問題16 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
- 提示する別解
- 設問(3)の別解: 合成容量（直列接続）を用いた解法
- 模範解答が電場 \(E\) の変化から電荷量を計算するのに対し、別解では金属板挿入後の系を「2つのコンデンサーの直列接続」とみなし、合成容量を用いて一気に電荷量を求めます。
- 設問(4)の別解1: 合成容量（直列接続）を用いた解法
- 誘電体が挿入された状態を「空気コンデンサーと誘電体コンデンサーの直列接続」とみなし、合成容量と電荷保存則から電位差を求めます。
- 設問(4)の別解2: 微積分を用いた体系的解法（ガウスの法則と電位の定義）
- 公式 \(V=Ed\) や \(Q=CV\) を前提とせず、ガウスの法則から電場を導出し、それを積分することで電位分布を決定する原理的なアプローチをとります。この手法を用いて、設問(1)〜(4)の現象を統一的に説明します。
- 設問(3)の別解: 合成容量（直列接続）を用いた解法
- 上記の別解が有益である理由
- 合成容量の解法: 複雑な電場計算をスキップし、回路全体の「溜めやすさ」に着目することで、計算ミスを減らし素早く解答にたどり着けます。
- 微積分の解法: 誘電体の挿入や極板間隔の変化といった複雑な状況変化に対し、物理の基本原理（マクスウェル方程式の基礎）から立ち返って解くことで、公式の適用範囲に迷うことなく正解を導く応用力を養います。
- 結果への影響
- いずれのアプローチを用いても、最終的に得られる答えは模範解答と完全に一致します。
この問題のテーマは「極板間隔の変化、導体・誘電体の挿入によるコンデンサーの特性変化」です。
スイッチの開閉による「電荷保存」と「電位一定」の使い分け、そして電場と電位のグラフ化を通して、コンデンサー内部の物理現象を深く理解します。
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。
- 一様な電場: 平行平板コンデンサーの極板間には一様な電場 \(E\) が生じ、電位差 \(V\) と極板間隔 \(d\) の間には \(V=Ed\) の関係があります。
- 静電誘導と導体の性質: 電場中に導体を置くと、静電誘導により導体内部の電場は \(0\) になり、導体全体は等電位になります。
- 誘電体と電場: 電場中に比誘電率 \(\varepsilon_r\) の誘電体を置くと、誘電分極により内部の電場は外部の \(1/\varepsilon_r\) 倍になります。
- 保存則の使い分け:
- スイッチを切る \(\rightarrow\) 電荷 \(Q\) が保存される。
- スイッチをつなぐ \(\rightarrow\) 電位差 \(V\) が一定に保たれる。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)では、基本公式 \(V=Ed\) から初期状態の電場を求め、グラフを描きます。
- (2)では、スイッチオフ（電荷保存）と導体挿入（内部電場 \(0\)）を組み合わせ、電位分布の変化を追います。
- (3)では、スイッチオン（電位一定）により再配分された電荷量を計算します。
- (4)では、極板移動と誘電体挿入後の複雑な状況に対し、電荷保存則と各層の電場を足し合わせることで全電位差を求めます。
問(1)
思考の道筋とポイント
まずは基準となる初期状態の確認です。
極板間隔は \(4d\)、電源電圧は \(V_0\) です。
平行平板コンデンサーでは、極板間の電場 \(E\) は場所によらず一定（一様）になります。
また、電位 \(V\) は、接地されている極板B（\(x=0\)）を基準（\(0\,\text{V}\)）として、電場に逆らって進むにつれて直線的に上昇します。
この設問における重要なポイント
- 電場と電位の関係: 一様な電場 \(E\) において、距離 \(x\) だけ離れた点の電位 \(V\) は \(V = Ex\) （基準が \(0\) の場合）となります。
- グラフの形状: \(E-x\) グラフは水平な直線、\(V-x\) グラフは原点を通る傾き \(E\) の直線になります。
具体的な解説と立式
極板間の電場の強さを \(E_1\) とします。
極板間隔は \(4d\)、電位差は \(V_0\) なので、以下の関係が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
V_0 &= E_1 \cdot 4d
\end{aligned}
$$
これより、電場 \(E_1\) が求まります。
電位 \(V(x)\) については、極板B（\(x=0\)）の電位が \(0\) なので、位置 \(x\) における電位は以下のように表せます。
$$
\begin{aligned}
V(x) &= E_1 x
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 一様電場の電位差: \(V = Ed\)
まず、電場 \(E_1\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
E_1 &= \frac{V_0}{4d}
\end{aligned}
$$
これが \(E-x\) グラフの \(y\) 軸の値となり、\(0 < x < 4d\) の範囲で一定です。
次に、電位 \(V(x)\) の式に \(E_1\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
V(x) &= \frac{V_0}{4d} x
\end{aligned}
$$
これは原点を通り、\(x=4d\) で \(V=V_0\) となる直線です。
極板の間には、電圧 \(V_0\) が距離 \(4d\) にわたって均等にかかっています。
「電場」とは「1mあたりの電圧の変化（坂の急さ）」のことなので、全体で \(V_0\) の高さを \(4d\) の距離で登る坂道の傾きを計算すればよいのです。
電位のグラフは、B地点（高さ0）からA地点（高さ \(V_0\)）まで一定の傾きで登っていく直線になります。
- \(E\) のグラフ: 縦軸の値が \(\frac{V_0}{4d}\) で一定の直線（実線）。
- \(V\) のグラフ: 原点 \((0, 0)\) と点 \((4d, V_0)\) を結ぶ直線（実線）。
これは平行平板コンデンサーの基本的な性質と一致します。
\(E\) の値は \(\displaystyle \frac{V_0}{4d}\)、\(V\) のグラフの傾きは \(\displaystyle \frac{V_0}{4d}\)。
問(2)
思考の道筋とポイント
スイッチSを開いた状態で、帯電していない金属板Mを挿入します。
スイッチが開いているため、極板A, Bに蓄えられた電荷 \(Q\) は逃げ場がなく、**電気量保存則**により一定に保たれます。
電荷が一定ならば、そこから出る電気力線の本数も変わらないため、金属板以外の空気部分の電場 \(E\) は(1)と同じままです。
一方、金属板（導体）内部では、自由電子が移動して外部電場を打ち消すため、**電場は \(0\)** になります。
この設問における重要なポイント
- 孤立系の電荷保存: スイッチOFF \(\rightarrow\) 極板の電荷 \(Q\) は不変。
- ガウスの法則的視点: 電荷密度が変わらなければ、そこから生じる電場（電気力線密度）も変わらない。
- 導体内部の電場: 静電平衡状態では必ず \(0\)。
- 導体の電位: 電場が \(0\) なので、導体全体は等電位（グラフは平坦）になる。
具体的な解説と立式
(1)の状態での電荷を \(Q\) とすると、極板面積を \(S\) としてガウスの法則より \(E_1 = \frac{Q}{\varepsilon_0 S}\) です。
スイッチを切っているため \(Q\) は不変であり、空気部分の電場は \(E_1\) のまま維持されます。
金属板Mが挿入された領域（\(d < x < 2d\)）では、導体の性質により電場は \(0\) となります。
電位 \(V(x)\) は、\(x=0\) からその地点までの電場の積分（グラフの面積）で求まります。
- \(0 \le x \le d\) (空気): 傾き \(E_1\) で上昇。
- \(d < x < 2d\) (金属板): 電場 \(0\) なので電位は変化せず一定（平坦）。
- \(2d \le x \le 4d\) (空気): 再び傾き \(E_1\) で上昇。
極板Aの電位 \(V_A\) は、各区間の電位差の和となります。
$$
\begin{aligned}
V_A &= (\text{B〜M下面の電位差}) + (\text{M内部の電位差}) + (\text{M上面〜Aの電位差}) \\[2.0ex]
&= E_1 \cdot d + 0 + E_1 \cdot (4d – 2d)
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 導体内部の電場: \(E = 0\)
- 電位差の加法性: \(V_{\text{全}} = \sum E_i d_i\)
まず、空気部分の電場は(1)と同じです。
$$
\begin{aligned}
E &= E_1 \\[2.0ex]
&= \frac{V_0}{4d} \quad (\text{空気部分})
\end{aligned}
$$
金属板内部の電場は \(0\) です。
次に、極板Aの電位 \(V_A\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
V_A &= E_1 d + 0 + E_1(2d) \\[2.0ex]
&= 3 E_1 d \\[2.0ex]
&= 3 \cdot \frac{V_0}{4d} \cdot d \\[2.0ex]
&= \frac{3}{4} V_0
\end{aligned}
$$
スイッチを切っているので、極板上の電気の粒（電荷）は逃げられず、そのまま居座ります。そのため、空気が残っている部分では、相変わらず同じ強さの電気的な力（電場）が働いています。
しかし、金属板の中では電気が自由に動けるため、外部からの力を打ち消すように分布し、結果として内部の力はゼロになります（無風状態）。
電位のグラフを描くときは、「坂道（空気）」→「平地（金属板）」→「坂道（空気）」とつなげていきます。平地を歩いた分だけ、頂上（極板A）に到達したときの高さは、最初（\(V_0\)）よりも低くなります。
- \(E\) のグラフ: \(d < x < 2d\) の区間だけ \(0\) に落ち込み、それ以外は(1)と同じ高さ \(\frac{V_0}{4d}\) の点線。
- \(V\) のグラフ: \(d < x < 2d\) の区間だけ平坦（傾き0）になり、前後は(1)と平行な傾きの直線。最終的な到達点（\(x=4d\)）は \(\frac{3}{4}V_0\) となる。
金属板を入れることで実質的な極板間隔が減り、同じ電荷量でも全体の電位差が下がることは物理的に妥当です。
\(E\) は \(d < x < 2d\) で \(0\)、他は \(\displaystyle \frac{V_0}{4d}\)。
\(V\) は \(x=4d\) で \(\displaystyle \frac{3}{4}V_0\)。
問(3)
思考の道筋とポイント
ここでスイッチSを閉じます。これにより、極板AとBの電位差は強制的に電源電圧 \(V_0\) に戻されます。
金属板M（厚さ \(d\)）が存在するため、電場が存在できる「有効な距離」は \(4d – d = 3d\) しかありません。
距離が縮まったのに同じ電圧 \(V_0\) をかけるため、電場の坂はより急になります（電場 \(E\) が強くなる）。
電場が強くなるということは、ガウスの法則により、極板上の電荷 \(Q\) も増えることを意味します。
この設問における重要なポイント
- 電位一定: スイッチON \(\rightarrow\) \(V_A – V_B = V_0\)。
- 実質的な極板間隔: 金属板の厚さ分だけ距離が減る。\(d_{\text{有効}} = 3d\)。
- 電荷の移動: コンデンサーの容量が増えるため、追加の電荷が電源から流れ込む。
具体的な解説と立式
新しい電場を \(E_2\) とします。
電位差 \(V_0\) は、空気部分の距離 \(3d\) （\(d + 2d\)）にかかるため、以下の式が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
V_0 &= E_2 \cdot 3d
\end{aligned}
$$
これより \(E_2\) が求まります。
次に、移動した電荷量を求めます。
初期の電気容量を \(C\) とすると、\(C = \varepsilon_0 \frac{S}{4d}\) です。
金属板挿入後の電気容量 \(C’\) は、極板間隔が \(3d\) になったコンデンサーと等価なので、
$$
\begin{aligned}
C’ &= \varepsilon_0 \frac{S}{3d}
\end{aligned}
$$
となります。
新たに蓄えられる電荷 \(Q’\) と、スイッチを切る前の電荷 \(Q\) の差分が、スイッチSを通って移動した電荷です。
使用した物理公式
- 電位と電場の関係: \(V = Ed\)
- 平行平板コンデンサーの容量: \(C = \varepsilon \frac{S}{d}\)
- 基本式: \(Q = CV\)
まず、新しい電場 \(E_2\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
E_2 &= \frac{V_0}{3d}
\end{aligned}
$$
これが \(E-x\) グラフ（図e）の高さになります。\(V-x\) グラフ（図f）は、傾きが \(E_2\) で、\(d < x < 2d\) が平坦な形になります。
次に、電荷の移動量を計算します。
初期電荷 \(Q\) は、
$$
\begin{aligned}
Q &= C V_0
\end{aligned}
$$
新しい電荷 \(Q’\) は、
$$
\begin{aligned}
Q’ &= C’ V_0 \\[2.0ex]
&= \left( \varepsilon_0 \frac{S}{3d} \right) V_0 \\[2.0ex]
&= \frac{4d}{3d} \left( \varepsilon_0 \frac{S}{4d} \right) V_0 \\[2.0ex]
&= \frac{4}{3} C V_0 \\[2.0ex]
&= \frac{4}{3} Q
\end{aligned}
$$
スイッチSを通って流れ込んだ電荷 \(\Delta Q\) は、
$$
\begin{aligned}
\Delta Q &= Q’ – Q \\[2.0ex]
&= \frac{4}{3} Q – Q \\[2.0ex]
&= \frac{1}{3} Q
\end{aligned}
$$
ここで、\(Q = C V_0\) なので、答えの単位に合わせて \(C\) を用いて表すと、
$$
\begin{aligned}
\Delta Q &= \frac{1}{3} C V_0
\end{aligned}
$$
極板Aの電荷が \(+Q\) から \(+\frac{4}{3}Q\) に増えたということは、正電荷が電源から極板Aに向かって流れたことを意味します。
図のスイッチSの位置を見ると、電源の正極から極板Aへ向かう方向は「左向き」です。
スイッチをつなぐと、電圧は \(V_0\) に復活します。
しかし、金属板の分だけ「絶縁されている距離」が \(4d\) から \(3d\) に縮まっています。
距離が縮まったのに同じ電圧をかけるので、電気的な圧力（電場）は強くなり、より多くの電気（電荷）を蓄えられるようになります。
計算すると、電荷は元の \(4/3\) 倍になります。増えた分の電気は、電池からスイッチを通って極板に流れ込みます。
- \(E\) のグラフ: 空気部分の高さが \(\frac{V_0}{3d}\) に上昇。金属板内は \(0\)。
- \(V\) のグラフ: 傾きが急になり、\(x=4d\) で \(V_0\) に戻る。
- 移動電荷: \(\frac{1}{3}CV_0\) [C]。向きは左（電源 \(\to\) A）。
距離が \(3/4\) 倍になったので容量は \(4/3\) 倍になる、という直感とも一致します。
移動した電気量: \(\displaystyle \frac{1}{3}CV_0\) [C]
向き: 左
思考の道筋とポイント
金属板Mによって、コンデンサーは「極板A〜M上面」と「M下面〜極板B」の2つのコンデンサーに分割されたとみなせます。
これらは直列に接続されています。
この設問における重要なポイント
- 直列接続: 2つのコンデンサーが一本道でつながっている状態。
- 合成容量: 直列の場合、逆数の和が合成容量の逆数になる。
具体的な解説と立式
上側のコンデンサー（間隔 \(2d\)）の容量を \(C_{\text{上}}\)、下側のコンデンサー（間隔 \(d\)）の容量を \(C_{\text{下}}\) とします。
初期容量 \(C = \varepsilon_0 \frac{S}{4d}\) を基準にします。
$$
\begin{aligned}
C_{\text{上}} &= \varepsilon_0 \frac{S}{2d} \\[2.0ex]
C_{\text{下}} &= \varepsilon_0 \frac{S}{d}
\end{aligned}
$$
これらが直列接続されているので、合成容量 \(C’\) は以下の式で求まります。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{C’} &= \frac{1}{C_{\text{上}}} + \frac{1}{C_{\text{下}}}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 平行平板コンデンサーの容量: \(C = \varepsilon \frac{S}{d}\)
- 直列合成容量: \(\frac{1}{C} = \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2}\)
まず、各容量を \(C\) を用いて表します。
$$
\begin{aligned}
C_{\text{上}} &= 2 \left( \varepsilon_0 \frac{S}{4d} \right) \\[2.0ex]
&= 2C \\[2.0ex]
C_{\text{下}} &= 4 \left( \varepsilon_0 \frac{S}{4d} \right) \\[2.0ex]
&= 4C
\end{aligned}
$$
次に、合成容量 \(C’\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{C’} &= \frac{1}{2C} + \frac{1}{4C} \\[2.0ex]
&= \frac{2}{4C} + \frac{1}{4C} \\[2.0ex]
&= \frac{3}{4C}
\end{aligned}
$$
よって、
$$
\begin{aligned}
C’ &= \frac{4}{3} C
\end{aligned}
$$
蓄えられる電荷 \(Q’\) は、
$$
\begin{aligned}
Q’ &= C’ V_0 \\[2.0ex]
&= \frac{4}{3} C V_0
\end{aligned}
$$
増加分は \(\frac{1}{3} C V_0\) となり、メイン解法と同じ結果が得られます。
金属板で区切られた2つの空間を、それぞれ独立したコンデンサーと考えます。
これらは直列につながっているので、合成容量の公式を使って「合体後の容量」を計算します。
容量が分かれば、電圧 \(V_0\) をかけたときに溜まる電気の量もすぐに分かります。
メイン解法と同じ結果が得られました。
直列接続の合成容量の計算が正しく行われています。
問(4)
思考の道筋とポイント
操作が複雑なので整理します。
1. **スイッチを開く**: 電荷 \(Q’ = \frac{4}{3}CV_0\) が極板A, Bに保存されます。
2. **極板Aを \(d\) 下げる**: 全体の極板間隔は \(4d \to 3d\) になります。
3. **Mを誘電体Dに置換**: \(d < x < 2d\) の位置に、比誘電率 \(\varepsilon_r = 2\) の誘電体が入ります。
電荷 \(Q’\) が保存されているため、空気部分の電場 \(E_{\text{空気}}\) は(3)の状態から変化しません（ガウスの法則 \(E = Q/\varepsilon_0 S\) より）。
一方、誘電体Dの内部では、誘電分極により電場が弱められ、\(E_{\text{D}} = \frac{1}{\varepsilon_r} E_{\text{空気}}\) となります。
求める電位差 \(V_{AB}\) は、これらの電場を区間ごとに積分（足し合わせ）して求めます。
この設問における重要なポイント
- 電荷保存: 極板間隔を変えても、誘電体を入れても、スイッチOFFなら \(Q\)（および空気中の \(E\)）は不変。
- 誘電体中の電場: \(E_{\text{中}} = \frac{1}{\varepsilon_r} E_{\text{外}}\)。今回は \(\varepsilon_r = 2\) なので半分になる。
- 幾何学的配置:
- \(0 \le x \le d\): 空気層 (距離 \(d\))
- \(d < x < 2d\): 誘電体層 (距離 \(d\))
- \(2d \le x \le 3d\): 空気層 (距離 \(d\)) ※Aが下がってきたため、ここは \(d\) になる。
具体的な解説と立式
(3)の状態での空気中の電場を \(E_2\) とします。
$$
\begin{aligned}
E_2 &= \frac{V_0}{3d}
\end{aligned}
$$
スイッチを開いているので、この \(E_2\) は新しい状態でも空気層で維持されます。
誘電体D（比誘電率2）内部の電場 \(E_D\) は、
$$
\begin{aligned}
E_D &= \frac{E_2}{2}
\end{aligned}
$$
となります。
極板AB間の電位差 \(V_{AB}\) は、各層の電圧降下の和です。
$$
\begin{aligned}
V_{AB} &= (\text{下部空気層}) + (\text{誘電体層}) + (\text{上部空気層}) \\[2.0ex]
&= E_2 d + E_D d + E_2 d
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 誘電体中の電場: \(E’ = \frac{E}{\varepsilon_r}\)
- 電位差の計算: \(V = \sum E_i d_i\)
式に値を代入して計算します。
$$
\begin{aligned}
V_{AB} &= E_2 d + \frac{E_2}{2} d + E_2 d \\[2.0ex]
&= \left( 1 + \frac{1}{2} + 1 \right) E_2 d \\[2.0ex]
&= \frac{5}{2} E_2 d
\end{aligned}
$$
ここで \(E_2 = \frac{V_0}{3d}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
V_{AB} &= \frac{5}{2} \cdot \frac{V_0}{3d} \cdot d \\[2.0ex]
&= \frac{5}{6} V_0
\end{aligned}
$$
グラフについては以下の通りです。
- \(E\) のグラフ: 空気層は \(E_2 = \frac{V_0}{3d}\)、誘電体層は \(\frac{E_2}{2} = \frac{V_0}{6d}\)。
- \(V\) のグラフ:
- \(0 \sim d\): 傾き \(E_2\) で上昇。\(V(d) = E_2 d = \frac{1}{3}V_0\)。
- \(d \sim 2d\): 傾き \(E_2/2\) で上昇。増加分は \(\frac{1}{6}V_0\)。\(V(2d) = \frac{1}{3}V_0 + \frac{1}{6}V_0 = \frac{1}{2}V_0\)。
- \(2d \sim 3d\): 傾き \(E_2\) で上昇。増加分は \(\frac{1}{3}V_0\)。\(V(3d) = \frac{1}{2}V_0 + \frac{1}{3}V_0 = \frac{5}{6}V_0\)。
スイッチを切っているので、電気の量は変わりません。そのため、空気の部分での「坂の急さ（電場）」は前の状態と同じです。
しかし、誘電体の中では、電気的な力が \(1/2\) に弱められます。つまり、坂が緩やかになります。
極板Aを下げたことで、全体のコースは短くなりました。
「急な坂」→「緩やかな坂」→「急な坂」と登っていったときのトータルの高さ（電圧）を計算すると、元の電圧 \(V_0\) の \(5/6\) 倍になります。
- 電位差: \(\frac{5}{6} V_0\)。
- \(E\) のグラフ: 凸凹の階段状。誘電体部分だけ低い。
- \(V\) のグラフ: 折れ線グラフ。誘電体部分だけ傾きが緩やか。
極板間隔が減り（\(4d \to 3d\)）、さらに誘電体が入ったことで容量が増加したため、同じ電荷量 \(Q’\) を蓄えるのに必要な電圧が下がった（\(V_0 \to \frac{5}{6}V_0\)）と解釈でき、妥当です。
グラフは模範解答の図i、図jを参照。
\(E\) は \(d < x < 2d\) で \(\displaystyle \frac{V_0}{6d}\)、他は \(\displaystyle \frac{V_0}{3d}\)。
\(V\) は \(x=3d\) で \(\displaystyle \frac{5}{6}V_0\)。
思考の道筋とポイント
この系は、3つのコンデンサーの直列接続とみなせます。
1. 下部空気層（間隔 \(d\)）
2. 誘電体層（間隔 \(d\)、比誘電率2）
3. 上部空気層（間隔 \(d\)）
この設問における重要なポイント
- 3つの直列接続: 合成容量の逆数は、各容量の逆数の和。
- 誘電体の容量: 比誘電率 \(\varepsilon_r\) 倍になる。
具体的な解説と立式
それぞれの容量を求めます。基準容量 \(C = \varepsilon_0 \frac{S}{4d}\) を用います。
空気層の容量 \(C_{\text{空気}}\)（間隔 \(d\)）は、
$$
\begin{aligned}
C_{\text{空気}} &= \varepsilon_0 \frac{S}{d}
\end{aligned}
$$
誘電体層の容量 \(C_{\text{誘電体}}\)（間隔 \(d\)、\(\varepsilon_r=2\)）は、
$$
\begin{aligned}
C_{\text{誘電体}} &= 2 \varepsilon_0 \frac{S}{d}
\end{aligned}
$$
全体の合成容量 \(C_{\text{全}}\) は、
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{C_{\text{全}}} &= \frac{1}{C_{\text{空気}}} + \frac{1}{C_{\text{誘電体}}} + \frac{1}{C_{\text{空気}}}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 平行平板コンデンサーの容量: \(C = \varepsilon \frac{S}{d}\)
- 直列合成容量: \(\frac{1}{C} = \sum \frac{1}{C_i}\)
まず、各容量を \(C\) を用いて表します。
$$
\begin{aligned}
C_{\text{空気}} &= 4 \left( \varepsilon_0 \frac{S}{4d} \right) \\[2.0ex]
&= 4C \\[2.0ex]
C_{\text{誘電体}} &= 8 \left( \varepsilon_0 \frac{S}{4d} \right) \\[2.0ex]
&= 8C
\end{aligned}
$$
次に、合成容量 \(C_{\text{全}}\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{C_{\text{全}}} &= \frac{1}{4C} + \frac{1}{8C} + \frac{1}{4C} \\[2.0ex]
&= \frac{2 + 1 + 2}{8C} \\[2.0ex]
&= \frac{5}{8C}
\end{aligned}
$$
よって、
$$
\begin{aligned}
C_{\text{全}} &= \frac{8}{5} C
\end{aligned}
$$
保存されている電荷は \(Q’ = \frac{4}{3} C V_0\) なので、電位差 \(V_{AB}\) は、
$$
\begin{aligned}
V_{AB} &= \frac{Q’}{C_{\text{全}}} \\[2.0ex]
&= \frac{\frac{4}{3} C V_0}{\frac{8}{5} C} \\[2.0ex]
&= \frac{4}{3} \cdot \frac{5}{8} V_0 \\[2.0ex]
&= \frac{5}{6} V_0
\end{aligned}
$$
3つの層をそれぞれコンデンサーとみなし、それらが直列につながっていると考えます。
誘電体の部分は容量が大きくなっています。
これらを合成して1つのコンデンサーとして扱い、そこに溜まっている電気量 \(Q’\) から電圧を逆算します。
メイン解法と同じ結果が得られました。
合成容量を用いることで、電場の積分計算を回避できます。
思考の道筋とポイント
コンデンサーの公式 \(V=Ed\) や \(Q=CV\) は便利ですが、状況が複雑になると適用ミスが起きやすくなります。
ここでは、電磁気学の基本原理である「ガウスの法則」と「電位の定義」から出発し、設問(1)〜(4)のすべての現象を統一的に導出します。
この設問における重要なポイント
- ガウスの法則: 電荷 \(Q\) から出る電気力線の総数は \(Q/\varepsilon_0\) 本である。これにより、極板間の電束密度 \(D\) と電場 \(E\) が決まる。
- 電束密度: \(D = \frac{Q}{S}\) （電荷面密度）
- 電場: \(E = \frac{D}{\varepsilon}\) （誘電率 \(\varepsilon\) で割る）
- 電位の定義: 電位 \(V(x)\) は、基準点（\(x=0\)）から電場 \(E(x)\) を逆らって進む積分である。
- \(V(x) = \int_0^x E(x’) dx’\)
具体的な解説と立式
ステップ1: 電場の決定
極板面積を \(S\)、蓄えられた電荷を \(Q\) とします。
ガウスの法則より、極板間の電束密度 \(D\) は場所によらず一定です。
$$
\begin{aligned}
D &= \frac{Q}{S}
\end{aligned}
$$
各領域の電場 \(E(x)\) は、その場所の誘電率 \(\varepsilon\) によって決まります。
- 空気中 (\(\varepsilon = \varepsilon_0\)): \(E_{\text{空気}} = \frac{Q}{\varepsilon_0 S}\)
- 導体中 (\(\varepsilon \to \infty\)): \(E_{\text{金属}} = 0\)
- 誘電体中 (\(\varepsilon = \varepsilon_r \varepsilon_0\)): \(E_{\text{誘電体}} = \frac{Q}{\varepsilon_r \varepsilon_0 S}\)
ステップ2: 電位の導出
極板間隔を \(L\)、各層の厚さを \(d_i\)、電場を \(E_i\) とすると、極板間電圧 \(V\) は積分の和になります。
$$
\begin{aligned}
V &= \int_0^L E(x) dx \\[2.0ex]
&= \sum E_i d_i
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- ガウスの法則: \(D = \frac{Q}{S}\)
- 構成方程式: \(D = \varepsilon E\)
- 電位の定義: \(V = \int E dx\)
設問(1)への適用:
全域が空気、距離 \(4d\) です。
$$
\begin{aligned}
V_0 &= E_{\text{空気}} \cdot 4d
\end{aligned}
$$
よって、
$$
\begin{aligned}
E_{\text{空気}} &= \frac{V_0}{4d}
\end{aligned}
$$
これは(1)の結果と一致します。
設問(2)への適用:
スイッチOFFなので \(Q\) 一定、つまり \(D\) 一定、したがって \(E_{\text{空気}}\) は不変です。
導体層（厚さ \(d\)）では \(E=0\) です。
$$
\begin{aligned}
V &= E_{\text{空気}} \cdot d + 0 \cdot d + E_{\text{空気}} \cdot 2d \\[2.0ex]
&= 3 E_{\text{空気}} d \\[2.0ex]
&= 3 \left( \frac{V_0}{4d} \right) d \\[2.0ex]
&= \frac{3}{4} V_0
\end{aligned}
$$
これは(2)の結果と一致します。
設問(3)への適用:
スイッチONなので \(V=V_0\) 一定です。導体層があります。
新しい空気中の電場を \(E’_{\text{空気}}\) とすると、
$$
\begin{aligned}
V_0 &= E’_{\text{空気}} \cdot 3d
\end{aligned}
$$
よって、
$$
\begin{aligned}
E’_{\text{空気}} &= \frac{V_0}{3d}
\end{aligned}
$$
電荷 \(Q’\) はガウスの法則 \(Q’ = \varepsilon_0 S E’_{\text{空気}}\) より、
$$
\begin{aligned}
Q’ &= \varepsilon_0 S \frac{V_0}{3d} \\[2.0ex]
&= \frac{4}{3} \left( \varepsilon_0 \frac{S}{4d} V_0 \right) \\[2.0ex]
&= \frac{4}{3} Q
\end{aligned}
$$
これは(3)の結果と一致します。
設問(4)への適用:
スイッチOFFなので \(Q’\) 一定、つまり \(E’_{\text{空気}}\) は不変です。
誘電体層（\(\varepsilon_r=2\)）では \(E_{\text{誘電体}} = \frac{1}{2} E’_{\text{空気}}\) です。
極板間隔は \(3d\)（空気 \(2d\) + 誘電体 \(d\)）です。
$$
\begin{aligned}
V_{AB} &= E’_{\text{空気}} (2d) + E_{\text{誘電体}} (d) \\[2.0ex]
&= E’_{\text{空気}} (2d) + \frac{E’_{\text{空気}}}{2} (d) \\[2.0ex]
&= \frac{5}{2} E’_{\text{空気}} d \\[2.0ex]
&= \frac{5}{2} \left( \frac{V_0}{3d} \right) d \\[2.0ex]
&= \frac{5}{6} V_0
\end{aligned}
$$
これは(4)の結果と一致します。
「電気の量（電荷）」と「空間の性質（誘電率）」から「電気的な力（電場）」が決まり、その力を積み重ねることで「高さ（電圧）」が決まる、という物理の根本ルールに従って計算しました。
公式を個別に覚えるのではなく、この一連の流れ（ガウスの法則→電場→電位）を理解していれば、どんな状況でも答えを導き出せます。
このように、「電束密度 \(D\) の保存（電荷保存）」と「電場 \(E\) の積分（電位）」という2つの基本操作だけで、公式を暗記せずとも全ての設問を解くことができます。
特に、誘電体が入った場合の電場の変化が、誘電率の定義そのものから自然に導かれる点が重要です。
【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？
- 電気量保存則と電位一定の使い分け
- 核心: スイッチの開閉状態によって、保存される物理量が「電荷 \(Q\)」か「電位差 \(V\)」かのどちらかに切り替わることを見極めるのが最大のポイントです。
- 理解のポイント:
- スイッチOFF: 回路が切断され、電荷の逃げ場がないため \(Q\) が保存されます（孤立系）。
- スイッチON: 電源とつながり続けるため、極板間の電位差 \(V\) が電源電圧 \(V_0\) に固定されます。
- ガウスの法則と電場の決定
- 核心: 極板間の電場 \(E\) は、極板上の電荷密度によって決まり、誘電体や導体の有無によってその強さが変化するという原理です。
- 理解のポイント:
- 導体内部: 自由電子の移動により電場は常に \(0\) になります。
- 誘電体内部: 誘電分極により電場は \(1/\varepsilon_r\) 倍に弱められます。
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:
- 極板間隔が変化する問題: \(V=Ed\) の式において、\(d\) が変わったときに \(V\) が変わるのか（スイッチOFF）、\(E\) が変わるのか（スイッチON）を判断するパターンです。
- 複数の誘電体が挿入される問題: コンデンサーを直列接続とみなし、合成容量を計算するか、あるいは電場を区間ごとに足し合わせる（積分する）ことで解けます。
- 初見の問題での着眼点:
- スイッチの状態確認: まず最初にスイッチが開いているか閉じているかを確認し、「\(Q\)一定」か「\(V\)一定」かを宣言します。
- グラフの概形予想: 導体なら平坦、誘電体なら傾きが緩やか、空気なら急な傾き、というように \(V-x\) グラフのイメージを先に作ります。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 電場と電位の混同:
- 誤解: 電場 \(E\) が \(0\) の場所（導体内部）で、電位 \(V\) も \(0\) だと勘違いしてしまう。
- 対策: 電場は「傾き」、電位は「高さ」です。傾きが \(0\)（平地）でも、標高（電位）が高いことはあり得るとイメージしましょう。
- 誘電体挿入時の電場の変化:
- 誤解: 誘電体を入れると電場が強くなると直感的に思ってしまう、あるいは変化しないと思ってしまう。
- 対策: 誘電体は電場を「弱める」働き（分極による打ち消し）があることを、\(\varepsilon_r > 1\) で割るという数式とセットで記憶しましょう。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 問(2)での電位の加法性（積分の和）:
- 選定理由: 導体や誘電体が部分的に挿入され、電場が一様でないため、単純な \(V=Ed\) が使えず、区間ごとの和をとる必要があるからです。
- 適用根拠: 電位の定義 \(V = \int E dx\) は、電場が変化する状況でも常に成立する普遍的な原理です。
- 問(3)別解での合成容量の利用:
- 選定理由: 複雑な電場計算を避け、回路全体のパラメータ（容量）だけで電荷の移動量を求められるため、計算ミスが減るからです。
- 適用根拠: 金属板によって空間が電気的に分断され、直列コンデンサーと等価な回路構造になっているためです。
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（単位チェック）:
- 意識: 計算結果の文字式が、正しい次元を持っているか常に確認します。
- 実践: 例えば電位 \(V\) の答えなら、係数は無次元（長さ/長さ など）になり、必ず \(V_0\) が掛かっているはずです。\(d\) が余っていたら間違いです。
- 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確認します。
- 実践: 誘電率 \(\varepsilon_r = 1\) （空気と同じ）としたとき、誘電体がない場合の結果と一致するか確かめます。
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問題17 コンデンサー (名古屋大)
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
- 提示する別解
- 設問I(1)の別解: 仮想仕事の原理（偏微分）を用いた解法
- 模範解答が微小変化 \(\Delta d\) を用いてエネルギー保存則を立式するのに対し、別解では静電エネルギー \(U\) を変数 \(x\) で偏微分することで、より数学的に厳密かつ迅速に引力を導出します。
- 設問II(2)の別解: 系全体のつり合いを用いた解法
- 模範解答が極板Aと極板Bそれぞれのつり合い式を連立して解くのに対し、別解ではAとBを「一つの系」とみなして外力のつり合いを考えることで、内力である静電気力を消去し、計算量を大幅に削減します。
- 設問Qの別解: 微積分を用いた体系的解法（運動方程式とガウスの法則）
- 「一定の力が加わっても周期は変わらない」という知識を前提とせず、ガウスの法則から静電気力が距離に依存しない定数であることを証明し、運動方程式を立式・解くことで単振動の周期を原理的に導出します。
- 設問I(1)の別解: 仮想仕事の原理（偏微分）を用いた解法
- 上記の別解が有益である理由
- 系全体のつり合い: 複数の物体が相互作用する問題において、内力を無視して未知数を素早く求める強力な視点を提供します。
- 微積分の解法: 「なぜ静電気力は一定なのか」「なぜ周期は変わらないのか」という根本的な疑問に対し、数式を通じて完全な理解を与えます。
- 結果への影響
- いずれのアプローチを用いても、最終的に得られる答えは模範解答と完全に一致します。
この問題のテーマは「可変コンデンサーの極板間引力と力学的なつり合い・振動」です。
静電エネルギーの変化から力を導くプロセス、力がつり合う位置の移動、そして導線切断後の単振動という、電磁気学と力学が融合した総合問題です。
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。
- 静電エネルギーと仕事の関係: 外力がした仕事は、静電エネルギーの増加に等しい（エネルギー保存則）。
- 極板間引力: コンデンサーの極板間には、互いに引き合う力が働きます。その大きさは \(F = \frac{1}{2}QE\) で表されます。
- 力のつり合い: 静止している物体では、働く力のベクトル和が \(0\) になります。
- 単振動: 復元力が変位に比例する場合、物体は単振動します。定数力が加わっても、振動中心がずれるだけで周期は変化しません。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- I(1)では、極板間隔を微小に広げたときのエネルギー変化から、引力の式を導きます。
- II(2)では、電圧を変えたときのそれぞれの極板の力のつり合いを考え、ばねの長さや電圧の関係を解き明かします。
- II(3)では、導線が切れて電荷が保存される状況下での、極板Bのつり合いを解析します。
- Qでは、極板Bの単振動の周期を求めます。
設問 I(1)
ここから先が、他の受験生と差がつく重要パートです。
「解法に至る思考プロセス」を
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なぜその公式を使うのか？どうしてその着眼点を持てるのか？
市販の解説では省略されてしまう「行間の思考」を、泥臭く解説しています。
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