（1）…誤り　電流はアノード→カソードですから、電子はカソード→アノードです。

（2）…誤り　LEDは順電圧で発光します。

（3）…正しい

（4）…誤り　逆電圧が大きいほど空乏層は広がるため、極板間隔が広がるのと等価で静電容量は小さくなります。

（5）…誤り　サイリスタはアノード・カソード・ゲートの3端子素子です。

RC直列回路の時定数はR×Cで求まります。ちなみに、RL直列回路の場合はL/Rです。

数学的には、電流波形がe(-t/τ)の形（もしくは1－e(-t/τ)）となる時のτの値なのですが、電験3種の場合はその結果であるR×CもしくはL/Rを覚えておけばよいです。

RCだか1/RCだか、L/RだかR/Lだか分からなくなった時は、RC直列の場合はRが大きいほど、そしてCも大きいほどゆっくり充電されるため、いつまで経っても波形はゆっくり変化し続けること、そしてRL回路ではLが大きいほど、そしてRが小さいほど波形がゆっくり変化することを思い出せばよいでしょう。

したがって、答えは0.5×1＝0.5となり、（1）が正解です。

LCが並列に接続されているので、並列共振の問題です。

共振周波数は1/2π√LCで求まりますから、ここにL=2H、C=1.5Fを代入すると

• f=1/2√3π

となります。並列共振時、LC並列部分のリアクタンスは無限大となるので、このときの回路はLC部分が切り離され、10Vの電源に1Ω＋1Ωが接続されただけの回路となります。したがって流れる電流は5Aです。また、並列共振時はLC並列部分は完全に切り離したものと等価ですので、当然電圧と電流の位相差はゼロです。

以上より、答えは（3）です。

「力率1/√2の誘導性負荷」ということから、負荷は絶対値が等しい抵抗とリアクタンスを持ったコイルの直列と分かります。(例：10＋j10[Ω])

ここで、V₂を基準にして考えると、誘導性で遅れ力率1/√2ということから、回路に流れる電流はV₂に対して遅れ45°であることが分かります。

この回路電流をIとすると、負荷に対して直列に挿入されているR+jωLに発生する電圧は、「R=ωL」という条件よりIに対して進み45°の電圧が発生していることになります。つまり、V₂を基準にすると、負荷に対して直列に挿入されているR+jωLに発生する電圧は位相差無し（V₂と同位相）だということが分かります。

したがって、V₂に対して同位相の電圧を足したところで位相はV₂と同じですから、V₁とV₂の位相差はゼロとなります。答えは（1）です。

なお別の考え方として、もしこの回路でV₁とV₂の位相差がゼロ以外の値だったとすると、このようなRとLを何個も直列に挿入してしまえば、電源と負荷の間の位相差がどんどん変化していってしまうことになります。これはおかしいので、位相差はゼロしかないことが直感的に求まります。

(分布定数回路として考えれば「RとLを何個も直列に挿入してしまえば、電源と負荷の間の位相差がどんどん変化していってしまう」ことが正しくなりますが、ここでは集中定数回路なのでそういう面倒な話ではありません)

スイッチSを閉じる前、Rには2Aの電流が流れています。

ということは、Sを閉じた後にRに流れる電流は4Aです。もちろん、このとき10Vの電圧源から流れ出る電流は2Aで、電圧源からの2Aと電流源からの2Aの合計4AがRに流れています。

また、Sを閉じた段階でr＝1Ωの両端に発生する電圧は、1Ω×2A＝2V。電圧源から1Ωでの電圧降下を差し引いて、Rの両端の電圧は10V－2V＝8Vです。

以上の事から、Rは「4Aの電流が流れたときに8Vとなる抵抗」ですから、答えは(1)の2Ωです。

簡単な連立方程式を解くだけの問題です。

• 実験1…Ra+Rb=25Ω（←1.4V÷0.056A)　…①
• 実験2…Rb+Rc=40Ω　…②
• 実験3…Ra+Rc=35Ω　…③

まずRaかRcを消去したいので、③式より

• Ra=35-Rc　…④

④を①に代入して、

• 35-Rc+Rb=25　→　Rb－Rc=－10　…⑤

⑤と②の左辺どうし、右辺どうしを足して、

• Rb+Rc+Rb－Rc＝40－10　…⑥

⑥式を整理して、

• 2Rb＝30　→　Rb=15

以上より、答えは(2)です。

P=I²R=V²/Rを使うだけの問題です。これを計算すると、

• 許容電力1/4Wで100Ωの抵抗…最大電流50mA、最大電圧5V
• 許容電力1/8Wで200Ωの抵抗…最大電流25mA、最大電圧5V

となるので、直列の最大電流は25mAです。100+200=300Ωの合成抵抗に25mAを流したときの電圧は7.5Vですから、7.5÷5=1.5倍の電圧です。

以上より、答えは(1)です。

電流は、その進む方向の周囲に右ねじの法則の向きに磁界を作ります。これを円に沿って一周すると、円の中心軸上にはx軸の＋の向きに磁界が発生します。また、電流Iが距離rのところに作る磁界はI/2πrで与えられ、離れれば離れるほど距離に反比例して弱くなるほか、電流とx軸との角度によっても小さくなります(O点が最大）。

したがって、答えは(4)です。数学的にこのグラフを求めることは勿論できますが、それ以前に常識として見たらすぐに答えが分からないといけない問題です。

磁界の場合も、電荷の場合とまったく同じクーロン力が働き、電界に対する磁界としてH=m/(4πμ₀r²)と求まります。

• 点Bによって点Aに作られる磁界の大きさ

H=m/(4πμr²)=1×10^-4/16πμ₀

向きは、B→Aの方向。

• 点Cによって点Aに作られる磁界の大きさ

H=m/(4πμr²)=－1×10^-4/16πμ₀

磁極がマイナスなので、向きは、A→Cの方向。

以上の二つを合成すると、図のようになります。

したがって、

{1×10^-4/16πμ₀}×1/2+{1×10^-4/16πμ₀}×1/2=1×10^-4/16πμ₀

となり、これを計算すると答えは(4)となります。

題意より、コンデンサには電源が接続されていて、誘電体などを挿入しても極板間電圧が変わりません。

• 誘電体を入れた場合

極板間距離をd、誘電体の比誘電率をε_rなどとして数式を立てれば求まりますが、もっと直接的に、題意に沿う数字を勝手に入れて求めてみます。

極板間距離を1[m]、電源電圧を1[V]とすると、極板間の電界は1[V/m]です。また、極板の面積Sがうまく調整してあって、コンデンサの静電容量が1[F]であるとしてしまいます。ここで、極板の半分の厚さで、比誘電率が9の誘電体を入れたとします。

すると、このコンデンサは、静電容量が2[F]の空気コンデンサと、2×9=18[F]の誘電体コンデンサの直列と同じ状態になります。コンデンサに与えられる電圧は1[V]のままで変わりませんから、各々のコンデンサの電圧は静電容量の逆数を取って0.9[V]：0.1[V]です。

空気コンデンサの極板間電界は、極板間距離0.5[m]、極板間電圧が0.9[V]より、1.8[V/m]となって元より上昇することが分かります。

• 導体を入れた場合

導体は電線と同じなので、もし極板間距離の半分の導体を入れた場合、実質的に空気コンデンサの極板間距離が短くなったと等価ですから、極板の間の電界は2倍になります。

以上より、答えは(1)です。