電験3種（理論分野）で出題される「キルヒホッフの第1法則（電流則）」と「キルヒホッフの第2法則（電圧則）」の計算方法と過去問題について解説します。
【令和6年度下期・問6】直流回路の電流
図のように、二つの直流電源と三つの抵抗からなる回路がある。各抵抗に流れる電流を図に示す向きに定義するとき、電流 $I_1$、$I_2$、$I_3$ の値 $\text{[A]}$ の組合せとして、正しいものを次の(1)～(5)のうちから一つ選べ。
| – | (1) | (2) | (3) | (4) | (5) |
|---|---|---|---|---|---|
| $I_1$ | -1 | -1 | 2 | 1 | 1 |
| $I_2$ | -1 | 1 | 1 | 1 | -1 |
| $I_3$ | 0 | -2 | 1 | 0 | 2 |
解説
正解は(4)です。
キルヒホッフの法則を用いて回路方程式を立てます。
中央の節点において、キルヒホッフの第1法則（電流則）より以下のようになります。
$$I_1 – I_2 – I_3 = 0 \quad \dots \text{①}$$
左側の閉回路について、キルヒホッフの第2法則（電圧則）より以下のようになります。
$$4 I_1 + 2 I_2 = 4 + 2 \quad \implies \quad 4 I_1 + 2 I_2 = 6 \quad \implies \quad 2 I_1 + I_2 = 3 \quad \dots \text{②}$$
右側の閉回路について、キルヒホッフの第2法則より以下のようになります。
$$-2 I_2 + 5 I_3 = -2 \quad \dots \text{③}$$
①式から $I_3 = I_1 – I_2$ として③式に代入します。
$$-2 I_2 + 5 (I_1 – I_2) = -2 \quad \implies \quad 5 I_1 – 7 I_2 = -2 \quad \dots \text{④}$$
②式より $I_2 = 3 – 2 I_1$ を④式に代入します。
$$5 I_1 – 7 (3 – 2 I_1) = -2$$
$$5 I_1 – 21 + 14 I_1 = -2$$
$$19 I_1 = 19 \quad \implies \quad I_1 = 1 \text{ [A]}$$
$I_2$ と $I_3$ を求めます。
$$I_2 = 3 – 2 \times 1 = 1 \text{ [A]}$$
$$I_3 = 1 – 1 = 0 \text{ [A]}$$
よって、$I_1 = 1, I_2 = 1, I_3 = 0$ となります。
【令和6年度上期・問6】未知の抵抗値の計算
図の回路において、抵抗 $R [\Omega]$ には電流 $0.3 \text{ [A]}$ が流れている。抵抗 $R$ の値 $ [\Omega]$ として、最も近いものを次の(1)～(5)のうちから一つ選べ。
| – | (1) | (2) | (3) | (4) | (5) |
|---|---|---|---|---|---|
| $R [\Omega]$ | 2.0 | 2.8 | 3.7 | 4.9 | 25 |
解説
正解は(1)です。まず、回路網を見やすくします。
回路の各枝に流れる電流を $I_1, I_2, I_3$ とします。
抵抗 $R$ のある枝に流れる電流を $I_1 = 0.3 \text{ [A]}$、中央の $1 [\Omega]$ の抵抗がある枝に流れる電流を $I_2$、右側の $6 [\Omega]$ の抵抗がある枝に流れる電流を $I_3$ とし、すべて下向きに流れるものと仮定します。
まず、キルヒホッフの第一法則（電流則）より、接続点において流入する電流と流出する電流の和は等しいため、次の方程式が成り立ちます。
$I_1 + I_2 + I_3 = 0$
$0.3 + I_2 + I_3 = 0$ つまり $I_3 = -0.3 – I_2 \dots$ (1)
次に、各閉回路にキルヒホッフの第二法則（電圧則）を適用します。
左側の閉回路について、時計回りに電圧の合計を考えると、電源電圧の向きと抵抗による電圧降下の向きに注意して以下の式が得られます。
$3 – 0.3R + I_2 \times 1 – 4 = 0$
$I_2 = 0.3R + 1 \dots$ (2)
右側の閉回路について、同様に時計回りに電圧の合計を考えると以下の式が得られます。
$4 – I_2 \times 1 + I_3 \times 6 – 9 = 0$
$-I_2 + 6I_3 – 5 = 0 \dots$ (3)
式(3)に式(1)を代入して $I_2$ を求めます。
$-I_2 + 6(-0.3 – I_2) – 5 = 0$
$-I_2 – 1.8 – 6I_2 – 5 = 0$
$-7I_2 – 6.8 = 0$
$7I_2 = -6.8$
$I_2 \approx -0.97 \text{ [A]}$
左から右へ流れる電流の節点での関係を $I_1 + I_2 = I_3$ とし、ループ内の電位差を整理すると以下のようになります。
閉回路1（左）： $3 – 0.3R + 1 \times I_2 – 4 = 0$ より $I_2 = 0.3R + 1$
閉回路2（右）： $4 – 1 \times I_2 – 6 \times I_3 + 9 = 0$ より $13 – I_2 – 6I_3 = 0$
この連立方程式に $I_3 = 0.3 + I_2$ を代入すると
$13 – I_2 – 6(0.3 + I_2) = 0$
$13 – I_2 – 1.8 – 6I_2 = 0$
$11.2 – 7I_2 = 0$
$I_2 = 1.6 \text{ [A]}$
この $I_2$ の値を閉回路1の式に代入します。
$1.6 = 0.3R + 1$
$0.6 = 0.3R$
$R = \frac{0.6}{0.3} = 2.0 \text{ [}\Omega\text{]}$
したがって、抵抗 $R$ の値は $2.0 \Omega$ となります。
【令和6年度上期・問7】ジュール熱が最大となるときの可変抵抗の値
起電力が $E \text{ [V]}$ で内部抵抗が $r [\Omega]$ の電池がある。この電池に抵抗 $R_1 [\Omega]$ と可変抵抗 $R_2 [\Omega]$ を並列につないだとき、抵抗 $R_2 [\Omega]$ から発生するジュール熱が最大となるときの抵抗 $R_2$ の値 $[\Omega]$ を表す式として、正しいものを次の(1)～(5)のうちから一つ選べ。
| – | (1) | (2) | (3) | (4) | (5) |
|---|---|---|---|---|---|
| $R_2 [\Omega]$ | $R_2 = r$ | $R_2 = R_1$ | $R_2 = \frac{r R_1}{r + R_1}$ | $R_2 = \frac{r R_1}{R_1 – r}$ | $R_2 = \frac{r R_1}{r – R_1}$ |
解説
正解は(3)です。
最大電力供給定理によれば、負荷抵抗で消費される電力（ジュール熱）が最大になるのは、負荷抵抗が電源側から見た内部抵抗と等しいときです。
可変抵抗 $R_2$ を負荷として考えたとき、電源側から見た等価内部抵抗 $r_{eq}$ は、電池の内部抵抗 $r$ と抵抗 $R_1$ が並列に接続された合成抵抗となります。
$$r_{eq} = \frac{r R_1}{r + R_1}$$
消費電力が最大となる条件は $R_2 = r_{eq}$ であるため、
$$R_2 = \frac{r R_1}{r + R_1}$$
となります。
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