「セミナー物理基礎＋物理2025」徹底解説！【第 Ⅴ 章 19】発展問題493～500

発展問題

493 電流計と電圧計の接続

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「電流計・電圧計の内部抵抗による測定誤差」です。理想的な計器（電流計は抵抗0、電圧計は抵抗無限大）ではない現実の計器を使った場合、測定値にどのようなズレが生じるかを定量的に評価する力が問われます。

問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

基本的なアプローチは以下の通りです。

問(A)

思考の道筋とポイント
図1の回路では、抵抗 \(r\) と電圧計（内部抵抗 \(t\)）が並列に接続されています。
電圧計の読み \(V_1\) は、この並列部分の両端の電圧です。
電流計の読み \(I_1\) は、並列部分全体に流れ込む総電流です。
この設問における重要なポイント

• 並列回路なので、抵抗 \(r\) と電圧計 \(t\) にかかる電圧はともに \(V_1\) である。
• 電流計を流れる電流 \(I_1\) は、抵抗を流れる電流 \(I_{\text{抵抗}}\) と電圧計を流れる電流 \(I_{\text{電圧計}}\) の和である（キルヒホッフの第1法則）。

具体的な解説と立式

(1) 抵抗を流れる電流と、電圧計を流れる電流
抵抗 \(r\) に加わる電圧は \(V_1\) です。オームの法則より、抵抗を流れる電流 \(I_{\text{抵抗}}\) は、
$$ I_{\text{抵抗}} = \frac{V_1}{r} $$
同様に、電圧計（内部抵抗 \(t\)）に加わる電圧も \(V_1\) です。オームの法則より、電圧計を流れる電流 \(I_{\text{電圧計}}\) は、
$$ I_{\text{電圧計}} = \frac{V_1}{t} $$

(2) 相対誤差
まず、測定値から算出される抵抗値 \(R_{\text{測定}}\) を求めます。オームの法則の形式 \(R = V/I\) に従い、測定値を代入します。
$$ R_{\text{測定}} = \frac{V_1}{I_1} $$
ここで、電流計の読み \(I_1\) は、(1)で求めた2つの電流の和です。
$$
\begin{aligned}
I_1 &= I_{\text{抵抗}} + I_{\text{電圧計}} \\[2.0ex] &= \frac{V_1}{r} + \frac{V_1}{t} \\[2.0ex] &= V_1 \left( \frac{1}{r} + \frac{1}{t} \right)
\end{aligned}
$$
これを \(R_{\text{測定}}\) の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
R_{\text{測定}} &= \frac{V_1}{V_1 \left( \frac{1}{r} + \frac{1}{t} \right)} \\[2.0ex] &= \frac{1}{\frac{1}{r} + \frac{1}{t}} \\[2.0ex] &= \frac{rt}{r+t}
\end{aligned}
$$
真の抵抗値は \(r\) です。相対誤差の定義式に代入します。
$$ \text{相対誤差} = \left| \frac{R_{\text{測定}} – r}{r} \right| $$
$$ \text{相対誤差} = \left| \frac{\frac{rt}{r+t} – r}{r} \right| $$

相対誤差の式を計算します。
$$
\begin{aligned}
\text{相対誤差} &= \left| \frac{\frac{rt}{r+t} – \frac{r(r+t)}{r+t}}{r} \right| \\[2.0ex] &= \left| \frac{\frac{rt – r^2 – rt}{r+t}}{r} \right| \\[2.0ex] &= \left| \frac{-r^2}{r(r+t)} \right| \\[2.0ex] &= \left| \frac{-r}{r+t} \right| \\[2.0ex] &= \frac{r}{r+t}
\end{aligned}
$$
（\(r, t > 0\) なので絶対値記号を外すと符号が変わりますが、大きさとしては正の値になります）

図1のつなぎ方だと、電圧計自体にも電気が流れてしまいます（漏れ電流）。
そのため、電流計は「抵抗に行きたい電気」だけでなく「電圧計に漏れた電気」も一緒にカウントしてしまいます。
結果として、電流 \(I\) を実際より大きく測ってしまうため、計算上の抵抗 \(R=V/I\) は本物より小さく出てしまいます。そのズレの割合を計算しました。

相対誤差は \(\frac{r}{r+t}\) です。
もし電圧計が理想的（内部抵抗 \(t \to \infty\)）なら、分母が無限大になり誤差は \(0\) になります。これは物理的に正しい振る舞いです。

問(B)

思考の道筋とポイント
図2の回路では、抵抗 \(r\) と電流計（内部抵抗 \(s\)）が直列に接続されています。
電流計の読み \(I_2\) は、この直列回路を流れる共通の電流です。
電圧計の読み \(V_2\) は、この直列部分全体（抵抗＋電流計）にかかる総電圧です。
この設問における重要なポイント

• 直列回路なので、抵抗 \(r\) と電流計 \(s\) に流れる電流はともに \(I_2\) である。
• 電圧計が測定する電圧 \(V_2\) は、抵抗の電圧 \(V_{\text{抵抗}}\) と電流計の電圧 \(V_{\text{電流計}}\) の和である（キルヒホッフの第2法則）。

具体的な解説と立式

(3) 抵抗の両端の電圧と、電流計の両端の電圧
抵抗 \(r\) を流れる電流は \(I_2\) です。オームの法則より、抵抗の両端の電圧 \(V_{\text{抵抗}}\) は、
$$ V_{\text{抵抗}} = rI_2 $$
同様に、電流計（内部抵抗 \(s\)）を流れる電流も \(I_2\) です。オームの法則より、電流計の両端の電圧 \(V_{\text{電流計}}\) は、
$$ V_{\text{電流計}} = sI_2 $$

(4) 相対誤差
測定値から算出される抵抗値 \(R_{\text{測定}}\) を求めます。
$$ R_{\text{測定}} = \frac{V_2}{I_2} $$
ここで、電圧計の読み \(V_2\) は、(3)で求めた2つの電圧の和です。
$$
\begin{aligned}
V_2 &= V_{\text{抵抗}} + V_{\text{電流計}} \\[2.0ex] &= rI_2 + sI_2 \\[2.0ex] &= (r+s)I_2
\end{aligned}
$$
これを \(R_{\text{測定}}\) の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
R_{\text{測定}} &= \frac{(r+s)I_2}{I_2} \\[2.0ex] &= r+s
\end{aligned}
$$
真の抵抗値は \(r\) です。相対誤差の定義式に代入します。
$$ \text{相対誤差} = \left| \frac{R_{\text{測定}} – r}{r} \right| $$
$$ \text{相対誤差} = \left| \frac{(r+s) – r}{r} \right| $$

相対誤差の式を計算します。
$$
\begin{aligned}
\text{相対誤差} &= \left| \frac{s}{r} \right| \\[2.0ex] &= \frac{s}{r}
\end{aligned}
$$

図2のつなぎ方だと、電流計自体も電気の流れを少し邪魔します（内部抵抗）。
そのため、電圧計は「抵抗にかかる電圧」だけでなく「電流計にかかる電圧（邪魔された分）」も余計に測ってしまいます。
結果として、電圧 \(V\) を実際より大きく測ってしまうため、計算上の抵抗 \(R=V/I\) は本物より大きく出てしまいます。そのズレの割合を計算しました。

相対誤差は \(\frac{s}{r}\) です。
もし電流計が理想的（内部抵抗 \(s \to 0\)）なら、分子が \(0\) になり誤差は \(0\) になります。これは物理的に正しい振る舞いです。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 現実の計器の特性と回路への影響
  • 核心: 理想的な計器（電流計の抵抗 \(0\)、電圧計の抵抗 \(\infty\)）と異なり、現実の計器は内部抵抗を持つため、接続することで回路の状態（電流・電圧分布）を変化させてしまうという事実です。
  • 理解のポイント:
    • 電流計: 内部抵抗 \(s\) を持つため、直列につなぐと全体の抵抗が増え、電流を減少させたり電圧降下を生じさせたりします。
    • 電圧計: 内部抵抗 \(t\) を持つため、並列につなぐと電流の分流（漏れ電流）が生じ、測定対象の電流を減少させます。
• 測定値の意味の再解釈
  • 核心: 「電圧計の読み \(V\)」÷「電流計の読み \(I\)」で計算される値 \(R_{\text{測定}}\) は、単なる抵抗 \(r\) ではなく、計器を含めた「測定区間全体の合成抵抗」であるという視点です。
  • 理解のポイント:
    • 図1（電圧計並列型）では、\(R_{\text{測定}}\) は \(r\) と \(t\) の並列合成抵抗になります。
    • 図2（電流計直列型）では、\(R_{\text{測定}}\) は \(r\) と \(s\) の直列合成抵抗になります。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン:
  • 倍率器と分流器: 電圧計や電流計の測定範囲を広げるために抵抗を接続する問題。本問と同じく、計器を「内部抵抗を持つ抵抗器」として扱い、直列・並列の合成抵抗や分圧・分流の法則を適用します。
  • ホイートストンブリッジの誤差: 検流計の内部抵抗や電池の内部抵抗を考慮する問題。キルヒホッフの法則を用いて厳密に解く必要があります。
  • 電池の内部抵抗: 端子電圧 \(V\) と起電力 \(E\) の関係 \(V = E – rI\) を扱う問題。電池もまた「理想電源＋内部抵抗」のモデルで扱われます。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 計器を抵抗記号に書き換える: 電流計を「抵抗 \(s\)」、電圧計を「抵抗 \(t\)」として回路図を描き直します。これにより、単なる抵抗回路の問題に帰着できます。
  2. 測定値が何を表しているか確認する: 電圧計がどこの電位差を測っているか、電流計がどこの電流を測っているかを、回路図上で指でなぞって確認します。
  3. 理想的な条件とのズレを評価する: 「もし内部抵抗がなかったらどうなるか」と比較することで、誤差の発生原因（分流か分圧か）を特定します。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 測定値と真の値の混同:
  • 誤解: \(V/I\) で計算した値がそのまま抵抗 \(r\) になると無意識に思い込んでしまう。
  • 対策: 測定値には必ず添字（例: \(R_{\text{測定}}\)）を付け、真の値 \(r\) と明確に区別して数式を扱います。
• 相対誤差の定義の取り違え:
  • 誤解: 分母を測定値にしてしまう（\(|\frac{\text{測定} – \text{真}}{\text{測定}}|\)）ミス。
  • 対策: 「真の値に対するズレの割合」という定義を言葉で覚えます。基準（分母）は常に「真の値」です。
• 近似計算の適用ミス:
  • 誤解: \(r \ll t\) や \(s \ll r\) の条件がないのに、勝手に項を無視してしまう。
  • 対策: 問題文で近似が指示されていない限り、厳密な式変形を行います。本問のように最終的な答えが分数形式（\(\frac{r}{r+t}\)）になることも多いです。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 問(A)での公式選択（キルヒホッフ第1法則）:
  • 選定理由: 電流計が測定している電流 \(I_1\) が、抵抗への電流と電圧計への電流の「合計」であることを表現する必要があります。
  • 適用根拠: 回路の分岐点において電荷は蓄積せず、流入量と流出量が等しくなるという電荷保存則に基づきます。
• 問(B)での公式選択（キルヒホッフ第2法則）:
  • 選定理由: 電圧計が測定している電圧 \(V_2\) が、抵抗での電圧降下と電流計での電圧降下の「合計」であることを表現する必要があります。
  • 適用根拠: 回路内の任意の閉路において、電位の変化の総和はゼロになる（エネルギー保存則）という法則に基づきます。
• 別解での公式選択（合成抵抗）:
  • 選定理由: 個別の電流・電圧を求める必要がなく、最終的に「電圧÷電流」の形（＝抵抗）が必要なため、回路全体を一つの抵抗とみなす方が近道です。
  • 適用根拠: オームの法則 \(V=RI\) は、単一の抵抗だけでなく、合成抵抗 \(R\) を持つ回路ブロック全体に対しても成立します。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 文字式の次元（単位）チェック:
  • 答えが \(\frac{r}{r+t}\)（無次元）や \(\frac{s}{r}\)（無次元）になっているか確認します。もし \(\frac{r^2}{r+t}\)（抵抗の次元）になっていたら、相対誤差（無次元量）として誤りです。
• 極限での振る舞いチェック:
  • (A)で \(t \to \infty\)（理想電圧計）とすると、誤差 \(\frac{r}{r+\infty} \to 0\)。
  • (B)で \(s \to 0\)（理想電流計）とすると、誤差 \(\frac{0}{r} \to 0\)。
  • このように、理想的な条件で誤差がゼロになることを確認すれば、計算ミスの可能性を大幅に減らせます。
• 繁分数の処理:
  • \(\frac{1}{1/r + 1/t}\) のような式は、分母・分子に \(rt\) を掛けて \(\frac{rt}{t+r}\) と一発で変形する練習をしておきましょう。通分してから逆数を取るよりもミスが減ります。

494 電池と消費電力

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「電池の内部抵抗と最大消費電力」です。電池には内部抵抗があるため、外部に取り出せる電力には限界があり、ある特定の条件（インピーダンス整合）で最大になることを学びます。

問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

基本的なアプローチは以下の通りです。

問(1)

思考の道筋とポイント
すべり抵抗器（可変抵抗）と電池の内部抵抗は直列に接続されています。
まずは回路全体を流れる電流 \(I\) を求め、その電流がすべり抵抗器を流れることで発生する消費電力 \(P\) を計算します。
この設問における重要なポイント

• 電池の内部抵抗 \(r\) と外部抵抗 \(R\) は直列接続である。
• 回路全体の起電力は \(E\) である。
• 消費電力 \(P\) は、抵抗 \(R\) と電流 \(I\) を用いて \(P = I^2R\) で表される。

具体的な解説と立式
まず、回路全体の合成抵抗 \(R_{\text{全}}\) を求めます。内部抵抗 \(r\) とすべり抵抗器 \(R\) は直列なので、
$$ R_{\text{全}} = R + r $$
次に、回路を流れる電流 \(I\) をオームの法則より求めます。
$$
\begin{aligned}
I &= \frac{E}{R_{\text{全}}} \\[2.0ex] &= \frac{E}{R+r}
\end{aligned}
$$
すべり抵抗器での消費電力 \(P\) は、抵抗値 \(R\) と電流 \(I\) を用いて \(P = I^2R\) と表せます。これに求めた \(I\) を代入します。
$$ P = \left( \frac{E}{R+r} \right)^2 R $$

式を整理します。
$$
\begin{aligned}
P &= \frac{E^2}{(R+r)^2} R \\[2.0ex] &= \frac{R E^2}{(R+r)^2}
\end{aligned}
$$

電池には「内部抵抗」という邪魔ものが入っています。だから、外につないだ抵抗 \(R\) と、中の抵抗 \(r\) の合計が、回路全体の抵抗になります。
まず、その合計抵抗で電圧 \(E\) を割って、流れる電流を計算します。
次に、「電力＝電流の2乗×抵抗」の式を使って、抵抗 \(R\) で消費されるパワーを計算しました。

消費電力は \(P = \frac{R E^2}{(R+r)^2}\) です。単位は \([\text{W}]\) です。
もし \(R=0\) なら \(P=0\)（電流は流れるが抵抗がない）、\(R \to \infty\) なら \(P \to 0\)（抵抗が大きすぎて電流が流れない）となり、その中間に最大値がありそうな形をしています。

問(2)

思考の道筋とポイント
(1)で求めた式 \(P = \frac{R E^2}{(R+r)^2}\) の最大値を求めます。
変数は \(R\) です。分母と分子の両方に \(R\) が含まれているため、このままでは最大値を判断しにくいです。
そこで、分母か分子のどちらか一方に \(R\) を集めるような式変形を行います。
模範解答では、分母分子を \(R\) で割ることで分母のみに \(R\) を集め、相加平均・相乗平均の不等式を利用しています。
この設問における重要なポイント

• 変数が分母・分子に散らばっているときは、どちらかに集める変形が有効。
• \(A + B \ge 2\sqrt{AB}\) （相加平均・相乗平均の関係）は、積 \(AB\) が定数になるときに和 \(A+B\) の最小値を求めるのに使える。
• 等号成立条件（\(A=B\)）を確認することを忘れない。

具体的な解説と立式
(1)の式を変形します。分母を展開してから、分母・分子を \(R\) で割ります。
$$
\begin{aligned}
P &= \frac{R E^2}{R^2 + 2rR + r^2} \\[2.0ex] &= \frac{E^2}{R + 2r + \frac{r^2}{R}}
\end{aligned}
$$
\(P\) が最大になるのは、分母 \(D = R + 2r + \frac{r^2}{R}\) が最小になるときです。
分母の中で変数は \(R + \frac{r^2}{R}\) の部分です。\(R > 0, \frac{r^2}{R} > 0\) なので、相加平均・相乗平均の関係を用います。
$$ R + \frac{r^2}{R} \ge 2\sqrt{R \times \frac{r^2}{R}} $$

不等式の右辺を計算します。
$$
\begin{aligned}
2\sqrt{R \times \frac{r^2}{R}} &= 2\sqrt{r^2} \\[2.0ex] &= 2r
\end{aligned}
$$
よって、
$$ R + \frac{r^2}{R} \ge 2r $$
したがって、分母 \(D\) の最小値は、
$$
\begin{aligned}
D_{\text{最小}} &= 2r + 2r \\[2.0ex] &= 4r
\end{aligned}
$$
このとき、消費電力 \(P\) は最大値をとります。
$$ P_{\text{最大}} = \frac{E^2}{4r} $$
最大値をとる条件（等号成立条件）は、相加平均・相乗平均の2項が等しいときです。
$$
\begin{aligned}
R &= \frac{r^2}{R} \\[2.0ex] R^2 &= r^2
\end{aligned}
$$
\(R > 0, r > 0\) より、
$$ R = r $$

電力の式の分母と分子に \(R\) があるので、計算しやすいように変形して、分母だけに \(R\) がある形にしました。
分母が一番小さくなるとき、全体（電力）は一番大きくなります。
「ある数」と「その逆数（ひっくり返した数）」を足したものは、ある決まった値以上になるという数学のルール（相加相乗平均）を使って、分母の最小値を求めました。
結果として、外につなぐ抵抗 \(R\) が、中の抵抗 \(r\) と同じ値になったとき、一番効率よくパワーを取り出せることがわかりました。

最大消費電力は \(\frac{E^2}{4r}\)、そのときの抵抗値は \(R=r\) です。
これは「インピーダンス整合（マッチング）」と呼ばれる重要な条件です。内部抵抗と同じ大きさの負荷をつないだとき、電力供給が最大になります。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 最大電力供給定理（インピーダンス整合）
  • 核心: 電源から取り出せる電力が最大になるのは、外部抵抗 \(R\) が電源の内部抵抗 \(r\) と等しくなったとき（\(R=r\)）であるという法則です。
  • 理解のポイント:
    • \(R\) が小さすぎると、電流はたくさん流れますが、電圧 \(V=RI\) が小さくなるため電力 \(P=IV\) は小さくなります。
    • \(R\) が大きすぎると、電圧は大きくなりますが、電流 \(I\) が流れなくなるため電力 \(P\) は小さくなります。
    • このトレードオフのバランスが最適になるのが \(R=r\) のポイントです。
• 変数を含む分数の最大・最小問題
  • 核心: 物理の問題であっても、最終的には数式の処理能力が問われます。特に「分母と分子に変数が散らばっている式」の最大値を求める手法は必須テクニックです。
  • 理解のポイント:
    • 相加相乗平均: \(x + \frac{a}{x} \ge 2\sqrt{a}\) の形に持ち込む。
    • 微分: 関数の増減を調べて極値を求める。
    • 平方完成: 2次関数の頂点を求める。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン:
  • 交流回路のインピーダンス整合: 抵抗だけでなくコイルやコンデンサを含む回路でも、電源のインピーダンスと負荷のインピーダンスが共役複素数の関係にあるとき、最大電力が供給されます。
  • 可変抵抗を含む回路の消費電力: 並列回路の一部が可変抵抗になっている場合など、合成抵抗の式が複雑になっても、基本方針（\(P(R)\) の式を立てて最大値を求める）は変わりません。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 変数は何か？: 何を変化させて最大値を求めるのか（本問では \(R\)）を明確にします。
  2. 目的関数を立式する: 最大化したい物理量（本問では \(P\)）を、変数（\(R\)）と定数（\(E, r\)）だけで表します。
  3. グラフの概形をイメージする: \(R=0\) と \(R \to \infty\) の極限を考え、その間で山なりになることを予想します。これにより、計算ミス（単調増加する式になってしまうなど）を防げます。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 消費電力の公式の誤用:
  • 誤解: \(P = \frac{V^2}{R}\) の \(V\) に、電源電圧 \(E\) をそのまま代入してしまう（\(P = \frac{E^2}{R}\) としてしまう）。
  • 対策: \(V\) はあくまで「その抵抗にかかる電圧」です。内部抵抗 \(r\) での電圧降下があるため、すべり抵抗器にかかる電圧は \(E\) ではありません。必ず回路図を描き、分圧された電圧を求めるか、電流 \(I\) を求めて \(P=I^2R\) を使うのが安全です。
• 相加相乗平均の適用条件見落とし:
  • 誤解: 変数が負になる可能性があるのに使ってしまう、あるいは等号成立条件（\(A=B\)）を確認せずに最小値としてしまう。
  • 対策: 物理量（抵抗、質量、長さなど）は正の値であることが多いですが、必ず「\(R>0\) なので」と一言添える癖をつけましょう。また、求めた \(R\) が物理的にあり得る値か確認します。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 問(1)での公式選択（\(P=I^2R\)）:
  • 選定理由: 直列回路では電流 \(I\) が共通で計算しやすいため、電圧 \(V\) を求めるステップを省略できる \(P=I^2R\) が最も効率的です。
  • 適用根拠: オームの法則 \(V=IR\) を \(P=IV\) に代入して得られる式であり、抵抗と電流が分かっている場合に直接電力を求められます。
• 問(2)での解法選択（相加相乗平均 vs 微分）:
  • 選定理由: 式の形が \(\frac{x}{(x+a)^2}\) や \(\frac{1}{x + a + b/x}\) のようになっている場合、相加相乗平均を使うと計算量が圧倒的に少なくて済みます。
  • 適用根拠: 変数 \(R\) が正であり、分母に \(R + \frac{r^2}{R}\) という「逆数との和」の形が現れるため、相加相乗平均の不等式の適用条件を完璧に満たしています。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 定数のくくり出し:
  • 微分の計算などで、\(E^2\) のような定数は最初から微分の外に出しておきます。式がスッキリしてミスが減ります。
• 次元（単位）チェック:
  • 最終的な答え \(P = \frac{E^2}{4r}\) の単位を確認します。\(\frac{[\text{V}]^2}{[\Omega]} = [\text{W}]\) となり、電力の次元として正しいです。もし \(4r^2\) などになっていたら次元がおかしいと気づけます。
• 極値のチェック:
  • \(R=r\) という答えが出たら、元の式に代入して \(P\) を計算してみます。さらに \(R=0\) や \(R=2r\) などを代入して、\(R=r\) のときより小さくなることを確認すれば、最大値であることの確信が持てます。

495 ホイートストンブリッジ

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「ホイートストンブリッジの平衡条件と非平衡時の電流」です。ブリッジ回路において、検流計に電流が流れない条件（平衡条件）だけでなく、流れる場合の電流の向きや大きさを定量的に扱う力が問われます。

問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

基本的なアプローチは以下の通りです。

問(1)

思考の道筋とポイント
回路網の問題なので、キルヒホッフの法則を適用するのが王道です。
未知数は \(I_1\) から \(I_5\) までの5つですが、求めたいのは \(I_5\) と \(I_1\) の関係です。
閉回路を適切に選び、不要な電流（\(I_2, I_3, I_4\)）を消去する方針で式を立てます。
この設問における重要なポイント

• キルヒホッフ第1法則の適用: 点Aと点Bでの電流の出入りに着目し、\(I_3\) や \(I_2\) を \(I_1, I_5, I_4\) などで表す。
• キルヒホッフ第2法則の適用: 閉回路PABPとAQBAについて電圧の式を立てる。
• 電流の向きと電圧変化の符号: 電流と同じ向きに進むと電位は下がり（電圧降下）、逆向きに進むと電位は上がる（電圧上昇）。

具体的な解説と立式
まず、キルヒホッフの第1法則（電流の保存）を点Aと点Bに適用します。
点Aについて（流入＝流出）：
$$ I_1 + I_5 = I_3 \quad \cdots ① $$
点Bについて（流入＝流出）：
$$ I_2 = I_5 + I_4 \quad \cdots ② $$
次に、キルヒホッフの第2法則（一周して電位変化ゼロ）を適用します。
閉回路PABPについて（時計回り P \(\to\) A \(\to\) B \(\to\) P）：

• 抵抗 \(2R\) を電流 \(I_1\) と同じ向きに通るので、\(2R I_1\) 下がります。
• 抵抗 \(r\) を電流 \(I_5\)（B \(\to\) A）と逆向きに通るので、\(r I_5\) 上がります。
• 抵抗 \(R\) を電流 \(I_2\)（P \(\to\) B）と逆向きに通るので、\(R I_2\) 上がります。

$$ 2R I_1 – r I_5 – R I_2 = 0 \quad \cdots ③ $$
閉回路AQBAについて（時計回り A \(\to\) Q \(\to\) B \(\to\) A）：

• 抵抗 \(R_x\) を電流 \(I_3\) と同じ向きに通るので、\(R_x I_3\) 下がります。
• 抵抗 \(2R\) を電流 \(I_4\) と逆向きに通るので、\(2R I_4\) 上がります。
• 抵抗 \(r\) を電流 \(I_5\)（B \(\to\) A）と同じ向きに通るので、\(r I_5\) 下がります。

$$ R_x I_3 – 2R I_4 + r I_5 = 0 \quad \cdots ④ $$
これで式が揃いました。目標は \(I_5\) を \(I_1\) で表すことです。

まず、式①と式②を使って \(I_3\) と \(I_2\) を消去します。
式①を式④に代入：
$$
\begin{aligned}
R_x (I_1 + I_5) – 2R I_4 + r I_5 &= 0 \\[2.0ex] R_x I_1 + (R_x + r) I_5 – 2R I_4 &= 0 \quad \cdots ⑤
\end{aligned}
$$
式②を式③に代入：
$$
\begin{aligned}
2R I_1 – r I_5 – R (I_5 + I_4) &= 0 \\[2.0ex] 2R I_1 – (R + r) I_5 – R I_4 &= 0 \quad \cdots ⑥
\end{aligned}
$$
次に、式⑤と式⑥から \(I_4\) を消去します。
式⑥を変形して \(R I_4 = 2R I_1 – (R + r) I_5\) とし、これを2倍して \(2R I_4\) を作ります。
$$ 2R I_4 = 4R I_1 – 2(R + r) I_5 $$
これを式⑤に代入します。
$$
\begin{aligned}
R_x I_1 + (R_x + r) I_5 – \{ 4R I_1 – 2(R + r) I_5 \} &= 0 \\[2.0ex] R_x I_1 + R_x I_5 + r I_5 – 4R I_1 + 2R I_5 + 2r I_5 &= 0
\end{aligned}
$$
\(I_5\) について整理します。
$$
\begin{aligned}
(R_x + r + 2R + 2r) I_5 &= (4R – R_x) I_1 \\[2.0ex] (2R + R_x + 3r) I_5 &= (4R – R_x) I_1
\end{aligned}
$$
よって、
$$ I_5 = \frac{4R – R_x}{2R + R_x + 3r} I_1 $$

回路の中を流れる電流のパズルを解く問題です。
「分岐点で電流は増えも減りもしない（入った分だけ出る）」というルールと、「一周回って元の場所に戻ると電圧（高さ）は元通り」というルールを使って式を作りました。
特に電圧の式では、電流と同じ向きに進むと「下り坂（電圧降下）」、逆向きに進むと「上り坂（電圧上昇）」になることに注意して符号を決めました。
邪魔な文字（\(I_2, I_3, I_4\)）を代入法で消していき、最後に残った \(I_5\) と \(I_1\) の関係式を整理しました。

\(I_5 = \frac{4R – R_x}{2R + R_x + 3r} I_1\) となりました。
分母は抵抗の和なので正の値です。分子の \(4R – R_x\) によって \(I_5\) の符号（向き）が決まることがわかります。

問(2)

思考の道筋とポイント
(1)で求めた式において、\(I_5 = 0\) となる条件を求めます。
分数が0になるのは、分子が0になるときです。
この設問における重要なポイント

• \(I_5 = 0\) はホイートストンブリッジの平衡状態である。
• 平衡条件 \(R_1 R_4 = R_2 R_3\) が成立するはずである。

具体的な解説と立式
(1)の結果より、
$$ I_5 = \frac{4R – R_x}{2R + R_x + 3r} I_1 $$
\(I_5 = 0\) となるためには、分子が \(0\) であればよいので（\(I_1 \neq 0\)）、
$$ 4R – R_x = 0 $$

$$ R_x = 4R $$

電流計に電流が流れないということは、点Aと点Bの「電気的な高さ（電位）」が同じになっているということです。
さっき作った式で、電流がゼロになる条件を計算すると、\(R_x\) が \(4R\) のときだとわかりました。
これは「向かい合う抵抗の掛け算が等しい（\(2R \times 2R = R \times 4R\)）」という、有名なホイートストンブリッジの法則とも一致しています。

\(R_x = 4R\) です。
検算としてホイートストンブリッジの平衡条件を確認します。
\(R_1 = 2R, R_2 = R, R_3 = R_x, R_4 = 2R\) なので、
\(R_1 R_4 = 2R \times 2R = 4R^2\)
\(R_2 R_3 = R \times R_x\)
これらが等しいとすると \(4R^2 = R R_x\) より \(R_x = 4R\)。一致しました。

問(3)

思考の道筋とポイント
問題文の「電流計にはAからBの向きに電流が流れていた」という記述は、図の矢印 \(I_5\) の向き（BからA）とは逆向きであることを意味します。
つまり、\(I_5 < 0\) です。
この条件を満たす \(R_x\) の範囲を考え、\(I_5 = 0\) にするために \(R_x\) をどう変化させればよいかを判断します。
この設問における重要なポイント

• 電流の向きの定義: 図の矢印はB→A。実際の電流はA→B。よって \(I_5\) は負の値。
• (1)の式の分子 \(4R – R_x\) の符号と \(I_5\) の符号の関係。

具体的な解説と立式
電流がAからBに流れているとき、定義された \(I_5\)（BからA向き）は負の値をとります。
$$ I_5 < 0 $$
(1)の式より、分母と \(I_1\) は正なので、分子が負である必要があります。
$$ 4R – R_x < 0 $$
すなわち、
$$ R_x > 4R $$
現状では \(R_x\) は \(4R\) より大きい値になっています。
電流 \(I_5\) を \(0\) にするためには、(2)の結果より \(R_x\) を \(4R\) にする必要があります。
したがって、現在の値（\(> 4R\)）から \(4R\) に近づけるためには、\(R_x\) を小さくすればよいです。

上記解説に含まれます。

今は電流がAからBに流れています。これは、Aの方がBより電位が高い（山が高い）状態です。
電流をゼロにするには、AとBの高さを同じにする必要があります。
(1)の式を見ると、\(R_x\) が大きいと \(I_5\) がマイナス（A→B）になり、\(R_x\) が小さいと \(I_5\) がプラス（B→A）になることがわかります。
今はマイナスの状態（\(R_x\) が大きすぎる状態）なので、ゼロにするには \(R_x\) を小さくしてあげればよいです。

答えは「小さくすればよい」です。
理由は、現状で \(I_5 < 0\) より \(R_x > 4R\) となっており、平衡条件 \(R_x = 4R\) を満たすためには値を減らす必要があるからです。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• キルヒホッフの法則の体系的な適用
  • 核心: 複雑な回路網において、電流と電圧の関係を連立方程式として記述し、未知の電流を求めるための最も基本的かつ強力なツールです。
  • 理解のポイント:
    • 第1法則（電流則）: 回路の分岐点において、流入する電流の総和と流出する電流の総和は等しい（電荷保存則）。
    • 第2法則（電圧則）: 任意の閉回路を一巡したとき、起電力の総和と電圧降下の総和は等しい（エネルギー保存則）。
• ホイートストンブリッジの平衡条件
  • 核心: 検流計に電流が流れない（\(I_G = 0\)）とき、向かい合う抵抗の積が等しい（\(R_1 R_4 = R_2 R_3\)）という関係が成立します。
  • 理解のポイント:
    • この条件は、検流計の両端（点Aと点B）の電位が等しいことと同義です。
    • 平衡状態では、検流計を取り外しても回路の電流分布は変わりません。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン:
  • メートルブリッジ: 抵抗線を用いたブリッジ回路。抵抗値が長さに比例することを利用して、長さの比から未知抵抗を求めます。
  • 電位差計（ポテンショメーター）: 検流計に電流が流れないように調整して起電力を測定する装置。原理はブリッジ回路と同じく「電位の一致」です。
  • 非平衡ブリッジ: 本問のように検流計に電流が流れる場合。キルヒホッフの法則で解くのが基本ですが、テブナンの定理やミルマンの定理を使うと計算が楽になることがあります。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 対称性を探す: 回路図が対称であれば、電流や電位にも対称性があるはずです。これにより未知数を減らせます。
  2. 電位をイメージする: 電流の向きが分からないときは、適当に仮定して計算し、結果が負なら逆向きだったと判断します。また、電位の高い方から低い方へ流れるという原則を常に意識します。
  3. 極端な場合を考える: 可変抵抗を \(0\) や \(\infty\) にしたとき、電流はどうなるか？といった思考実験は、計算結果の妥当性をチェックするのに役立ちます。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• キルヒホッフ第2法則の符号ミス:
  • 誤解: 電池の向きや電流の向きと、閉回路をたどる向きの関係を混同してしまう。
  • 対策: 「電流と同じ向きに進むなら電圧降下（マイナスまたは右辺）」、「電池の負極から正極に進むなら起電力（プラスまたは左辺）」というルールを自分の中で統一し、図に矢印を書き込んで確認しながら立式します。
• 連立方程式の計算ミス:
  • 誤解: 変数が多すぎて、どの式からどの文字を消去すればいいか迷走してしまう。
  • 対策: 「求めたい文字（\(I_5\)）」と「残していい文字（\(I_1\)）」を明確にし、それ以外の文字（\(I_2, I_3, I_4\)）をターゲットにして順序よく消去していきます。
• 電流の向きと大小関係の混乱:
  • 誤解: 「\(I_5\) が小さくなる」と「\(I_5\) の大きさが小さくなる」を混同する。特に \(I_5 < 0\) の場合、値が小さくなる（負の方向に大きくなる）と電流の大きさは大きくなります。
  • 対策: 「電流の大きさ（絶対値）」なのか「値（符号付き）」なのかを常に意識し、問題文の「向き」の指定を注意深く読み取ります。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 問(1)での公式選択（キルヒホッフの法則）:
  • 選定理由: 回路が複雑で、単純な直列・並列の合成だけでは解けないため、最も一般的で確実なキルヒホッフの法則を選択します。
  • 適用根拠: 回路網の任意の点と閉回路において、電荷保存則とエネルギー保存則は常に成立するため。
• 問(2)での公式選択（平衡条件）:
  • 選定理由: 「電流が0になる」という条件は、ブリッジ回路の平衡状態そのものです。キルヒホッフの式から導くこともできますが、平衡条件 \(R_1 R_4 = R_2 R_3\) を知っていれば瞬時に答えが出せます。
  • 適用根拠: (1)の計算結果の分子が \(4R – R_x\) となっており、これが0になる条件と平衡条件が一致することからも正当性が裏付けられます。
• 問(3)でのアプローチ選択（不等式の評価）:
  • 選定理由: 電流の向き（符号）と抵抗値の大小関係を結びつける必要があるため、等式ではなく不等式を用いた評価を行います。
  • 適用根拠: (1)で導出した式 \(I_5 = \frac{4R – R_x}{\dots} I_1\) において、分母と \(I_1\) が正であることから、\(I_5\) の符号は分子の符号のみに依存するという論理に基づきます。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 文字式の次元チェック:
  • 最終的な答え \(I_5 = \frac{4R – R_x}{2R + R_x + 3r} I_1\) において、分母・分子ともに抵抗の次元（\([\Omega]\)）であり、全体として電流の次元（\([\text{A}]\)）が保たれていることを確認します。
• 検算としての特殊ケース:
  • \(R_x = 4R\) を代入すると \(I_5 = 0\) になるか？（平衡条件）
  • \(r = 0\)（理想電流計）の場合や、\(r \to \infty\)（電圧計）の場合に式がどうなるか？
  • これらのチェックを行うことで、計算ミスの大部分は発見できます。
• 図を描いて整理する:
  • キルヒホッフの法則を使う際は、必ず回路図に電流の向き（仮定でOK）と閉回路のループ矢印を書き込みます。視覚的に確認することで符号ミスを防げます。

496 電位差計

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「電位差計（ポテンショメーター）の原理」です。未知の起電力を、既知の標準電池と比較することで精密に測定する方法を学びます。

問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

基本的なアプローチは以下の通りです。

問(1)

思考の道筋とポイント
検流計に電流が流れないということは、電池 \(E_1\) のある回路（下のループ）には電流が流れていないということです。
しかし、上のループ（電池 \(E_0\) と抵抗線ABを含む回路）には電流が流れています。
まず上のループの電流を求め、次に下のループの電圧の関係式を立てます。
この設問における重要なポイント

• 検流計に電流が流れない \(\rightarrow\) 電池 \(E_1\) の内部抵抗による電圧降下は \(0\) である。
• 抵抗線ABは一様なので、長さ \(a\) の部分の抵抗値 \(R_1\) は、全長 \(L\) の抵抗値 \(R\) を用いて \(R_1 = \frac{a}{L}R\) と表せる。
• 点Aを基準（電位0）とすると、点P\(_1\) の電位は \(R_1 I\) であり、これが \(E_1\) と等しくなる。

具体的な解説と立式
まず、上の閉回路（電池 \(E_0\)、内部抵抗 \(r\)、抵抗線AB）について考えます。
抵抗線AB全体の抵抗値は \(R\) です。
この回路を流れる電流を \(I\) とすると、キルヒホッフの第2法則（またはオームの法則）より、
$$ E_0 = (R + r)I $$
よって、電流 \(I\) は
$$ I = \frac{E_0}{R + r} \quad \cdots ① $$
次に、下の閉回路（電池 \(E_1\)、検流計、抵抗線AP\(_1\)）について考えます。
検流計に電流が流れていないので、電池 \(E_1\) の内部抵抗での電圧降下はありません。
したがって、抵抗線AP\(_1\) 間の電圧降下が、そのまま電池の起電力 \(E_1\) と等しくなります。
抵抗線AP\(_1\) の長さは \(a\) なので、その抵抗値 \(R_1\) は、
$$ R_1 = \frac{a}{L}R $$
この部分での電圧降下 \(V_{\text{AP}_1}\) は、
$$ V_{\text{AP}_1} = R_1 I $$
これが \(E_1\) と等しいので、
$$ E_1 = \frac{a}{L}R I $$
この式に①の \(I\) を代入します。

$$
\begin{aligned}
E_1 &= \frac{aR}{L} \times \frac{E_0}{R + r} \\[2.0ex] &= \frac{a R E_0}{L(R + r)}
\end{aligned}
$$

上の回路では、電池 \(E_0\) によって抵抗線ABにずっと電流が流れています。
下の回路をつないで検流計が動かない場所を探すということは、抵抗線上の「ある区間（長さ \(a\)）」の電圧と、下の電池 \(E_1\) の電圧がぴったり同じになる場所を見つけるということです。
まず上の回路の電流を計算し、次に長さ \(a\) の部分の電圧を計算して、それが \(E_1\) だよ、という式を作りました。

\(E_1 = \frac{a R E_0}{L(R + r)}\) です。
長さ \(a\) に比例し、元の電源電圧 \(E_0\) に比例するという結果は、分圧の原理として妥当です。

問(2)

思考の道筋とポイント
(1)と全く同じ状況で、電池が \(E_1\) から \(E_2\) に、長さが \(a\) から \(b\) に変わっただけです。
(1)の式の文字を置き換えるだけで答えが出ます。
この設問における重要なポイント

• 物理現象としては(1)と同じ。
• \(E_1 \to E_2\)、\(a \to b\) の置き換えを行う。

具体的な解説と立式
(1)と同様に、検流計に電流が流れないとき、抵抗線AP\(_2\)（長さ \(b\)）間の電圧降下が、電池の起電力 \(E_2\) と等しくなります。
上の回路を流れる電流 \(I\) は(1)と同じです。
抵抗線AP\(_2\) の抵抗値 \(R_2\) は、
$$ R_2 = \frac{b}{L}R $$
よって、
$$
\begin{aligned}
E_2 &= R_2 I \\[2.0ex] &= \frac{b}{L}R \times \frac{E_0}{R + r}
\end{aligned}
$$

$$ E_2 = \frac{b R E_0}{L(R + r)} $$

電池を変えたら、釣り合う場所が \(a\) から \(b\) に変わりました。
やることは(1)と全く同じで、長さ \(a\) を \(b\) に書き換えるだけです。

\(E_2 = \frac{b R E_0}{L(R + r)}\) です。
長さ \(b\) に比例します。

問(3)

思考の道筋とポイント
(1)と(2)の結果から、共通部分（\(\frac{R E_0}{L(R + r)}\)）を消去して、\(E_1\) と \(E_2\) の関係を導きます。
これが電位差計の最大のメリット（既知の \(E_1\) と長さの比だけで \(E_2\) が求まる）です。
この設問における重要なポイント

• \(E_1 \propto a\)
• \(E_2 \propto b\)
• よって \(E_2 / E_1 = b / a\)

具体的な解説と立式
(1)より、
$$ E_1 = k \cdot a \quad \left( \text{ただし } k = \frac{R E_0}{L(R + r)} \right) $$
(2)より、
$$ E_2 = k \cdot b $$
辺々を割ると、
$$ \frac{E_2}{E_1} = \frac{k \cdot b}{k \cdot a} $$
よって、
$$ \frac{E_2}{E_1} = \frac{b}{a} $$
これを \(E_2\) について解きます。
$$ E_2 = \frac{b}{a} E_1 $$

上記解説に含まれます。

(1)と(2)の式を見比べると、電圧は長さに比例していることがわかります。
つまり、「電圧の比」は「長さの比」と同じになります。
未知の電圧 \(E_2\) は、基準の電圧 \(E_1\) に、長さの倍率 \(\frac{b}{a}\) を掛ければ求まります。

\(E_2 = \frac{b}{a} E_1\) です。
\(E_0\) や \(R\)、\(r\) といった回路の細かいパラメータがすべて消え、長さの比だけで電圧が決まるという、非常に美しい結果です。これにより、精密な測定が可能になります。

問(4)

思考の道筋とポイント
通常の電圧計で電池の電圧を測ると、電圧計に電流が流れるため、電池の内部抵抗で電圧降下が起き、端子電圧は起電力より小さくなってしまいます（\(V = E – rI\)）。
しかし、電位差計では「検流計に電流が流れない状態」で測定します。ここがポイントです。
この設問における重要なポイント

• 電池の端子電圧 \(V\) と起電力 \(E\) の関係は \(V = E – r_{\text{内部}} I\)。
• 測定時、電流 \(I = 0\) である。
• よって \(V = E\) となり、真の起電力が測れる。

具体的な解説と立式
電池に電流 \(I\) が流れているとき、内部抵抗を \(r_{\text{内部}}\) とすると、端子電圧 \(V\) は
$$ V = E – r_{\text{内部}} I $$
となります。
電位差計を用いた測定では、検流計の針が振れない位置、すなわち電池に電流が流れない状態（\(I = 0\)）で釣り合いをとります。
このとき、内部抵抗による電圧降下 \(r_{\text{内部}} I\) は \(0\) となるため、
$$ V = E $$
となり、端子電圧がそのまま起電力に等しくなります。したがって、内部抵抗の影響を受けずに正確な起電力を測定できます。

計算はありません。

普通の電圧計をつなぐと、少しだけ電気が流れてしまいます。電池の中に抵抗（内部抵抗）があると、電気が流れることで電圧が少し下がってしまい、本当のパワー（起電力）より小さい値しか測れません。
でもこの装置は、「電気が流れない状態」を作って測ります。電気が流れなければ、中の抵抗で電圧が下がることもないので、電池の本当のパワーをそのまま測ることができるのです。

「電流が流れないため、内部抵抗による電圧降下が生じないから」というのが核心です。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 電位差計（ポテンショメーター）の測定原理
  • 核心: 未知の起電力を、既知の電圧（抵抗線上の分圧）と「釣り合わせる」ことで測定する手法です。天秤で重さを測るのと似ています。
  • 理解のポイント:
    • 電流ゼロの条件: 検流計に電流が流れないとき、測定対象の電池の端子電圧と、抵抗線の分圧電圧が等しくなっています。
    • 内部抵抗のキャンセル: 電流が流れないため、電池の内部抵抗による電圧降下（\(rI\)）が発生せず、端子電圧がそのまま起電力（\(E\)）に等しくなります。これが最大のメリットです。
• 一様な抵抗線における電圧降下
  • 核心: 抵抗線の抵抗値、およびそこでの電圧降下は、長さに比例します。
  • 理解のポイント:
    • 全長 \(L\) の抵抗 \(R\) に対し、長さ \(x\) の部分の抵抗は \(\frac{x}{L}R\) です。
    • 電流 \(I\) が一定なら、電圧 \(V\) も長さに比例します（\(V \propto x\)）。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン:
  • メートルブリッジ: 抵抗線を使って未知抵抗を測定する装置。原理はホイートストンブリッジと同じですが、「長さの比＝抵抗の比」を使う点は電位差計と共通しています。
  • 熱電対の起電力測定: 微小な起電力を測定する場合も、電流を流さずに測れる電位差計の原理が使われます。
  • 電池の内部抵抗測定: 電位差計の回路にスイッチ付きの抵抗を並列に追加することで、電流が流れている時の端子電圧も測定でき、そこから内部抵抗を算出できます。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 回路を2つに分ける: 「電流を流し続ける主回路（上側）」と「釣り合いを取る測定回路（下側）」を分けて考えます。
  2. 共通の電流を見つける: 主回路の電流 \(I\) は、検流計が釣り合っている時もそうでない時も（近似的に）一定であると考えます（厳密には検流計に電流が流れると \(I\) も変わりますが、釣り合い点では無関係です）。
  3. 基準点（0V）を決める: 抵抗線の端（点A）を電位0とすると、各点の電位が見えやすくなります。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 電池の向きの接続ミス:
  • 誤解: 電池 \(E_0\) と \(E_1\) の向きを逆に接続してしまうと、いつまでたっても釣り合い点が現れません。
  • 対策: 点Aに対して、抵抗線上の電位は正（または負）になります。測定したい電池 \(E_1\) も、同じ極性の端子を点A側に繋がないと、電圧が打ち消し合わず、釣り合いが取れません。「プラス同士、マイナス同士を突き合わせる」イメージを持ちましょう。
• 内部抵抗の扱いの混乱:
  • 誤解: \(E_0\) の内部抵抗 \(r\) は計算に入れるべきか、\(E_1\) の内部抵抗はどうか、と迷ってしまう。
  • 対策:
    • 主回路（\(E_0\)）: 電流が流れているので、内部抵抗 \(r\) による電圧降下を必ず考慮します（\(E_0 = (R+r)I\)）。
    • 測定回路（\(E_1\)）: 釣り合い点では電流ゼロなので、内部抵抗による電圧降下はゼロです。無視して構いません。
• 比例計算のミス:
  • 誤解: \(E_1 : E_2 = b : a\) のように逆比にしてしまう。
  • 対策: 「長いほうが抵抗が大きい \(\to\) 電圧も大きい」という物理的直感を持っていれば、\(E \propto L\) の関係は間違えません。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 問(1)(2)での公式選択（オームの法則と分圧）:
  • 選定理由: 電流と抵抗から電圧を求める基本的な状況です。
  • 適用根拠: 抵抗線が一様であるため、抵抗値が長さに比例するという性質（\(R_x = \frac{x}{L}R\)）をオームの法則 \(V=RI\) に組み込むことで、\(V \propto x\) という関係式が導かれます。
• 問(3)でのアプローチ選択（比の計算）:
  • 選定理由: 共通の定数（\(I\) や \(R/L\) など）を消去して、変数間のシンプルな関係を導くためです。
  • 適用根拠: 物理実験において「比較測定」は定石です。絶対値を求めるよりも、既知の量との比を求める方が精度が高く、計算も楽になります。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 文字式のまま計算する:
  • 具体的な数値を入れる前に、\(E_1 = k \cdot a\) のように定数部分をまとめて文字（\(k\)）で置くと、構造が見やすくなり、(3)のような比の計算でバッサリ消去できることに気づきやすくなります。
• 単位の確認:
  • 最終的な答え \(E_2 = \frac{b}{a} E_1\) において、\(b/a\) は長さ÷長さで無次元、右辺全体は電圧の次元になり、左辺と一致しています。これがもし \(E_2 = \frac{b}{a^2} E_1\) なら次元がおかしいと気づけます。
• グラフを描く（別解の活用）:
  • 計算に詰まったら、別解のように「電位のグラフ」をラフに描いてみます。三角形の相似形が見えれば、比の式を立てるのは一瞬です。検算としても非常に有効です。

497 非直線抵抗

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「非直線抵抗（電球）を含む回路の解析」です。オームの法則（\(V=RI\)）に従わない素子を含む回路では、数式だけで解くことが難しいため、グラフを用いた解法が必須となります。

問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

基本的なアプローチは以下の通りです。

問

思考の道筋とポイント
電球AとBは直列につながれているので、流れる電流は共通です。これを \(I\) とします。
また、電源電圧が \(60\,\text{V}\) なので、電球Aにかかる電圧 \(V_A\) と電球Bにかかる電圧 \(V_B\) の和は \(60\,\text{V}\) です。
グラフ上で、ある電流値 \(I\) を横に引いたとき、グラフAとの交点の電圧 \(V_A\) と、グラフBとの交点の電圧 \(V_B\) を足して \(60\,\text{V}\) になるような \(I\) を探します。
この設問における重要なポイント

• 直列接続 \(\rightarrow\) 電流 \(I\) が共通。
• キルヒホッフの法則 \(\rightarrow\) \(V_A + V_B = 60\)。
• グラフの合成: 同じ電流値に対する電圧を足し合わせる（横軸方向に足す）。

具体的な解説と立式
回路を流れる電流を \(I\) とします。
電球A、Bにかかる電圧をそれぞれ \(V_A, V_B\) とすると、直列接続なので、
$$ V_A + V_B = 60 \quad \cdots ① $$
また、グラフより、電流 \(I\) が決まれば \(V_A\) と \(V_B\) が決まります。
模範解答のアプローチに従い、合成曲線を考えます。
ある電流 \(I\) において、回路全体にかかる電圧 \(V\) は \(V_A + V_B\) です。
グラフ上でいくつかの電流値を選び、そのときの \(V_A\) と \(V_B\) を読み取って足し合わせ、新しいグラフ（\(I\) vs \(V_A+V_B\)）を描きます。

• \(I = 0.20\,\text{A}\) のとき:
  グラフより \(V_A \approx 12\,\text{V}\), \(V_B \approx 20\,\text{V}\)。
  合計 \(V \approx 32\,\text{V}\)。
• \(I = 0.30\,\text{A}\) のとき:
  グラフより \(V_A = 20\,\text{V}\), \(V_B = 40\,\text{V}\)。
  合計 \(V = 60\,\text{V}\)。
• \(I = 0.40\,\text{A}\) のとき:
  グラフより \(V_A \approx 32\,\text{V}\), \(V_B \approx 75\,\text{V}\)。
  合計 \(V \approx 107\,\text{V}\)。

このようにして描いた合成曲線において、電圧が \(60\,\text{V}\) となる点の電流値を読み取ります。

上記のように読み取った結果、\(I = 0.30\,\text{A}\) のときに \(V_A + V_B = 20 + 40 = 60\,\text{V}\) となり、条件を満たします。

2つの電球が直列につながっているので、同じ電流が流れます。
「もし \(0.2\,\text{A}\) 流れたら？」と考えてグラフを見ると、Aは \(12\,\text{V}\)、Bは \(20\,\text{V}\) 必要です。合計 \(32\,\text{V}\) なので、電池の \(60\,\text{V}\) には足りません。もっと電流が流れるはずです。
「じゃあ \(0.3\,\text{A}\) 流れたら？」と見ると、Aは \(20\,\text{V}\)、Bは \(40\,\text{V}\) 必要です。合計 \(60\,\text{V}\) で、電池の電圧とぴったり合います。
だから、流れる電流は \(0.30\,\text{A}\) です。

電流は \(0.30\,\text{A}\) です。
グラフの読み取り値 \(V_A=20, V_B=40\) の和が正確に \(60\) になることから、この値で間違いありません。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 非線形素子を含む回路の解析手法
  • 核心: オームの法則（\(V=RI\)）が成立しない素子（電球、ダイオードなど）を含む回路では、数式による解析が困難であるため、グラフ（特性曲線）を用いた図解法が必須となります。
  • 理解のポイント:
    • キルヒホッフの法則は常に成立: 素子が何であれ、回路の接続関係（直列なら電流共通、並列なら電圧共通）とエネルギー保存（電圧降下の和＝起電力）は変わりません。
    • 数式とグラフの連動: 「\(V_A + V_B = E\)」という数式を、「グラフ上で電圧を足し合わせる」または「交点を求める」という幾何学的な操作に翻訳する力が問われます。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン:
  • 並列接続の場合: 電圧 \(V\) が共通なので、電流 \(I_A + I_B = I_{\text{全}}\) となります。この場合、グラフの合成は「同じ電圧に対する電流値を足し合わせる（縦軸方向に足す）」操作になります。
  • 抵抗と非線形素子の直列接続: 一方がオームの法則に従う抵抗 \(R\) の場合、負荷直線は \(V = E – RI\) という直線になります。これは本問の別解（負荷曲線）の特殊ケースであり、最も頻出のパターンです。
  • ダイオードを含む回路: ダイオードも非線形素子の一種です。理想ダイオードならスイッチとして扱えますが、特性曲線が与えられた場合は本問と同様に負荷直線を用いて解きます。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 接続を確認する: 直列なら「電流共通」、並列なら「電圧共通」をキーワードにします。
  2. 保存則を式にする: キルヒホッフの法則を用いて、素子の電圧・電流が満たすべき関係式（例: \(V_A + V_B = E\)）を立てます。
  3. グラフ操作を選択する:
     • 素子が2つとも非線形 \(\rightarrow\) 合成曲線を描く（本問のメイン解法）。
     • 一方が線形（抵抗）または電源 \(\rightarrow\) 負荷直線を描く（本問の別解）。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• グラフの読み取りミス:
  • 誤解: 目盛りの数値を読み間違えたり、曲線の交点をずれて読んでしまう。
  • 対策: 定規を使って正確に読み取ります。また、読み取った値（例: \(V_A=20, V_B=40\)）を足して電源電圧（\(60\)）になるか必ず検算します。
• 直列と並列の混同:
  • 誤解: 直列なのに電流を足してしまったり、並列なのに電圧を足してしまったりする。
  • 対策: 「直列は一本道だから電流が同じ」「並列は高さが同じだから電圧が同じ」という基本イメージを常に持ち、グラフ操作（横に足すか縦に足すか）と結びつけます。
• オームの法則の誤適用:
  • 誤解: 電球の抵抗値を勝手に一定（\(R = V/I\)）と仮定して計算してしまう。
  • 対策: 「非直線抵抗」「電球」という言葉を見たら、「\(R\) は一定ではない」「オームの法則は使えない（\(V=RI\) の \(R\) が変数になる）」と肝に銘じます。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• メイン解法（合成曲線）の選択理由:
  • 選定理由: 2つの素子が共に非線形であり、かつ直列接続されているため、個別の特性曲線を足し合わせて「回路全体の特性曲線」を作るのが最も素直なアプローチです。
  • 適用根拠: 直列回路では電流 \(I\) が共通変数となるため、任意の \(I\) に対して \(V_{\text{全}} = V_A(I) + V_B(I)\) が成立します。これをグラフ上で実行することで、未知数 \(I\) を決定できます。
• 別解（負荷直線）の選択理由:
  • 選定理由: 一方の素子（電球A）に注目し、残りの回路（電源＋電球B）を「外部環境」として扱うことで、動作点を視覚的に特定できます。
  • 適用根拠: \(V_A = E – V_B(I)\) という式は、電球Aにとっての「供給可能な電圧」を表しています。これと電球Aの「必要とする電圧（特性曲線）」が一致する点が、唯一の解となります。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• グラフへの書き込み:
  • 頭の中だけで考えず、必ず問題用紙のグラフに補助線（合成曲線や負荷直線）を書き込みます。
• 代表点のプロット:
  • 合成曲線を描く際は、適当に線を引くのではなく、\(I=0.2, 0.3, 0.4\) などのキリの良い点で値を読み取り、プロットしてから滑らかにつなぎます。
• 逆算によるチェック:
  • 答えが \(0.30\,\text{A}\) と出たら、グラフから \(0.30\,\text{A}\) のときの \(V_A\) と \(V_B\) を読み取り、その和が電源電圧と一致するか確認します。これが最強の検算です。

498 コンデンサーを含む回路

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「コンデンサーを含む直流回路の過渡現象」です。スイッチを入れた直後と、十分に時間が経過した後で、コンデンサーが回路内でどのように振る舞うかを理解することが重要です。

問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

基本的なアプローチは以下の通りです。

問(1)

思考の道筋とポイント
スイッチSを閉じた直後、コンデンサーにはまだ電荷が蓄えられていません。\(Q=CV\) において \(Q=0\) ならば \(V=0\) です。つまり、コンデンサーの両端（c点とd点）の電位差はなく、等電位となります。これは、c点とd点が導線でつながれている（短絡している）のと同じ状態です。
この設問における重要なポイント

• スイッチ直後、電荷のないコンデンサーは導線とみなす。
• 回路は、「\(R_1\) と \(R_2\) の並列回路」と「\(R_4\) と \(R_3\) の並列回路」が直列につながった形になる。
• 左側の並列部分と右側の並列部分の合成抵抗をそれぞれ計算し、電圧の配分を考える。

具体的な解説と立式
まず、左側の並列部分（\(R_1\) と \(R_2\)）の合成抵抗 \(r_{\text{左}}\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{r_{\text{左}}} &= \frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2} \\[2.0ex] &= \frac{1}{r} + \frac{1}{2r}
\end{aligned}
$$
次に、右側の並列部分（\(R_4\) と \(R_3\)）の合成抵抗 \(r_{\text{右}}\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{r_{\text{右}}} &= \frac{1}{R_4} + \frac{1}{R_3} \\[2.0ex] &= \frac{1}{2r} + \frac{1}{r}
\end{aligned}
$$
ここで、回路全体にかかる電圧 \(V\) が、この2つのブロックにどのように分配されるかを考えます。直列回路では、電圧は抵抗値に比例して分配されます。\(R_1\) にかかる電圧を \(V_1\) とすると、
$$
\begin{aligned}
V_1 &= V \times \frac{r_{\text{左}}}{r_{\text{左}} + r_{\text{右}}}
\end{aligned}
$$
最後に、\(R_1\) を流れる電流 \(I_1\) をオームの法則で求めます。
$$
\begin{aligned}
I_1 &= \frac{V_1}{R_1}
\end{aligned}
$$

まず、\(r_{\text{左}}\) と \(r_{\text{右}}\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{r_{\text{左}}} &= \frac{2+1}{2r} \\[2.0ex] &= \frac{3}{2r}
\end{aligned}
$$
したがって、
$$
\begin{aligned}
r_{\text{左}} &= \frac{2r}{3}
\end{aligned}
$$
同様に、
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{r_{\text{右}}} &= \frac{1+2}{2r} \\[2.0ex] &= \frac{3}{2r}
\end{aligned}
$$
したがって、
$$
\begin{aligned}
r_{\text{右}} &= \frac{2r}{3}
\end{aligned}
$$
\(r_{\text{左}} = r_{\text{右}}\) なので、2つのブロックの抵抗値は等しいことがわかります。したがって、電源電圧 \(V\) は等しく2分割されます。
$$
\begin{aligned}
V_1 &= V \times \frac{\frac{2r}{3}}{\frac{2r}{3} + \frac{2r}{3}} \\[2.0ex] &= V \times \frac{1}{2} \\[2.0ex] &= \frac{V}{2}
\end{aligned}
$$
よって、\(R_1\) を流れる電流 \(I_1\) は、
$$
\begin{aligned}
I_1 &= \frac{V_1}{R_1} \\[2.0ex] &= \frac{\frac{V}{2}}{r} \\[2.0ex] &= \frac{V}{2r}
\end{aligned}
$$

スイッチを入れた瞬間、空っぽのコンデンサーは電気を素通しするトンネルのような役割を果たします。そのため、回路図の真ん中の橋渡し部分がつながってしまい、左側の2つの抵抗が並列、右側の2つの抵抗も並列という形に変身します。計算してみると、左側のカタマリと右側のカタマリは偶然にも同じ抵抗値（通りにくさ）を持っています。そのため、電池のパワー（電圧）は半分ずつ仲良く分け合います。\(R_1\) には電池の半分の電圧がかかるので、あとはオームの法則で電流を計算するだけです。

答えは \(\displaystyle\frac{V}{2r}\) です。単位を確認すると \([\text{V}/\Omega] = [\text{A}]\) であり、電流の次元として正しいです。また、もし \(R_2\) がなければ電流は \(V/(r+2r) = V/3r\) となりますが、並列回路によって全体の抵抗が下がり、より大きな電流が流れていることとも整合します。

問(2)

思考の道筋とポイント
十分に時間が経過すると、コンデンサーは充電が完了し、それ以上電荷が流れ込まなくなります。つまり、コンデンサーがある枝には電流が流れません（断線状態）。このとき、回路は「\(R_1\) と \(R_4\) の直列」と「\(R_2\) と \(R_3\) の直列」が並列につながった単純な形になります。
この設問における重要なポイント

• 定常状態ではコンデンサーのある枝は断線とみなす。
• 上側の経路（\(R_1 \to R_4\)）と下側の経路（\(R_2 \to R_3\)）は独立して電流が流れる。
• コンデンサーの電気量 \(Q\) を求めるには、両端の電位差 \(|V_c – V_d|\) が必要。
• 電池の負極側（b点）を電位の基準（\(0\,\text{V}\)）とし、正極側（a点）を \(V\) として各点の電位を計算する。

具体的な解説と立式
【電流について】
上側の経路の合成抵抗 \(R_{\text{上}}\) は、
$$
\begin{aligned}
R_{\text{上}} &= R_1 + R_4
\end{aligned}
$$
この経路には電池の電圧 \(V\) がそのままかかるので、\(R_1\) を流れる電流 \(I_1’\) は、
$$
\begin{aligned}
I_1′ &= \frac{V}{R_{\text{上}}}
\end{aligned}
$$
【電気量について】
b点の電位を \(0\) とします。
c点の電位 \(V_c\) は、上側の経路における分圧で決まります。
$$
\begin{aligned}
V_c &= V \times \frac{R_4}{R_1 + R_4}
\end{aligned}
$$
d点の電位 \(V_d\) は、下側の経路における分圧で決まります。
$$
\begin{aligned}
V_d &= V \times \frac{R_3}{R_2 + R_3}
\end{aligned}
$$
コンデンサーにかかる電圧の大きさ \(V_{cd}\) は \(|V_c – V_d|\) なので、蓄えられる電気量 \(Q\) は、
$$
\begin{aligned}
Q &= C |V_c – V_d|
\end{aligned}
$$

【電流の計算】
$$
\begin{aligned}
R_{\text{上}} &= r + 2r \\[2.0ex] &= 3r
\end{aligned}
$$
したがって、
$$
\begin{aligned}
I_1′ &= \frac{V}{3r}
\end{aligned}
$$
【電気量の計算】
まず、\(V_c\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
V_c &= V \times \frac{2r}{r + 2r} \\[2.0ex] &= \frac{2}{3}V
\end{aligned}
$$
次に、\(V_d\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
V_d &= V \times \frac{r}{2r + r} \\[2.0ex] &= \frac{1}{3}V
\end{aligned}
$$
電位差を求めます。
$$
\begin{aligned}
V_c – V_d &= \frac{2}{3}V – \frac{1}{3}V \\[2.0ex] &= \frac{1}{3}V
\end{aligned}
$$
よって、電気量 \(Q\) は、
$$
\begin{aligned}
Q &= C \times \frac{V}{3} \\[2.0ex] &= \frac{CV}{3}
\end{aligned}
$$

時間が経つとコンデンサーは満タンになり、道が途切れた行き止まりのようになります。すると電流は、上の道（\(R_1 \to R_4\)）と下の道（\(R_2 \to R_3\)）をそれぞれスムーズに流れるようになります。
\(R_1\) を流れる電流は、上の道の合計抵抗で電圧を割れば求まります。
コンデンサーにたまる電気を知るには、コンデンサーがつながっている2点（cとd）の「高さ（電位）」の差を調べる必要があります。それぞれの道で、抵抗の比率に応じて電圧（高さ）が下がっていく様子を計算し、その差を求めます。

電流は \(\displaystyle\frac{V}{3r}\)、電気量は \(\displaystyle\frac{CV}{3}\) です。
電流について、(1)の直後の電流 \(\displaystyle\frac{V}{2r}\) と比べると、\(\displaystyle\frac{V}{3r}\) の方が小さくなっています。これは、コンデンサーという「近道」がなくなったため、電流が流れにくくなったことを意味し、物理的に妥当です。

問(3)

思考の道筋とポイント
「コンデンサーに電荷がたくわえられなかった」ということは、\(Q=0\) すなわちコンデンサーの両端の電位差が \(0\) であることを意味します。これは、c点の電位とd点の電位が等しい状態（\(V_c = V_d\)）であり、いわゆる「ホイートストンブリッジの平衡状態」です。
この設問における重要なポイント

• 電荷なし \(\iff\) 電位差なし \(\iff\) ホイートストンブリッジが平衡している。
• 平衡条件の式 \(R_1 R_5 = R_2 R_4\) （向かい合う抵抗の積が等しい）を利用する。

具体的な解説と立式
ホイートストンブリッジの平衡条件より、以下の関係が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
R_1 \times R_5 &= R_2 \times R_4
\end{aligned}
$$
ここで、\(R_3\) が \(R_5\) に置き換わっていることに注意してください。

与えられた抵抗値を代入します。
$$
\begin{aligned}
r \times R_5 &= 2r \times 2r \\[2.0ex] r R_5 &= 4r^2
\end{aligned}
$$
両辺を \(r\) で割って、
$$
\begin{aligned}
R_5 &= 4r
\end{aligned}
$$

コンデンサーに電気がたまらないというのは、コンデンサーの両側の電気的な高さ（電位）がぴったり同じになっているということです。これは、上側の抵抗の比率と下側の抵抗の比率が完全に一致したときに起こる特別な現象で、「ホイートストンブリッジのバランスが取れている」といいます。このとき、斜め向かいにある抵抗同士を掛け算した値が等しくなるというルールがあります。

答えは \(4r\) です。
比率で見ると、上側の道は \(R_1:R_4 = r:2r = 1:2\) です。
下側の道も同じ比率 \(R_2:R_5 = 2r:R_5\) になるはずなので、\(2r:R_5 = 1:2\) より \(R_5 = 4r\) となり、直感的にも正しいことがわかります。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• コンデンサーの過渡的振る舞いの理解
  • 核心: コンデンサーを含む回路において、時間経過（スイッチ操作直後と十分時間が経過した後）によってコンデンサーの役割が劇的に変化することを理解しているかが問われます。
  • 理解のポイント:
    • スイッチ直後（\(t=0\)）: 電荷 \(Q=0\) なので電位差 \(V=0\) です。これは電気抵抗が \(0\) の導線（短絡状態）と同じ振る舞いをします。
    • 定常状態（\(t=\infty\)）: 充電が完了し、それ以上電荷が移動しません。電流が流れないため、断線（開放状態）と同じ振る舞いをします。
• 電位による回路解析（電位法）
  • 核心: 回路中の任意の2点間の電圧（電位差）を求めるために、基準点（アース）を設定し、各点の「高さ（電位）」を計算する手法です。
  • 理解のポイント:
    • 基準点の設定: 電池の負極などを \(0\,\text{V}\) と置くことで、計算の見通しが良くなります。
    • 分圧の法則の活用: 直列回路では、抵抗値の比に応じて電圧が分配されることを利用し、電流を求めずに直接電位を計算するスキルが重要です。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン:
  • コンデンサーと抵抗の複雑な回路: 立方体回路やはしご型回路など、一見複雑な回路でも、「等電位点を見つけて接続する（あるいは切り離す）」テクニックや、「対称性を利用して電位を決定する」アプローチは共通です。
  • ダイオードを含む回路: ダイオードは「アノードの電位 \(>\) カソードの電位」のときのみ導通します。この判断にも、各点の電位を計算するアプローチ（電位法）が極めて有効です。
  • 過渡現象の途中経過: スイッチを入れてから充電が完了するまでの電流の時間変化を問う問題（\(I-t\) グラフの選択など）でも、初期状態（最大電流）と最終状態（電流ゼロ）を正しく把握することが解法の出発点となります。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 状態の変化を見極める: 問題文にある「スイッチを入れた直後」や「十分に時間が経過した後」というキーワードを見逃さず、コンデンサーを「導線」または「断線」に置き換えます。
  2. 等価回路を描く: 頭の中だけで処理せず、コンデンサーを導線や×印（断線）に書き換えた簡略図を必ず余白に描きます。これにより、直列・並列の関係が一目でわかるようになります。
  3. 電位の基準を決める: 回路図の分岐点（ノード）に記号（a, b, c…）を振り、基準点に対する各点の電位を数式で表す準備をします。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• スイッチ直後と定常状態の混同:
  • 誤解: 「コンデンサーは直流を通さない」という性質を過剰に適用し、スイッチ直後でも電流が流れない（断線している）と考えてしまう。
  • 対策: 「電荷が空っぽ \(\rightarrow\) 電圧ゼロ \(\rightarrow\) 抵抗ゼロ（導線）」という論理ステップを確実に踏みましょう。逆に、満タンになれば「電圧が電池と釣り合う \(\rightarrow\) 電流ストップ（断線）」です。
• ホイートストンブリッジの公式の適用ミス:
  • 誤解: 抵抗の配置を視覚的に「左上 \(\times\) 右下 \(=\) 右上 \(\times\) 左下」と位置だけで覚えていると、回路図が変形されたり抵抗の記号が変わったりしたときに間違える。
  • 対策: 公式を丸暗記するのではなく、「検流計（真ん中の素子）の両端の電位が等しくなる条件」として理解しましょう。電位が等しければ電流は流れず、電荷もたまりません。
• 合成抵抗の計算ミス:
  • 誤解: (1)のような回路で、真ん中の線がつながった瞬間に、どの抵抗とどの抵抗が並列になるのかを見誤る。
  • 対策: 電流の流れるルートを指でなぞり、「ここで道が分かれて、ここで合流する」という分岐・合流ポイントを確認しながら等価回路を描き直す習慣をつけましょう。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• (1)での公式選択（合成抵抗とオームの法則）:
  • 選定理由: コンデンサーが導線となった回路は純粋な抵抗回路であり、電源から流れる電流や各部の電流を知るには、回路全体の合成抵抗を計算するのが最も定石だからです。
  • 適用根拠: 並列・直列の構造が明確（並列回路の直列接続）なので、キルヒホッフの法則で連立方程式を立てるよりも、合成抵抗を求めてからオームの法則を使う方が計算量が少なく、ミスも減らせます。
• (2)での公式選択（分圧の法則）:
  • 選定理由: 直列回路において、各抵抗にかかる電圧は抵抗値に比例するという性質を利用すると、電流を計算するステップを省略して、直接各点の電位を求められるため、計算が速いからです。
  • 適用根拠: 電流 \(I\) を求めてから \(V=RI\) で電圧降下を計算しても良いですが、\(V_{\text{出力}} = V_{\text{入力}} \times \displaystyle\frac{R}{R_{\text{全}}}\) の形を一発で書く方が効率的であり、検算もしやすくなります。
• (3)での公式選択（ホイートストンブリッジの平衡条件）:
  • 選定理由: 「コンデンサーに電荷がたまらない」という現象は、物理的には「電位差がない」ことを意味し、これはホイートストンブリッジの平衡状態そのものだからです。
  • 適用根拠: 電位計算から導くことも可能（別解参照）ですが、この条件式を知っていれば瞬時に答えにたどり着けるため、試験テクニックとして非常に有効です。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 等価回路を必ず描く:
  • 頭の中だけで「ここは並列、ここは直列」と考えていると、特に(1)のような「並列回路同士の直列接続」という構造を見誤りやすいです。面倒でも簡略化した図を描くことで、視覚的に構造を把握でき、立式ミスを防げます。
• 文字式の次元確認（ディメンションチェック）:
  • 計算結果が出たら、単位（次元）が合っているか確認します。例えば(1)の答えが \(\displaystyle\frac{V}{2r}\) なら、単位は \([\text{V}/\Omega] = [\text{A}]\) で電流の次元になっています。もし \(\displaystyle\frac{V}{r^2}\) のようになっていたら、次元が合わないため計算間違いであると即座に気づけます。
• 対称性の確認による検算:
  • (1)の計算過程で、左側の合成抵抗 \(r_{\text{左}}\) と右側の合成抵抗 \(r_{\text{右}}\) がたまたま同じ値になりました。このように回路に対称性がある場合、「電圧は等分されるはずだ」「電流もきれいに分かれるはずだ」という直感と計算結果が一致するかを確認することで、ミスの発見につながります。

499 コンデンサーを含む回路

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「コンデンサーを含む回路の過渡現象と定常状態」です。スイッチの開閉操作によって回路の接続状態が変化し、それに伴いコンデンサーの電荷がどのように移動・保存されるかを追跡する能力が問われます。

問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

基本的なアプローチは以下の通りです。

問(1)

思考の道筋とポイント
スイッチ \(S_1\) を閉じた直後、コンデンサー \(C_1, C_2\) にはまだ電荷がありません。\(Q=CV\) より \(Q=0\) ならば \(V=0\) なので、コンデンサーの両端の電位差はゼロです。つまり、コンデンサー部分は抵抗ゼロの導線（バイパス）として機能します。電流は抵抗のある \(R_2, R_3\) 側を通らず、抵抗のないコンデンサー側を全て流れます。
この設問における重要なポイント

• スイッチ直後、電荷のないコンデンサーは導線（短絡）とみなす。
• 電流は抵抗の小さい方へ流れる性質があり、抵抗 \(0\) の経路があればそちらに全電流が流れる（ショート）。
• 回路全体の実質的な抵抗は \(R_1\) のみとなる。

具体的な解説と立式
スイッチ \(S_1\) を閉じた直後、\(C_1\) と \(C_2\) は導線とみなせます。
電流は、電源 \(E \rightarrow R_1 \rightarrow (\text{コンデンサー側の経路}) \rightarrow E\) と流れます。
\(R_2\) と \(R_3\) の経路は、並列にあるコンデンサー側の経路（抵抗 \(0\)）によって短絡されるため、電流は流れません。
したがって、回路全体の合成抵抗 \(R_{\text{全}}\) は \(R_1\) の値そのものになります。
オームの法則より、流れる電流 \(I\) は、
$$
\begin{aligned}
I &= \frac{E}{R_1}
\end{aligned}
$$

与えられた数値を代入します。
\(E = 3.0\,\text{V}\), \(R_1 = 10\,\Omega\) なので、
$$
\begin{aligned}
I &= \frac{3.0}{10} \\[2.0ex] &= 0.30\,\text{A}
\end{aligned}
$$

スイッチを入れた瞬間、空っぽのコンデンサーは電気を抵抗なく通すトンネルになります。電気は楽な道（抵抗が小さい道）を選んで流れる性質があるので、わざわざ通りにくい抵抗 \(R_2\) や \(R_3\) のある道を通らず、抵抗ゼロのコンデンサーの道を全速力で駆け抜けます。結局、電気の流れを邪魔するのは最初の抵抗 \(R_1\) だけになるので、\(3.0\,\text{V}\) の電圧を \(10\,\Omega\) で割って電流を計算します。

答えは \(0.30\,\text{A}\) です。単位も正しく、妥当な値です。

問(2)

思考の道筋とポイント
十分に時間が経過すると、コンデンサーは充電が完了し、電流を通さなくなります（断線状態）。
まず、抵抗 \(R_1, R_2, R_3\) の直列回路として電流と各部の電圧を計算します。
次に、コンデンサー \(C_1, C_2\) の直列回路が、抵抗 \(R_2, R_3\) の直列部分と並列につながっていると見なします。
\(C_1, C_2\) 全体にかかる電圧は、\(R_2, R_3\) 全体にかかる電圧と等しくなります。
この電圧が、\(C_1\) と \(C_2\) の容量の逆比に応じて分配されます。
この設問における重要なポイント

• 定常状態ではコンデンサー枝は断線とみなす。
• 電流は \(E \rightarrow R_1 \rightarrow R_2 \rightarrow R_3 \rightarrow E\) の経路のみを流れる。
• \(R_2\) の両端電圧（イ）はオームの法則で求まる。
• \(C_2\) の両端電圧（ウ）は、\(C_1, C_2\) 直列回路への分圧計算で求まる。
• 極板Aの電荷（エ）は \(Q=CV\) で求まる。
• 静電エネルギー（オ）は \(U=\frac{1}{2}CV^2\) で求まる。

具体的な解説と立式
【(イ) \(R_2\) の両端の電位差】
回路を流れる電流 \(I_2\) は、全体の合成抵抗が \(R_1+R_2+R_3\) なので、
$$
\begin{aligned}
I_2 &= \frac{E}{R_1 + R_2 + R_3}
\end{aligned}
$$
\(R_2\) の両端の電位差 \(V_{R2}\) は、
$$
\begin{aligned}
V_{R2} &= R_2 I_2
\end{aligned}
$$
【(ウ) \(C_2\) の両端の電位差】
\(C_1\) と \(C_2\) の直列部分全体にかかる電圧 \(V_{\text{全}}\) は、\(R_2\) と \(R_3\) の両端の電圧の和に等しいので、
$$
\begin{aligned}
V_{\text{全}} &= (R_2 + R_3) I_2
\end{aligned}
$$
直列接続されたコンデンサーにかかる電圧は、電気容量の逆比に分配されます。\(C_2\) にかかる電圧 \(V_{C2}\) は、
$$
\begin{aligned}
V_{C2} &= V_{\text{全}} \times \frac{\frac{1}{C_2}}{\frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2}}
\end{aligned}
$$
これを整理すると、
$$
\begin{aligned}
V_{C2} &= V_{\text{全}} \times \frac{C_1}{C_1 + C_2}
\end{aligned}
$$
【(エ) 極板Aの電荷】
極板Aは \(C_2\) の上側の極板であり、電位が高い側（プラス側）につながっています。
$$
\begin{aligned}
Q_A &= C_2 V_{C2}
\end{aligned}
$$
【(オ) 静電エネルギー】
$$
\begin{aligned}
U &= \frac{1}{2} C_2 V_{C2}^2
\end{aligned}
$$

【(イ)の計算】
$$
\begin{aligned}
I_2 &= \frac{3.0}{10 + 20 + 30} \\[2.0ex] &= \frac{3.0}{60} \\[2.0ex] &= 0.050\,\text{A}
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
V_{R2} &= 20 \times 0.050 \\[2.0ex] &= 1.0\,\text{V}
\end{aligned}
$$
【(ウ)の計算】
$$
\begin{aligned}
V_{\text{全}} &= (20 + 30) \times 0.050 \\[2.0ex] &= 50 \times 0.050 \\[2.0ex] &= 2.5\,\text{V}
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
V_{C2} &= 2.5 \times \frac{1.0}{1.0 + 4.0} \\[2.0ex] &= 2.5 \times \frac{1}{5} \\[2.0ex] &= 0.50\,\text{V}
\end{aligned}
$$
（※容量の単位 \(\mu\text{F}\) は比をとるため約分されて消えます）
【(エ)の計算】
$$
\begin{aligned}
Q_A &= 4.0 \times 10^{-6} \times 0.50 \\[2.0ex] &= 2.0 \times 10^{-6}\,\text{C}
\end{aligned}
$$
【(オ)の計算】
$$
\begin{aligned}
U &= \frac{1}{2} \times (4.0 \times 10^{-6}) \times (0.50)^2 \\[2.0ex] &= 2.0 \times 10^{-6} \times 0.25 \\[2.0ex] &= 0.50 \times 10^{-6} \\[2.0ex] &= 5.0 \times 10^{-7}\,\text{J}
\end{aligned}
$$

時間が経つとコンデンサーは電気で満タンになり、電流を通さなくなります。電流は抵抗 \(R_1, R_2, R_3\) だけを通って流れます。
まず、この抵抗回路の計算をして、\(R_2\) と \(R_3\) の部分に合計で何ボルトかかっているかを求めます（\(2.5\,\text{V}\)）。
この \(2.5\,\text{V}\) が、隣にあるコンデンサー \(C_1\) と \(C_2\) のセットにもかかります。
コンデンサーが直列に並んでいるとき、容量が小さい方により大きな電圧がかかる（電圧は容量の逆比になる）というルールがあります。\(C_1(1.0\mu\text{F})\) と \(C_2(4.0\mu\text{F})\) なので、電圧は \(4:1\) に分けられます。\(C_2\) は容量が大きいので、電圧は小さい方の \(1/5\) だけもらいます。

(イ) \(1.0\), (ウ) \(0.50\), (エ) \(2.0 \times 10^{-6}\), (オ) \(5.0 \times 10^{-7}\)。
電圧の配分 \(V_{C1}:V_{C2} = 2.0:0.50 = 4:1\) は、容量比 \(1:4\) の逆比になっており正しいです。

問(3)

思考の道筋とポイント
スイッチ \(S_2\) を閉じると、回路の接続が変わります。
\(C_1\) は \(R_2\) と並列になり、\(C_2\) は \(R_3\) と並列になります。
十分に時間が経過した定常状態では、コンデンサーには電流が流れません。
したがって、抵抗側の電流分布は(2)のとき（\(S_2\) が開いているとき）と変わりません。
しかし、コンデンサーにかかる電圧は変化します。並列接続の性質より、\(C_1\) の電圧は \(R_2\) の電圧と等しくなり、\(C_2\) の電圧は \(R_3\) の電圧と等しくなります。
この設問における重要なポイント

• \(S_2\) を閉じても、定常状態の電流経路（\(R_1 \to R_2 \to R_3\)）と電流値 \(I_2\) は変わらない。
• \(C_1\) と \(R_2\) が並列 \(\rightarrow\) \(V_{C1} = V_{R2}\)
• \(C_2\) と \(R_3\) が並列 \(\rightarrow\) \(V_{C2} = V_{R3}\)
• 極板A（\(C_2\) の上側）は、\(R_2\) と \(R_3\) の間の電位（高い方）につながっているため、正の電荷を持つ。

具体的な解説と立式
【(カ) \(R_2\) の両端の電位差】
電流 \(I_2\) は(2)と同じ \(0.050\,\text{A}\) です。
$$
\begin{aligned}
V_{R2} &= R_2 I_2
\end{aligned}
$$
【(キ) \(C_2\) の両端の電位差】
\(C_2\) は \(R_3\) と並列に接続されています。
よって、\(C_2\) の電圧 \(V_{C2}’\) は \(R_3\) の電圧 \(V_{R3}\) と等しくなります。
$$
\begin{aligned}
V_{C2}’ &= V_{R3}
\end{aligned}
$$
オームの法則より、
$$
\begin{aligned}
V_{C2}’ &= R_3 I_2
\end{aligned}
$$
【(ク) 極板Aの電荷】
極板Aの電荷 \(Q_A’\) は、新しい電圧 \(V_{C2}’\) を用いて、
$$
\begin{aligned}
Q_A’ &= C_2 V_{C2}’
\end{aligned}
$$

【(カ)の計算】
(2)と同様に、
$$
\begin{aligned}
V_{R2} &= 20 \times 0.050 \\[2.0ex] &= 1.0\,\text{V}
\end{aligned}
$$
【(キ)の計算】
$$
\begin{aligned}
V_{C2}’ &= 30 \times 0.050 \\[2.0ex] &= 1.5\,\text{V}
\end{aligned}
$$
【(ク)の計算】
$$
\begin{aligned}
Q_A’ &= 4.0 \times 10^{-6} \times 1.5 \\[2.0ex] &= 6.0 \times 10^{-6}\,\text{C}
\end{aligned}
$$

真ん中のスイッチ \(S_2\) を閉じると、コンデンサーの相棒が変わります。\(C_1\) は \(R_2\) と、\(C_2\) は \(R_3\) とそれぞれペア（並列）になります。
並列ペアは電圧（高さ）が同じになるので、\(C_2\) の電圧は \(R_3\) の電圧と同じになります。
抵抗に流れる電流はさっきと変わらないので、\(R_3\) の電圧を計算すれば、それがそのまま \(C_2\) の電圧になります。

(カ) \(1.0\), (キ) \(1.5\), (ク) \(6.0 \times 10^{-6}\)。
(2)の状態では \(V_{C2}=0.50\,\text{V}\) でしたが、(3)では \(1.5\,\text{V}\) に増えました。これは、\(C_2\) がより抵抗値の大きい \(R_3\) と並列になったためで、物理的に妥当な変化です。

問(4)

思考の道筋とポイント
スイッチ \(S_2\) を開き、さらに \(S_1\) も開くと、電源からの供給が断たれます。
このとき、図3の破線で囲まれた部分（\(C_1\) の下側極板、\(C_2\) の上側極板A、およびそれらをつなぐ導線）は、他の部分から電気的に孤立します。
この孤立部分の総電荷量は保存されます（電気量保存の法則）。
十分に時間が経過すると、抵抗 \(R_2, R_3\) を通じて電荷が移動し、最終的に電流が流れなくなります。
電流が流れないということは、抵抗での電圧降下が \(0\) になるため、\(C_1\) の上側と \(C_2\) の下側は等電位になります。
つまり、\(C_1\) と \(C_2\) は閉回路内で並列に接続された状態となり、両端の電圧（電位差）は等しくなります。
この設問における重要なポイント

• 孤立部分の特定: \(C_1\) の下側極板と \(C_2\) の上側極板Aがつながった部分。
• 初期電荷の確認: (3)の状態での電荷を用いる。
  • \(C_1\) の下側: 電位が低い側なので負電荷 \(-Q_{C1}’\)。
  • \(C_2\) の上側（極板A）: 電位が高い側なので正電荷 \(+Q_{C2}’\)。
• 最終状態: \(C_1\) と \(C_2\) の電圧が等しくなる（\(V’\) とする）。
• 保存則の適用: \((\text{前の総電荷}) = (\text{後の総電荷})\)。

具体的な解説と立式
【準備：(3)の状態での電荷】
\(C_1\) の電圧は \(V_{R2} = 1.0\,\text{V}\) でした。下側極板の電荷 \(q_{1,\text{初}}\) は、
$$
\begin{aligned}
q_{1,\text{初}} &= – C_1 \times 1.0
\end{aligned}
$$
\(C_2\) の上側極板（極板A）の電荷 \(q_{2,\text{初}}\) は、(ク)より、
$$
\begin{aligned}
q_{2,\text{初}} &= +6.0 \times 10^{-6}\,\text{C}
\end{aligned}
$$
孤立部分の総電荷 \(Q_{\text{全}}\) は、
$$
\begin{aligned}
Q_{\text{全}} &= q_{1,\text{初}} + q_{2,\text{初}}
\end{aligned}
$$
【(ケ) 最終的な電圧】
最終的な電圧を \(V’\) とします。
\(C_1\) の下側極板の電荷 \(q_1’\) は、極板の極性に注意すると（図3より下側が正になる可能性があるが、ここでは電位差 \(V’\) を正として、上側が高電位か下側が高電位かを考える）、
最終的に \(C_1\) と \(C_2\) は並列になり、上側の導線と下側の導線で閉回路を作ります。
保存則を適用する孤立部分は「\(C_1\)の下＋\(C_2\)の上」です。
最終状態では、\(C_1\) と \(C_2\) は並列接続とみなせ、共通の電圧 \(V’\) を持ちます。
このとき、\(C_1\) の下側極板と \(C_2\) の上側極板は同符号の電荷を持ちます（並列接続の同電位側）。
したがって、後の総電荷は \((C_1 + C_2)V’\) と表せます。
電気量保存則より、
$$
\begin{aligned}
Q_{\text{全}} &= (C_1 + C_2)V’
\end{aligned}
$$
よって、
$$
\begin{aligned}
V’ &= \frac{Q_{\text{全}}}{C_1 + C_2}
\end{aligned}
$$
【(コ) 極板Aの電荷】
極板A（\(C_2\) の上側）の最終的な電荷 \(q_2’\) は、
$$
\begin{aligned}
q_2′ &= C_2 V’
\end{aligned}
$$

【(ケ)の計算】
まず \(q_{1,\text{初}}\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
q_{1,\text{初}} &= -1.0 \times 10^{-6} \times 1.0 \\[2.0ex] &= -1.0 \times 10^{-6}\,\text{C}
\end{aligned}
$$
次に総電荷を求めます。
$$
\begin{aligned}
Q_{\text{全}} &= (-1.0 \times 10^{-6}) + (6.0 \times 10^{-6}) \\[2.0ex] &= 5.0 \times 10^{-6}\,\text{C}
\end{aligned}
$$
次に電圧 \(V’\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
V’ &= \frac{5.0 \times 10^{-6}}{(1.0 \times 10^{-6}) + (4.0 \times 10^{-6})} \\[2.0ex] &= \frac{5.0 \times 10^{-6}}{5.0 \times 10^{-6}} \\[2.0ex] &= 1.0\,\text{V}
\end{aligned}
$$
【(コ)の計算】
$$
\begin{aligned}
q_2′ &= 4.0 \times 10^{-6} \times 1.0 \\[2.0ex] &= 4.0 \times 10^{-6}\,\text{C}
\end{aligned}
$$

スイッチを全部切ると、コンデンサーたちは電池から切り離され、自分たちだけで電気を分け合うことになります。
特に、\(C_1\) の下側の板と \(C_2\) の上側の板（極板A）をつなぐ導線は、どこにも逃げ場のない「孤島」になります。
だから、最初にこの孤島にあった電気の合計量（\(-1.0\) と \(+6.0\) で合計 \(+5.0\)）は、時間が経っても変わりません。
最終的に電気が落ち着くと、2つのコンデンサーは同じ電圧（高さ）になります。これは、容量の大きさ（広さ）に応じて電気を分け合う「並列接続」と同じ状態です。
合計 \(+5.0\) の電気を、広さ \(1.0\) の \(C_1\) と広さ \(4.0\) の \(C_2\) で分け合うので、\(C_2\) には \(4/5\) の電気が集まります。

(ケ) \(1.0\), (コ) \(4.0 \times 10^{-6}\)。
保存された総電荷 \(5.0 \times 10^{-6}\,\text{C}\) が、容量比 \(1:4\) に分配され、\(C_1\) に \(1.0 \times 10^{-6}\,\text{C}\)、\(C_2\) に \(4.0 \times 10^{-6}\,\text{C}\) となる計算です。つじつまが合っています。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• コンデンサーの過渡現象と定常状態の振る舞い
  • 核心: スイッチ操作直後と十分時間が経過した後で、コンデンサーの役割が「導線」から「断線」へと劇的に変化することを理解しているかが問われます。
  • 理解のポイント:
    • スイッチ直後（\(t=0\)）: 電荷 \(Q=0\) ならば電位差 \(V=0\) です。これは電気抵抗が \(0\) の導線（短絡状態）と同じ振る舞いをします。電流は抵抗のある経路を避けて、この短絡経路を優先的に流れます。
    • 定常状態（\(t=\infty\)）: 充電が完了し、それ以上電荷が移動しません。電流が流れないため、断線（開放状態）と同じ振る舞いをします。このとき、コンデンサーの両端には、並列接続された抵抗と同じ電圧がかかります。
• 電気量保存の法則と電荷の再分配
  • 核心: スイッチを開いて回路の一部が電源から切り離されたとき、孤立した導体部分（島）の総電荷量は不変であるという法則です。
  • 理解のポイント:
    • 孤立部分の特定: どの極板とどの極板が導線でつながっていて、外部との出入り口がないかを見極めることが最重要です。
    • 再分配の原理: 最終的に電流が止まると、並列接続されたコンデンサー同士の電圧（電位差）は等しくなります。この「等電位」という条件と「総電荷保存」の2つの条件から、最終的な電荷分布が決まります。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン:
  • スイッチ切り替え問題: 複数のスイッチを順次切り替えていく問題では、あるステップの「最終状態（電荷分布）」が、次のステップの「初期条件」になります。前の設問の答えを正しく引き継ぐことが重要です。
  • コンデンサーの極板間隔変更: スイッチを開いた状態で極板間隔を変える問題でも、「孤立部分の電荷保存」が解法の鍵となります。
  • 誘電体の挿入: 電池をつないだまま（電圧一定）か、切り離してから（電荷一定）かで保存される物理量が異なります。本問の(4)は後者のパターンです。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 「直後」か「十分時間経過後」か: 問題文のキーワードに反応して、コンデンサーを「導線」または「断線」に即座に脳内変換（または図示）します。
  2. 回路の接続状態の変化: スイッチの開閉によって、直列・並列の関係がどう変わるかを追跡します。特に「抵抗と並列になるコンデンサー」を見つけると、電圧の決定が容易になります。
  3. 孤立部分の発見: スイッチが開かれたら、「どこが孤立した島か？」を指でなぞって確認し、その島にある電荷の総和を計算する準備をします。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• スイッチ直後の電流経路の誤認:
  • 誤解: スイッチ直後でも、抵抗がある経路に電流が分流すると考えてしまう。
  • 対策: 「電流は抵抗の小さい方へ流れたがる」という原則を思い出しましょう。抵抗 \(0\) のバイパスがあれば、電流は \(100\%\) そちらへ流れます（ショート）。
• 電荷の符号の取り違え:
  • 誤解: 電気量保存則の式を立てる際、正電荷と負電荷を区別せずに足し合わせてしまう。
  • 対策: 必ず「電位の高い方がプラス、低い方がマイナス」という原則に基づいて、各極板の電荷の符号を確認してから総和を計算しましょう。図に \(+Q, -Q\) を書き込む癖をつけるとミスが減ります。
• 合成容量の適用の可否:
  • 誤解: どんな場合でも合成容量が使えると思い込み、直列・並列の判断を誤る。
  • 対策: 合成容量が使えるのは、単純な直列・並列接続とみなせる場合のみです。特に過渡現象の途中や、複雑なブリッジ回路では、基本に立ち返ってキルヒホッフの法則や電位法を使う方が安全です。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• (1)での公式選択（オームの法則）:
  • 選定理由: コンデンサーが導線（短絡）となった回路は、実質的に \(R_1\) だけの単純な抵抗回路となるため、最も基本的なオームの法則 \(I=V/R\) が最適です。
  • 適用根拠: 短絡により \(R_2, R_3\) には電流が流れないため、回路全体の抵抗は \(R_1\) のみとなります。
• (2)(3)での公式選択（分圧の法則と並列電圧の等価性）:
  • 選定理由: 定常状態では電流が一定の経路を流れるため、抵抗による電圧降下が確定します。コンデンサーの電圧は、並列接続された抵抗の電圧と等しくなるため、これを直接利用するのが最速です。
  • 適用根拠: (2)では \(C_1, C_2\) 直列全体が \(R_2, R_3\) 直列全体と並列、(3)では個々のコンデンサーが個々の抵抗と並列になっています。接続形態に合わせて「どこが等電位か」を見極めて適用します。
• (4)での公式選択（電気量保存則）:
  • 選定理由: 電源から切り離された孤立系では、外部との電荷のやり取りがないため、電荷保存則が唯一の絶対的な拘束条件となるからです。
  • 適用根拠: スイッチ \(S_1, S_2\) が開いているため、対象部分は物理的に孤立しています。また、最終的に電流が止まる（静電平衡）という条件から、並列接続（等電位）の式と連立させることで解が求まります。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 単位の省略と復元:
  • コンデンサーの計算では \(\mu\)（マイクロ、\(10^{-6}\)）が頻出します。計算途中では係数（\(1.0, 4.0\) など）だけを扱い、最後に \(10^{-6}\) を復活させることで、煩雑さを避けてミスを減らせます。ただし、答えを書くときは忘れないように注意が必要です。
• 図への書き込み:
  • 計算した電圧や電荷の値は、必ず回路図の該当箇所に書き込みましょう。特に(4)のような保存則の問題では、(3)の状態の電荷分布が初期条件となるため、図に書き込まれた値を見ながら立式することで、参照ミスを防げます。
• 検算の習慣（定性チェック）:
  • (3)の結果について、「\(C_2\) は \(R_3\) と並列になったから、(2)のときより電圧が増えるはずだ（\(R_3 > R_2\) ならば）」といった定性的な予測と、計算結果（\(0.50\,\text{V} \to 1.5\,\text{V}\)）が整合しているかを確認します。

500 非直線抵抗とコンデンサー

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「非直線抵抗（電球）を含む回路の解析」です。オームの法則 \(V=RI\) が成り立たない素子（電球）を含む回路では、数式だけでなくグラフ（\(I-V\) 特性曲線）を利用して解を求める手法（負荷線法）が必須となります。

問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

基本的なアプローチは以下の通りです。

問(1)

思考の道筋とポイント
スイッチSが開いているとき、コンデンサーと \(R_1, R_2\) のある下の枝には電流が流れません（コンデンサーが直流を遮断するため）。
したがって、電流は 電源 \(\rightarrow\) 電球L \(\rightarrow\) 可変抵抗 \(R_x\) \(\rightarrow\) 電源 という単純な直列回路を流れます。
電球Lの特性はグラフで与えられているので、回路全体の方程式（キルヒホッフの第2法則）を立て、それをグラフ上に直線（負荷線）として描き込み、交点を求めます。
この設問における重要なポイント

• スイッチSが開いている \(\rightarrow\) 下の枝（\(R_1, R_2\)）には電流が流れない。
• 回路は \(E, \text{L}, R_x\) の直列回路となる。
• 未知数が \(V\) と \(I\) の2つあるため、数式（回路方程式）とグラフ（特性曲線）の連立で解く。

具体的な解説と立式
電球Lにかかる電圧を \(V\)、流れる電流を \(I\) とします。
可変抵抗 \(R_x\) の抵抗値は \(4.0\,\Omega\) です。
この直列回路に対してキルヒホッフの第2法則（電圧則）を適用します。
電源電圧 \(E\) は、電球での電圧降下 \(V\) と可変抵抗での電圧降下 \(R_x I\) の和に等しいので、
$$
\begin{aligned}
E &= V + R_x I
\end{aligned}
$$
数値を代入すると、
$$
\begin{aligned}
12 &= V + 4.0I
\end{aligned}
$$
これが求める直線（負荷線）の方程式です。

得られた式 \(12 = V + 4.0I\) を変形してグラフに描きやすくします。
$$
\begin{aligned}
V &= 12 – 4.0I
\end{aligned}
$$
この直線を通る2点を探します。

• \(I=0\) のとき、\(V=12\)
• \(V=0\) のとき、\(12 = 4.0I \rightarrow I=3.0\)

この2点 \((0, 12)\) と \((12, 0)\) を結ぶ直線をグラフに引きます（解答の図b参照）。
特性曲線との交点を読み取ると、
$$
\begin{aligned}
V &= 5.0\,\text{V}
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
I &= 1.75\,\text{A}
\end{aligned}
$$
電球Lが消費する電力 \(P\) は、
$$
\begin{aligned}
P &= VI \\[2.0ex] &= 5.0 \times 1.75 \\[2.0ex] &= 8.75\,\text{W}
\end{aligned}
$$
有効数字2桁で答えると、\(8.8\,\text{W}\) となります。

スイッチが開いているので、電気は上のルート（電球と可変抵抗）だけを通ります。
電球は「電圧によって抵抗が変わる」という厄介な性質を持っているので、単純な計算だけでは電流が出せません。
そこで、「電池のパワー \(12\,\text{V}\) は、電球で使う分と、可変抵抗で使う分の合計だ」という式を作ります。
この式をグラフに「直線」として書き込むと、電球の「曲線」とぶつかる場所が見つかります。そこが、実際に電球が光っているときの電圧と電流です。
あとは、電力の公式 \(P=VI\) で計算するだけです。

答えは \(8.8\,\text{W}\) です。
交点の読み取り値 \(V=5.0, I=1.75\) はグラフ上で妥当な位置にあります。

問(2)

思考の道筋とポイント
スイッチSを閉じた直後、コンデンサーCには電荷がありません。\(Q=0\) なので \(V_C=0\) です。
つまり、コンデンサーの両端（A点とB点）は等電位であり、導線でつながっている（短絡している）とみなせます。
このとき、回路の接続は以下のようになります。

• 電球Lと抵抗 \(R_1\) が並列接続。
• 可変抵抗 \(R_x\) と抵抗 \(R_2\) が並列接続。
• 上記の2つの並列ブロックが直列に接続されている。

この回路全体に対して、電圧と電流の関係式を導きます。
この設問における重要なポイント

• スイッチ直後 \(\rightarrow\) コンデンサーは導線（短絡）。
• 回路図を書き換えて、並列・直列の関係を整理する（解答図d参照）。
• 電球Lの電流 \(I\) と電圧 \(V\) の関係式を求めることが目標。

具体的な解説と立式
電球Lには電圧 \(V\) がかかり、電流 \(I\) が流れています。
電球Lと並列になっている \(R_1\)（\(2.0\,\Omega\)）にも、同じ電圧 \(V\) がかかります。
よって、\(R_1\) を流れる電流 \(I_1\) は、オームの法則より、
$$
\begin{aligned}
I_1 &= \frac{V}{R_1} \\[2.0ex] &= \frac{V}{2.0}
\end{aligned}
$$
この並列部分（左側ブロック）から流れ出る全電流 \(I_{\text{全}}\) は、
$$
\begin{aligned}
I_{\text{全}} &= I + I_1 \\[2.0ex] &= I + \frac{V}{2.0}
\end{aligned}
$$
次に、右側の並列ブロック（\(R_x\) と \(R_2\)）の合成抵抗 \(R_{\text{右}}\) を求めます。
\(R_x = 4.0\,\Omega, R_2 = 6.0\,\Omega\) なので、
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{R_{\text{右}}} &= \frac{1}{R_x} + \frac{1}{R_2} \\[2.0ex] &= \frac{1}{4.0} + \frac{1}{6.0}
\end{aligned}
$$
回路全体の方程式（キルヒホッフの第2法則）を立てます。
電源電圧 \(E\) は、左側ブロックの電圧 \(V\) と、右側ブロックの電圧 \(R_{\text{右}} I_{\text{全}}\) の和に等しいので、
$$
\begin{aligned}
E &= V + R_{\text{右}} I_{\text{全}}
\end{aligned}
$$
これに \(I_{\text{全}}\) を代入して整理します。

まず \(R_{\text{右}}\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{R_{\text{右}}} &= \frac{3}{12} + \frac{2}{12} \\[2.0ex] &= \frac{5}{12}
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
R_{\text{右}} &= \frac{12}{5} \\[2.0ex] &= 2.4\,\Omega
\end{aligned}
$$
次に回路方程式に代入します。
$$
\begin{aligned}
12 &= V + 2.4 \left( I + \frac{V}{2.0} \right) \\[2.0ex] 12 &= V + 2.4I + \frac{2.4}{2.0}V \\[2.0ex] 12 &= V + 2.4I + 1.2V \\[2.0ex] 12 &= 2.2V + 2.4I
\end{aligned}
$$
両辺を2で割って整理すると、
$$
\begin{aligned}
6.0 &= 1.1V + 1.2I
\end{aligned}
$$
あるいは、
$$
\begin{aligned}
1.2I + 1.1V &= 6.0
\end{aligned}
$$

スイッチを入れた瞬間、コンデンサーはただの導線になります。すると、回路は「電球と \(R_1\) の並列」と「\(R_x\) と \(R_2\) の並列」が直列につながった形になります。
電球に流れる電流を \(I\)、電圧を \(V\) とすると、隣の \(R_1\) には \(V/2.0\) の電流が流れます。
これらが合流して、右側のブロック（合成抵抗 \(2.4\,\Omega\)）に流れ込みます。
「全体の電圧 \(12\,\text{V}\) ＝ 左の電圧 \(V\) ＋ 右の電圧」という式を作って整理すれば完成です。

答えは \(1.2I + 1.1V = 6.0\) です。
係数のバランスや次元を確認しても矛盾はありません。

問(3)

思考の道筋とポイント
十分に時間が経過すると、コンデンサーは充電完了し、電流が流れなくなります（断線）。
スイッチSは閉じていますが、コンデンサーの枝には電流が流れないため、回路の電流分布は(1)のときとは異なります。
具体的には、

• 上の枝：電球Lと可変抵抗 \(R_x\) の直列回路。
• 下の枝：抵抗 \(R_1\) と \(R_2\) の直列回路。

この2つの枝が電源に対して並列に接続されています。
コンデンサーは、上の枝の中点Aと下の枝の中点Bをつないでいます。
コンデンサーの電荷 \(Q\) を求めるには、電位差 \(V_{AB} = |V_A – V_B|\) が必要です。
この設問における重要なポイント

• 定常状態 \(\rightarrow\) コンデンサー枝は断線。
• 上下の枝は独立して計算できる。
• 上の枝は(1)と同じ状態（\(R_x=4.0\,\Omega\)）なので、\(V=5.0\,\text{V}, I=1.75\,\text{A}\) をそのまま使える。
• 下の枝は単なる抵抗の直列回路なので、分圧で電位が決まる。
• 電位の基準を電源の負極（\(0\,\text{V}\)）にとると計算しやすい。

具体的な解説と立式
【上の枝（点Aの電位）】
(1)より、電球Lにかかる電圧は \(V_L = 5.0\,\text{V}\) です。
電源電圧が \(12\,\text{V}\) なので、点Aの電位 \(V_A\)（電源負極基準）は、
$$
\begin{aligned}
V_A &= 12 – V_L
\end{aligned}
$$
あるいは、\(R_x\) での電圧降下分として計算してもよいですが、ここでは電球の電圧が既知なのでそれを使います。
（※注：図2の配置では、電源の正極から電球を通ってA点に至るため、\(V_A = 12 – 5.0\) となります）
【下の枝（点Bの電位）】
下の枝には、\(R_1(2.0\,\Omega)\) と \(R_2(6.0\,\Omega)\) が直列につながっています。
全抵抗は \(2.0 + 6.0 = 8.0\,\Omega\) なので、流れる電流 \(i\) は、
$$
\begin{aligned}
i &= \frac{12}{2.0 + 6.0}
\end{aligned}
$$
点Bの電位 \(V_B\) は、\(R_2\) の両端電圧（B点から負極までの電圧降下）に等しいので、
$$
\begin{aligned}
V_B &= R_2 i
\end{aligned}
$$
あるいは、\(R_1\) での電圧降下を引いて、
$$
\begin{aligned}
V_B &= 12 – R_1 i
\end{aligned}
$$
【電荷の計算】
コンデンサーにかかる電圧 \(V_{AB} = V_B – V_A\) を求め、\(Q = C V_{AB}\) で計算します。
スイッチS側の極板（上側、A点側）の電荷を求めるので、\(Q_A = C(V_A – V_B)\) と符号に注意します。

【点Aの電位】
$$
\begin{aligned}
V_A &= 12 – 5.0 \\[2.0ex] &= 7.0\,\text{V}
\end{aligned}
$$
【点Bの電位】
$$
\begin{aligned}
i &= \frac{12}{8.0} \\[2.0ex] &= 1.5\,\text{A}
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
V_B &= 12 – 2.0 \times 1.5 \\[2.0ex] &= 12 – 3.0 \\[2.0ex] &= 9.0\,\text{V}
\end{aligned}
$$
（または \(V_B = 6.0 \times 1.5 = 9.0\,\text{V}\)）
【電荷の計算】
点A（\(7.0\,\text{V}\)）の方が点B（\(9.0\,\text{V}\)）より電位が低いです。
電位差は \(9.0 – 7.0 = 2.0\,\text{V}\)。
スイッチS側の極板（A側）に蓄えられる電荷 \(Q_A\) は、
$$
\begin{aligned}
Q_A &= C(V_A – V_B) \\[2.0ex] &= 2.0 \times 10^{-6} \times (7.0 – 9.0) \\[2.0ex] &= 2.0 \times 10^{-6} \times (-2.0) \\[2.0ex] &= -4.0 \times 10^{-6}\,\text{C}
\end{aligned}
$$

時間が経つとコンデンサーは電気を通さなくなるので、上側のルート（電球たち）と下側のルート（抵抗たち）は独立して電気が流れます。
上側は(1)で計算した通り、電球で \(5.0\,\text{V}\) 使います。だからA点の高さ（電位）は \(12 – 5.0 = 7.0\,\text{V}\) です。
下側は \(2.0\,\Omega\) と \(6.0\,\Omega\) の抵抗で \(12\,\text{V}\) を分け合います。\(2.0\,\Omega\) の方で \(3.0\,\text{V}\) 使うので、B点の高さは \(12 – 3.0 = 9.0\,\text{V}\) です。
B点の方が \(2.0\,\text{V}\) 高いので、コンデンサーの下側にプラスの電気、上側（S側）にマイナスの電気がたまります。

答えは \(-4.0 \times 10^{-6}\,\text{C}\) です。
電位の大小関係（\(V_B > V_A\)）から、A側が負電荷になるのは正しいです。

問(4)

思考の道筋とポイント
「コンデンサーCの電荷が \(0\) になった」ということは、コンデンサーの両端の電位差が \(0\) になった、つまり \(V_A = V_B\) になったことを意味します。
(3)で計算したように、下の枝（\(R_1, R_2\)）の状態は変化していません。したがって、\(V_B\) は \(9.0\,\text{V}\) のままです。
よって、\(V_A\) も \(9.0\,\text{V}\) になる必要があります。
\(V_A = 9.0\,\text{V}\) ということは、電球Lでの電圧降下 \(V_L\) が \(12 – 9.0 = 3.0\,\text{V}\) になるということです。
電球の電圧が決まれば、グラフから電流 \(I\) が読み取れます。
最後に、\(R_x\) での電圧降下と電流から、\(R_x\) の値を求めます。
この設問における重要なポイント

• 電荷 \(0 \iff V_A = V_B\)。
• \(V_B = 9.0\,\text{V}\)（不変）。
• \(V_A = 9.0\,\text{V} \rightarrow V_L = 3.0\,\text{V}\)。
• グラフから \(V_L=3.0\,\text{V}\) のときの \(I\) を読み取る。
• \(R_x = (E – V_L) / I\) で抵抗値を求める。

具体的な解説と立式
コンデンサーの電荷が \(0\) なので、\(V_A = V_B\) です。
下の枝の抵抗値は変わらないので、\(V_B = 9.0\,\text{V}\) です。
よって、\(V_A = 9.0\,\text{V}\) となります。
電球Lにかかる電圧 \(V\) は、電源電圧から \(V_A\) を引いたものなので、
$$
\begin{aligned}
V &= 12 – 9.0 \\[2.0ex] &= 3.0\,\text{V}
\end{aligned}
$$
グラフ（図1）より、電圧が \(3.0\,\text{V}\) のときの電流 \(I\) を読み取ると、
$$
\begin{aligned}
I &= 1.25\,\text{A}
\end{aligned}
$$
（グラフの目盛りは \(0.5\) 刻みの中に5マスあるので、1マス \(0.1\)。\(3.0\,\text{V}\) のとき \(1.0\) と \(1.5\) のちょうど中間あたり、\(1.2\) と \(1.3\) の間を読み取ります。解答では \(1.25\) としています）
このとき、可変抵抗 \(R_x\) にかかる電圧 \(V_x\) は \(V_A\) そのもの（または \(12 – 3.0 = 9.0\,\text{V}\)）です。
流れる電流は \(I = 1.25\,\text{A}\) です。
オームの法則より、
$$
\begin{aligned}
R_x &= \frac{V_x}{I}
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
R_x &= \frac{9.0}{1.25} \\[2.0ex] &= \frac{9.0}{\frac{5}{4}} \\[2.0ex] &= 9.0 \times \frac{4}{5} \\[2.0ex] &= \frac{36}{5} \\[2.0ex] &= 7.2\,\Omega
\end{aligned}
$$

コンデンサーに電気がたまらないということは、A点とB点の高さが同じになったということです。
B点の高さは \(9.0\,\text{V}\) で変わらないので、A点も \(9.0\,\text{V}\) になるように可変抵抗を調整したことになります。
A点が \(9.0\,\text{V}\) ということは、電球で \(12 – 9.0 = 3.0\,\text{V}\) だけ電圧を使ったということです。
グラフを見ると、電球に \(3.0\,\text{V}\) かかるとき、電流は \(1.25\,\text{A}\) 流れることがわかります。
この \(1.25\,\text{A}\) の電流が可変抵抗にも流れていて、そこで残りの \(9.0\,\text{V}\) を使っているわけですから、抵抗値は \(9.0 \div 1.25\) で計算できます。

答えは \(7.2\,\Omega\) です。
読み取り値 \(1.25\) が多少ずれても近い値になりますが、グラフの格子点を正確に読むことが重要です。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 非直線抵抗（電球）の解析手法
  • 核心: オームの法則 \(V=RI\) が成立しない素子を含む回路では、数式だけで解くことができません。回路全体の方程式（キルヒホッフの法則）と、素子固有の特性曲線（\(I-V\) グラフ）を連立させて解く「負荷線法」が唯一の解法となります。
  • 理解のポイント:
    • 数式とグラフの交点: 回路方程式は「回路全体としての制約（エネルギー保存）」を表し、グラフは「素子単体の振る舞い」を表します。この2つを同時に満たす点（交点）こそが、実際の回路での動作点（電圧と電流）です。
• コンデンサーの過渡的振る舞い
  • 核心: スイッチ操作直後と定常状態で、コンデンサーの役割が「導線」から「断線」へと変化することを理解しているかが問われます。
  • 理解のポイント:
    • スイッチ直後: 電荷 \(Q=0 \rightarrow V=0\) なので、抵抗 \(0\) の導線（短絡）として扱います。
    • 定常状態: 充電完了後は電流が流れないため、断線（開放）として扱います。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン:
  • ダイオードを含む回路: ダイオードも非直線抵抗の一種です。順方向電圧と電流の関係がグラフで与えられた場合、本問と同様に負荷線を引いて動作点を求めます。
  • サーミスタを含む回路: 温度によって抵抗値が変化するサーミスタも、\(V-I\) 特性が非直線になる場合があります。これもグラフと負荷線で解きます。
  • トランジスタの増幅回路: トランジスタの静特性曲線に負荷線を引いてバイアス点を決める手法は、この問題の考え方が基礎になっています。
• 初見の問題での着眼点:
  1. グラフの軸を確認する: 縦軸が電流 \(I\) で横軸が電圧 \(V\) なのか、逆なのかを必ず確認します。それによって負荷線の傾き（\(-1/R\) か \(-R\) か）が変わります。
  2. 回路の接続状態を簡略化する: コンデンサーを「導線」や「断線」に置き換えた等価回路図を必ず描きます。これにより、直列・並列の関係が一目でわかるようになります。
  3. ブリッジ回路の平衡条件を疑う: 「検流計の電流が0」「コンデンサーの電荷が0」というキーワードが出たら、ホイートストンブリッジの平衡条件 \(R_1 R_4 = R_2 R_3\) が使えないか検討します。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 電球の抵抗値を定数として扱ってしまう:
  • 誤解: (1)で求めた電球の抵抗値（\(5.0\,\text{V}/1.75\,\text{A} \approx 2.86\,\Omega\)）を、(4)などの他の設問でもそのまま使ってしまう。
  • 対策: 非直線抵抗の抵抗値 \(R=V/I\) は、電圧によって変化します。設問ごとに必ずグラフから \(V\) と \(I\) を読み取り直して、その都度抵抗値を計算する必要があります。
• グラフの読み取りミス:
  • 誤解: 目盛りの刻みを勘違いして数値を読み取る。
  • 対策: グラフの1目盛りがいくつを表しているか（例: 5目盛りで \(0.5\) なら1目盛りは \(0.1\)）を最初に確認し、グラフの余白にメモしておきましょう。
• 電位の基準の取り違え:
  • 誤解: 電位差 \(V_{AB}\) を求めるとき、どちらが高電位かを確認せずに引き算し、電荷の符号を間違える。
  • 対策: 電流の流れる向き（高電位 \(\rightarrow\) 低電位）を回路図に矢印で書き込み、各点の電位の大小関係を視覚的に把握してから計算しましょう。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• (1)での公式選択（キルヒホッフの第2法則）:
  • 選定理由: 未知の非直線抵抗を含む回路では、オームの法則だけで解くことができません。回路全体の電圧の関係式（\(E = V + RI\)）を作り、それをグラフ上の直線として表現するために、キルヒホッフの法則が必須となります。
  • 適用根拠: 直列回路なので電流 \(I\) が共通であり、電圧の和が電源電圧に等しいという物理法則に基づいています。
• (2)での公式選択（合成抵抗とオームの法則）:
  • 選定理由: コンデンサーが短絡して並列回路が出現するため、合成抵抗を求めて回路を単純化するのが最も効率的だからです。
  • 適用根拠: 並列部分の電圧が等しいこと、直列部分の電流が保存されることを利用して、\(V\) と \(I\) の関係式を導出できます。
• (4)での公式選択（ホイートストンブリッジの平衡条件）:
  • 選定理由: 「電荷が0」すなわち「電位差が0」という条件は、ブリッジ回路の平衡条件そのものです。これを利用すると、電位計算をスキップして抵抗比だけで解けるため、計算ミスを減らせます。
  • 適用根拠: 回路の形状がブリッジ回路と等価であり、検流計の位置にあるコンデンサーに電流が流れない（過渡的にも電荷がたまらない平衡点）状態であるため適用可能です。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• グラフへの書き込み:
  • 負荷線を引くときは、定規を使って正確に引きましょう。また、読み取った交点の座標 \((V, I)\) をグラフ上に数値として書き込んでおくと、後の計算での転記ミスを防げます。
• 等価回路の描画:
  • (2)や(3)のように接続状態が変わる問題では、面倒くさがらずにその都度、簡略化した回路図を描きましょう。特に「どこが並列でどこが直列か」を視覚化することは、立式ミスを防ぐ最強の手段です。
• 比の利用による検算:
  • (4)の別解のように、抵抗の比を利用して検算する習慣をつけましょう。「下側が \(1:3\) だから上側も \(1:3\)」といった直感的なチェックは、計算ミスを瞬時に発見するのに役立ちます。

ABOUT THE AUTHOR

共田 誠（まこと先生）

高校物理講師・プロ家庭教師 / 指導歴14年

上智大学理工学部物理学科卒。私立高校の非常勤講師として進学クラスから基礎クラスまで幅広く担当。大手家庭教師センター3社でプロ家庭教師を経験し、現在はオンライン専門で全国の高校生を個別指導中。

「暗記物理の撲滅」を掲げ、生徒の思考のクセを診断・矯正するドクター型アプローチで指導。表面的なテクニックではなく、初見の問題に強い思考力を育てる。

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