【2018年】平成30年度試験 理論

問.1 難易度★★★

解説

(ア)
クーロンの法則より、同種の電荷は反発し、異種の電荷は引き合う。
問題の場合、同種の電荷を帯電させるので電荷の間に働く力は反発力になる。

(イ)
クーロンの法則より
\(F=\frac{Q_1Q_2}{4πε_0d^2}=\frac{Q×3Q}{4πε_0d^2}=\frac{3Q^2}{4πε_0d^2}\)

(ウ)
ただの計算問題ですが、ひらめきが無いと解くのが難しいです。電験三種の中では珍しい問題です。
提示された式の \(\frac{d}{2l}\) という形に着目して式を導き出す必要があります。

\(F^2+(mg)^2=T^2\) を\(T^2\)で除して

\(\frac{F^2}{T^2}+\frac{(mg)^2}{T^2}=1\)

\((\frac{mg}{T})^2=1-(\frac{F}{T})^2\) ・・・①

ここで条件 \(\frac{F}{T}=\frac{d}{2l}\) より

\(T=\frac{2lF}{d}\) これを①に代入して

\((\frac{mgd}{2lF})^2=1-(\frac{d}{2l})^2\)

よって \(\frac{mgd}{2lF}=\sqrt{1-(\frac{d}{2l})^2}\)

ここからは左辺に着目して式を導き出します。

\(\frac{mgd}{2lF}=\frac{mg}{F}(\frac{d}{2l})\)

  分母分子に\((\frac{d}{2l})^2\)をかけて

   \(=\frac{mg}{F(\frac{d}{2l}^2)}×(\frac{d}{2l})^3\)

   \(=\frac{mg}{(\frac{3Q^2}{4πε_0d^2})(\frac{d}{2l})^2}×(\frac{d}{2l})^3\)

   \(=\frac{mg}{\frac{3Q^2}{16πε_0l^2}}×(\frac{d}{2l})^3\)

   \(=\color{red}{\frac{16πε_0l^2mg}{3Q^2}}×(\frac{d}{2l})^3\)

(エ)
AとBを接触させたことで同電位となったので、A,B共に2Qが帯電している状態になる。
クーロンの法則より静電力Fを求めると

\(F=\frac{2Q\times2Q}{4πε_0d^2}=\frac{4Q^2}{4πε_0d^2}\)

ここで(ア)で求めた静電力と比較すると、AB接触後の静電力の方が大きいので、AB間の距離は増加する。

問.2 難易度★★☆

解説

コンデンサの電界についての基本的な問題。必ず得点しておきたい。

(ア)

個体誘電体挿入前の空気ギャップの電界強さは、

\(E_0=\frac{V_0}{d_0}\)・・・①

題意より個体誘電体挿入後のイメージは下記の通り

個体誘電体挿入後の空気ギャップの電位\(V_{01}\)は、

\(V_{01}=\frac{C_2}{C_1+C_2}V_0\)

   \(=\frac{\frac{ε_rε_0S}{d_1}}{\frac{ε_0S}{d_0-d_1}+\frac{ε_rε_0S}{d_1}}V_0\)

   \(=\frac{\frac{ε_r}{d_1}}{\frac{1}{d_0-d_1}+\frac{ε_r}{d_1}}V_0\)

   \(=\frac{1}{\frac{d_1}{ε_r}(\frac{1}{d_0-d_1})+1}V_0\)・・・②

個体誘電体挿入後の空気ギャップの電界\(E_{01}\)は、

\(E_{01}=\frac{V_{01}}{d_0-d_1}\)・・・③

②を③に代入して

   \(=\frac{1}{d_0-d_1}×\frac{1}{\frac{d_1}{ε_r}(\frac{1}{d_0-d_1})+1}V_0\)

   \(=\frac{1}{\frac{d_1}{ε_r}+d_0-d_1}V_0\)

   \(=\frac{V_0}{d_0-\color{red}{d_1(1-\frac{1}{ε_r})}}\)・・・④

分母に着目して、\(ε_r)>1\) より \(\color{red}{d_1(1-\frac{1}{ε_r}})>0\)

④と①の分母を比較すると

\(E_{01}>E_0\) であることがわかる。よって空気ギャップの電界は固体誘電体挿入前と比べて強くなる。

(イ)

挿入する導体は銅線と同義であるので、単純に空気ギャップの厚さが\(d_0→d_0-d_2\) に減少すると考えることができる

ここで、\(V=Ed\) より

\(V\)一定の場合、\(d\) が減少すると、Eは増加する。

よって、導体挿入後の空気ギャップの電界は強くなる。

問.3 難易度★☆☆



解説

超基本問題。絶対に落とせない問題。

題意よりイメージ図は下記の通り。(磁界の極性に注意)

正三角形であることから、合成磁界は \(H=H_{AB}\) で表される。

\(H_{AB}=\frac{m_B}{4πμr^2}=\frac{1×10^{-4}}{4π×4π×10^{-7}×2^2}=\color{red}{1.5825[A/m]}\)

問.4 難易度★☆☆

解説

電流と磁界の大きさの関係は以下の通り

上記の式より、円形導体ループに最も近い方が磁界が大きくなることがわかる。

逆に、円形導体ループに遠くなる程、(rが大きくなるほど)磁界は小さくなる。

よって解は(4)

問.5 難易度★★☆

解説

(ア)
題意よりイメージ図は下記の通り

それぞれの抵抗に流せる許容電流を求める。

\(P_A=r_AI^2\)

\(\frac{1}{4}=100×I^2\)

\(\unicode{x2234} I=0.05A\)・・・① よって抵抗Aに流せる許容電流は0.05A

\(P_B=r_BI^2\)

\(\frac{1}{8}=100×I^2\)

\(\unicode{x2234} I=0.025A\)・・・② よって抵抗Bに流せる許容電流は0.025A

①②より両方の抵抗に流せる許容電流は0.025A

(イ)

(ア)より直列抵抗全体に加えることのできる電圧\(V_1\)は

\(V_1=V_A+V_B\)

\(V_1=100×0.025+200×0.025A\)

\(V_1=7.5V\)・・・①

並列接続した時のイメージ図は下記の通り

(ア)で求めた許容電流より、抵抗A,Bにかかる電圧を求める。

\(V_A=0.05×100=5V\)

\(V_B=0.025×200=5V\)

よって電圧の最大値は5V

①と比較すると電圧の最大値は1.5倍である。




問.6 難易度★☆☆

解説

条件式を作って解答を導き出す問題。実験Ⅰ、Ⅱと出てきたらとりあえず条件式を並べてみること。

\(R_A+R_B=\frac{1.4}{0.056}=25\)・・・①

\(R_B+R_C=\frac{1.4}{0.035}=40\)・・・②

\(R_A+R_C=\frac{1.4}{0.04}=35\)・・・③

③-①より

\(R_C-R_B=10\)・・・④

①-④より

\(2R_B=30\)

\(\color{red}{R_B=15[Ω]}\)

問.7 難易度★★☆

解説

スイッチ開の場合は下図の通り

スイッチ開の場合は右側の回路のみが成立する。

よってこの時の\(I_R=2A\)となる。

スイッチ閉の場合は下図の通り

両側の回路が成立する。

スイッチ開の時よりも\(I_R\)が2倍になるので、この時の\(I_R\) は

\(I_R=2A×2=4A\)

すると左側の回路に流れる電流は

\(I=4A-2A=2A\)

左側の回路に着目すると

\(10V=1Ω×2A+R×4A\) が成り立つ

上記の式より、\(\color{red}{R=2[Ω]}\)

問.8 難易度★★★

解説

線路のインピーダンス角と誘導性負荷の力率角を比較する。

まずは線路のインピーダンス角を求める

\(\cos\theta=\frac{R}{Z}=\frac{R}{\sqrt{R^2+(ωL)^2}}\)

題意より\(R=ωL\)より

\(\cos\theta=\frac{R}{\sqrt{R^2+R^2}}\)

\(cos\theta=\frac{1}{\sqrt{2}}\)

ここで、誘導性負荷の力率も\(\frac{1}{\sqrt{2}}\)であることから、

電源電圧\(V_1\)と負荷の端子電圧\(V_2\)は同相であることから位相差は0°



問.9 難易度★★☆

解説

並列回路では共振状態の時流れる電流が最小になる。

共振条件は\(X_L=X_C\)

\(2πfL=\frac{1}{2πfc}\)

\(f=\frac{1}{2π\sqrt{LC}}\)

 \(=\frac{1}{2π\sqrt{2×1.5}}\)

 \(\color{red}{=\frac{1}{2π\sqrt{3}}}\)

上記のベクトル式より\(I_CとI_L\)は打ち消し合うので、回路式は以下の通り

\(10V=(1Ω+1Ω)I_R\)

\(\color{red}{I_R=5[A]}\)

また、共振状態の時、回路は抵抗のみで構成されるので、電源電圧と電流の位相差は0

問.10 難易度★☆☆

解説

題意より回路図は下記の通り

RC直列回路の時定数τはRC[秒]で表されるので

\(τ=R×C\)

\(\color{red}{τ=0.5×1=0.5[秒]}\)

問.11 難易度★★☆

解説

(ア)×

pn結合ダイオードは、順電圧を加えると電子が阻止中をカソードからアノードへ移動する

(イ)×

LEDはpn接合領域に順電圧を加えた時に発光する素子である。

(ウ)

(エ)×

可変容量ダイオードは加えた逆電圧が大きくなるとその静電容量は小さくなる。

逆電圧大きくなると、空乏層が大きくなり、静電容量が小さくなる。

(オ)×

サイリスタはp形半導体とn形半導体の4層構造からなる、アノード、カソード、ゲートの3端子素子である。

問.12 難易度★★☆

解説

(ア)

電荷を磁界中で運動させると、磁束密度の直角の向きにローレンツ力が働く。

ローレンツ力の向きを考えるときは、電子の流れが電流の流れの逆であることに注意して、左手の法則を使って考える。

ローレンツ力は電子の向きに直角に働くため、電子の放出後は、中心に向かって等速円運動する。

(イ)
(ア)の図より、中心に向かう力は、\(F_1=evB\)

これに対して、中心から遠ざかろうとする力(遠心力)は、円の半径を\(r\)として、

\(\unicode{x2234} r=\frac{mv}{Be}\)

半径\(r\)の円を一周するのにかかる時間(周期)は次式にて求められる

\(T=\frac{2πr}{v}\)

 \(=\frac{2π\frac{mv}{Be}}{v}\)

 \(\color{red}{=\frac{2πm}{eB}}\)

(ウ)
(ア)の図より、電子放出後の奇跡はaとなる。

(エ)
電子を磁界と並行な向きの放出すると、電子は次回の影響(ローレンツ力)を受けないので、電子の運動は等速直線運動となる

問.13 難易度★★☆

解説

波形より、

\(v_i≦E\)のとき、\(v_0=E\)

\(v_i≧E\)のとき、\(v_0=v_i\)

これを満たす回路図は、(a)(d)

問.14 難易度★★☆

解説

(4) ×

誘導起電力の式より

\(e=\frac{Δφ}{Δt}\)

\(\color{red}{\unicode{x2234} φ(Wb)=Δte=1[Vs]}\)

問.15 難易度★★★

解説

(a)

題意より回路図および、電源電圧のベクトル図は下記の通り。

ここで電源電圧の大きさは、矢印の向きに注意して

\(\dot{E}_b-\dot{E}_c=\dot{E}_b\cos\frac{1}{3}π×2\)

 \(=100×\frac{\sqrt{3}}{2}×2\)

 \(=173[V]\)

よって、回路図より

\(173=10×I[A]\)

\(\color{red}{\unicode{x2234} I=17.3[A]}\)

(b)

題意より、回路図および、電源電圧のベクトル図は下記の通り。

(a)と同様に、矢印の向きに注意して、電源電圧の大きさを求める

\(\dot{E}_a+\dot{E}_b-\dot{E}_c=\dot{E}_a\cos\frac{1}{3}π×2+\dot{E}_c\)

    \(=100×\frac{1}{2}×2+100\)

    \(=200[V]\)

上記回路より流れる電流\(I\)は、

\(200[V]=20[Ω]×I[A]\)

\(\unicode{x2234} I=10[A]\)

よって抵抗\(R_2\)で消費する電力は

\(P=R_2×I^2\)

 \(=20×100\)

 \(\color{red}{=2000[W]}\)

問.16 難易度★★★

解説

(a)
題意より、回路における電圧と電流の関係は以下のとおり

ここで、

\(V_2=\frac{R_1}{R_1+R_2}×10=\frac{82}{100}×10=8.2\)

抵抗\(R_2\)にかかる電圧\(V_2\)に着目して

\(8.2=0.7+1×10^{-3}×R_E\)

\(\color{red}{\unicode{x2234} R_E=75[kΩ]}\)

(b)
題意より回路図は下記の通り

\(v_i=i_bh_{ie}+(i_b+h_{fe}i_b)×R_E\)

 \(=i_bh_{ie}+i_b(1+h_{fe})×R_E\)

\(\unicode{x2234} i_b=\frac{v_i}{h_{ie}+(1+h_{fe})R_E}\)

また、

\(v_i=\frac{R_1R_2}{R_1+R_2}×i_R\)

\(\unicode{x2234} i_R=\frac{R_1+R_2}{R_1R_2}v_i\)

\(i_i=i_b+i_R\)

よって入力インピーダンスは、

\(\frac{v_i}{i_i}=\frac{v_i}{\frac{v_i}{h_{ie}+(1+h_{fe})R_E}+\frac{R_1+R_2}{R_1R_2}v_i}\)

 \(=\frac{1}{\frac{1}{h_{ie}+(1+h_{fe})R_E}+\frac{R_1+R_2}{R_1R_2}}\)

 \(=\frac{1}{\frac{1}{2.5+(1+100)7.5}+\frac{18+82}{18×82}}\)

 \(\color{red}{=14.49[kΩ]}\)

問.17 難易度★★☆

解説

(a)
題意より図は下記の通り

\(C_1=\frac{ε_0ε_rS}{4d}=\frac{4ε_0S}{4d}=\frac{ε_0S}{d}\)

\(C_2=\frac{ε_0S}{d}=\frac{ε_0S}{d}\)

よって静電容量\(C_1=C_2\)であるので、

それぞれにかかる電圧も\(V_1=V_2\)である。

よってグラフでは、電圧V_0が5目盛ずつ降下している(3)が解となる。

(b)
題意より図は下記の通り

直列回路のコンデンサ板間に蓄えられる電荷\(Q\)は等しいので、

\(Q=C_1V_1=C_2V_2\)

\(\frac{ε_rε_0S}{4}×7.5=\frac{ε_0S}{1}×2.5\)

\(\frac{ε_r}{4}×7.5=2.5\)

\(\color{red}{\unicode{x2234} ε_r=1/33}\)


問.18 難易度★★☆

解説

(a)
測定Ⅰの場合の回路式は下記の通り

\(\frac{15000}{15000+R}×I×R=101\)

\(IR=\frac{101}{15000}(15000+R)\)・・・①

測定Ⅱの場合の回路式は下記の通り

\(\frac{10000}{10000+R}×I×R=99\)

\(IR=\frac{99}{10000}(10000+R)\)・・・②

①=②より

\(\frac{101}{15000}(15000+R)=\frac{99}{10000}(10000+R)\)

\(202(15000+R)=297(10000+R)\)

\(95R=60000\)

\(\color{red}{R=631.5[R]}\)

(b)

\(R=632\)を②に代入して

\(632I=\frac{99}{10000}(10000+632)\)

 \(\color{red}{I=0.166[A]}\)

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