷\(Z_Δ\)は、
\(Z_Δ=3Z_Y=9+j12\)
\(|Z_Δ|=\sqrt{9^2+12^2}=15Ω\)

Δ結線の各相の相電流を\(I_s\)とすると、
\(I_s=\frac{V}{|Z|}=\frac{200}{15}=13.3A\)

線電流\(I\)は相電流\(I_s\)の\(\sqrt{3}\)倍の大きさなので、
\(I=\sqrt{3}I_s=23.1A\)

以上より、（ａ）問題は（２）が答えです。

（ｂ）問題
（ａ）問題でY-Δ変換して求めた三相平衡負荷\(Z_Δ\)と静電容量C[F]のコンデンサは、各相毎に並列接続されたインピーダンスとして扱えますので、その合成インピーダンス\(Z[Ω]\)は、
\(\frac{1}{Z}=\frac{1}{Z_Δ}+j2πfC\)
⇔　\(\frac{1}{Z}=\frac{1}{9+j12}+j314C\)
⇔　\(\frac{1}{Z}=\frac{9-j12}{225}+j314C\)
⇔　\(\frac{1}{Z}=\frac{9}{225}-j\frac{12}{225}+j314C\)

ここで、力率１という条件から、虚数項は０となるので、
\(-j\frac{12}{225}+j314C=0\)
⇔　\(C=\frac{12}{225×314}=1.7×10^{-4}\)

以上より、（ｂ）問題は（２）が答えです。

　

問１６．（ａ）（３）、（ｂ）（４）

（ａ）問題
ブリッジ条件から、
\(R_1(R_x+R_{bc})=R_2(R_4+R_{ac})\)
⇔　\(2000(R_x+3000)=2000(3000+3000)\)
⇔　\(R_x=1000=1kΩ\)

以上より、（ａ）問題は（３）が答えです。

（ｂ）問題
３つの抵抗\(R_1=3kΩ\)、\(R_4=3kΩ\)、\(R_{ac}=3kΩ\)の直列接続と、
３つの抵抗\(R_2=2kΩ\)、\(R_x=1kΩ\)、\(R_{bc}=3kΩ\)の直列接続を、
並列接続した回路となるので、その合成抵抗\(R\)は、
\(\frac{1}{R}=\frac{1}{R_1+R_4+R_{ac}}+\frac{1}{R_2+R_x+R_{bc}}=\frac{1}{9000}+\frac{1}{6000}\)
⇔\(R=3.6kΩ\)

オームの法則から、
\(I=\frac{V}{R}=\frac{6}{3600}=1.7mA\)

以上より、（ｂ）問題は（４）が答えです。

　

問１７．（ａ）（３）、（ｂ）（２）

（ａ）問題
左側電極の静電容量を\(C_1\)とすると、
\(C_1=ε\frac{A_1}{d}=8.85×10^{-12}\frac{10^{-3}}{10^{-3}}=8.85×10^{-12}[F]\)

右側電極の静電容量を\(C_2\)とすると、
\(C_2=ε\frac{A_2}{d}=8.85×10^{-12}\frac{10^{-2}}{10^{-3}}=8.85×10^{-11}[F]\)

電圧は\(V_0=1000V\)なので、
左側電極の電荷量\(Q_1\)は、
\(Q_1=C_1V_0=8.85×10^{-12}×10^3=8.85×10^{-9}\)
右側電極の電荷量\(Q_2\)は、
\(Q_2=C_2V_0=8.85×10^{-11}×10^3=88.5×10^{-9}\)

合計電荷\(Q[C]\)は、
\(Q=Q_1+Q_2=8.85×10^{-9}+88.5×10^{-9}=9.7×10^{-8}\)

以上より、（ａ）問題は（３）が答えです。

　

（ｂ）問題
右側極板の距離を\(x=3×10^{-3}[m]\)にしたときの静電容量\(C’_2\)は、
\(C’_2=ε\frac{A_2}{x}=8.85×10^{-12}\frac{10^{-2}}{3×10^{-3}}=29.5×10^{-12}\)

この時の極板に印加される電圧は\(V’\)に変化します。
左側極板の電荷量\(Q’_1\)は、\(Q’_1=C_1V’\)
右側極板の電荷量\(Q’_2\)は、\(Q’_2=C’_2V’\)

合計電荷\(Q[C]\)は、（ａ）問題のときから変わらず\(Q=9.7×10^{-8}[C]\)なので、
\(Q=Q’_1+Q’_2=C_1V’+C’_2V’=9.7×10^{-8}\)
⇔\(V’=\frac{9.7×10^{-8}}{C_1+C’_2}=\frac{9.7×10^{-8}}{38.35×10^{-12}}=2.5×10^3\)

以上より、（ｂ）問題は（２）が答えです。
　

令和６年度下期　科目リンク

　

問１８．（ａ）（２）、（ｂ）（１）

（ａ）問題
オペアンプの理想特性は、入力インピーダンスが∞[Ω]で、出力インピーダンスが0[Ω]であるため、（２）が誤りです。

（ｂ）問題
図１のマイナス端子の電位を\(V_－\)とします。
プラス端子の電位が\(V_+=0.6V\)と設定されているため、イマジナリーショートから、\(V_－=0.6V\)です。

出力電圧\(V_{o1}\)から、\(V_－\)を通って接地するまでの経路に分圧の式を使うと、
\(V_－=\frac{10kΩ}{10kΩ+100kΩ}V_{o1}=0.6\)
⇔\(V_{o1}=0.6×\frac{110}{10}=6.6[V]\)

図２のマイナス端子の電位を\(V_－\)とします。
プラス端子の電位が接地しているため\(V_+=0V\)。
イマジナリーショートから、\(V_－=0V\)です。

入力端子電圧\(V_{i2}=0.45V\)なので、30kΩを通って\(V_－\)に流れ込む電流\(I\)は、
\(I=\frac{0.45}{30000}=15×10^{-6}\)

電流\(I\)は、200kΩを通って出力端子まで流れるので、
\(V_{o2}=V_－-IR=0-15×10^{-6}×2×10^5=-3V\)

以上より、（ｂ）問題は（１）が答えです。

出典元

一般財団法人電気技術者試験センター
令和６年度下期　第三種電気主任技術者試験　理論科目

参考書