「名問の森」徹底解説（10〜12問）：未来の得点力へ！完全マスター講座【波動Ⅱ・電磁気・原子】

問題10 (静電気)

【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「点電荷がつくる電場・電位と、荷電粒子の運動」です。
クーロンの法則から始まり、電場の合成、電位の計算、そしてエネルギー保存則を用いた運動の解析まで、静電気分野の重要事項を網羅的に扱います。後半では一様電場との重ね合わせや単振動も登場します。

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
点Oと点Cにおける電場を求めます。電場はベクトル（向きと大きさを持つ量）なので、複数の電荷からの影響を考えるときは「ベクトルの合成」が必要です。

• 点O: \(+Q\) と \(-Q\) の中点です。
• 点C: ABの垂直二等分線上の点です。左右対称性が利用できます。

この設問における重要なポイント

• 電場の定義: \(+1\,\text{C}\) の正電荷を置いたときに受ける力の向きと大きさが電場です。
• 向き: 正電荷からは遠ざかる向き、負電荷へは近づく向きです。
• 対称性: 点Cでは、\(+Q\) からの電場と \(-Q\) からの電場の「垂直成分」が打ち消し合い、「水平成分」のみが残ります。

具体的な解説と立式
1. 点Oにおける電場
点Oに試験電荷 \(+1\,\text{C}\) を置いたと考えます。

• 左側のA点にある \(+Q\) から受ける力は、右向き（反発力）です。
• 右側のB点にある \(-Q\) から受ける力は、右向き（引力）です。

右向きを正とし、クーロンの法則を用いて電場の和を立式します。
$$
\begin{aligned}
E_O &= k\frac{Q}{l^2} + k\frac{Q}{l^2}
\end{aligned}
$$

2. 点Cにおける電場
点Cに試験電荷 \(+1\,\text{C}\) を置いたと考えます。
A点(\(+Q\))とC点の距離、およびB点(\(-Q\))とC点の距離を \(r\) とします。
三平方の定理より \(r = \sqrt{l^2 + L^2}\) です。

• \(+Q\) から受ける電場 \(\vec{E}_A\): AC方向（右上向き）。大きさは \(E’ = k\frac{Q}{r^2}\)。
• \(-Q\) から受ける電場 \(\vec{E}_B\): CB方向（右下向き）。大きさは \(E’ = k\frac{Q}{r^2}\)。

図を描いてベクトル合成します。
\(\vec{E}_A\) と \(\vec{E}_B\) の \(y\) 成分（垂直成分）は、大きさが等しく向きが逆なので打ち消し合います。
\(x\) 成分（水平成分）は共に右向きなので足し合わされます。
線分ACが水平線となす角を \(\theta\) とすると、\(\cos\theta = \frac{l}{r}\) です。
合成電場の大きさ \(E_C\) は、\(E’\) の水平成分 \(E’\cos\theta\) の2倍となります。
$$
\begin{aligned}
E_C &= 2 E’ \cos\theta \\[2.0ex]
&= 2 \left( k\frac{Q}{r^2} \right) \frac{l}{r}
\end{aligned}
$$

点O:
$$
\begin{aligned}
E_O &= \frac{kQ}{l^2} + \frac{kQ}{l^2} \\[2.0ex]
&= \frac{2kQ}{l^2}
\end{aligned}
$$
向きは、AからBの向き（右向き）です。

点C:
\(r = \sqrt{l^2+L^2}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
E_C &= \frac{2kQl}{r^3} \\[2.0ex]
&= \frac{2kQl}{(l^2+L^2)^{\frac{3}{2}}}
\end{aligned}
$$
向きは、AからBの平行な向き（右向き）です。

O点では、プラスの電気からの「あっち行け」という力と、マイナスの電気からの「こっち来い」という力が、どちらも右向きに働きます。だから単純に2倍の強さになります。
C点では、斜め上からの力と斜め下への力が働きますが、上下方向の力はプラスマイナスゼロで消えてしまいます。結果として、右方向の力だけが残り、協力して合成電場を作ります。

O点の電場は \(L=0\) の極限と考えられます。C点の式で \(L=0\) を代入すると \(\frac{2kQl}{(l^2)^{\frac{3}{2}}} = \frac{2kQl}{l^3} = \frac{2kQ}{l^2}\) となり、O点の結果と一致します。これは物理的に妥当です。

問(2)

思考の道筋とポイント
電位を求めます。電位は「スカラー量」なので、向きを気にする必要はありません。それぞれの電荷が作る電位を単純に足し算（代数和）します。

• 無限遠を基準（\(0\,\text{V}\)）としたとき、点電荷 \(Q\) から距離 \(r\) の点の電位は \(V = k\frac{Q}{r}\) です。
• 電荷の符号（プラス・マイナス）をそのまま式に入れます。

この設問における重要なポイント

• 電位の重ね合わせ: \(V_{\text{合}} = V_1 + V_2 + \dots\)
• 距離の確認: M点は線分OBの中点なので、Oから \(l/2\) の位置です。Aからの距離とBからの距離を正確に把握しましょう。

具体的な解説と立式
1. O点の電位 \(V_O\)

• \(+Q\)（A点）からの距離: \(l\)
• \(-Q\)（B点）からの距離: \(l\)

それぞれの電荷による電位の和を立式します。
$$
\begin{aligned}
V_O &= k\frac{Q}{l} + k\frac{-Q}{l}
\end{aligned}
$$

2. M点の電位 \(V_M\)
M点はOBの中点なので、Oからの座標は \(x = l/2\) です。

• \(+Q\)（A点）からの距離: \(l + \frac{l}{2} = \frac{3}{2}l\)
• \(-Q\)（B点）からの距離: \(l – \frac{l}{2} = \frac{l}{2}\)

同様に和を立式します。
$$
\begin{aligned}
V_M &= k\frac{Q}{\frac{3}{2}l} + k\frac{-Q}{\frac{l}{2}}
\end{aligned}
$$

O点:
$$
\begin{aligned}
V_O &= \frac{kQ}{l} – \frac{kQ}{l} \\[2.0ex]
&= 0
\end{aligned}
$$

M点:
$$
\begin{aligned}
V_M &= \frac{2kQ}{3l} – \frac{2kQ}{l} \\[2.0ex]
&= \frac{2kQ}{3l} – \frac{6kQ}{3l} \\[2.0ex]
&= -\frac{4kQ}{3l}
\end{aligned}
$$

電位とは「電気的な高さ」のことです。プラスの電荷の周りは山のように高く、マイナスの電荷の周りは谷のように低くなっています。
O点はプラスの山とマイナスの谷のちょうど真ん中にあるので、高さが打ち消し合ってゼロ（海抜0m）になります。
M点はマイナスの谷（B点）に近いので、全体として電位はマイナス（海面より下）になります。

O点の電位が0であることは、左右対称に異符号の電荷があることから直感的に正しいです（等電位線は垂直二等分線になります）。M点は負電荷に近いので負の値になるのも妥当です。

問(3)

思考の道筋とポイント
電荷 \(-q\) の小球PをM点から静かに放すと、静電気力を受けて動き出します。O点を通るときの速さを求めます。
静電気力は保存力なので、「力学的エネルギー保存則」が使えます。

• 状態1 (始点): M点。速度 \(0\)。
• 状態2 (終点): O点。速度 \(v\)（求めたい値）。

この設問における重要なポイント

• 位置エネルギー: 電荷 \(q’\) が電位 \(V\) の点にあるとき、静電気力による位置エネルギーは \(U = q’V\) です。
• 符号に注意: 今回動く電荷は \(-q\) なので、\(U = (-q)V\) となります。

具体的な解説と立式
M点での力学的エネルギー \(E_M\) と、O点での力学的エネルギー \(E_O\) を立式し、等号で結びます。

• M点: 運動エネルギー \(K_M = 0\)、位置エネルギー \(U_M = (-q)V_M\)
• O点: 運動エネルギー \(K_O = \frac{1}{2}mv^2\)、位置エネルギー \(U_O = (-q)V_O\)

保存則より以下の式が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
0 + (-q)V_M &= \frac{1}{2}mv^2 + (-q)V_O
\end{aligned}
$$

(2)の結果 \(V_O = 0\)、\(V_M = -\frac{4kQ}{3l}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
(-q) \left( -\frac{4kQ}{3l} \right) &= \frac{1}{2}mv^2 + 0 \\[2.0ex]
\frac{4kqQ}{3l} &= \frac{1}{2}mv^2
\end{aligned}
$$
両辺を2倍して \(m\) で割ります。
$$
\begin{aligned}
v^2 &= \frac{8kqQ}{3ml}
\end{aligned}
$$
\(v > 0\) より平方根をとります。
$$
\begin{aligned}
v &= \sqrt{\frac{8kqQ}{3ml}} \\[2.0ex]
&= 2\sqrt{\frac{2kqQ}{3ml}}
\end{aligned}
$$

M点は電位がマイナスでした。そこにマイナスの電荷を置くと、位置エネルギー \(U=(-q)\times(\text{マイナス})\) はプラスになります。つまり、M点はマイナスの電荷にとっては「滑り台の上」のような高い場所です。
そこから手を離すと、電位の高いO点（マイナスの電荷にとっては低い場所）に向かって落ちていき、スピードが出ます。そのスピードをエネルギー保存則で計算しました。

ルートの中身は全て正の値（\(k, q, Q, m, l > 0\)）なので、実数解が得られます。電荷 \(Q\) や \(q\) が大きいほど、あるいは質量 \(m\) が小さいほど速くなるという結果は、直感と一致します。

問(4)

思考の道筋とポイント
C点に小球P（電荷 \(-q\)）を置きます。
最初は点電荷 \(+Q, -Q\) による静電気力のみを受けていますが、ここに「一様電場」を追加したところ、力の向きが逆転し、大きさが半分になりました。
力のつりあいや合成を考えます。

この設問における重要なポイント

• 力の向き:
  • 元の状態: C点の電場 \(E_C\) は右向き。(1)より。
  • 電荷 \(-q\) が受ける力 \(F_{\text{元}}\) は、電場と逆向きなので「左向き」です。
• 変化後の状態:
  • 「向きが逆転し」 \(\rightarrow\) 新しい力 \(F_{\text{新}}\) は「右向き」。
  • 「大きさが半分」 \(\rightarrow\) \(|F_{\text{新}}| = \frac{1}{2} |F_{\text{元}}|\)。
• 一様電場の決定:
  • 新しい力は、(元の静電気力) + (一様電場による力) です。

具体的な解説と立式
右向きを正とします。
(1)より、C点の電場 \(E_C\) は正（右向き）です。
小球Pの電荷は \(-q\) なので、元の静電気力 \(F_{\text{元}}\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
F_{\text{元}} &= -q E_C
\end{aligned}
$$
一様電場を \(E\)（右向き正）とします。
一様電場による力は \(-qE\) です。
合成された新しい力 \(F_{\text{新}}\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
F_{\text{新}} &= -q E_C + (-qE) \\[2.0ex]
&= -q(E_C + E)
\end{aligned}
$$
問題文の条件「向きが逆転し（つまり右向きになり）、大きさが半分になった」を式にします。
元の力の大きさは \(|-qE_C| = qE_C\) です。
新しい力 \(F_{\text{新}}\) が「右向きで大きさが \(qE_C/2\)」ということは、以下の等式が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
F_{\text{新}} &= +\frac{1}{2} q E_C
\end{aligned}
$$
したがって、以下の関係式を立てます。
$$
\begin{aligned}
-q(E_C + E) &= \frac{1}{2} q E_C
\end{aligned}
$$

式を \(E\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
-q E_C – q E &= \frac{1}{2} q E_C
\end{aligned}
$$
両辺を \(-q\) で割ります（\(q \neq 0\)）。
$$
\begin{aligned}
E_C + E &= -\frac{1}{2} E_C \\[2.0ex]
E &= -\frac{1}{2} E_C – E_C \\[2.0ex]
&= -\frac{3}{2} E_C
\end{aligned}
$$
\(E\) が負の値になったので、一様電場の向きは左向き（BからAの向き）です。
強さ（大きさ）は \(|E| = \frac{3}{2} E_C\) です。
(1)の結果 \(E_C = \frac{2kQl}{(l^2+L^2)^{\frac{3}{2}}}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
|E| &= \frac{3}{2} \cdot \frac{2kQl}{(l^2+L^2)^{\frac{3}{2}}} \\[2.0ex]
&= \frac{3kQl}{(l^2+L^2)^{\frac{3}{2}}}
\end{aligned}
$$

もともと小球は、点電荷たちから「左向き」の力を受けていました。
ここに新しい風（一様電場）を吹かせたら、小球は逆に「右向き」に押されるようになり、その力は元の半分の強さでした。
小球はマイナスの電気を持っているので、右に押されるためには、風（電場）は左向きに吹いている必要があります。
計算してみると、新しい風は、もともとの場所にあった電場の1.5倍の強さで逆向きに吹いていることがわかりました。

一様電場が左向き（負）であれば、負電荷 \(-q\) には右向き（正）の力が働きます。
元の力が左向き \(F\) だったところ、右向き \(1.5F\) の力が加われば、合力は右向き \(0.5F\) となります。これは条件「向きが逆転し大きさが半分」と一致します。

問(5)

思考の道筋とポイント
小球PをC点からM点まで静かに移動させます。このとき「外力がした仕事」を求めます。
「静かに移動」とは、運動エネルギーの変化がゼロ（速度ほぼ0で移動）であることを意味します。
この場合、外力の仕事 \(W_{\text{外}} = \Delta E\) となります。
力学的エネルギーの変化は、位置エネルギーの変化 \(\Delta U\) に等しいです。

この設問における重要なポイント

• 位置エネルギーの総和: 位置エネルギーは、「点電荷 \(+Q, -Q\) による電位 \(V\)」と「一様電場 \(E\) による電位 \(V_{\text{一様}}\)」の両方から生じます。
• 仕事の計算: \(W_{\text{外}} = U_{\text{終}} – U_{\text{始}}\)。
• 一様電場の電位: 電場 \(E\)（左向き）の中に置かれた電荷の位置エネルギーの変化は、力 \(\times\) 距離でも計算できます。

具体的な解説と立式
全位置エネルギーの変化を、点電荷による部分と一様電場による部分に分けて立式します。
$$
\begin{aligned}
W_{\text{外}} &= \Delta U_{\text{点電荷}} + \Delta U_{\text{一様}}
\end{aligned}
$$

1. 点電荷による位置エネルギーの変化
始点C、終点Mです。
C点での点電荷による電位 \(V_C\) は、\(+Q\) と \(-Q\) から等距離なので \(0\) です。
M点での点電荷による電位 \(V_M\) は、(2)より \(-\frac{4kQ}{3l}\) です。
$$
\begin{aligned}
\Delta U_{\text{点電荷}} &= (-q)V_M – (-q)V_C
\end{aligned}
$$

2. 一様電場による位置エネルギーの変化
一様電場は左向き（大きさ \(E_{\text{一様}} = \frac{3kQl}{(l^2+L^2)^{3/2}}\)）です。
負電荷 \(-q\) が受ける静電気力 \(F_{\text{一様}}\) は、電場と逆の「右向き」で、大きさは \(q E_{\text{一様}}\) です。
移動経路は C \(\to\) M です。
C点のx座標は \(0\)、M点のx座標は \(l/2\) です。
x軸方向（右方向）に \(d = l/2\) だけ移動しました。
静電気力（右向き）と同じ方向に移動したので、静電気力は正の仕事をします。
位置エネルギーの変化は「静電気力がした仕事のマイナス」です。
$$
\begin{aligned}
\Delta U_{\text{一様}} &= – (\text{静電気力} \times \text{移動距離}) \\[2.0ex]
&= – (q E_{\text{一様}}) \cdot \frac{l}{2}
\end{aligned}
$$

合計の仕事
これらを合計して \(W_{\text{外}}\) を立式します。
$$
\begin{aligned}
W_{\text{外}} &= \{ (-q)V_M – 0 \} + \left\{ – q E_{\text{一様}} \frac{l}{2} \right\}
\end{aligned}
$$

値を代入して計算します。
$$
\begin{aligned}
W_{\text{外}} &= (-q)\left( -\frac{4kQ}{3l} \right) – q \left( \frac{3kQl}{(l^2+L^2)^{\frac{3}{2}}} \right) \frac{l}{2} \\[2.0ex]
&= \frac{4kqQ}{3l} – \frac{3kqQl^2}{2(l^2+L^2)^{\frac{3}{2}}} \\[2.0ex]
&= kqQ \left\{ \frac{4}{3l} – \frac{3l^2}{2(l^2+L^2)^{\frac{3}{2}}} \right\}
\end{aligned}
$$

小球をCからMへ運ぶ仕事は、「点電荷たちが作る電気の坂道」を登る仕事と、「一様な電気の風」に逆らう仕事の合計です。
点電荷の影響については、電位が0の場所から低い場所（マイナスの電荷にとっては高い場所）へ運ぶので、外力はプラスの仕事をします（持ち上げるイメージ）。
一様電場の影響については、小球は右向きの風を受けているのに、さらに右へ運ぶので、外力はブレーキをかけるようなマイナスの仕事をします。
これらを合計したものが答えです。

答えの式は複雑ですが、第1項は点電荷による寄与、第2項は一様電場による寄与として明確に分かれています。単位を確認すると、どちらも \([kQ^2/L] \sim [\text{J}]\) の次元を持っており正しいです。

問(6)

思考の道筋とポイント
M点で静かに放すと、Pは左へ動き出し、O点で一瞬静止しました。
これは、M点とO点での「全位置エネルギー」が等しいことを意味します（運動エネルギーが共に0なので）。
全位置エネルギー \(U_{\text{全}} = U_{\text{点電荷}} + U_{\text{一様}}\) が保存されるという式を立てます。

この設問における重要なポイント

• エネルギー保存則: \(K_M + U_{\text{全}}(M) = K_O + U_{\text{全}}(O)\)
• 条件: \(K_M = 0\), \(K_O = 0\) なので、\(U_{\text{全}}(M) = U_{\text{全}}(O)\)。
• 位置エネルギーの差: \(U_{\text{全}}(M) – U_{\text{全}}(O) = 0\)。

具体的な解説と立式
M点とO点での位置エネルギーの比較を行います。
基準をO点にとると計算しやすいです。
1. 点電荷による位置エネルギー差
$$
\begin{aligned}
\Delta U_{\text{点電荷}}(O \to M) &= (-q)V_M – (-q)V_O \\[2.0ex]
&= (-q)\left( -\frac{4kQ}{3l} \right) – 0 \\[2.0ex]
&= \frac{4kqQ}{3l}
\end{aligned}
$$

2. 一様電場による位置エネルギー差
一様電場による力は右向き \(F_{\text{一様}} = q E_{\text{一様}}\) です。
M点はO点より \(x = l/2\) だけ右にあります。
力と同じ方向に進んだ場所なので、位置エネルギーは低くなります。
$$
\begin{aligned}
\Delta U_{\text{一様}}(O \to M) &= – (\text{力} \times \text{距離}) \\[2.0ex]
&= – (q E_{\text{一様}}) \cdot \frac{l}{2}
\end{aligned}
$$

3. 保存則の適用
MとOで全エネルギーが等しいので、変化量の和はゼロです。
$$
\begin{aligned}
\Delta U_{\text{点電荷}} + \Delta U_{\text{一様}} &= 0 \\[2.0ex]
\frac{4kqQ}{3l} – q E_{\text{一様}} \frac{l}{2} &= 0
\end{aligned}
$$

式に \(E_{\text{一様}} = \frac{3kQl}{(l^2+L^2)^{3/2}}\) を代入して整理します。
$$
\begin{aligned}
\frac{4kqQ}{3l} &= q \left( \frac{3kQl}{(l^2+L^2)^{\frac{3}{2}}} \right) \frac{l}{2}
\end{aligned}
$$
両辺の \(kqQ\) を消去します。
$$
\begin{aligned}
\frac{4}{3l} &= \frac{3l^2}{2(l^2+L^2)^{\frac{3}{2}}}
\end{aligned}
$$
たすき掛けして整理します。
$$
\begin{aligned}
8(l^2+L^2)^{\frac{3}{2}} &= 9l^3
\end{aligned}
$$
両辺を2乗します。
$$
\begin{aligned}
64(l^2+L^2)^3 &= 81l^6
\end{aligned}
$$
3乗根をとります。\(64 = 4^3\)、\(81 = 3^3 \times 3\) なので注意します。
$$
\begin{aligned}
4(l^2+L^2) &= 3\sqrt[3]{3} l^2
\end{aligned}
$$
\(L\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
4L^2 &= 3\sqrt[3]{3} l^2 – 4l^2 \\[2.0ex]
L^2 &= \frac{3\sqrt[3]{3}-4}{4} l^2
\end{aligned}
$$
平方根をとります。
$$
\begin{aligned}
L &= \frac{\sqrt{3\sqrt[3]{3}-4}}{2} l
\end{aligned}
$$

M点で手を離すと、小球はO点まで行って止まりました。これは、M点とO点の「高さ（エネルギー的な高さ）」が全く同じだったということです。
点電荷による効果はM点の方が高く、一様電場による効果はO点の方が高いです。この2つの効果がちょうど釣り合って、トータルの高さが同じになるような距離 \(L\) を計算しました。

式変形が複雑ですが、次元は合っています。\(3\sqrt[3]{3} \approx 3 \times 1.44 = 4.32\) なので、ルートの中身は正になり、解が存在します。

問(Q1)

思考の道筋とポイント
(6)の運動において、Pの速さが最大となる位置を問われています。
物体が力を受けて運動するとき、速さが最大になるのは「加速から減速に転じる瞬間」、つまり「合力が0になる（力がつりあう）位置」です。

この設問における重要なポイント

• 運動の様子: M点（右端）から左へ加速 \(\to\) 最大速度 \(\to\) 左へ減速 \(\to\) O点（左端）で停止。
• 力のつりあい: 加速と減速の境界点は、力がゼロになる点です。

具体的な解説と立式
Pには以下の2つの力が働いています。
1. 点電荷による静電気力: 左向き（M点付近では）。O点に近づくにつれて弱まるか変化する。
2. 一様電場による力: 右向きで一定。

M点では左向きの力が勝っており左へ加速します。O点では電位の対称性から点電荷による力は右向き（Aからの反発とBからの引力の合力）になり、一様電場の力（右向き）と合わせて右向きの力が働きます（減速要因）。
したがって、MとOの間のどこかで、左向きの力と右向きの力がつりあう点があります。そこで速さは最大になります。

（記述問題のため計算なし）

最初は左向きの力が強くてどんどん加速しますが、ある地点を過ぎると右向きの力（ブレーキ）が強くなって減速し始めます。
その「加速から減速に切り替わる瞬間」、つまり「力がちょうどつり合っている場所」で、スピードは一番速くなります。

単振動や往復運動において、平衡点（力のつりあい点）で速度が最大になるのは一般的な性質です。

問(Q2)

思考の道筋とポイント
設定が変わります。A, B共に \(+Q\) です。
O点にある小球P（電荷 \(-q\)）をCの方向（y軸方向）にわずかにずらして放します。
Pは \(+Q\) から引力を受け、O点に引き戻されます。これが復元力となり単振動します。
微小変位 \(y\) における復元力 \(F\) を求め、\(F \approx -Ky\) の形にして周期 \(T = 2\pi\sqrt{m/K}\) を求めます。

この設問における重要なポイント

• 近似計算: \(y \ll l\) のとき、\((l^2+y^2)^{-n} \approx l^{-2n}\) などを利用します。
• 復元力の導出: 幾何学的に力の成分を分解する方法と、ポテンシャルを微分する方法があります。

具体的な解説と立式
幾何学的アプローチ（メイン解法）
PがOから \(y\) だけずれた位置にあるとします。
2つの \(+Q\) から受ける引力 \(f\) の大きさは等しく、以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
f &= k\frac{qQ}{l^2+y^2}
\end{aligned}
$$
この2つの力の合力 \(F\) は、水平成分が打ち消し合い、Oに向かう成分（y軸負方向）だけが残ります。
力のなす角を \(\theta\)（y軸との角ではなく、線分APとABのなす角）とすると、Oに向かう成分は \(f \sin\theta\) の2倍です。
ここで \(\sin\theta = \frac{y}{\sqrt{l^2+y^2}}\) です。
復元力 \(F\) を立式します。
$$
\begin{aligned}
F &= – 2f \sin\theta \quad (\text{向きは中心O向きなのでマイナス}) \\[2.0ex]
&= – 2 \left( k\frac{qQ}{l^2+y^2} \right) \frac{y}{\sqrt{l^2+y^2}}
\end{aligned}
$$

式を整理し、近似を行います。
$$
\begin{aligned}
F &= – \frac{2kqQ}{(l^2+y^2)^{\frac{3}{2}}} y
\end{aligned}
$$
ここで \(y \ll l\) なので、分母の \(y^2\) を無視します（\(l^2+y^2 \approx l^2\)）。
$$
\begin{aligned}
F &\approx – \frac{2kqQ}{(l^2)^{\frac{3}{2}}} y \\[2.0ex]
&= – \frac{2kqQ}{l^3} y
\end{aligned}
$$
これは単振動の復元力 \(F = -Ky\) の形です。
バネ定数相当 \(K\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
K &= \frac{2kqQ}{l^3}
\end{aligned}
$$
周期の公式に \(K\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
T &= 2\pi \sqrt{\frac{m}{K}} \\[2.0ex]
&= 2\pi \sqrt{\frac{m}{\frac{2kqQ}{l^3}}} \\[2.0ex]
&= 2\pi \sqrt{\frac{ml^3}{2kqQ}} \\[2.0ex]
&= 2\pi l \sqrt{\frac{ml}{2kqQ}}
\end{aligned}
$$

プラスの電気の間にあるマイナスの電気を、横（垂直方向）にちょっとずらすと、両側のプラスから「戻ってこい」と引っ張られます。
ずらし幅が小さいときは、この引き戻す力が「ずれた距離」に比例するバネのような力になります。
バネ定数にあたる強さを計算して、単振動の公式に当てはめれば周期が求まります。

次元を確認します。\([k] = [\text{N}\cdot\text{m}^2/\text{C}^2]\)。
ルートの中身 \([\frac{\text{kg}\cdot\text{m}^3}{\text{N}\cdot\text{m}^2/\text{C}^2 \cdot \text{C}^2}] = [\frac{\text{kg}\cdot\text{m}}{\text{N}}] = [\frac{\text{kg}\cdot\text{m}}{\text{kg}\cdot\text{m}/\text{s}^2}] = [\text{s}^2]\)。
ルートをとると時間の単位 \([\text{s}]\) になり、正しいです。

【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？

• 電位の重ね合わせの原理（スカラー和）
  • 核心: 電場はベクトル和ですが、電位はスカラー和（ただの足し算）である点が最大のポイントです。向きを考慮せず、符号付きの電荷量と距離だけで計算できます。
  • 理解のポイント:
    • 電場 \(\vec{E}\) は「力の向き」を含むのでベクトル合成が必要。
    • 電位 \(V\) は「高さ」なので、単純に数値の足し算でOK。
• 静電気力による位置エネルギーと保存則
  • 核心: 静電気力は保存力であり、位置エネルギー \(U=qV\) を定義することで、力学的エネルギー保存則を用いて物体の運動を解析できます。
  • 理解のポイント:
    • 電荷 \(q\) の符号を含めて \(U=qV\) に代入すること。
    • 一様電場も位置エネルギー（\(U=-qEx\)）として取り込むか、外力の仕事として扱うかを選択できること。

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:
  • 多角形配置の点電荷: 正方形や正三角形の頂点に電荷がある場合も、中心や対称軸上の電場・電位は、本問と同様に対称性を利用して成分をキャンセルさせたり、等距離を利用して簡単に計算できます。
  • 重力との複合問題: 鉛直面内で荷電粒子が運動する場合、重力による位置エネルギー \(mgh\) と静電気力による位置エネルギー \(qV\) の両方を保存則に組み込むだけで解けます。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 対称性の確認: 電荷配置に対称性があれば、電場の特定の成分が0になることや、等電位面が特定の形状になることを予測します。
  2. エネルギーか力か: 「速さ」や「到達距離」を問われたらエネルギー保存則、「時間」や「加速度」を問われたら運動方程式を選択します。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 電位のベクトル合成:
  • 誤解: 電場と同様に、電位も矢印を描いて成分分解して合成しようとしてしまう。
  • 対策: 「電位はスカラー（数値）」と唱えましょう。向きの概念はなく、プラスとマイナスの数値を足すだけです。
• 仕事の符号と主語の取り違え:
  • 誤解: 「外力がした仕事」を求める際に、静電気力がした仕事をそのまま答えてしまう（符号が逆になる）。
  • 対策: \(W_{\text{外}} = \Delta U\) （外力がエネルギーを変化させる）と、\(W_{\text{静}} = -\Delta U\) （保存力が仕事をするとエネルギーが減る）の関係を明確に区別します。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• エネルギー保存則（問3, 6）:
  • 選定理由: 経路の途中での複雑な力の変化（距離の2乗に反比例など）を積分計算せずに、始点と終点の状態だけで速さや距離を求められるため。
  • 適用根拠: 静電気力が保存力であり、摩擦などの非保存力が仕事をしない（または外力の仕事として処理できる）ため。
• ポテンシャルのテイラー展開（問Q2別解）:
  • 選定理由: 力のベクトル分解や近似計算が煩雑になりがちな場合でも、スカラー量であるエネルギーの微分操作だけで機械的に復元力を導けるため。
  • 適用根拠: 微小振動（\(y \ll l\)）であり、ポテンシャルの極小点近傍での運動であるため。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 次元解析（ディメンションチェック）:
  • 意識: 答えの式の単位が正しいか常に疑うこと。
  • 実践: 例えば電場 \(E\) なら \([kQ/L^2]\)、電位 \(V\) なら \([kQ/L]\) の形になっているか確認します。問(6)の \(L\) の式なら、右辺全体が長さの次元 \([L]\) になっているかを見ます。
• 極限的なケースでの検算:
  • 意識: 変数を極端な値にしたとき、物理的に当たり前の結果になるか。
  • 実践: 問(1)で \(L=0\) とするとO点の電場と一致するか、問(4)で \(E_C=0\) ならどうなるかなどを確認します。

関連記事

高校物理・物理基礎が「わかる」→「解ける」へ｜有名問題集・オリジナル問題の解説なら「まことの物理教室」

[mathjax] SNSでのシェアはご自由にどうぞ。(上のボタンをクリック) ブログで引用する際には、こちらのリンクを添えてください。 【引用】https://makoto-physics-school.com […]

問題11 静電気・保存則 (岡山大)

【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「荷電粒子の衝突と保存則」です。
前半は固定された電荷への接近（1体問題）、後半は自由に動く電荷同士の衝突（2体問題）を扱います。
クーロン力という保存力が働く場での運動を、エネルギー保存則や運動量保存則を駆使して解析します。

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)