電験3種 2025年度上期（令和7年度上期） 理論

並列接続では電荷が保存される。初期電荷は Q=CV、接続後の合成容量は C+2C=3C なので、共通の端子電圧は V′=Q/(3C)=V/3。全静電エネルギーは W=(1/2)(3C)V′²=(1/2)(3C)(V/3)²=(1/6)CV²。初期値 (1/2)CV² の 1/3 に減り、差の (1/3)CV² は接続時に配線抵抗などでジュール熱として失われる。この「失われた分」をそのまま答としてしまうのが (4) の引っかけ。合成容量を 2C と誤ったまま電圧を V/3 とすると (1/2)(2C)(V/3)²=(1/9)CV² で (1)、共通電圧を V/2 と誤ると (1/2)(3C)(V/2)²=(3/8)CV² で (5) になる。答(2)。

導体上の電荷 Q は液体を満たしても変わらない。ガウスの法則より電束密度 D=Q/(4πr²) は誘電率に依存せず不変。電界は E=D/(ε₀εᵣ)=Q/(4πε₀εᵣr²)、表面電位は V=Q/(4πε₀εᵣr) で、εᵣ=2 だからどちらも 1/2 倍。孤立球の静電容量は C=Q/V=4πε₀εᵣr となり 2 倍になる。よって (1)(2) は 1/2 倍、(3) は不変で誤り。(4) の電気力線の本数は N=Q/ε で 1/2 倍であり、不変なのは電束線の本数 Q の方。電束と電気力線の混同が最大の引っかけ。答(5)。

二つのコイルは同一の環状鉄心に巻かれ、漏れ磁束も磁気飽和もないので磁気抵抗 R_m は両者で共通。自己インダクタンスは L=N²/R_m、9L=n²/R_m と表せる。両式の比をとると 9L/L=n²/N² より n²=9N²、したがって n=3N。インダクタンスは巻数の2乗に比例するので、9倍にするのに必要な巻数は √9=3 倍にすぎない。巻数の1乗に比例と誤ると (4) 9N、さらに 9 を2乗すると (5) 81N になる。(1)(2) は比例関係を反比例に取り違えた誤り。答(3)。

無限長直線電流の磁界はアンペールの周回積分 H·2πa=I₁ より H₁=I₁/(2πa)。半径 a の円形コイル1巻の中心の磁界はビオ・サバールの法則から H₂=I₂/(2a)。分母が 2πa と 2a で π の有無が違う点が要点。H₁=H₂ とおくと I₁/(2πa)=I₂/(2a)、両辺に 2a を掛けて I₁/π=I₂、すなわち I₁=πI₂。同じ磁界を作るには直線導体側に π 倍の電流が必要である。これを I₂ について解いた I₂=I₁/π をそのまま答としてしまうのが (4) の引っかけ。π² を含む (1)(3) は、二つの式の分母の違いが π の1乗であることを見落とした撹乱肢。答(5)。

エネルギー保存則で解く。S を閉じる直前、コンデンサは (1/2)CV²[J] を蓄え、電流は零なのでコイルの蓄積 (1/2)Li² は 0。十分時間が経過すると端子電圧が 0 で電源もないため電流も 0 となり、C と L の蓄積はともに 0。L と C は無損失で、消費する素子は R だけだから W=(1/2)CV²。過渡が振動性でも L・C 間をエネルギーが往復するだけで最終的に全量が R で熱になり、答は R や L の値によらない。(2) は (1/2)LI² の電流を電圧に取り違えたもの、(4) は単位が[W]で電力である。答(5)。

a-b間をR₁、b-c間をR₂とし分圧則で解く。図1（b-c開放）は 100·R₂/(R₁+R₂)=10 より R₁=9R₂。図2は b-c 間が R₂と15 Ωの並列 P=15R₂/(15+R₂) で、100·P/(R₁+P)=4 より R₁=24P。両式から R₂=25 Ω、R₁=225 Ω。図3で b-c 間を短絡すると R₂ は0 Ωの短絡線で無効化され、回路の抵抗は R₁ だけ。I=100/225≒0.44 A。(4)0.40 は短絡を無視して全抵抗を250 Ωとした誤り、(1)0.0 は「b-c間の電圧が0だから電流も0」という誤解で、電圧0でも短絡電流は流れる。答(2)。

2 Ωには全電流が流れるので、電流比は全抵抗の逆比になる。S開では R の枝が切れて全抵抗 2+10=12 Ω、I_open=E/12。S閉では 10 Ω と R の並列 10R/(10+R) が2 Ωと直列。電流が3倍とは全抵抗が1/3の4 Ωになることだから 2+10R/(10+R)=4 → 10R/(10+R)=2 → 8R=20 → R=2.5 Ω。10 Ωと2.5 Ωの並列は2 Ωで全抵抗4 Ω、E によらず比は3倍。並列合成を過小に見積もると (4)1.5 を選びやすいが、このとき全抵抗3.30 Ωで比は約3.6倍となり条件を満たさない。答(1)。

i=4√2 sin(120πt) は振幅 I_m=4√2 A（実効値4 A）、ω=120π rad/s すなわち f=60 Hz・周期 T=1/60 s。i=4 A の条件は sin(120πt)=1/√2。位相 θ=120πt が0から増える過程で最初にこれを満たすのは θ=π/4 なので、120πt₁=π/4 → t₁=1/480 s（周期の1/8＝位相45°）。引っかけは実効値4 A と振幅4√2 A の混同で、(3)1/240 は θ=π/2 で波高値4√2≒5.66 A に達する時刻。(2)1/160 は θ=3π/4 で下降側の2回目であり「初めて」ではない。答(5)。

並列なので電圧 E=140 V が共通、電流はベクトル合成する。負荷の30 A は力率0.8遅れで有効分 30×0.8=24 A、無効分 30×0.6=18 A。S を閉じて加わる R の電流 140/R は E と同相で無効分をもたない。合成電流82 A より (24+140/R)²+18²=82²=6724 → (24+140/R)²=6400 → 24+140/R=80 → R=140/56=2.5 Ω。電流をスカラーのまま 82−30=52 A と引く誤りが典型。無効分18 A は同相の R では打ち消せない。(4)2.9 Ω では合成電流が約74.5 A、(5)3.0 Ω では約72.9 A となり、いずれも設問の82 A には届かない。答(3)。

S開の定常状態ではコンデンサが直流を阻止して電流0、よって i_L(0)=0、抵抗降下も0で v_C(0)=1 V。S を閉じるとノードAが電位0に固定され、L枝とC枝は独立な一次回路になる（振動しない）。コイル枝は i_L=1−e^(−t) A（τ=L/R=1 s）、コンデンサ枝は初期電圧1 Vによる放電電流 i_C=e^(−t/2) A（τ=RC=2 s）がAへ流入。KCLより i_S=1−e^(−t)+e^(−t/2)、初期値も最終値も1 A、t=2ln2≒1.4 s で最大約1.25 A。すなわち1 Aから始まり上に膨らんで1 Aへ収束する波形。0から立ち上がる(2)(4)はコンデンサの初期電荷を無視した誤り。答(3)。

ホール効果の問題で、キャリアに働くローレンツ力 F=qv×B で偏る向きを決める。図1のp形では電流が奥から手前へ流れ、磁束密度Bは板を下から上へ貫くので、正孔(電荷+e)は電極①側へ押しやられる。よって(ｱ)は正、(ｲ)は負で、内部電界は①→②の向き。図2のn形は多数キャリアが電子で、同じ電流に対し速度が逆向きになるため力の向きはやはり①側だが、たまる電荷が負なので電界の向きは(ｳ)反対になる。ホール電圧は V_H=IB/(nqd) だから(ｴ)はIに比例。(1)(2)の「反比例」はこの式に反し、(3)の「同じ」はキャリアの偏る側だけを見て電荷の符号を忘れた典型的な誤り。答(4)。

平行平板の一様電界は E=V/d。d=6 mm=6×10⁻³ m、V=2000 V より E=2000/(6×10⁻³)≒3.3×10⁵ V/m で(ｱ)が決まる。3.3×10² とする(1)(3)(4)は mm を m のまま代入した3桁の換算ミス。(ｲ)は電極Kをヒータで加熱するので熱電子放出であり、光を当てて取り出す光電子ではない。(ｳ)は初速度零の電子が電位差2000 Vで加速されるから、エネルギー保存より W=eV=1.6×10⁻¹⁹×2000=3.2×10⁻¹⁶ J。1.6×10⁻¹⁶ J の(2)(4)は電圧を1000 Vと取り違えた形の誤り。答(5)。

h_fe は V_CE 一定での ΔI_C/ΔI_B。V_CE=6 V に縦線を引き交点を読むと、I_B=20 μA→2.0 mA、40 μA→4.0 mA、60 μA→6.0 mA。よって h_fe=(6.0−2.0)mA/(60−20)μA=4 mA/40 μA=100。1/h_oe は I_B 一定の曲線の傾きの逆数。I_B=40 μA の線で V_CE=2 V→3.6 mA、8 V→4.2 mA を読めば h_oe=0.6 mA/6 V=1.0×10⁻⁴ S、1/h_oe=10 000 Ω。h_fe=200 は ΔI_C の倍読み、20 000 Ω は傾きを半分に見た誤答。答(2)。

誤っている組合せを選ぶ問題。誤りは(4)で、磁束Φの単位は Wb(=V・s) であり、T(テスラ)は Wb/m² すなわち磁束密度Bの単位。磁束と磁束密度を取り違えさせるのがこの設問の引っかけで、(4)を正しい組合せと思い込むと誤答する。他の四つはいずれも正しく、(1)は I=dQ/dt より A=C/s、(2)は磁気抵抗 R_m=起磁力/磁束=A/Wb で、H=Wb/A だから H⁻¹=A/Wb と一致する。(3)は電力量 W=Pt より W・s=J、(5)は E=V/d より V/m。答(4)。

電源はΔ結線だから相電圧＝線間電圧で V_ab = 200∠0 V。負荷は |Ż| = √(75+25) = 10 Ω、偏角 arctan(1/√3) = π/6 より Ż = 10∠(π/6) Ω。Y負荷の相電圧は線間電圧の 1/√3 倍かつ 30° 遅れで V_a'n = (200/√3)∠(−π/6) = 115.5∠(−π/6) V。İ₁ = 115.5∠(−π/6)/10∠(π/6) = 11.55∠(−π/3) A。20.00 は相電圧200 VをY負荷の相電圧と誤読し 200/10 とした値、11.55∠(−π/6) はΔ→Yの位相遅れ 30° を落とした値。答(2)。

(a)より Ż = 10∠(π/6) Ω、線電流 İ₁ = 11.55∠(−π/3) A。İ_ab は電源Δの辺 a-b の相電流。Y負荷を等価Δに変換するのが早い。Y→Δは3倍だから Ż_Δ = 3×10∠(π/6) = 30∠(π/6) Ω。この辺に V_ab = 200∠0 V が直接かかるので İ_ab = 200∠0/30∠(π/6) = 6.67∠(−π/6) A。大きさは線電流の 1/√3（11.55/√3 = 6.67）。11.55∠… は 1/√3 倍を忘れた線電流そのまま、6.67∠(−π/3) は İ₁ の位相(−60°)を相電流に流用した誤り。答(2)。

スイッチBでは接点A・Cが開き、分流器 R₁+R₂ と計器枝 r+R₀ = 5+19 = 24 Ω の並列となる。両端電圧が等しいので 4 mA×24 = (100−4) mA×(R₁+R₂)、R₁+R₂ = 1 Ω。スイッチAでは共通極が R₁ と R₂ の間につながり、分流器は R₁ だけ、R₂ はコイル側に入るので計器枝は 24+R₂ Ω。4(24+R₂) = (1000−4)R₁ に R₂ = 1−R₁ を代入して 1000R₁ = 100、R₁ = 0.1 Ω（R₂ = 0.9 Ω）。0.9 は R₂ の値で、スイッチ位置で分流器に入る抵抗が変わる点を見落とすと取り違える。答(1)。

スイッチCでは接点A・Bが開き、＋端子からコイル r = 5 Ω と R₁+R₂+R₀ の直列枝が並列、その後 R₃ を通って−端子へ至る回路になる。(a)の R₁+R₂ = 1 Ω より下側枝は 1+19 = 20 Ω。フルスケールはコイル 4 mA だから並列部の電圧は 4 mA×5 Ω = 20 mV、20 Ω 枝には 1 mA が流れ、R₃ には 5 mA。R₃ = (1.2−0.02)/0.005 = 236 Ω（並列合成 5∥20 = 4 Ω を使えば 1.2/0.005−4 = 236 Ω）。25 は r+R₀+(R₁+R₂) = 5+19+1 を単純に足しただけの値で、R₃ を求めていない。2.36 や 2360 は桁違い。答(4)。

クーロンの法則 F = k·Q_A·Q_B/r² を比例定数 k について解くと k = F·r²/(Q_A·Q_B)。数値を代入して k = (2.4×10⁻⁴ × 0.3²)/(4×10⁻⁸ × 6×10⁻⁸) = 2.16×10⁻⁵/(2.4×10⁻¹⁵) = 9×10⁹ N·m²/C²。真空中の 1/(4πε₀) ≒ 8.99×10⁹ とほぼ一致する値である。引っかけは距離の二乗と電荷の積の扱いで、r を二乗し忘れれば 3×10¹⁰、分母を電荷の和 1×10⁻⁷ とすれば 2.2×10² となり、いずれも選択肢と桁が合わない。指数計算を丁寧に行うこと。答(3)。

大きさの等しい導体球を接触させると電荷は等分される。C を A に接触させると (4×10⁻⁸+0)/2 より Q_A = Q_C = 2×10⁻⁸ C、次に B へ接触させると (6×10⁻⁸+2×10⁻⁸)/2 より Q_B = Q_C = 4×10⁻⁸ C。3球とも正電荷で C は両側から反発され、A から x の釣合条件は k·Q_A·Q_C/x² = k·Q_B·Q_C/(0.3-x)²。k と Q_C が消え ((0.3-x)/x)² = Q_B/Q_A = 2、(0.3-x)/x = √2 より x = 0.3/(1+√2) ≒ 0.124 m。等分を忘れ 4×10⁻⁸ と 6×10⁻⁸ のまま解くと 0.135 m で選択肢に無い。答(5)。

ベース電流は R₂ を流れる電流より十分小さく無視できるので、R₁ と R₂ は単純な分圧器として働く。ベース電位は V_B = V_CC·R₂/(R₁+R₂) = 9×6/(3+6) = 6.0 V、エミッタ電位はこれより V_BE だけ低く V_E = 6.0-0.7 = 5.3 V。R_E には動作点のエミッタ電流 2 mA が流れるので R_E = V_E/I_E = 5.3/(2×10⁻³) = 2.65 kΩ となり、最も近いのは 2.7 kΩ。分圧比を R₁/(R₁+R₂) = 1/3 と取り違えて V_B = 3 V とし、さらに V_BE を引き忘れると R_E = 1.5 kΩ となって(2)に落ちる。答(3)。

R_E は(a)で求めた 2.65 kΩ(選択肢の 2.7 kΩ を使っても結果は変わらない)。図2 では入力端子から、バイアス抵抗の並列合成 R₁R₂/(R₁+R₂) = 3×6/9 = 2.0 kΩ と、ベースへ入る枝とが並列に見える。ベース枝は i_b が h_ie を流れ、R_E には (1+h_fe)i_b が流れるので Z_b = h_ie+(1+h_fe)R_E = 2.5+301×2.65 ≒ 800 kΩ。両者の並列合成で v_i/i_i = (2.0×800)/(2.0+800) ≒ 2.0 kΩ。バイアス抵抗との並列を数え落とすと Z_b ≒ 800 kΩ となり選択肢に無い。(5)750 は h_fe·h_ie = 300×2.5 = 750 kΩ を答としてしまう誤り。答(1)。