電験3種 2024年度下期（令和6年度下期） 理論

誘電体が2層に重なっているので，2つのコンデンサの直列接続とみなす。各層の静電容量は C＝ε₀ε_r S/d で求める。C₁＝8.85×10⁻¹²×2×0.1/0.002＝8.85×10⁻¹⁰ F，C₂＝8.85×10⁻¹²×4×0.1/0.004＝8.85×10⁻¹⁰ F。比誘電率が2倍でも厚さが2倍なので，偶然どちらも同じ値になる。直列合成は C＝C₁C₂/(C₁+C₂)＝8.85×10⁻¹⁰/2＝4.425×10⁻¹⁰ F。よって Q＝CV＝4.425×10⁻¹⁰×12≒5.3×10⁻⁹ C。直列を並列と取り違えて C₁+C₂＝1.77×10⁻⁹ F としてしまうと Q＝2.1×10⁻⁸ C となり(4)を選ぶことになる。誘電体が「電極と平行に」挿入＝電界の向きに対して直列，と読み取るのがこの問題の要点。答(1)。

孤立した導体球の静電容量は C＝4πε₀a（a は半径）。これは球の電位 V＝Q/(4πε₀a) を C＝Q/V に代入すれば導ける。値を入れると C＝4π×8.85×10⁻¹²×6.37×10⁶＝1.112×10⁻¹⁰×6.37×10⁶≒7.08×10⁻⁴ F。地球ほど巨大な導体でも静電容量は 1 mF に満たない，という感覚をつかむ問題。4π を掛け忘れて ε₀a とすると 5.64×10⁻⁵ F，逆に 4πε₀ で割ってしまうと桁が正側に振れて(3)～(5)のような大きな値になる。単位系から C の桁は必ず負のべきになると分かるので，(3)(4)(5)はその時点で除外できる。答(1)。

ファラデーの電磁誘導の法則より e＝N·(dΦ/dt)。磁束の変化率は 1 Wb / 0.1 s＝10 Wb/s なので，e＝30×10＝300 V。「直線的に変化する」とあるので変化率は一定で，微分ではなく単純な割り算でよい。巻数を掛け忘れると 10 V，磁束の変化率を 1 Wb/s と読み違えると 30 V にしかならず選択肢に現れないため，どこかで取り違えるとそもそも選べなくなる作りになっている。なお法則の符号（レンツの法則）は誘導起電力が磁束の変化を妨げる向きに生じることを表すが，本問は「大きさ」を問うているので絶対値でよい。答(2)。

平行な2本の導体に同じ向きの電流が流れると互いに引き合い，逆向きなら反発する。本問は両方とも +y 方向（図では紙面の奥へ向かう ⊗）なので引力である。あとは「どちらへ引かれるか」を座標に当てはめるだけで，導体Aは右にある導体Bの側＝+x 方向，導体Bは左にある導体Aの側＝−x 方向となる。したがって答は(2)。フレミングの左手の法則で確かめると，導体Bが導体Aの位置につくる磁界は +z 方向で，F＝I L×B より (+y)×(+z)＝+x となりAは +x 方向，Bについては磁界が −z 方向なので −x 方向で，同じ結論になる。(1)と(4)は両方が同じ向きに動くことになり，2本が並んだまま平行移動してしまうので物理的におかしいと気づきたい。(3)は引力と斥力を取り違えた場合。(5)は電流が同方向だと力が打ち消されると誤解した場合で，実際には打ち消されない。答(2)。

直流の定常状態では，コンデンサは電流を流さない（開放）／コイルは電圧降下を生じない（短絡）とみなせる。するとC₁とC₂は電流経路から外れ，残る閉路は E→L₁→R₁→L₂→R₂ の一つだけになるので，回路電流は I＝E/(R₁+R₂)＝100/50＝2 A。 コイルは電流でエネルギーを蓄える：W_L1＝½L₁I²＝½×0.020×2²＝0.04 J，W_L2＝½L₂I²＝½×0.040×2²＝0.08 J。 コンデンサは端子電圧で蓄える。C₁はL₁とR₁の直列部分に並列なので，その端子電圧はコイルの電圧降下0＋R₁の降下＝20×2＝40 V。W_C1＝½C₁V²＝½×400×10⁻⁶×40²＝0.32 J。同様にC₂はR₂の降下＝30×2＝60 V を受け，W_C2＝½×600×10⁻⁶×60²＝1.08 J。 総和は 0.04+0.08+0.32+1.08＝1.52 J。答(5)。コンデンサ分を忘れてコイルだけ足すと0.12 Jで(1)を選んでしまう。この問題は「直流定常ではCは開放・Lは短絡」を電流計算に使いつつ，エネルギーの計算ではC・Lの両方を数えるという二段構えになっている点が要点。

キルヒホッフの法則で解く。中央上の節点に I₁ が流れ込み，I₂ と I₃ が流れ出すので，電流則は I₁＝I₂+I₃。 電圧則は，中央の5Ωの両端電圧を基準に2通りで表す。左側の閉路では 4 V の電源から4Ωで降下するので 5I₃＝4−4I₁。右側の閉路では2Ωでの降下と2 Vの電源を通るので 5I₃＝2I₂−2（2 V電源は電流を押し出す向きに入っている）。 この3式を解くと I₁＝1，I₂＝1，I₃＝0。 検算すると，I₃＝0 なら5Ωの両端電圧は0なので，左枝は 4−4×1＝0，右枝は 2×1−2＝0 でどちらも0になり，確かに整合する。 この問題の要点は「5Ωに電流が流れない場合がある」と気づけるかどうか。二つの電源が中央の抵抗から見て釣り合っているため，5Ωは電流経路として働かない。I₃を必ず正の値だと思い込むと(3)や(5)を選んでしまう。答(4)。

回路は「Rの直列」＋「RとR_xの並列」という構成なので，R_ab＝R+R·R_x/(R+R_x)。これが1.8Rに等しいとおくと，並列部分は 1.8R−R＝0.8R でなければならない。 R·R_x/(R+R_x)＝0.8R の両辺をRで割ると R_x/(R+R_x)＝0.8。分母を払って R_x＝0.8R+0.8R_x，整理して 0.2R_x＝0.8R，よって R_x＝4R。 並列合成は必ず「小さい方の抵抗より小さく」なるので，並列部分が0.8Rということは片方がRなら他方はRより大きいはずで，(1)のRや(2)の2Rでは0.8Rまで下がらない（Rと2Rの並列は0.67R）。この見積もりだけでも選択肢を絞れる。直列のRを忘れて並列部分だけで1.8Rとしてしまうと，そもそも解が存在しない（並列合成はRを超えられない）ことに気づけば計算ミスを検出できる。答(4)。

二つの正弦波は周波数が同じなのでフェーザ（複素数）で足せる。e₁ を基準にとると e₁＝E∠0，e₂ は π/2 進んでいるので e₂＝√3E∠(π/2)＝j√3E。 合成すると v＝E+j√3E＝E(1+j√3)。大きさは E√(1²+(√3)²)＝2E なので，e₁ の最大値の2倍＝(ア)は2。偏角は arctan(√3/1)＝π/3 で正の値なので e₁ より進んでおり，(イ)はπ/3，(ウ)は進み。したがって(3)。 よくある誤りは，位相が90°ずれた二つを単純に足して 1+√3 倍としてしまうもので，これが(2)。振幅は直角三角形の斜辺として合成する必要がある。また 1 と √3 の比を取り違えると偏角が π/6 になり(4)を選ぶことになる。tan の分子が e₂側（√3），分母が e₁側（1）である点に注意する。答(3)。

まず50 Hz のときのインピーダンスを求める。Z＝V/I＝100/20＝5 Ω。RC直列では Z＝√(R²+X_C²) なので 5²＝4²+X_C²，よって X_C＝3 Ω（50 Hz のとき）。 容量性リアクタンスは X_C＝1/(2πfC) で周波数に反比例するから，60 Hz では X_C′＝3×(50/60)＝2.5 Ω。 このとき Z′＝√(4²+2.5²)＝√22.25≒4.717 Ω となり，I′＝100/4.717≒21.2 A。 周波数が上がると容量性リアクタンスは下がり，インピーダンスが小さくなるので電流は増える。したがって20 Aより小さい(1)(2)は選択の時点で除外できる。逆に「周波数比をそのまま電流比にする」と 20×(60/50)＝24 Aで(4)を選んでしまうが，抵抗分4 Ωがあるため電流は周波数に比例はしない。答(3)。

コンデンサは「電荷が零の瞬間は電圧も零＝短絡」「充電が終われば電流が流れない＝開放」と極端な2状態で考えるのがこの種の問題の定石。 t＝0：初期電荷が零なのでCは短絡とみなせる。上の枝は 4 Ω，下の枝は 12 Ω で，並列合成は 4×12/(4+12)＝3 Ω。6 Ω と直列で全体は 9 Ω となり，I₀＝E/9。 定常状態：Cは開放なので上の枝に電流は流れず，下の 12 Ω だけが残る。全体は 6+12＝18 Ω で，I＝E/18。 よって I₀/I＝(E/9)/(E/18)＝2.0。電源電圧Eが与えられていなくても比を問うているので約分で消える。 初期状態でCを開放と取り違えると I₀＝I となり(2)を，逆に定常状態でCを短絡のままにすると比が1になり同じく(2)を選んでしまう。二つの状態で「どちらが短絡でどちらが開放か」を取り違えないことが要点。答(4)。

誤りは(5)。エンハンスメント形は，ゲート電圧を加えて初めてチャネルが形成される（ゲート電圧が零では電流が流れない＝ノーマリオフ）。「ゲート電圧に関係なくチャネルができる」のは，あらかじめチャネルが作り込まれているデプレション形（ノーマリオン）の性質であり，両者を入れ替えた記述になっている。 他の記述は正しい。(1) FETは接合形（JFET）とMOS形に大別される。(2) キャリアの通り道であるチャネルにはnチャネルとpチャネルがあり，前者は自由電子，後者は正孔が電流を担う。(3) MOS形はさらにデプレション形とエンハンスメント形に分かれる。(4) FETはゲートに加えた電圧がつくる電界でチャネルの幅（キャリアの通りやすさ）を変える素子であり，電流で制御するバイポーラトランジスタとはこの点が異なる。「電界効果」という名称そのものが(4)を表している。答(5)。

(ア) 陽極が上（+y側），陰極が下なので電界は上から下＝y軸の負の向き。電子は電荷が −e と負なので電界と逆向きの力を受け，上（陽極）へ動き出す。よって「負」。 (イ)(ウ) 磁界中を運動する電荷が受ける力はローレンツ力 F＝qv×B で，大きさは |q|vB＝磁束密度に比例する。よって「比例」「ローレンツ」。アンペール力は電流が磁界から受ける力の呼び方で，単独の電子の運動を説明する語としては不適切。 (エ) 電子の速度が +y のとき，力が +x になる向きを求める。B＝B ẑ（正の向き）とすると v×B＝v ŷ×B ẑ＝vB x̂ となり，q＝−e を掛けると力は −x 方向になってしまう。x軸の正の向きに動くためには B が −z でなければならず，「負」。図の ⊙ は磁界の向きではなく z 軸の正の向きを示す座標の定義である点に注意（ここを磁界の向きと読むと(エ)を正と誤る）。 (オ) 電界による等加速度運動と磁界による円運動が重なった結果，図のようなアーチを繰り返す曲線＝サイクロイドになる。リサジューは直交する二つの振動の合成図形，ヒステリシスは磁性体のB-H特性の用語で，いずれも軌跡の名称としては誤り。 以上より(4)。答(4)。

図2の直流負荷線から回路の条件を読み取るのが出発点。負荷線は V_CE 軸を 5 V で切っているので V_CC＝5 V，I_C 軸を 3 mA で切っているので R_L＝5/3 mA≒1.67 kΩ とわかる。 次に動作点。V_CE＝3.0 V を負荷線に当てはめると I_C＝3×(5−3)/5＝1.2 mA。 さらに静特性からベース電流を求める。曲線は I_B＝2 μA で I_C≒0.5 mA，4 μA で 1.0 mA，…と等間隔に並んでおり，電流増幅率は h_FE＝1.0 mA/4 μA＝250。したがって I_C＝1.2 mA に対応するのは I_B＝1.2 mA/250＝4.8 μA。 最後に固定バイアス回路の入力側で，R_B には V_CC から V_BE を引いた電圧が掛かる。R_B＝(V_CC−V_BE)/I_B＝(5−0.7)/(4.8×10⁻⁶)≒8.96×10⁵ Ω≒0.9 MΩ。答(2)。 V_BE を引き忘れて 5/4.8 μA とすると約1.0 MΩ となりやはり(2)に近いが，たとえば V_CE＝3.0 V をそのまま R_B の計算に使ってしまうと桁がずれる。また I_C を負荷線ではなく静特性の平坦部から読もうとすると 1.0 mA や 1.5 mA になってしまい，(3)や(1)を選ぶことになる。動作点は「負荷線と静特性の交点」であり，与えられた V_CE から負荷線をたどって I_C を決めるのが正しい順序である。

誤りは(2)。磁束の単位 Wb（ウェーバ）は V·s（ボルト秒）であって V/s ではない。ファラデーの電磁誘導の法則 e＝−dΦ/dt を変形すると Φ＝∫e dt であり，電圧に時間を掛けた次元になることから確かめられる。割り算と掛け算を入れ替えた，単位問題で頻出のひっかけ。 他は正しい。(1) 静電容量は C＝Q/V なので F＝C/V。(3) コンダクタンスは抵抗の逆数で S＝1/Ω＝A/V。(4) 磁束密度は単位面積あたりの磁束なので T＝Wb/m²。(5) 電力は単位時間あたりのエネルギーなので W＝J/s。 覚え方としては，(4)の T＝Wb/m² が正しいことを認めるなら，Wb＝T·m² であり磁束は「時間で割った量」ではないと分かる。単位の関係式を一つ確定させると，他の選択肢の妥当性も芋づる式に判定できる。答(2)。

電源はΔ結線で相電圧が200 Vなので，線間電圧も200 V（Δ結線では相電圧＝線間電圧）。負荷はY結線なので，負荷1相に掛かる電圧は線間電圧の1/√3 で 200/√3≒115.5 V。 負荷1相のインピーダンスは，まず誘導性リアクタンスが X_L＝2πfL＝2π×50×12.75×10⁻³≒4.005 Ω。抵抗3 Ωと直列なので Z＝√(3²+4.005²)≒5.00 Ω。3:4:5 の直角三角形になるよう数値が作られている。 よって I＝115.5/5.00≒23.1 A。答(2)。 電源のΔとY，負荷のΔとYを取り違えると答が√3倍または1/√3倍ずれる。線間電圧200 Vをそのまま負荷相電圧として 200/5＝40 A とすると(3)を選んでしまうので，「Y結線負荷の相電圧は線間電圧÷√3」を必ず経由すること。またリアクタンスを無視して 115.5/3≒38.5 A としても(3)に近い値になるため，Zを正しく合成することも必要。

力率が1になるのは，誘導性負荷が消費する遅れ無効電力を，コンデンサの進み無効電力がちょうど打ち消したとき。両者の無効電力を等しいとおけばよい。 負荷側（Y結線）の三相無効電力は Q_L＝3I²X_L。(a)より I≒23.1 A，X_L≒4.005 Ω なので Q_L≒3×23.1²×4.005≒6.40×10³ var。 コンデンサ側はΔ結線なので，各相のコンデンサには線間電圧200 Vがそのまま掛かる。三相の進み無効電力は Q_C＝3×V²/X_C＝3V²ωC＝3×200²×(2π×50)×C≒3.77×10⁷×C。 Q_C＝Q_L とおいて C＝6.40×10³/3.77×10⁷≒1.7×10⁻⁴ F。答(2)。 ここで最も多い誤りは，コンデンサがΔ結線であることを見落として相電圧を 200/√3 として計算すること。その場合 C は3倍の約5.1×10⁻⁴ Fとなり(4)寄りの値になる。Δ結線のコンデンサはY結線に比べて同じ容量で3倍の無効電力を出せる，という関係を押さえておくと検算になる。

ブリッジの平衡条件は「向かい合う辺の積が等しい」。ここで注意したいのは，滑り抵抗器 R₃ が接点Cで二つに分かれ，R_ac は R₄ 側の辺に，R_bc は R_x 側の辺に含まれることである。つまり4辺は R₁，R₄+R_ac，R₂，R_x+R_bc となる。 平衡条件 R₁(R_x+R_bc)＝R₂(R₄+R_ac) に数値を入れると 3×(R_x+3)＝2×(3+3)＝12。よって R_x+3＝4，R_x＝1.0 kΩ。答(3)。 滑り抵抗器を単に6 kΩの一つの抵抗として扱ったり，R_ac と R_bc をどちらの辺に足すか取り違えたりすると値が合わなくなる。滑り抵抗器の詳細図で，接点Cから見て a 側が R_ac，b 側が R_bc であり，a は R₄ に，b は R_x につながっていることを図で確認するのがこの問題の要点。

平衡しているので検流計には電流が流れない。したがって検流計の枝は無いものとして扱え，回路は二つの直列経路が電源に対して並列になっただけの形に単純化できる。 経路1：R₁+R₄+R_ac＝3+3+3＝9 kΩ。経路2：R₂+R_x+R_bc＝2+1+3＝6 kΩ（R_x は(a)より1 kΩ）。 並列合成は 9×6/(9+6)＝54/15＝3.6 kΩ。電流計は電源から流れる全電流を測るので I＝6/3.6 k＝1.67 mA≒1.7 mA。答(4)。 ここで(1)の0 mA を選ぶ誤りが多い。電流が零になるのは「検流計」であって「電流計」ではない。電流計は電源電流を測る位置にあり，平衡していても回路には電流が流れ続けている。二つの計器の役割を図で読み分けることが問われている。また経路を一つだけ数えて 6/9＝0.67 mA や 6/6＝1.0 mA としないよう，両経路の並列であることに注意する。

床は共通の金属板なので，左右の電極と床がそれぞれ独立したコンデンサをつくり，それらが電源に対して並列に接続されている。 x＝d＝10⁻³ m と設定したときの各静電容量は，C＝εA/d より C₁＝8.85×10⁻¹²×10⁻³/10⁻³＝8.85×10⁻¹² F C₂＝8.85×10⁻¹²×10⁻²/10⁻³＝8.85×10⁻¹¹ F 並列なので単純に足して C＝C₁+C₂＝9.735×10⁻¹¹ F。 スイッチを閉じているあいだは両端に V₀＝1000 V が掛かるので，Q＝CV₀＝9.735×10⁻¹¹×1000≒9.7×10⁻⁸ C。答(3)。 面積が10倍違うので C₂ が支配的になり，C₁ だけで計算すると 8.85×10⁻⁹ C で(1)を，C₂ だけだと 8.85×10⁻⁸ C で(3)に近い値になる。両方を足すことと，並列（足し算）であって直列（逆数の和）ではないことを取り違えないこと。

この問題の要点は「スイッチSを開いてある」こと。電源から切り離されているので電荷 Q は変化せず一定に保たれ，代わりに端子電圧が変わる。 (a)より Q＝9.735×10⁻⁸ C。x を 3.0×10⁻³ m まで広げると右側の静電容量は C₂′＝εA₂/x＝8.85×10⁻¹²×10⁻²/(3.0×10⁻³)＝2.95×10⁻¹¹ F に減る。左側は固定なので C₁＝8.85×10⁻¹² F のまま。合計は C′＝8.85×10⁻¹²+2.95×10⁻¹¹＝3.835×10⁻¹¹ F。 電荷一定なので端子電圧は V＝Q/C′＝9.735×10⁻⁸/3.835×10⁻¹¹≒2.54×10³ V。左側のコンデンサにもこの電圧が掛かっており，ちょうどこの値で放電したのだから絶縁破壊電圧は約2.5×10³ V。答(2)。 スイッチが閉じたままだと思い込むと電圧は1000 Vのままとなり，放電が起こる説明がつかなくなる。「Sを開く→電荷一定→容量を減らすと電圧が上がる」という一連の流れが本問の主題である。V₀ の1000 Vをそのまま答えたり，x/d＝3倍を単純に掛けて3.0×10³ Vとして(3)を選ぶ誤りに注意（実際は左側の容量が残るため3倍にはならない）。

誤りは(2)。理想的な演算増幅器は「入力インピーダンスが無限大，出力インピーダンスが零」とされ，記述はこれを正反対に述べている。入力インピーダンスが大きいほど前段から電流を引かず信号源に影響を与えず，出力インピーダンスが小さいほど負荷をつないでも出力電圧が下がらない。増幅器として望ましい性質を考えれば，どちらが大きくどちらが小さいかは論理的に判断できる。 他は正しい。(1) 演算増幅器はアナログICの代表例。(3) 反転入力(−)と非反転入力(+)の2入力，出力1端子という構成。(4) 二つの入力端子間の電位差だけを増幅する差動増幅器であり，両入力に共通して乗る雑音（同相成分）は増幅しない。(5) 開ループ利得は10万倍以上と非常に大きく，これに負帰還をかけて実用的な増幅度に落として使う。答(2)。

入力が直流なので，帰還部の 1 μF のコンデンサは開放とみなせる（直流では電流を流さない）。したがって帰還抵抗だけで利得が決まる。 図1：入力 V_i1 が非反転入力(+)に加わり，反転入力(−)は 10 kΩ を介して接地，100 kΩ で出力から帰還している。これは非反転増幅回路で，利得は 1+R_f/R₁＝1+100/10＝11。よって V_o1＝0.6×11＝6.6 V（入力と同符号）。 図2：入力 V_i2 が 30 kΩ を介して反転入力(−)に加わり，非反転入力(+)は接地，200 kΩ で帰還している。これは反転増幅回路で，利得は −R_f/R₁＝−200/30≒−6.67。よって V_o2＝0.45×(−6.67)＝−3.0 V（入力と逆符号）。 組合せは V_o1＝6.6，V_o2＝−3.0 で(1)。 二つの回路の違いは「入力をどちらの端子に入れたか」だけで，反転か非反転かが決まり符号が変わる。非反転増幅の利得を R_f/R₁＝10 と誤ると V_o1＝6.0 V，反転増幅で「1+」を付けてしまうと V_o2＝−3.45 V となり，いずれも選択肢に無い。非反転は「1+比」，反転は「−比」と区別して覚えることが要点。答(1)。