問１．（２）
２つのコンデンサを並列した時の静電容量\(C'[F]\)は、
\(C’=C+2C=3C\)
この時のコンデンサの電圧\(V'[V]\)は、
\(\displaystyle V’=\frac{Q}{C’}=\frac{CV}{3C}=\frac{1}{3}V\)
このときのコンデンサに蓄えられる全静電エネルギー\(U[J]\)は、
\(\displaystyle U=\frac{1}{2}C’V’^2=\frac{1}{2}・3C・\left( \frac{1}{3}V \right)^2=\frac{1}{6}CV^2\)
以上より、（２）\(\displaystyle \frac{1}{6}CV^2\)が答えです。
問２．（５）
問題文からわかる条件は、\(Q=\)一定、\(r=\)一定です。
比誘電率\(ε_r=2\)から、誘電率\(ε\)は、\(ε=2ε_0\)です。
（１）\(V=\frac{Q}{4πεr}\)から、誘電率\(ε\)が２倍になると半分になります。
（２）\(E=\frac{Q}{4πεr^2}\)から、誘電率\(ε\)が２倍になると半分になります。
（３）\(D=εE=\frac{Q}{4πr^2}\)から、誘電率\(ε\)が２倍になっても変化しません。
（４）\(N=\frac{Q}{ε}\)から、誘電率\(ε\)が２倍になると半分になります。
（５）\(C=\frac{Q}{V}=4πεr\)から、誘電率\(ε\)が２倍になると２倍になります。
以上より、（５）が答えです。
問３．（３）
一次側の電流を\(I_1\)、二次側の電流を\(I_2\)としたとき、蓄えられる磁気エネルギーは同じなので、
\(W=\frac{1}{2}LI_1^2=\frac{1}{2}9LI_2^2\)
⇔ \( \frac{I_1}{I_2}=3\)
磁束の漏れはないので、コイル１・２に鎖交する磁束\(Φ\)は同じです。したがって、
\(NΦ=LI_1\)
⇔ \(Φ=\frac{3LI_2}{N}\)
\(nΦ=9LI_2\)
⇔ \(n=\frac{9LI_2}{Φ}=3N\)
以上より、（３）\(3N\)が答えです。
問４．（５）
直線状導体Aからa[m]離れた点Pに出来る磁界\(H_1\)は、
\(H_1=\frac{I_1}{2πa}\)
半径a[m]の一巻円形コイルBの中心点Oに出来る磁界\(H_2\)は、
\(H_2=\frac{I_2}{2a}\)
問題文の条件、\(H_1=H_2\)なので、
\(\frac{I_1}{2πa}=\frac{I_2}{2a}\)
⇔ \(I_1=πI_2\)
以上より、（５）\(I_1=πI_2\)が答えです。
問５．（５）
コンデンサCに蓄えられている静電エネルギー\(U\)は、全て抵抗Rで消費されます。
そのため、抵抗Rで消費されるエネルギーを求めるには、静電エネルギー\(U\)を求めればよいです。
静電エネルギーの式は、\(U=\frac{1}{2}CV^2\)で求められます。
以上より、（５）\(\frac{1}{2}CV^2\)が答えです。
問６．（２）
図１の回路からわかることは、\(R_2\)の両端にかかる電圧\(V_2\)は10Vです。分圧の式から、
\(\frac{R_2}{R_1+R_2}・100=10\)
⇔ \(100R_2=10(R_1+R_2)\)
⇔ \(R_1=9R_2\) …①
図２の回路からわかることは、抵抗\(R_2\)と15Ωの並列抵抗の抵抗値を\(R’\)とすると、
\(R’=\frac{15R_2}{15+R_2}\) …②
分圧の式から、
\(\frac{R’}{9R_2+R’}・100=4\)
⇔ \(25R’=9R_2+R’\)
⇔ \(24R’=9R_2\)
⇔ \(24R’=24・\frac{15R_2}{15+R_2}=\frac{360R_2}{15+R_2}=9R_2\)
⇔ \(40=15+R_2\)
⇔ \(R_2=25Ω\) …③
③式を①式に代入すると、\(R_1=9R_2=225Ω\)
図３の回路図から、
\(I=\frac{100}{R_1}=\frac{100}{225}≒0.44\)
以上より、（２）0.44が答えです。
問７．（１）
スイッチSを開いたときに２Ωの抵抗に流れる電流を\(I_0[A]\)とすると、
\(I_0=\frac{E}{12}\) …①
スイッチSを閉じたときの10ΩとR[Ω]の並列接続の抵抗の合成抵抗値を\(R’\)とすると、
\(R’=\frac{10R}{10+R}\) …②
スイッチSを閉じたときに２Ωに流れる電流\(I[A]\)は、
\(I=\frac{E}{2+R’}\) …③
\(I[A]\)は、\(I_0\)の３倍なので、①・③式から、
\(I=3I_0\)
⇔ \(\frac{E}{2+R’}=3\frac{E}{12}\)
⇔ \(4=2+R’\)
⇔ \(R’=2Ω\) …④
④に、②式を代入すると、
\(\frac{10R}{10+R}=2\)
⇔\(5R=10+R\)
⇔\(R=2.5Ω\)
以上より、（１）2.5が答えです。
問８．（５）
\(i=4A\)になるときの時刻\(t=t_1\)のとき、
\(i=4 \sqrt{2} sin120πt_1=4 \sqrt{2} \frac{1}{\sqrt{2}}=4A\)
したがって、このときのsinの値は、
\(sin120πt_1=\frac{1}{\sqrt{2}}\)なので、
\(120πt_1=45°=\frac{π}{4}[rad]\)
⇔\(t_1=\frac{1}{480}[rad]\)
以上より、（５）\(\frac{1}{480}\)が答えです。
問９．（３）
誘導性負荷に流れる電流\(30A\)のうち、同相成分\(I_r\)と、90°遅れ成分\(I_x\)に分けて考えます。力率は\(cosθ=0.8\)なので、
\(I_r=30cosθ=24A\)
\(I_x=30sinθ=18A\)
スイッチSを閉じて、抵抗Rに流れる電流を\(I_R\)とすると、
\(I_R=\frac{E}{R}=\frac{140}{R}[A]\)
このとき、電源から流れ出る電流を\(I’=82[A]\)とすると、次の三平方の定理の式が成り立ちます。
\(I’^2=(I_r+I_R)^2+I_x^2\)
⇔ \(82^2=(24+\frac{140}{R})^2+18^2\)
⇔ \(6724=(24+\frac{140}{R})^2+324\)
⇔ \((24+\frac{140}{R})^2=6400\)
⇔ \(24+\frac{140}{R}=80\)
⇔ \(R=\frac{140}{56}=2.5Ω\)
以上より、（３）2.5が答えです。
問１０．（３）
スイッチSが開放状態で定常状態の時、コンデンサに電荷が充電されて電圧\(V_C=1V\)となります。
スイッチSを閉じた後、スイッチSより左側のRL回路と、右側のRC回路に分けて考えます。
RL回路の解析
RL回路の方程式を立てると、
\(E=i_1R+L\frac{di_1}{dt}\) ➡ \(1=i_1+\frac{di_1}{dt}\) …①
過渡電流\(i_{ts1}\)を求めます。
過渡電流を\(i_{ts1}=k_1e^{-s_1t}\)とします。
\(i_{ts1}\)を時間微分すると、\(\frac{di_{ts1}}{dt}=-s_1k_1e^{-s_1t}\)
①式から、過渡回路の方程式を立てると、
\(0=k_1e^{-s_1t}-s_1k_1e^{-s_1t}=(1-s_1)k_1e^{-s_1t}\) ⇔ \(s_1=1\)
よって、過渡電流は\(i_{ts1}=k_1e^{-t}\) …②
定常状態では、電流は変化しません。
したがって、\(\frac{di_{ss1}}{dt}=0\)であり、①に代入すると、
\(i_{ss1}=1\)となります。
スイッチSを投入直後のRL回路に流れる電流は\(i_1(0)=0\)なので、
\(i_1(0)=i_{ts1}+i_{ss1}=k_1e^0+1=0\) ⇔ \(k_1=-1\)
よって、過渡電流は、\(i_{ts1}=-e^{-t}\)と求まりました。
一般解を求めると、
\(i_1=i_{ts1}+i_{ss1}=1-e^{-t}\)
RC回路の解析
RC回路中に流れる電流を\(i_2\)とすると、電流の定義式から、
\(i_2=\frac{dq}{dt}\) …③
コンデンサの電荷・静電容量・電位の関係式
\(q=Cv_c\) …④
③式に④式を代入すると、
\(i_2=C\frac{dv_c}{dt}\) …⑤
RC回路の微分方程式を立て、\(R=1Ω\)、\(C=2F\)を代入します。
\(v_c+i_2R=0\)
⇔ \(v_c+CR\frac{dv_c}{dt}=0\)
⇔ \(v_c+2\frac{dv_c}{dt}=0\) …⑥
過渡電圧\(v_{ct}\)を求めます。
過渡電圧を\(v_{ct}=k_2e^{-s_2t}\)とします。
\(v_{ct}\)を時間微分すると、\(\frac{dv_{ct}}{dt}=-s_2k_2e^{-s_2t}\)
⑥式から、過渡回路の方程式を立てると、
\(0=k_2e^{-s_2t}-2s_2k_2e^{-s_2t}=(1-2s_2)k_1e^{-s_2t}\)
⇔ \(s_2=\frac{1}{2}\)
よって、過渡電圧は\(v_{ct}=k_2e^{-\frac{1}{2}t}\) …⑦
となります。
定常電圧\(v_{cs}\)を求める
定常状態では、電位は変化しません。
したがって、\(\frac{dv_{cs}}{dt}=0\)です。
これを⑥式に代入すると、定常電圧が求まります。
\(v_{cs}=0\) …⑧
初期値から過渡解の係数\(k_2\)を求める
\(t=0\)のスイッチSを投入する直前のコンデンサの電圧は\(v_c=1V\)でした。
したがって、スイッチSを投入直後のコンデンサ電圧は\(v_c(0)=1\)です。
\(v_c(0)=v_{ct}+v_{cs}=k_2e^0+0=1\)
⇔ \(k_2=1\)
よって、過渡電圧は、\(v_{ct}=-e^{-\frac{1}{2}t}\) …⑨
と求まりました。
一般解を求めると、次のようになります。
\(v_c=v_{ct}+v_{cs}=-e^{-\frac{1}{2}t}\)
RC回路の電流\(i_2\)を求めます。
\(i_2=2\frac{d}{dt}(-e^{-\frac{1}{2}t})=e^{-\frac{1}{2}t}\)
スイッチSを流れる電流\(i_S\)を計算します。
\(i_S\)は、\(i_1\)と\(i_2\)が同じ方向に合わさった電流なので、
\(i_S=i_1+i_2=(1-e^{-t})+e^{-\frac{1}{2}t}\)
・\(e^{-t}\)の方が\(e^{-\frac{1}{2}t}\)よりも減衰が速いので、スイッチ投入直後は、\(i_S>1\)となります。
・\(t\)が大きくなっていくと、\(e^{-t}\)と\(e^{-\frac{1}{2}t}\)は共に０に近づいていくので、１に戻ります。
このような推移をするグラフは（３）です。
以上より、（３）が答えです。
問１１．（４）
ｐ型半導体のキャリアは正孔（＋電荷）です。
そのため、フレミング左手の法則に従って正電荷が電極①に集まります。 ➡ （ア）正
逆の電極②には負電荷が集まります。 ➡ （イ）負
ｎ型半導体のキャリアは電子（－電荷）なので、ｐ型半導体の時と逆になります。
➡ （ウ）反対
ホール電圧\(V_H\)は、直流電流\(I\)に比例します。 ➡ （エ）比例
以上より、（４）が答えです。
問１２．（５）
（ア）電界の強さは、
\(E=\frac{V}{d}=\frac{2000}{6×10^{-3}}=3.33×10^5[V/m]\)です。
（イ）電極Kをヒータで加熱すると、熱電子が放出されます。
（ウ）電子の電荷量は、\(e=1.6×10^{-19}\)、電位\(V\)は、単位電荷のポテンシャルエネルギーなので、運動エネルギー\(W\)は、
\(W=eV=1.6×10^{-19}・2000=3.2×10^{-16}\)
以上より、（５）が答えです。
問１３．（２）
電流増幅率\(h_{fe}\)
\(I_B=20μA\)のとき、\(I_C=2mA\)
\(I_B=60μA\)のとき、\(I_C=6mA\)
したがって、\(h_{fe}\)は、
\(h_{fe}=\frac{ΔI_C}{ΔI_B}=\frac{6mA-2mA}{60μA-20μA}=100\)
出力インピーダンス\(r_0\)
\(V_{CE}=4V\)のとき、\(I_C=3.8mA\)
\(V_{CE}=8V\)のとき、\(I_C=4.2mA\)
したがって、\(r_0\)は、
\(r_0=\frac{ΔV_{CE}}{ΔI_C}=\frac{8-4}{(4.2-3.8)×10^{-3}}=1×10^4=10000\)
以上より、（２）が答えです。
問１４．（４）
磁束の単位は[Wb]です。
単位[T]は、磁束密度の単位です。
以上より、（４）が答えです。
問１５．A（２） / B（２）
Y-Δ変換をしたときの負荷インピーダンスを\(Z_Δ\)とすると、
\(Z_Δ=3Z=15\sqrt{3}+15[Ω]\) です。
インピーダンスの大きさは、
\(|Z_Δ|=\sqrt{(15\sqrt{3})^2+15^2}=30Ω\)
インピーダンスの位相差角は、
\(∠Z_Δ=\frac{15}{15\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{π}{6}\)
相電流を求めます。
\(\dot{I}_{ab}=\frac{200∠0}{30∠\frac{π}{6}}=6.67∠-\frac{π}{6}\)
線電流を求めます。
線電流は、相電流よりも\(\sqrt{3}\)倍の大きさで、位相が\(\frac{π}{3}\)遅れます。
\(\dot{I}_1=6.67\sqrt{3}∠(-\frac{π}{6}-\frac{π}{6})=11.55∠-\frac{π}{3}\)
以上より、
（ａ）問題は（２）\(11.55∠-\frac{π}{3}\)が答えです。
（ｂ）問題は（２）\(6.67∠-\frac{π}{6}\)が答えです。
問１６．A（１） / B（４）
電流電圧計の端子間電圧を\(V[V]\)とします。
条件Ⅰから、次の２式が成り立ちます。
・\(V=0.004(5+19+R_2)\) …①
・\(V=0.996R_1\) …②
①＝②なので、
\(R_2=249R_1-24\) …③
条件Ⅱから、次の２式が成り立ちます。
・\(V=0.004(5+19)=0.096\) …④
・\(V=R_1+R_2=250R_1-24\) …⑤
④＝⑤なので、
\(R_1=\frac{0.096+24}{250}=0.096384≒0.1Ω\)
以上より、（ａ）問題は（１）\(0.1Ω\)が答えです。
条件Ⅲから、次の２式が成り立ちます。
コイルの両端の電位差は、\(V_r=0.004・5=0.02\) …⑥
\(R_1\)～\(R_0\)までの合成抵抗\(R_{120}\)は、
\(R_{120}=R_1+R_2+R_0=0.1+0.9+19=20Ω\) …⑦
合成抵抗に流れる電流\(I_{120}\)は、
\(I_{120}=\frac{V_r}{R_{120}}=\frac{0.02}{20}=1mA\)
電圧計の端子に流れる電流\(I\)は、コイルに流れる4mAと、\(I_{120}\)の合計なので、
\(I=4+1=5mA\) …⑧
抵抗\(R_3\)の端子間電圧\(V_{R3}\)は、
\(V_{R3}=1.2-0.02=1.18V\)なので、
抵抗\(R_3\)は、
\(R_3=\frac{V_{R3}}{I}=\frac{1.18}{5×10^{-3}}=236Ω\)
以上より、（ｂ）問題は（４）\(236Ω\)が答えです。
問１７．A（３） / B（５）
問題文中から、両導体球間に働く反発力
\(F=2.4×10^{-4}[N]\) …①
静電気力は、
\(F=k\frac{Q_A・Q_B}{r^2}=k \frac{4×10^{-8}・6×10^{-8}}{0.3^2}=2.67×10^{-14}k\) …②
①＝②から、
\(k=\frac{2.4×10^{-4}}{2.67×10^{-14}}=9×10^9\)
以上より、（ａ）問題は（３）\(9×10^9\)が答えです。
導体球A・Cを接触させた後の電荷は、\(Q_A=Q_C=2×10^{-8}[C]\)
導体球B・Cを接触させた後の電荷は、\(Q_B=Q_C=4×10^{-8}[C]\)
導体球ＡＣ間の距離を\(x[m]\)としたとき、静電気力\(F_{AC}\)は、
\(F_{AC}=k\frac{2×10^{-8}・4×10^{-8}}{x^2}\) …③
導体球BＣ間の距離は\(0.3-x[m]\)なので、静電気力\(F_{BC}\)は、
\(F_{BC}=k\frac{4×10^{-8}・4×10^{-8}}{(0.3-x)^2}\) …④
③＝④なので、
\(k\frac{2×10^{-8}・4×10^{-8}}{x^2}=k\frac{4×10^{-8}・4×10^{-8}}{(0.3-x)^2}\)
⇔ \(2x^2=(0.3-x)^2\)
⇔ \(x^2+0.6x-0.09=0\)
二次関数の解の公式から、
\(x=\frac{-0.6±\sqrt{0.6^2-4・1・(-0.09)}}{2}=\frac{-0.6±0.8485}{2}=0.124[m]\)
以上より、（ｂ）問題は（５）\(0.124\)が答えです。
問１８．A（３） / B（１）
分圧式から、ベース電圧\(V_B\)を求めます。
\(V_B=\frac{6}{3+6}×9=6V\)
エミッタ電圧\(V_E\)は、ベース電圧\(V_B\)からベース－エミッタ間電圧\(V_{BE}\)が下がった電圧なので、
\(V_E=V_B-V_{BE}=6-0.7=5.3V\)
エミッタ電流\(I_E\)は、2mAとしたいので、
\(I_E=\frac{V_E}{R_E}\)
⇔\(R_E=\frac{V_E}{I_E}=\frac{5.3}{2×10^{-3}}=2650Ω≒2.7kΩ\)
以上より、（ａ）問題は（３）\(2.7\)が答えです。
入力電圧\(v_i\)と、流れる電流から式を立てると、
\(v_i=h_{ie}i_b+R_Ei_e=2500i_b+2700(1+300)i_b=815200i_b\)
トランジスタの回路の入力インピーダンス\(r_b\)は、
\(r_b=\frac{v_i}{i_b}=815200=815.2kΩ\) …①
並列につながる\(R_1\)と\(R_2\)のバイアス回路の合成抵抗値\(R\)は、
\(R=\frac{R_1R_2}{R_1+R_2}=\frac{3000・6000}{3000+6000}=2000=2kΩ\) …②
①＞＞②なので、
入力インピーダンス\(R_{in}≒R=2kΩ\)
以上より、（ｂ）問題は（１）\(2.0\)が答えです。
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