問１．（２）
静電容量\(C=8[uF]\)の平行板コンデンサの電極間距離\(d\)を２倍にすると、
\(C=ε \frac{S}{d}\)から、距離を２倍にしたときの静電容量\(C_2[uF]\) は、
\(C_2=ε \frac{S}{2d}=\frac{1}{2} ε \frac{S}{d}=\frac{1}{2}・8=4[uF]
従って、半分になる。
変化前の静電エネルギー\(W_1[J]\)は、
\(W_1=\frac{1}{2}CV^2=\frac{1}{2}・8×10^{-6}・(1000)^2=4[J]\)
変化後の静電エネルギー\(W_2[J]\)は、電源から外していることから、電荷は一定です。
距離を動かす前のエネルギーを\(W_1\)とすると、
\(W_2=\frac{1}{2}・\frac{Q^2}{C_2}=\frac{1}{2}・\frac{Q^2}{\frac{1}{2}C}=2・\frac{1}{2}・\frac{Q^2}{C}=2W_1=2・4=8[J]\)
よって、変化後は
静電容量\(C_2=4[uF]\)、静電エネルギー\(W_2=8[J]\)
以上より、（２）が答えです。
問２．（４）
点電荷\(Q[C]\)が距離\(r[m]\)の位置に作る電位\(V[V]\)の式は、
\(V=\frac{Q}{4πε_0r}\)です。
点P-点A間の距離を\(r_A\)
点P-点B間の距離を\(r_B\)
としたときのそれぞれの電位は、
\(V_A=\frac{Q}{4πε_0r_A}\)
\(V_B=\frac{Q}{4πε_0r_B}\)
したがって、点A-点B間の電位差の大きさ\(|V_{AB}|\)は、
\(\begin{eqnarray}
|V_{AB}|&=&\frac{Q}{4πε_0}(\frac{1}{r_A}-\frac{1}{r_B}) \\ \\
&=&kQ(\frac{1}{r_A}-\frac{1}{r_B})
\end{eqnarray}\)
(a)\(|V_{AB}|=kQ (\frac{1}{2}-\frac{1}{3})=kQ (\frac{1}{6})=0.167kQ \)
(b)\(|V_{AB}|=kQ (\frac{1}{1}-\frac{1}{3})=kQ (\frac{2}{3})=0.667kQ \)
(c)\(|V_{AB}|=kQ (\frac{1}{0.5}-\frac{1}{1.5})=kQ (\frac{2}{3})=1.333kQ \)
(d)\(|V_{AB}|=kQ (\frac{1}{1}-\frac{1}{1.5})=kQ (\frac{2}{3})=0.333kQ \)
以上より、(c)が最大、(a)が最小となります。
以上より、（４）が答えです。
問３．（１）
（ア）\(φ_1=LI_1=1×10^{-3}・10=1×10^{-2}[Wb]\)
（イ）\(W_1=\frac{1}{2}LI_1^2=\frac{1}{2}・10^{-3}・10^2=5×10^{-2}[J]\)
（ウ）\(φ_2=LI_2=1×10^{-3}・30=3×10^{-2}[Wb]\)
\(W_1=\frac{1}{2}LI_2^2=\frac{1}{2}・10^{-3}・30^2=45×10^{-2}[J]\)
したがって、\(φ_2=3φ_1\)、\(W_1=9W_2\)
以上より、（１）が答えです。
問４．（３）
点磁荷による磁界の強さ\(H\)は、\(H=\frac{m}{4πμ_0r^2}\)
点BのN極が点Aに作る磁界の強さ\(H_B=\frac{1×10^{-4}}{4π・4π×10^{-7}・3^2}=0.704[A/m]\)
点CのS極が点Aに作る磁界の強さ\(H_C=\frac{1×10^{-4}}{4π・4π×10^{-7}・1^2}=6.34[A/m]\)
どちらの磁界の強さも、点Aから右側（点C側）の向きの磁界であるため、
\(H=H_B+H_C=0.704+6.34=7.04[A/m]\)
以上より、（３）が答えです。
問５．（５）
ミルマンの定理から、抵抗\(R\)に掛かる電圧\(V\)は次の様に求められます。
\(\begin{eqnarray}
V&=&\frac{\frac{E}{r}+\frac{E}{r}+\frac{E}{r}+\frac{E}{r}}{\frac{1}{r}+\frac{1}{r}+\frac{1}{r}+\frac{1}{r}+\frac{1}{R}} \\ \\
&=&\frac{4\frac{E}{r}}{\frac{4}{r}+\frac{1}{R}} \\ \\
&=&\frac{360}{40+2}=8.57
\end{eqnarray}\)
したがって、\(R\)で消費される電力\(P\)は、
\(P=\frac{V^2}{R}=147[W]\)
以上より、（５）が答えです。
問６．（４）
直列接続の合成容量\(C[μF]\)は、
\(\frac{1}{C}=\frac{1}{C_1}+\frac{1}{C_2}=\frac{1}{4}+\frac{1}{2}=\frac{3}{4}\)
⇔\(C=\frac{4}{3}=1.33[μF]\)
充電電荷\(Q[μC]\)は、
\(Q=CV=1.33・6=8[μC]\)
この充電電荷は、コンデンサ１と２の両方とも同じ大きさの電荷が充電されています。
（\(Q_1=Q_2=8[μC]\)）
並列接続したとき、
回路全体の充電電荷\(Q_{para}\)は、\(Q_{para}=Q_1+Q_2=8+8=16[μC]\)
回路全体の静電容量\(C_{para}\)は、\(C_{para}=C_1+C_2=4+2=6[μF]\)
以上より、並列接続したときの端子間電圧は、
\(V=\frac{Q_{para}}{C_{para}}=\frac{16}{6}=\frac{8}{3}[V]\)
以上より、（４）が答えです。
問７．（４）
並列回路なので、
\(I=\frac{V}{R}+\frac{V}{R_x}\)
両辺をVで割ると、
\(\frac{I}{V}=\frac{1}{R}+\frac{1}{R_x}\)
⇔ \(\frac{1}{R_x}=\frac{I}{V}-\frac{1}{R}=\frac{IR-V}{VR}\)
⇔ \(R_x=\frac{VR}{IR-V}\)
以上より、（４）が答えです。
問８．（１）
コンデンサの端子電圧が\(V_c=12[V]\)、容量性リアクタンスは\(X_c=6[Ω]\)であることから、
破線内の左枝の回路に流れる電流\(I_1\)は、
\(I_1=\frac{V_c}{X_c}=\frac{12}{6}=2[A]\) です。
左枝の抵抗の端子電圧は、\(V_r=I_1R=2・8=16[V]\) です。
抵抗の電圧\(V_r\)は実軸、コンデンサの電圧\(V_c\)は虚軸であることから、電源電圧\(E\)は三平方の定理から求められます。
\(E=\sqrt{V_r^2+V_c^2}=\sqrt{16^2+12^2}=20[V]\)
右枝のインピーダンスは、\(Z_2=\sqrt{4^2+3^2}=5[Ω]\) です。
右枝に流れる電流は、\(I_2=\frac{E}{Z_2}=\frac{20}{5}=4[A]\) です。
左枝の回路の消費電力\(P_1\)は、
\(P_1=I_1^2R_1=2^2・8=32[W]\)
右枝の回路の消費電力\(P_2\)は、
\(P_2=I_2^2R_2=4^2・4=64[W]\)
以上より、破線の回路全体の消費電力は、
\(P=P_1+P_2=96[W]\)
まとめると、
\(E=20[V]\)
\(P=P_1+P_2=96[W]\)
以上より、（１）が答えです。
問９．（５）
各端子間を流れる複素電流を求めます。
・\(\dot{I}_{ab}\)の導出
\(\begin{eqnarray}
\dot{I}_{ab}&=&\frac{\dot{V}_{ab}}{\dot{Z}_{ab}} \\ \\
&=&\frac{100}{3+j4}=\frac{100}{25}(3-j4)=12-j16
\end{eqnarray}\)
・\(\dot{I}_{bc}\)の導出
\(\begin{eqnarray}
\dot{I}_{bc}&=&\frac{\dot{V}_{bc}}{\dot{Z}_{bc}} \\ \\
&=&\frac{100}{4-j3}=\frac{100}{25}(4+j3)=16+j12
\end{eqnarray}\)
・\(\dot{I}_{ac}\)の導出
\(\begin{eqnarray}
\dot{I}_{ac}&=&\frac{\dot{V}_{ac}}{\dot{Z}_{ac}} \\ \\
&=&\frac{200}{8+j6}=\frac{200}{100}(8-j6)=16-j12
\end{eqnarray}\)
キルヒホッフの法則から、
\(\dot{I}_a=\dot{I}_{ab}+\dot{I}_{ac}=(12-j16)+(16-j12)=28-j28\)
電流の大きさは、\(|I_a|=\sqrt{28^2+28^2}=39.6[A]\)
\(\dot{I}_b=-\dot{I}_{ab}+\dot{I}_{bc}=-(12-j16)+(16+j12)=4+j28\)
電流の大きさは、\(|I_b|=\sqrt{4^2+28^2}=28.3[A]\)
\(\dot{I}_c=-\dot{I}_{bc}-\dot{I}_{ac}=-(16+j12)-(16-j12)=-32\)
電流の大きさは、\(|I_c|=32[A]\)
以上より、\(I_a>I_c>I_b\)となるので、（５）が答えです。
問１０．（４）
時定数τは、\(τ=\frac{L}{R}\)です。
図の回路に流れる電流\(i\)の過渡応答は、
\(i(t)=\frac{E}{R}(1-e^{-t/τ}\) です。
抵抗の端子間電圧\(v_R\)の過渡応答は、
\(v_R=i(t)・R=E(1-e^{-t/τ}\) です。
コイルの端子間電圧\(v_L\)の過渡応答は、
\(v_L=E-v_R=Ee^{-t/τ}\) です。
(1)は、時定数τは、\(τ=\frac{L}{R}\)であるため、Rに反比例することから正しい。
(2)は、\(L\)が大きいと、時定数τが大きくなるため、緩やかな変化になりますので正しい。
(3)は、\(t=2τ\)のとき、
\(v_R=E(1-e^{-2τ/τ}=E(1-e^{-2}=E(1-\frac{1}{2.718^2}=1-0.135=0.865\)
したがって、正しい。 （\(e=2.718\)）
(4)は、\(t=τ\)のとき、
\(v_L=Ee^{-τ/τ}=\frac{E}{e}=\frac{E}{2.718}=0.367E\)
したがって、誤り。
(4)は、\(t=τ\)のとき、
\(i(t)=\frac{E}{R}(1-e^{-τ/τ}=\frac{E}{R}(1-\frac{1}{2.718})=0.632\frac{E}{R}\)
したがって、正しい。
以上より、（４）が答えです。
問１１．（２）
（ア）シリコンは１４族の原子であるため、最外殻電子は４個です。したがって、価電子は４個です。
（イ）ホウ素は１３族の原子であるため、最外殻電子は３個です。したがって、価電子は３個です。
（ウ）価電子４個の原子に、３個の原子を加えると、電子が不足するため、正孔（ホール）が発生します。正孔（ホール）が多数キャリアとなる半導体は、ｐ形半導体です。
（エ）ｐ形半導体を作るために加える不純物は、アクセプタと呼びます。
以上より、（２）が答えです。
問１２．（２）
①式は、軽い原子核同士が結合して、より重い原子核を作っています。したがって、（ア）核融合反応です。
アインシュタインの質量エネルギー等価の式（ウ）\(E=Δmc^2\) だけ、質量の一部がエネルギーに変換されています。
したがって、反応後の総質量は、（イ）減少 します。
問題文から、位置エネルギーの式、\(U=k \frac{q_1・q_2}{r}\) を使います。
重陽子は、陽子を１個持つので、\(q_1=q_2=e=1.6×10^{-19}[C]\) です。
距離は、問題文から\(r=4.0×10^{-15}[m]\) です。
クーロン定数は、問題文から\(k=9.0×10^9 [N・m^2/C^2]\) です。
位置エネルギーの式に代入すると、
\(U=9.0×10^9 \frac{1.6×10^{-19}・1.6×10^{-19}}{4.0×10^{-15}}≒5.8×10^{-14}[J]\)
したがって、（エ）\(U=5.8×10^{-14}[J]\) です。
以上より、（２）が答えです。
問１３．（２）
入力\(v_i\)と、ゲートソース間電圧\(v_{gs}\)の関係は、
\(v_i=v_{gs}\) です。
FETの出力電流\(i_d\)は、
\(i_d=g_mv_{gs}=g_m v_i\) です。
出力端子は、抵抗\(r_d\)と\(R_L\)の並列接続であるので、
出力電圧\(v_o\)は、
\(v_o=\frac{r_d}{R_L+r_d}i_d=\frac{r_d}{R_L+r_d}g_m v_i\) です。
従って、電圧増幅度\(A_v\)は、
\(A_v=|\frac{v_o}{v_i}|=\frac{r_dR_L}{R_L+r_d}g_m\) です。
ここで、抵抗\(r_d\)は、\(R_L\)に比べて十分大きいという条件があるため、
\(R_L+r_d≈r_d\) と近似することができます。
したがって、
\(A_v=\frac{r_d}{R_L+r_d}g_m≈\frac{r_dR_L}{r_d}g_m=g_m R_L\)
以上より、（２）が答えです。
問１４．（４）
令和５年度上期 問１４からの再出題です。 ➡ 解説リンク
問１５．A（５）/ B（３）
(a) Δ結線のリアクタンス \(X_L\) を等価なY結線へ変換すると、
\(X’_L=\frac{X_L}{3}\) になります。
１相取り出して考えると、
\(I’_L=\frac{\frac{V}{\sqrt{3}}}{\frac{X_L}{3}}=\sqrt{3}・\frac{V}{X_L}=\\sqrt{3} I_L\)
したがって、(a)問題は、（５）が答えです。
(b) コンデンサはY結線のため、１相取り出して電流\(I_C\)を考えると、
\(I_C=\frac{\frac{V}{\sqrt{3}}}{10}=\frac{V}{10\sqrt{3}}\)
問題文から、
\(I_L=\frac{2}{\sqrt{3}}I_C\)
⇔ \(\frac{V}{X_L}=\frac{2}{\sqrt{3}}・\frac{V}{10\sqrt{3}}=\frac{V}{15} \)
⇔ \(X_L=15[Ω]\)
したがって、(b)問題は、（３）が答えです。
問１６．A（２）/ B（１）
(a)各電圧計のフルスケールの電流は、
\(I_{fs1}=\frac{150}{18×10^3}=8.33mA\)
\(I_{fs2}=\frac{300}{30×10^3}=10mA\)
最大目盛りで指示させるには、フルスケールの電流を流す必要があります。
２台直列に接続しているため、同じ電流が流れます。
そのため、\(I_{fs1}=8.33mA\) が、電圧計に流せる電流値です。
この時、
\(V_1\)の指示値は、\(V_1=150・\frac{8.33}{8.33}=150V\)
\(V_2\)の指示値は、\(V_2=300・\frac{8.33}{10}=250V\)
合計すると、\(400V\)となります。
したがって、(a)問題は、（２）が答えです。
（b）先に上限となる（ア）電圧計\(V_1\)に、抵抗を（ウ）並列に接続することで、測定範囲を拡幅できます。これに、（エ）電圧計\(V_2\)を直列に接続することで、450Vを測定できます。
電圧計\(V_2\)のフルスケールの電流\(I_2=10mA\)を、回路全体に流す事を考えます。
その条件において、\(V_1\)に（イ）90kΩの抵抗を並列接続したときについて計算します。
合成抵抗は、\(R’_1=\frac{18・90}{18+90}=15kΩ\) となります。
\(V’_1=I・R’_1=10×10^{-3}・15×10^3=150V\) まで測定することができます。
このとき、\(V_2\)は、\(V_2=IR_2=10×10^{-3}・×30^3=300V\) まで測定することができます。
この二つを合わせると、\(V’_1+V_2=150+300=450V\) となり、450Vを測定することができるようになりました。
したがって、(b)問題は、（１）が答えです。
問１７．A（４）/ B（４）
（a）ファラデーの電磁誘導の法則から、
\(e=N \frac{dφ}{dt}\)
です。正弦波磁束なら
\(φ=φ_m sinωt\)
なので、
\(e=N・\frac{d}{dt}φ_m sinωt=Nω φ_m cosωt\)
となります。ここで最大値だけ見ると、（\(cosωt=1\)のとき）
\(e_{max}=Nω φ_m\) であり、
\(ω=2πf\) であるため、
\(E=2πfN φ_m\)
となります。
周波数\(f\)が一定で、電圧\(E\)を、\(3E\)それぞれの最大磁束を考えます。
電圧\(E\)ときの最大磁束\(φ_m=\frac{E}{2πfN}\)
電圧\(3E\)ときの最大磁束\(φ’_m=\frac{3E}{2πfN}\)
であるため、３倍となることがわかりました。
したがって、(a)問題は、（４）が答えです。
（b）電圧\(3E\)かつ、\(2f\)ときの最大磁束は、
\(φ”_m=\frac{3E}{2π(2f)N}=\frac{3}{2}・\frac{E}{2πfN}=1.5φ_m\)
であるため、１．５倍となることがわかりました。
したがって、(b)問題は、（４）が答えです。
問１８．A（２）/ B（２）
(a) ベース電圧\(V_B [V]\)は、分圧則から求められます。
\(V_B=\frac{R_A}{R_A+R_B}V_{CC}=\frac{100×10^3}{100×10^3+600×10^3}・12=1.714 [V]\)
エミッター電圧\(V_E [V]\)は、ベース電圧\(V_B [V]\)からベースエミッタ間電圧\(V_{BE} [V]\)を引けば求められます。
\(V_E=V_B-V_{BE}=1.714-0.6=1.114 [V]\)
エミッタ電流は、オームの法則で求められます。
\(I_E=\frac{V_E}{R_D}=\frac{1.114}{1000}=1.114 [mA]\)
問題文から、\(I_b\)は無視できるものとするので、
\(I_C≒I_E=1.114[mA]\)
コレクタ電圧\(V_C[V]\)は、
\(V_C=V_{CC}-I_CR_C=12-(1.114×10^{-3})・5×10^3=12-5.57=6.43[V]\)
したがって、コレクターエミッタ間の直流電圧\(V_{CE}\)は、
\(V_{CE}=V_C-V_E=6.43-1.11=5.32≒5.3[V]\)
したがって、(a)問題は、（２）が答えです。
(b) 図３は、コンデンサ\(C_1\)と抵抗\(h_{ie}\)のハイパス回路になります。
電圧増幅度が\(\frac{1}{\sqrt{2}}\)となるときの周波数は、遮断周波数です。
ハイパス回路の遮断周波数\(f\)は、
\(f=\frac{1}{2πRC}=\frac{1}{2π h_{ie} C_1}=\frac{1}{2π・(3×10^3)・(10×10^{-6})}=5.3Hz\)
したがって、(b)問題は、（２）が答えです。
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