電磁気と交流の問題

並列回路では、2 つの枝に共通の電圧 $V=V_0\sin \omega t$ がかかる。各枝の電流を、この電圧に対する位相のずれを考えて求め、足し合わせる。

枝 1（抵抗とコイルの直列）

コイルのリアクタンスは $\omega L=1.0\times 10^2\times 0.40=40\Omega$ である。枝 1 のインピーダンスは
$$Z_1=\sqrt{R^2+(\omega L{)}^2}=\sqrt{30^2+40^2}=50\Omega$$
コイルを含むので、電流は電圧より位相が $\varphi$ 遅れる。ここで $\cos \varphi =\frac{R}{Z_1}=\frac{3}{5}$, $\sin \varphi =\frac{\omega L}{Z_1}=\frac{4}{5}$ である。よって
$$I_1=\frac{V_0}{50}\sin (\omega t-\varphi )$$
加法定理で展開すると
$$I_1=\frac{V_0}{50}\left(\frac{3}{5}\sin \omega t-\frac{4}{5}\cos \omega t\right)=V_0\left(\frac{3}{250}\sin \omega t-\frac{4}{250}\cos \omega t\right)$$

枝 2（コンデンサー）

コンデンサーでは電流が電圧より位相が $\frac{\pi }{2}$ 進み、電流の振幅は $\omega C{V}_0$ である。よって
$$I_2=\omega C{V}_0\sin \left(\omega t+\frac{\pi }{2}\right)=\omega C{V}_0\cos \omega t$$

足し合わせ

キルヒホッフの第 1 法則より、電源から流れ出る電流は
$$I=I_1+I_2=\frac{3V_0}{250}\sin \omega t+\left(\omega C-\frac{4}{250}\right)V_0\cos \omega t$$

同位相の条件

$I$ が $V=V_0\sin \omega t$ と同位相になるのは、$\cos \omega t$ の項が消えるとき、つまり
$$\omega C-\frac{4}{250}=0\text{より}\omega C=0.016$$
したがって
$$C=\frac{0.016}{1.0\times 10^2}=1.6\times 10^{-4}\mathrm{F}$$

（参考: 公式 $C=\frac{L}{R^2+{\omega }^2{L}^2}=\frac{0.40}{2500}=1.6\times 10^{-4}$ と一致する。）

枝1（$R$ と $L$ の直列）のインピーダンスは $Z_1=R+j\omega L$、枝2（コンデンサー）のアドミタンスは $j\omega C$ である。

並列部分全体のアドミタンスは
$Y=\frac{1}{R+j\omega L}+j\omega C=\frac{R-j\omega L}{R^2+{\omega }^2{L}^2}+j\omega C$

電源電流が電圧と同位相になる条件は、$Y$ の虚部が 0 になることである。
$\omega C=\frac{\omega L}{R^2+{\omega }^2{L}^2}$ より $C=\frac{L}{R^2+{\omega }^2{L}^2}$

数値を代入する。$\omega L=1.0\times 10^2\times 0.40=40\Omega$、$R^2+(\omega L{)}^2=900+1600=2500$ なので
$C=\frac{0.40}{2500}=1.6\times 10^{-4}\mathrm{F}$

検算：コイル枝の電流の無効成分は $V_0\cdot \omega L/(R^2+{\omega }^2{L}^2)=V_0\times 40/2500=0.016V_0$。コンデンサー電流の振幅は $\omega C{V}_0=100\times 1.6\times 10^{-4}{V}_0=0.016V_0$。これらは逆向きで打ち消し合うので、条件を満たす。

答え：$1.6\times 10^{-4}$ F