問1（静電力）
次の文章は、帯電した導体球に関する記述である。
真空中で導体球 A 及び B が軽い絶縁体の糸で固定点 o からつり下げられている。
真空の誘電率を \(ε_0\) [F/m]、重力加速度を \(g\) [m/s2] とする。A 及び B は同じ大きさと質量 \(m\) [kg] をもつ。
糸の長さは各導体球の中心点が点 O から距離 \(l\) [m] となる長さである。
まず、導体球 A 及び B にそれぞれ電荷 \(Q\) [ C ]、\(3Q\) [ C ] を与えて帯電させたところ、静電力による（ア）が生じ、図のように A 及び B の中心点間が \(d\) [m] 離れた状態で釣り合った。
ただし、導体球の直径は \(d\) に比べて十分に小さいとする。
このとき、個々の導体球において、静電力 \(F=(イ)\) [N]、重力 \(mg\) [N]、糸の張力 \(T\) [N]、の三つの力が釣り合っている。
三平方の定理より \(F^2+(mg)^2=T^2\) が成り立ち、張力の方向を考えると \(\cfrac{F}{T}\) は \(\cfrac{d}{2l}\) に等しい。
これらより \(T\) を消去し整理すると、\(d\) が満たす式として
\(k\left(\cfrac{d}{2l}\right)^3=\sqrt{1-\left(\cfrac{d}{2l}\right)^2}\) が導かれる。
ただし、係数 \( k=（ウ）\) である。
次に、A と B とを一旦接触させたところ AB 間 で電荷が移動し、同電位となった。
そして A と B とが力の釣り合いの位置に戻った。接触前に比べ、距離 \(d\) は（エ）した。
＜解答例＞
問（ア）
（ア）の答えは、「反発力」になります。
同種の電荷間には、「反発力」が働き、異種の電荷間には「吸引力」が働きます。
これは、２つの磁極間に働く力と似ています。
問（イ）
（イ）の数値は \(\cfrac{3Q^2}{4πε_0d^2}\) になります。
２つの電荷間に働く力は、クーロンの法則から求めることができます。
クーロンの法則 \(F=\cfrac{1}{4πε_0}\cdot\cfrac{Q_1Q_2}{r^2}\) [N]
F：静電気力 [N]
\(Q_1,Q_2\)：電荷 [C]
r：電極間の距離 [m]
\(ε_0\)：真空の誘電率 [F/m]
クーロンの法則に、問題文を適用すると、静電力 \(F\) は次のようになります。
\(F=\cfrac{1}{4πε_0}\cdot \cfrac{Q×3Q}{d^2}\)
\(F=\cfrac{3Q^2}{4πε_0d^2}\) [N]
問（ウ）
（ウ）の数値は \(\cfrac{16πε_0l^2mg}{3Q^2}\) になります。
問題文から \(\cfrac{F}{T}=\cfrac{d}{2l}\) ということがわかります。
両辺を２乗します。
\(\cfrac{F^2}{T^2}=\left(\cfrac{d}{2l}\right)^2\)
\(T^2=F^2+(mg)^2\) を上の式に代入すると
\(\cfrac{F^2}{F^2+(mg)^2}=\left(\cfrac{d}{2l}\right)^2\)
両辺に \(F^2+(mg)^2\) を掛けると
\(F^2=F^2\left(\cfrac{d}{2l}\right)^2+(mg)^2\left(\cfrac{d}{2l}\right)^2\)
式を整理します。
\(F^2\left\{1-\left(\cfrac{d}{2l}\right)^2\right\}=(mg)^2\left(\cfrac{d}{2l}\right)^2\)
両辺の平方をとると
\(F\sqrt{1-\left(\cfrac{d}{2l}\right)^2}=mg\left(\cfrac{d}{2l}\right)\)
\(F\) を右辺にすると
\(\sqrt{1-\left(\cfrac{d}{2l}\right)^2}=\cfrac{mg}{F}\left(\cfrac{d}{2l}\right)\)
（イ）で求めた \(F=\cfrac{3Q^2}{4πε_0d^2}\) の値を代入します。
\(\sqrt{1-\left(\cfrac{d}{2l}\right)^2}=\cfrac{4πε_0d^2mg}{3Q^2}\left(\cfrac{d}{2l}\right)\)
式を整理するために、右辺に \(\left(\cfrac{d}{2l}\right)^2・\cfrac{4l^2}{d^2}\) を掛けると
\(\sqrt{1-\left(\cfrac{d}{2l}\right)^2}=\cfrac{4πε_0d^2mg・4l^2}{3Q^2・d^2}\left(\cfrac{d}{2l}\right)^3\)
さらに、式を整理して、左辺と右辺を入れ替えます。
\(\cfrac{16πε_0l^2mg}{3Q^2}\left(\cfrac{d}{2l}\right)^3=\sqrt{1-\left(\cfrac{d}{2l}\right)^2}\)
問題文の \(k\left(\cfrac{d}{2l}\right)^3=\sqrt{1-\left(\cfrac{d}{2l}\right)^2}\) と比較すると
\(k=\cfrac{16πε_0l^2mg}{3Q^2}\)
であることがわかります。
問（エ）
（エ）は増加になります。
導体球 A と B を接触させたので、電荷量が同じ \(2Q\) [ C ] になります。
静電力は、クーロンの式から \(F=\cfrac{1}{4πε_0}・\cfrac{Q_1Q_2}{r^2}\) [N] になります。
静電力は、\(3Q\) と \(Q\) の積より \(2Q\) と \(2Q\) の積のほうが大きくなります。
正解は（１）になります。
問2（コンデンサ）
次の文章は、平行板コンデンサの電界に関する記述である。
極板間距離 \(d_0\) [m] の平行板空気コンデンサの極板間電圧を一定とする。
極板と同形同面積の固体誘電体（比誘電率 \(ε_r\) ＞ 1、厚さ \(d_1\) [m]＜\(d_0\）[m]）を極板と平行に挿入すると、空気ギャップの電界の強さは、固体誘電体を挿入する前の値と比べて（ア）。
また、極板と同形同面積の導体（厚さ \(d_2\) [m] ＜ \(d_0\) [m] ）を極板と平行に挿入すると、空気ギャップの電界の強さは、導体を挿入する前の値と比べて（イ）。
ただし、コンデンサの端効果は無視できるものとする。
上記の記述中の空白箇所（ア）及び（イ）に当てはまる組み合わせとして、正しいものを次の(1)～(5)のうちから一つ選べ。
＜解答例＞
問（ア）
（ア）の答えは、「強くなる」になります。
問題文の平行板空気コンデンサは、次のような図になります。
例えば、電圧を 300 [V] 、\(d_0=1\) とした場合
\(E_0=\cfrac{V}{d_0}\) から、電界の強さは \(E_0=\cfrac{300}{1}=300\) になります。
このときの、静電容量を \(C=ε_0\cfrac{S}{d_0}\) とします。
●固体誘電体を挿入したとき
ここで、比誘電率が \( 2 \)、厚さが \(\cfrac{1}{2}d_0\) の固体誘電体を挿入したときの図が、次のようになります。
この場合、固体誘電体を挿入したので、空気コンデンサの厚さは \(\cfrac{1}{2}d_0\) になります。
したがって、空気コンデンサの静電容量を \(C_1\) とすると、\(C_1=2ε_0\cfrac{S}{d_0}=2C\) となります。
固体誘電体の静電容量を \(C_2\) とすると、\(C_2=4ε_0\cfrac{S}{d_0}=4C\) になります。
空気コンデンサと固体誘電体の直列接続の静電容量を \(C_0\) とすると
\(C_0=\cfrac{2C×4C}{2C+4C}=\cfrac{4}{3}C\) となります。
\(Q=C_0V=\cfrac{4}{3}C×300=400C\)
空気コンデンサにかかる電圧 \(V_1\) とすると
\(V_1=\cfrac{Q}{C_1}=\cfrac{400C}{2C}=200\) になります。
空気コンデンサの電界を \(E_1\) とすると
\(E_1=\cfrac{V_1}{\cfrac{1}{2}d_0}=400\) になり、固体誘電体を挿入すると電界の強さは「強くなる」ことがわかります。
問（イ）
（イ）の答えは、「強くなる」になります。
導体を挿入したということは、電極を入れたことと同じになりますので、仮に極板間隔を \(\cfrac{1}{2}\) にしたとすれば、次の図のようになります。
電界は \(E=\cfrac{V}{d}\) で表されるので、間隔 \(d\) は小さくなり、電圧 \(V\) は変わらないので \(E\) は強くなります。
正解は（１）になります。
問3（磁界の大きさ）
長さ 2m の直線状の棒磁石があり、その両端の磁極は点磁荷とみなすことができ、その強さは、N 極が \(1×10^{-4}\) [Wb] 、S 極が \(-1×10^{-4}\) [Wb] である。
図のように、この棒磁石を点 BC間に置いた。
このとき、点 Aの磁界の大きさの値 [A/m] として、最も近いものを次の(1)～(5)のうちから一つ選べ。
ただし、点 A,B,C は、一辺を 2m とする正三角形の各頂点に位置し、真空中にあるものとする。
真空の透磁率は \(μ_0=4π×10^{-7}\) [H/m] とする。また、N 極、S 極の各点磁荷以外の部分から点 A への影響はないものとする。
＜解答例＞
●磁石の N 極による、A 点の磁界の強さ
磁界の強さは、次の式から求められます。
\(H=\cfrac{m}{4πμ_0r^2}=6.33×10^4\cfrac{m}{r^2}\) [A/m]
式に数値を代入すると
\(H_1=6.33×10^4\cfrac{1×10^{-4}}{2^2}=1.58\) [A/m]
●磁石の S 極による、A 点の磁界の強さ
\(H_2=6.33×10^4\cfrac{-1×10^{-4}}{2^2}\)=-1.58 [A/m]
●A 点の磁界の強さ
図のように、ベクトルも正三角形になるので、ベクトルを合成するとA点の磁界の強さは次のようになります。
\(H=1.58\) [A/m]
正解は（４）になります。
問4（円形電流）
図のように、原点Oを中心とし x 軸を中心軸とする半径 a [m] の円形導体ループに直線電流 \(I\) [A] を図の向きに流したとき、x 軸上の点、つまり、（x、y、z）=（x、0、0） に生じる磁界の x 方向成分 H（x）[A/m] を表すグラフとして、最も適切なものを次の(1)～(5)のうちから一つ選べ。
＜解答例＞
この問題は、答えの数値を求めるものではないので考え方を示します。答えを出すための参考にしてください。
問題を次の図のようにして考えてみます。
円形電流の原点 O の磁界が、一番強いのは感覚的にもわかると思います。
その大きさは、\(\cfrac{I}{2a}\) になります。
円形電流の原点 O から r [m] の電界の強さは、図の \(H_D\) になります。
問題では、\(H_D\) の x 軸上の電界を考えることになりますが、ここでは \(H_D\) の大きさを考えます。
電流から D [m] はなれた位置の電界は
\(H_D=\cfrac{I}{2πD}\) で求められるので
\(H_D=\cfrac{I}{2π\sqrt{a^2+r^2}}\) で表されます。
この式から、\(H_D\) の大きさは、原点Oからの r の距離に反比例することがわかります。
以上のことから、原点Oの磁界が一番大きいので、答えはグラフの（4）か（5）になります。
また、x 軸の原点 O から正方向の場合は、磁界の強さが反対になることはないので、（4）が正解になります。
正解は（４）になります。
問5（抵抗器）
抵抗器の許容電力に関する問題です。抵抗器には流せる電流に限度があり、その数値を許容電力で表しています。
次の文章は、抵抗器の許容電力に関する記述である。
許容電力 \(\cfrac{1}{4}\quad\rm[W]\)、抵抗値 \(100\quad[Ω]\) の抵抗器 A 、及び許容電力 \(\cfrac{1}{8}\quad\rm[W]\)、抵抗値 \(200\quad[Ω]\) の抵抗器 B がある。
抵抗器 A と抵抗器 B とを直列に接続したとき、この直列抵抗に流すことのできる許容電流の値は （ア）mA である。
また、直列抵抗全体に加えることにできる電圧の最大値は、抵抗器 A と抵抗器 B とを並列に接続したときに加えることのできる電圧の最大値の（イ）倍である。
上記の記述中の空白箇所（ア）及び（イ）に当てはまる数値の組み合わせとして、最も近いものを次の(1)～(5)のうちから一つ選べ。
＜解答例＞
問（ア）
抵抗器に電流が流れると熱が発生します。そのため、抵抗器には流せる電流に限度があります。
●直列接続のとき
抵抗器の許容電力 W は、\(W=RI^2\) で表されます。
\(W=RI^2\) から電流は \(I=\sqrt{\cfrac{W}{R}}\) で求められます。
抵抗器 A と抵抗器 B のそれぞれの許容電流を \(I_A,I_B\) とします。
\(I_A=\sqrt{\cfrac{1/4}{100}}=\cfrac{1}{20}=50×10^{-3}\) [A]
\(I_B=\sqrt{\cfrac{1/8}{200}}=\cfrac{1}{40}=25×10^{-3}\) [A]
抵抗器を直列に接続したときには、抵抗器に同じ電流が流れるので、許容電力の小さい方の抵抗器の許容電流を流せることになります。
つまり、抵抗器 B の \(25\) [mA] になります。\(\cdots\)（ア）
また、抵抗を直列接続にした時に、加える電圧の最大値はオームの法則から
\(V_S=(100+200)×25×10^{-3}=7.5\) [V]
問（イ）
●並列接続のとき
抵抗器 A と抵抗器 B には、電源電圧と同じ電圧がかかります。
そして、並列の回路に加えることができる電圧の最大値は、抵抗器 B に \(25×10^{-3}\) [A] の電流が流れた時になります。
加えることができる電圧の最大値は、\(V_P=200×25×10^{-3}=5\) [V]
したがって、求める倍率は
\(\cfrac{V_S}{V_P}=\cfrac{7.5}{5}=1.5\) 倍になります。\(\cdots\)（イ）
正解は（１）になります。
問6（抵抗値）
３つの抵抗器を使って、接続方法の違いから未知の抵抗器の値を求める問題です。
\(R_a、R_b\) 及び \(R_c\) の三つの抵抗器がある。
これら三つの抵抗器から二つの抵抗器(\(R_1\) 及び \(R_2\)) を選び、図のように、直流電流計及び電圧 \(E=1.4\) [V] の直流電源を接続し、次のような実験を行った。
実験Ⅰ：\(R_1\) を \(R_a\)、\(R_2\) を \(R_b\) としたとき、電流 \(I\) の値は \(56\) mA であった。
実験Ⅱ：\(R_1\) を \(R_b\),\(R_2\) を \(R_c\) としたとき、電流 \(I\) の値は \(35\) mA であった。
実験Ⅲ：\(R_1\) を \(R_a\)、\(R_2\) を \(R_c\) としたとき、電流 \(I\) の値は \(40\) mA であった。
これらのことから、\(R_b\) の抵抗値 [Ω] として、最も近いものを次の(1)～(5)のうちから一つ選べ。
ただし、直流電源及び直流電流計の内部抵抗は無視できるものとする。
＜解答例＞
●この問題は、問題文からオームの法則を使って、式を立てて計算することになります。
実験Ⅰから、次の式が立てられます。
\(R_a+R_b=\cfrac{1.4}{56×10^{-3}}=25\cdots(1)\)
同様に、実験Ⅱから
\(R_b+R_c=\cfrac{1.4}{35×10^{-3}}=40\cdots(2)\)
同様に、実験Ⅲから
\(R_a+R_c=\cfrac{1.4}{40×10^{-3}}=35\cdots(3)\)
(1)式＋(2)式＋(3)式とすると
\(2(R_a+R_b+R_c)=100\) なので
\(R_a+R_b+R_c=50\cdots(4)\)
(4)式－(3)式から
\(R_a+R_b+R_c-(R_a+R_c)=50-35\)
\(R_b=15\) になります。
正解は（２）になります。