問題19 コンデンサー (静岡大＋山口大)
【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(4)および追加問題Qの別解: 微積分を用いた体系的解法（仮想仕事の原理）
- 模範解答が微小変化 \(\Delta x\) を用いた代数的な計算で仕事を求めているのに対し、別解では静電エネルギー \(U(x)\) を関数として定義し、その微分（\(F = \pm dU/dx\)）によって静電気力を導出する一般化された手法を提示します。
- 追加問題Qの別解: 導体挿入による等価容量を用いた解法
- 模範解答が複雑な並列・直列計算を行っているのに対し、金属板が挿入された部分を「極板間隔が実質的に減少したコンデンサー」とみなすことで、より直感的かつ迅速に容量を求めるアプローチを提示します。
- 設問(4)および追加問題Qの別解: 微積分を用いた体系的解法（仮想仕事の原理）
- 上記の別解が有益である理由
- 微積分の解法: 電荷一定（\(Q\)一定）と電圧一定（\(V\)一定）の場合で、静電エネルギーの変化と力の関係が符号を含めてどうなるかを統一的に理解でき、応用力が身につきます。
- 等価容量の解法: 導体挿入問題を「距離の短縮」と捉える視点は、コンデンサー問題における強力な時短テクニックとなります。
- 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「誘電体や導体を挿入したコンデンサーのエネルギーと仕事」です。
極板間に物体を出し入れする際の、電気容量の変化、エネルギー収支、そして働く力を、保存則と仕事の関係から解き明かします。
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。
- 静電容量の合成: 部分的に誘電体や導体がある場合、それらを「並列」または「直列」のコンデンサーの組み合わせとして扱います。
- 電気量保存則: スイッチが開いているとき、孤立した極板の電荷総量は変化しません。
- エネルギー原理（仕事とエネルギーの関係）: 「供給されたエネルギー（電池の仕事 \(W_{\text{電池}}\)）＋外力がした仕事 \(W_{\text{外}}\) ＝ 静電エネルギーの変化 \(\Delta U\)」という収支式が全ての基本です。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)〜(2)では、スイッチが開いた状態（\(Q\)一定）での容量変化とエネルギー収支を考えます。
- (3)〜(4)では、スイッチが閉じた状態（\(V\)一定）での電場分布と、微小変位に伴う仕事・力を計算します。
- (5)と追加問題Qでは、これまでの知識を総動員して、複雑な設定での仕事や力を求めます。
問(1)
思考の道筋とポイント
スイッチSを開いた直後の状態を考えます。
初期状態では、極板間はすべて空気で、容量 \(C_0\)、電圧 \(V\) です。
ここに誘電体Dを挿入すると、コンデンサーは「空気の部分」と「誘電体の部分」の2つが並列に接続された状態とみなせます。
スイッチが開いているため、極板上の電荷 \(Q_0\) は保存されます。
この設問における重要なポイント
- 並列接続の分割: 極板面積 \(S=l^2\) が、空気部分 \(S_{\text{空}}\)と誘電体部分 \(S_{\text{誘}}\) に分割されます。
- 比誘電率: 誘電体部分の容量は、空気の場合の \(\varepsilon_r\) 倍になります。
- 電気量保存則: \(Q = C_0 V\) の値は、誘電体挿入後も変わりません。
具体的な解説と立式
まず、問題文には明記されていませんが、模範解答の定義に従い、極板間隔を \(d\) とします。
初期状態の電気容量 \(C_0\) は、極板面積 \(l^2\) を用いて以下のように表されます。
$$
\begin{aligned}
C_0 &= \varepsilon_0 \frac{l^2}{d} \quad \cdots ①
\end{aligned}
$$
初期電荷 \(Q_0\) は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
Q_0 &= C_0 V \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$
誘電体を \(x\) だけ挿入したとき、コンデンサーは以下の2つの並列接続とみなせます。
- 左側（空気部分）: 幅 \(l-x\)、奥行き \(l\) なので面積 \(l(l-x)\)。
- 右側（誘電体部分）: 幅 \(x\)、奥行き \(l\) なので面積 \(lx\)。
それぞれの容量 \(C_{\text{左}}, C_{\text{右}}\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
C_{\text{左}} &= \varepsilon_0 \frac{l(l-x)}{d} \\[2.0ex]
C_{\text{右}} &= \varepsilon_r \varepsilon_0 \frac{lx}{d}
\end{aligned}
$$
合成容量 \(C\) は並列なので和となります。
$$
\begin{aligned}
C &= C_{\text{左}} + C_{\text{右}} \quad \cdots ③
\end{aligned}
$$
また、スイッチが開いているため電荷 \(Q_0\) は保存されます。新しい電圧 \(V_1\) は以下の関係を満たします。
$$
\begin{aligned}
Q_0 &= C V_1 \quad \cdots ④
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 平行平板コンデンサーの容量: \(C = \varepsilon \frac{S}{d}\)
- コンデンサーの基本式: \(Q = CV\)
式③に各容量を代入して整理します。
$$
\begin{aligned}
C &= \varepsilon_0 \frac{l(l-x)}{d} + \varepsilon_r \varepsilon_0 \frac{lx}{d} \\[2.0ex]
&= \frac{\varepsilon_0 l}{d} \{ (l-x) + \varepsilon_r x \} \\[2.0ex]
&= \frac{\varepsilon_0 l^2}{d} \cdot \frac{l + (\varepsilon_r – 1)x}{l}
\end{aligned}
$$
ここで、式① \(C_0 = \varepsilon_0 \frac{l^2}{d}\) を用いると、
$$
\begin{aligned}
C &= C_0 \frac{l + (\varepsilon_r – 1)x}{l} \\[2.0ex]
&= \left\{ 1 + (\varepsilon_r – 1)\frac{x}{l} \right\} C_0
\end{aligned}
$$
次に、式④より電圧 \(V_1\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
V_1 &= \frac{Q_0}{C}
\end{aligned}
$$
これに \(Q_0 = C_0 V\) と求めた \(C\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
V_1 &= \frac{C_0 V}{C_0 \frac{l + (\varepsilon_r – 1)x}{l}} \\[2.0ex]
&= \frac{l}{l + (\varepsilon_r – 1)x} V
\end{aligned}
$$
誘電体を入れると、電気が溜まりやすくなる（容量が増える）ため、同じ量の電気を溜めておくのに必要な電圧は下がります。
ここでは、誘電体が入った部分と入っていない部分を「2つの別々のコンデンサー」と考えて、それらを足し合わせることで全体の性能（容量）を計算しました。
容量 \(C\) は \(x\) の増加とともに増大し、電圧 \(V_1\) は減少します。これは \(\varepsilon_r > 1\) であるため物理的に妥当です。
\(x=0\) のとき \(C=C_0, V_1=V\) となり、初期状態と一致します。
容量 \(C\): \(\displaystyle \frac{l + (\varepsilon_r – 1)x}{l} C_0\)
電圧 \(V_1\): \(\displaystyle \frac{l}{l + (\varepsilon_r – 1)x} V\)
問(2)
思考の道筋とポイント
外力がした仕事 \(W_1\) を求めます。
スイッチが開いているため、電池とのやり取りはありません（電池の仕事 \(W_{\text{電池}} = 0\)）。
したがって、外力がした仕事は、そのままコンデンサーの静電エネルギーの変化になります。
この設問における重要なポイント
- エネルギー保存則: \((\text{外力の仕事}) = (\text{静電エネルギーの変化})\)
- 静電エネルギーの公式: \(Q\) が一定なので、\(U = \frac{Q^2}{2C}\) を使うと計算が楽です。
具体的な解説と立式
初期状態の静電エネルギーを \(U_0\)、挿入後のエネルギーを \(U_1\) とします。
外力の仕事 \(W_1\) はエネルギーの増加分に等しいので、以下の式が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
W_1 &= U_1 – U_0 \quad \cdots ⑤
\end{aligned}
$$
ここで、各エネルギーは電荷 \(Q_0\) を用いて以下のように表せます。
$$
\begin{aligned}
U_0 &= \frac{Q_0^2}{2C_0} \\[2.0ex]
U_1 &= \frac{Q_0^2}{2C}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 静電エネルギー: \(U = \frac{Q^2}{2C} = \frac{1}{2}CV^2\)
- 仕事とエネルギーの関係: \(W = \Delta U\)
式⑤に代入して計算します。
$$
\begin{aligned}
W_1 &= \frac{Q_0^2}{2C} – \frac{Q_0^2}{2C_0} \\[2.0ex]
&= \frac{Q_0^2}{2} \left( \frac{1}{C} – \frac{1}{C_0} \right)
\end{aligned}
$$
(1)の結果 \(C = C_0 \frac{l + (\varepsilon_r – 1)x}{l}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{C} &= \frac{1}{C_0} \cdot \frac{l}{l + (\varepsilon_r – 1)x}
\end{aligned}
$$
よって、
$$
\begin{aligned}
W_1 &= \frac{Q_0^2}{2C_0} \left( \frac{l}{l + (\varepsilon_r – 1)x} – 1 \right)
\end{aligned}
$$
ここで \(\frac{Q_0^2}{C_0} = C_0 V^2\) を用います。
$$
\begin{aligned}
W_1 &= \frac{1}{2} C_0 V^2 \left( \frac{l – \{ l + (\varepsilon_r – 1)x \}}{l + (\varepsilon_r – 1)x} \right) \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} C_0 V^2 \left( \frac{- (\varepsilon_r – 1)x}{l + (\varepsilon_r – 1)x} \right) \\[2.0ex]
&= – \frac{(\varepsilon_r – 1) C_0 V^2 x}{2 \{ l + (\varepsilon_r – 1)x \}}
\end{aligned}
$$
誘電体は電場から引力を受けて勝手に吸い込まれようとします。
「ゆっくり入れる」ためには、吸い込まれないように手で支えながら（進行方向とは逆向きに力をかけながら）入れる必要があります。
そのため、外力（手）がする仕事はマイナスになります。計算結果もマイナスになっており、これはエネルギーが減少した（安定化した）ことを意味します。
\(W_1 < 0\) となりました。誘電体はコンデンサーに引き込まれるため、外力はそれに逆らって負の仕事をする必要があり、物理的に正しい結果です。
問(3)
思考の道筋とポイント
ここからはスイッチSを閉じたまま、つまり電圧 \(V\) が一定の状態です。
(ア) 電場 \(E\) は、極板間隔 \(d\) と電圧 \(V\) だけで決まります。
(イ) 電荷密度 \(\sigma\)（単位面積あたりの電荷）は、その場所の電場の強さと誘電率によって決まります。
この設問における重要なポイント
- 一様電場: 平行平板コンデンサー内部の電場は \(E = V/d\) で一様です。
- ガウスの法則: 導体表面の電荷密度 \(\sigma\) と電場 \(E\) の関係は \(\sigma = \varepsilon E\) です。
具体的な解説と立式
(ア) 電場
L側（空気）もR側（誘電体）も、極板間隔 \(d\) と電位差 \(V\) は共通です。
したがって、電場の大きさ \(E_{\text{左}}, E_{\text{右}}\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
E_{\text{左}} &= \frac{V}{d} \\[2.0ex]
E_{\text{右}} &= \frac{V}{d}
\end{aligned}
$$
よって、比は \(1:1\) です。
(イ) 電荷密度
ガウスの法則（または \(Q=CV\) の単位面積版）より、電荷密度 \(\sigma\) は誘電率 \(\varepsilon\) と電場 \(E\) の積になります。
$$
\begin{aligned}
\sigma_{\text{左}} &= \varepsilon_0 E_{\text{左}} \\[2.0ex]
\sigma_{\text{右}} &= \varepsilon_r \varepsilon_0 E_{\text{右}}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 一様電場と電位差: \(V = Ed\)
- 導体表面の電場（ガウスの法則）: \(E = \frac{\sigma}{\varepsilon}\)
上記の立式より計算します。
(ア)
$$
\begin{aligned}
E_{\text{左}} : E_{\text{右}} &= \frac{V}{d} : \frac{V}{d} \\[2.0ex]
&= 1 : 1
\end{aligned}
$$
(イ)
$$
\begin{aligned}
\sigma_{\text{左}} &= \varepsilon_0 \frac{V}{d} \\[2.0ex]
\sigma_{\text{右}} &= \varepsilon_r \varepsilon_0 \frac{V}{d}
\end{aligned}
$$
よって、
$$
\begin{aligned}
\sigma_{\text{左}} : \sigma_{\text{右}} &= \varepsilon_0 \frac{V}{d} : \varepsilon_r \varepsilon_0 \frac{V}{d} \\[2.0ex]
&= 1 : \varepsilon_r
\end{aligned}
$$
電圧と極板の間隔が同じなら、空気中でも誘電体中でも、電気的な「坂道の急さ（電場）」は同じです。
しかし、誘電体がある場所では、誘電体が電気を溜めやすくしてくれるため、同じ坂道の急さを作るために、より多くの電気（電荷）が極板に集まります。その倍率が比誘電率 \(\varepsilon_r\) です。
電場は等しく、電荷密度は誘電率に比例するという基本的な性質が確認できました。
(ア) \(1:1\)
(イ) \(1:\varepsilon_r\)
問(4)
思考の道筋とポイント
\(x\) の位置からさらに \(\Delta x\) だけ押し込む過程を考えます。
電圧 \(V\) は一定ですが、容量が増加するため、電池から電荷が供給されます。
エネルギー収支の式「電池の仕事 \(+\) 外力の仕事 \(=\) 静電エネルギーの増加」を立てて解きます。
この設問における重要なポイント
- 微小変化の近似: \(\Delta x\) は非常に小さいので、変化量は \(\Delta x\) に比例するとみなします。
- 電池の仕事: 電荷が \(\Delta Q\) 移動するとき、電池は \(W_{\text{電池}} = \Delta Q \cdot V\) の仕事をします。
- 力のつりあい: 外力の仕事 \(W_2\) から外力 \(F_{\text{外}}\) を求め、それとつりあう静電気力 \(F\) を求めます。
具体的な解説と立式
(ア) 電池の仕事 \(W_{\text{電池}}\)
容量の変化 \(\Delta C\) を求めます。
(1)で求めた容量の式 \(C(x) = C_0 \{ 1 + (\varepsilon_r – 1)\frac{x}{l} \}\) は、\(x\) の一次関数です。
したがって、\(x\) が \(\Delta x\) 変化したときの容量変化 \(\Delta C\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
\Delta C &= C(x+\Delta x) – C(x) \quad \cdots ⑥
\end{aligned}
$$
電圧 \(V\) は一定なので、流入した電荷 \(\Delta Q\) は、
$$
\begin{aligned}
\Delta Q &= \Delta C \cdot V
\end{aligned}
$$
電池の仕事 \(W_{\text{電池}}\) は、
$$
\begin{aligned}
W_{\text{電池}} &= \Delta Q \cdot V \quad \cdots ⑦
\end{aligned}
$$
(イ) 外力の仕事 \(W_2\)
エネルギー保存則を立式します。
$$
\begin{aligned}
W_{\text{電池}} + W_2 &= \Delta U \quad \cdots ⑧
\end{aligned}
$$
ここで、静電エネルギーの変化 \(\Delta U\) は、\(U = \frac{1}{2}CV^2\) より、
$$
\begin{aligned}
\Delta U &= \frac{1}{2} (C+\Delta C)V^2 – \frac{1}{2} CV^2 \quad \cdots ⑨
\end{aligned}
$$
(ウ) 静電気力 \(F\)
外力 \(F_{\text{外}}\) が \(\Delta x\) 移動する間にした仕事が \(W_2\) です。
$$
\begin{aligned}
W_2 &= F_{\text{外}} \Delta x
\end{aligned}
$$
静電気力 \(F\) は外力とつりあっている（逆向き）ので、\(F = -F_{\text{外}}\) です。
$$
\begin{aligned}
W_2 &= (-F) \Delta x \\[2.0ex]
F &= – \frac{W_2}{\Delta x} \quad \cdots ⑩
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 電池の仕事: \(W_{\text{電池}} = \Delta Q V\)
- 静電エネルギー（V一定）: \(U = \frac{1}{2}CV^2\)
- 仕事の定義: \(W = F \Delta x\)
(ア) 式⑥を計算します。
$$
\begin{aligned}
\Delta C &= C_0 \left\{ 1 + (\varepsilon_r – 1)\frac{x+\Delta x}{l} \right\} – C_0 \left\{ 1 + (\varepsilon_r – 1)\frac{x}{l} \right\} \\[2.0ex]
&= C_0 \frac{\varepsilon_r – 1}{l} \Delta x
\end{aligned}
$$
これを式⑦に代入します。
$$
\begin{aligned}
W_{\text{電池}} &= (\Delta C V) \cdot V \\[2.0ex]
&= \Delta C V^2 \\[2.0ex]
&= \left( C_0 \frac{\varepsilon_r – 1}{l} \Delta x \right) V^2 \\[2.0ex]
&= \frac{(\varepsilon_r – 1) C_0 V^2}{l} \Delta x
\end{aligned}
$$
(イ) 式⑨を計算します。
$$
\begin{aligned}
\Delta U &= \frac{1}{2} V^2 (C + \Delta C – C) \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} \Delta C V^2
\end{aligned}
$$
式⑧を変形し、\(W_{\text{電池}}\) と \(\Delta U\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
W_2 &= \Delta U – W_{\text{電池}} \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} \Delta C V^2 – \Delta C V^2 \\[2.0ex]
&= – \frac{1}{2} \Delta C V^2
\end{aligned}
$$
これに(ア)の結果（\(\Delta C V^2 = W_{\text{電池}}\)）を代入します。
$$
\begin{aligned}
W_2 &= – \frac{1}{2} \cdot \frac{(\varepsilon_r – 1) C_0 V^2}{l} \Delta x \\[2.0ex]
&= – \frac{(\varepsilon_r – 1) C_0 V^2}{2l} \Delta x
\end{aligned}
$$
(ウ) 式⑩に(イ)の結果を代入します。
$$
\begin{aligned}
F &= – \frac{1}{\Delta x} \left( – \frac{(\varepsilon_r – 1) C_0 V^2}{2l} \Delta x \right) \\[2.0ex]
&= \frac{(\varepsilon_r – 1) C_0 V^2}{2l}
\end{aligned}
$$
電圧一定で誘電体を入れると、容量が増えるため電池から電気が流れ込み、電池は仕事をします。
計算してみると、電池がした仕事の半分だけが静電エネルギーとして蓄えられ、残りの半分はどこへ行ったかというと、外力が負の仕事として吸収した（つまり、勝手に引き込まれる誘電体を支えることでエネルギーを取り出した）ことになります。
このエネルギー収支から、誘電体を引っ張り込む力の大きさが求まります。
\(W_2\) が負であることから、外力は移動方向と逆向き、つまり静電気力は引き込む向き（正の向き）であることが確認できます。
また、力 \(F\) は \(x\) に依存しない定数となりました。これは容量 \(C\) が \(x\) の一次関数であるためです。
(ア) \(\displaystyle \frac{(\varepsilon_r – 1) C_0 V^2}{l} \Delta x\)
(イ) \(\displaystyle – \frac{(\varepsilon_r – 1) C_0 V^2}{2l} \Delta x\)
(ウ) \(\displaystyle \frac{(\varepsilon_r – 1) C_0 V^2}{2l}\)
思考の道筋とポイント
設問(2)（\(Q\)一定）と設問(4)（\(V\)一定）で、静電気力の導出プロセスが異なって見えますが、これらは「仮想仕事の原理」という一つの原理で統一的に理解できます。
コンデンサーの静電エネルギー \(U(x)\) を位置 \(x\) の関数として定義し、その微分係数から力を導きます。
この設問における重要なポイント
- エネルギー保存則の微分形: \(dU = dW_{\text{外}} + dW_{\text{電池}}\)
- 外力の仕事: \(dW_{\text{外}} = F_{\text{外}} dx\)
- 静電気力: \(F = -F_{\text{外}}\)（外力とつりあう力）
具体的な解説と立式
コンデンサーの静電エネルギー \(U(x)\) は、容量 \(C(x)\) を用いて以下のように書けます。
$$
\begin{aligned}
U(x) &= \frac{1}{2} C(x) V^2 = \frac{Q^2}{2C(x)}
\end{aligned}
$$
エネルギー保存則の微分形を考えます。
$$
\begin{aligned}
dU &= F_{\text{外}} dx + V dQ \quad \cdots ⑪
\end{aligned}
$$
ここで \(V dQ\) は電池の仕事 \(dW_{\text{電池}}\) です。
ケース1: 電荷一定（\(Q\)一定）の場合（設問2に対応）
スイッチが開いているので \(dQ = 0\) です。式⑪は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
dU &= F_{\text{外}} dx \\[2.0ex]
F_{\text{外}} &= \left( \frac{dU}{dx} \right)_{Q=\text{一定}}
\end{aligned}
$$
静電気力 \(F\) は \(F = -F_{\text{外}}\) なので、
$$
\begin{aligned}
F &= – \frac{dU}{dx} \\[2.0ex]
&= – \frac{d}{dx} \left( \frac{Q^2}{2C(x)} \right)
\end{aligned}
$$
ケース2: 電圧一定（\(V\)一定）の場合（設問4に対応）
スイッチが閉じているので \(V\) は一定です。
\(U = \frac{1}{2}CV^2\) より \(dU = \frac{1}{2}V^2 dC\)、また \(Q=CV\) より \(dQ = V dC\) です。
これらを式⑪に代入します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}V^2 dC &= F_{\text{外}} dx + V(V dC) \\[2.0ex]
\frac{1}{2}V^2 dC &= F_{\text{外}} dx + V^2 dC \\[2.0ex]
F_{\text{外}} dx &= – \frac{1}{2}V^2 dC \\[2.0ex]
F_{\text{外}} &= – \frac{1}{2}V^2 \frac{dC}{dx}
\end{aligned}
$$
静電気力 \(F\) は、
$$
\begin{aligned}
F &= -F_{\text{外}} \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2}V^2 \frac{dC}{dx}
\end{aligned}
$$
これは \(F = + \left( \frac{dU}{dx} \right)_{V=\text{一定}}\) とも書けます。
使用した物理公式
- エネルギー保存則（微分形）: \(dU = dW_{\text{外}} + V dQ\)
- 微分の定義: \(df = \frac{df}{dx} dx\)
設問(4)の状況（\(V\)一定）で計算します。
容量 \(C(x)\) は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
C(x) &= C_0 + C_0 \frac{\varepsilon_r – 1}{l} x
\end{aligned}
$$
これを \(x\) で微分します。
$$
\begin{aligned}
\frac{dC}{dx} &= C_0 \frac{\varepsilon_r – 1}{l}
\end{aligned}
$$
よって、静電気力 \(F\) は、
$$
\begin{aligned}
F &= \frac{1}{2}V^2 \cdot \left( C_0 \frac{\varepsilon_r – 1}{l} \right) \\[2.0ex]
&= \frac{(\varepsilon_r – 1) C_0 V^2}{2l}
\end{aligned}
$$
「エネルギーのグラフの傾き」が力を表します。
ただし、電池がつながっている場合は、電池がエネルギーを供給してくれるため、その分を差し引いて考える必要があります。
結果として、\(Q\)一定なら「エネルギーが減る方向」に力が働き、\(V\)一定なら「エネルギーが増える方向」に力が働くという、一見逆の結論になりますが、数式できちんと追えば矛盾なく同じ力が導かれます。
メインの解法と同じ結果が一瞬で導かれました。
この手法は、\(C(x)\) が複雑な関数であっても微分さえできれば力が求まるため、非常に強力です。
問(5)
思考の道筋とポイント
操作の流れを整理します。
1. \(x=l\) まで完全に挿入した状態で、スイッチSを開く。
2. 誘電体Dを完全に引き出す（\(x=l \to 0\)）。
この間の外力の仕事 \(W_3\) を求めます。
スイッチが開いているので \(Q\) は一定です。したがって、(2)と同様に「静電エネルギーの変化」だけで仕事が決まります。
この設問における重要なポイント
- 初期状態（引き出し開始時）: \(x=l\)。容量は最大値 \(C_{\text{最大}}\)。電荷 \(Q_{\text{最大}}\) が保存される。
- 最終状態（引き出し完了時）: \(x=0\)。容量は \(C_0\)。電荷は \(Q_{\text{最大}}\) のまま。
具体的な解説と立式
状態1: 完全挿入時 (\(x=l\))
容量 \(C_{\text{最大}}\) は、(1)の式で \(x=l\) として、
$$
\begin{aligned}
C_{\text{最大}} &= \varepsilon_r C_0
\end{aligned}
$$
このとき電圧は \(V\) なので、蓄えられている電荷 \(Q_{\text{終}}\) は、
$$
\begin{aligned}
Q_{\text{終}} &= C_{\text{最大}} V \\[2.0ex]
&= \varepsilon_r C_0 V
\end{aligned}
$$
静電エネルギー \(U_{\text{始}}\) は、
$$
\begin{aligned}
U_{\text{始}} &= \frac{1}{2} C_{\text{最大}} V^2 \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} \varepsilon_r C_0 V^2
\end{aligned}
$$
状態2: 完全引き出し時 (\(x=0\))
スイッチが開いているので電荷は \(Q_{\text{終}}\) のままです。
容量は元の \(C_0\) に戻ります。
静電エネルギー \(U_{\text{終}}\) は、\(U = \frac{Q^2}{2C}\) を用いて、
$$
\begin{aligned}
U_{\text{終}} &= \frac{Q_{\text{終}}^2}{2C_0}
\end{aligned}
$$
仕事 \(W_3\)
外力の仕事はエネルギーの増加分です。
$$
\begin{aligned}
W_3 &= U_{\text{終}} – U_{\text{始}} \quad \cdots ⑫
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 静電エネルギー: \(U = \frac{1}{2}CV^2 = \frac{Q^2}{2C}\)
\(U_{\text{終}}\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
U_{\text{終}} &= \frac{(\varepsilon_r C_0 V)^2}{2C_0} \\[2.0ex]
&= \frac{\varepsilon_r^2 C_0^2 V^2}{2C_0} \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} \varepsilon_r^2 C_0 V^2
\end{aligned}
$$
式⑫に代入して \(W_3\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
W_3 &= \frac{1}{2} \varepsilon_r^2 C_0 V^2 – \frac{1}{2} \varepsilon_r C_0 V^2 \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} \varepsilon_r (\varepsilon_r – 1) C_0 V^2
\end{aligned}
$$
誘電体はコンデンサーに引きつけられているので、それを無理やり引き剥がすには、外から力を加えて仕事をしなければなりません。
その仕事の分だけ、コンデンサーの静電エネルギーは増加します。
「引き剥がす前」と「引き剥がした後」のエネルギーを計算して引き算すれば、必要な仕事量がわかります。
\(\varepsilon_r > 1\) なので \(W_3 > 0\) です。引力に逆らって引き出す仕事なので正の値になるのは妥当です。
追加問題Q
思考の道筋とポイント
スイッチを開いた状態（\(Q_0\) 一定）で、誘電体ではなく「金属板M」を挿入します。
金属板は等電位となるため、その厚み \(d/2\) の分だけ、実質的な極板間隔が狭くなったと考えられます。
金属板を \(y\) だけ引き出した状態の容量 \(C(y)\) を求め、エネルギー変化から仕事と力を計算します。
この設問における重要なポイント
- 金属板の挿入効果: 金属板が入った部分は、極板間隔が \(d \to d – d/2 = d/2\) になったコンデンサーと等価です。
- 並列接続: 金属板がある部分（長さ \(l-y\)）と、ない部分（長さ \(y\)）の並列接続です。（※問題文は「引き出した距離が \(y\)」なので、入っている部分は \(l-y\) です）
具体的な解説と立式
容量 \(C(y)\) の導出
金属板Mを引き出した距離を \(y\) とします。
- Mがない部分（左側）: 長さ \(y\)。極板間隔 \(d\)。
$$
C_{\text{外}} = \varepsilon_0 \frac{ly}{d}
$$ - Mがある部分（右側）: 長さ \(l-y\)。極板間隔 \(d/2\)（厚さ \(d/2\) の金属板分だけ減少）。
$$
C_{\text{内}} = \varepsilon_0 \frac{l(l-y)}{d/2} = 2 \varepsilon_0 \frac{l(l-y)}{d}
$$
合成容量 \(C(y)\) はこれらの和です。
$$
\begin{aligned}
C(y) &= C_{\text{外}} + C_{\text{内}} \quad \cdots ⑬
\end{aligned}
$$
仕事 \(W\) と力 \(F\)
\(y\) から \(y+\Delta y\) に引き出すときの仕事 \(W\) を求めます。
\(Q_0\) 一定なので、エネルギー変化 \(\Delta U\) が仕事 \(W\) になります。
$$
\begin{aligned}
W &= U(y+\Delta y) – U(y) \\[2.0ex]
&= \frac{Q_0^2}{2C(y+\Delta y)} – \frac{Q_0^2}{2C(y)} \quad \cdots ⑭
\end{aligned}
$$
力 \(F\)（静電気力の大きさ）は、外力 \(F_{\text{外}}\) とつりあいます。
$$
\begin{aligned}
W &= F_{\text{外}} \Delta y \\[2.0ex]
&= F \Delta y \quad (\text{外力は引き出す向き、静電気力は引き戻す向き}) \\[2.0ex]
F &= \frac{W}{\Delta y} \quad \cdots ⑮
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 導体挿入時の容量: \(C = \varepsilon \frac{S}{d – \text{厚さ}}\)
- 近似式: \(\frac{1}{A – \delta} \approx \frac{1}{A} (1 + \frac{\delta}{A})\) （\(\delta \ll A\) のとき）
式⑬を計算します。
$$
\begin{aligned}
C(y) &= \frac{\varepsilon_0 l}{d} \{ y + 2(l-y) \} \\[2.0ex]
&= C_0 \frac{2l – y}{l}
\end{aligned}
$$
式⑭を計算します。
$$
\begin{aligned}
W &= \frac{Q_0^2}{2} \left( \frac{1}{C(y+\Delta y)} – \frac{1}{C(y)} \right)
\end{aligned}
$$
ここで、\(C(y) \propto (2l-y)\) なので、
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{C(y+\Delta y)} &= \frac{l}{C_0 \{ 2l – (y+\Delta y) \}} \\[2.0ex]
&= \frac{l}{C_0 (2l – y – \Delta y)} \\[2.0ex]
&= \frac{l}{C_0 (2l – y)} \left( 1 – \frac{\Delta y}{2l – y} \right)^{-1} \\[2.0ex]
&\approx \frac{l}{C_0 (2l – y)} \left( 1 + \frac{\Delta y}{2l – y} \right) \quad (\text{近似})
\end{aligned}
$$
これを用いると、括弧内は、
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{C(y+\Delta y)} – \frac{1}{C(y)} &\approx \frac{l}{C_0 (2l – y)} \cdot \frac{\Delta y}{2l – y} \\[2.0ex]
&= \frac{l \Delta y}{C_0 (2l – y)^2}
\end{aligned}
$$
よって仕事 \(W\) は、
$$
\begin{aligned}
W &= \frac{Q_0^2}{2} \cdot \frac{l \Delta y}{C_0 (2l – y)^2} \\[2.0ex]
&= \frac{(C_0 V)^2 l \Delta y}{2 C_0 (2l – y)^2} \\[2.0ex]
&= \frac{C_0 V^2 l}{2 (2l – y)^2} \Delta y
\end{aligned}
$$
力 \(F\) は式⑮より、
$$
\begin{aligned}
F &= \frac{C_0 V^2 l}{2 (2l – y)^2}
\end{aligned}
$$
金属板を入れると、その部分だけ極板の間隔が半分になったのと同じ効果があり、電気がとても溜まりやすくなります。
金属板を引き出すと、溜まりやすい部分が減って全体の容量が減るため、エネルギー的には損をします（不安定になります）。
そのエネルギー差を埋めるために、外力が正の仕事をする必要があります。
\(W > 0\) なので、引き出すのに仕事が必要です。つまり金属板はコンデンサーに引き込まれる力を受けています。
\(y=l\)（全部引き出した状態）に近づくにつれて分母が小さくなり、力は大きくなる傾向があります。
仕事 \(W\): \(\displaystyle \frac{l C_0 V^2}{2(2l – y)^2} \Delta y\)
静電気力 \(F\): \(\displaystyle \frac{l C_0 V^2}{2(2l – y)^2}\)
思考の道筋とポイント
(4)の別解で示した手法をここでも適用します。
\(Q\) 一定なので、静電気力 \(F\) はエネルギー \(U(y)\) の \(y\) による微分（の負符号）で求まります。
ただし、ここでは \(y\) が「引き出す距離」であることに注意が必要です。
\(y\) が増える方向（引き出す方向）に外力が働き、静電気力は逆向き（引き戻す方向）です。
この設問における重要なポイント
- エネルギー保存則の微分形: \(dU = dW_{\text{外}}\) （\(Q\)一定）
- 力の関係: \(F_{\text{外}} = dU/dy\)、\(F = F_{\text{外}}\)（大きさ）
具体的な解説と立式
静電エネルギー \(U(y)\) は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
U(y) &= \frac{Q_0^2}{2C(y)} \\[2.0ex]
&= \frac{Q_0^2}{2 C_0 \frac{2l-y}{l}} \\[2.0ex]
&= \frac{l Q_0^2}{2 C_0 (2l-y)}
\end{aligned}
$$
外力 \(F_{\text{外}}\) はエネルギーの増加率に等しいです。
$$
\begin{aligned}
F_{\text{外}} &= \frac{dU}{dy}
\end{aligned}
$$
静電気力 \(F\) の大きさは \(F_{\text{外}}\) と等しいです。
使用した物理公式
- エネルギー保存則（微分形）: \(F_{\text{外}} = \frac{dU}{dy}\)
- 微分の公式: \(\frac{d}{dx} (ax+b)^n = na(ax+b)^{n-1}\)
\(U(y)\) を \(y\) で微分します。
$$
\begin{aligned}
\frac{dU}{dy} &= \frac{l Q_0^2}{2 C_0} \cdot \frac{d}{dy} (2l-y)^{-1} \\[2.0ex]
&= \frac{l Q_0^2}{2 C_0} \cdot \{ -1 \cdot (2l-y)^{-2} \cdot (-1) \} \\[2.0ex]
&= \frac{l Q_0^2}{2 C_0 (2l-y)^2}
\end{aligned}
$$
\(Q_0 = C_0 V\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
F &= \frac{l (C_0 V)^2}{2 C_0 (2l-y)^2} \\[2.0ex]
&= \frac{l C_0 V^2}{2 (2l-y)^2}
\end{aligned}
$$
仕事 \(W\) は \(F \Delta y\) なので、
$$
\begin{aligned}
W &= \frac{l C_0 V^2}{2 (2l-y)^2} \Delta y
\end{aligned}
$$
近似計算を使わずに、エネルギーの式を微分するだけで、直接的に力を求めることができました。
「エネルギーの変化率＝力」という物理の基本原理が、ここでも美しく成り立っています。
近似計算を行わずに、微分だけで厳密解が得られました。
複雑な近似計算を回避できるため、微積分を用いた解法は非常に有効です。
仕事 \(W\): \(\displaystyle \frac{l C_0 V^2}{2(2l – y)^2} \Delta y\)
静電気力 \(F\): \(\displaystyle \frac{l C_0 V^2}{2(2l – y)^2}\)
【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？
- コンデンサーの並列接続と合成容量
- 核心: 誘電体や導体が部分的に挿入されたコンデンサーは、挿入部分と未挿入部分の「並列接続」として分解・再構築できる。
- 理解のポイント:
- 極板間隔 \(d\) が共通で、面積 \(S\) が分割される場合は並列接続。
- 極板面積 \(S\) が共通で、間隔 \(d\) が分割される（誘電体が層状に入る）場合は直列接続。
- エネルギー原理と仮想仕事の原理
- 核心: 外力がする仕事は、系の静電エネルギーの変化と、電池が供給するエネルギーの収支によって決定される。
- 理解のポイント:
- スイッチOFF（\(Q\)一定）: \(W_{\text{外}} = \Delta U\)。外力の仕事はそのまま静電エネルギーの変化になる。
- スイッチON（\(V\)一定）: \(W_{\text{外}} + W_{\text{電池}} = \Delta U\)。電池の仕事も考慮する必要がある。
- 静電気力 \(F\) は、エネルギー \(U(x)\) の微分（傾き）として導出できる（\(F = \pm dU/dx\)）。
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: 今回は誘電体の出し入れ（\(x\)の変化）だったが、極板そのものを動かして \(d\) を変える問題も全く同じ解法（容量 \(C(x)\) を求めてエネルギー収支）で解ける。
- 液面が上昇するコンデンサー: 液体誘電体に極板を浸すと、静電気力で液面が上昇する問題。これも「重力による位置エネルギー」と「静電エネルギー」の合計を最小化する（または力のつりあい）問題として扱える。
- 初見の問題での着眼点:
- スイッチの状態確認: まず最初に「スイッチは閉じているか（\(V\)一定）、開いているか（\(Q\)一定）」を確認し、保存される物理量を特定する。
- 容量の関数化: 変化する変数（\(x\) や \(y\)）を用いて、コンデンサーの容量 \(C\) を関数の形で書き下す。これが全ての計算の出発点となる。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 電池の仕事の符号ミス:
- 誤解: 電池がつながっている場合でも、外力の仕事 \(W_{\text{外}}\) がそのまま静電エネルギーの変化 \(\Delta U\) になると勘違いしてしまう。
- 対策: 必ずエネルギー収支の式 \(W_{\text{外}} + W_{\text{電池}} = \Delta U\) を書き、\(W_{\text{電池}} = \Delta Q \cdot V\) を明示的に計算して代入する習慣をつける。
- 静電気力の向きと符号:
- 誤解: エネルギーが増える方向が力の向きだと思い込んだり、逆に減る方向だと思い込んだりして、符号を間違える。
- 対策: 「外力 \(F_{\text{外}}\) がした仕事 \(W_{\text{外}}\)」を基準に考える。\(W_{\text{外}} > 0\) なら外力と同じ向きに動かしている。静電気力 \(F\) は常に外力と逆向き（\(F = -F_{\text{外}}\)）として求めるのが最も確実。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 微積分を用いた解法（仮想仕事の原理）:
- 選定理由: 微小変化 \(\Delta x\) を用いた近似計算は、計算量が多くミスを誘発しやすい。一方、エネルギー関数 \(U(x)\) を微分する手法は、計算が機械的かつ短時間で済み、符号のミスも防ぎやすい。
- 適用根拠: エネルギー保存則は物理学の根本原理であり、保存力（静電気力）がポテンシャルエネルギーの勾配（微分）で表されることは、力学・電磁気学を問わず普遍的に成り立つため。
- 導体挿入時の等価容量計算:
- 選定理由: 導体を「誘電率無限大の誘電体」として扱うよりも、「極板間隔が狭まった」と幾何学的に解釈する方が、直感的で計算も単純になるため。
- 適用根拠: 静電誘導により導体内部の電場は0になり、導体全体が等電位となる。これは電気回路において、導体の厚み分だけ距離を短絡（ショート）させたのと等価であるため。
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（単位チェック）:
- 意識: 複雑な文字式の計算では、最後に単位が合っているか確認する。
- 実践: 例えば力の答えが \(\frac{CV^2}{l}\) の形なら、エネルギー \(CV^2\)（ジュール \(\text{J}\)）を長さ \(l\)（メートル \(\text{m}\)）で割っているので、単位は \(\text{J}/\text{m} = \text{N}\)（ニュートン）となり正しいと判断できる。
- 極限の確認:
- 意識: 変数が極端な値をとったとき、物理的に当たり前の結果になるか確認する。
- 実践: \(x=0\)（挿入なし）のとき、容量やエネルギーが初期値 \(C_0, U_0\) に戻るか？ \(x=l\)（完全挿入）のとき、最大値になるか？ を式に代入してチェックする。
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問題20 コンデンサー (東京大＋慶應大)
【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(3)の別解1: 合成容量（並列接続）を用いた解法
- 模範解答の別解にもありますが、LとNが等電位であることを利用し、2つのコンデンサーが電気的に「並列」であるとみなして、電荷配分を一気に計算する手法を詳しく解説します。
- 設問(3)の別解2: 電位（ノード方程式）を用いた解法
- 孤立した導体Mの電位を未知数 \(V_M\) と置き、電荷保存則を電位の式として立てる（ノード方程式）汎用的な手法を解説します。
- 追加問題Qの別解: 微積分を用いた体系的解法（仮想仕事の原理）
- 模範解答が電場と電荷から直接力を計算しているのに対し、別解では静電エネルギー \(U(x)\) を定義し、その微分（\(F_{\text{外}} = dU/dx\)）によって外力を導出するエネルギー原理に基づく手法を提示します。
- 設問(3)の別解1: 合成容量（並列接続）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: 回路の対称性や構造を見抜くことで、計算量を大幅に削減できます。
- 電位の解法: 複雑な回路網でも機械的に立式できるため、応用範囲が広い強力なツールです。
- 微積分の解法: 力の釣り合いを個別に考える必要がなく、エネルギーというスカラー量からアプローチできるため、計算ミスを防ぎやすく、物理的本質の理解を深めます。
- 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「3枚極板コンデンサーにおける電荷保存と極板移動」です。
可動極板を含む回路において、スイッチの開閉操作に伴う電荷の移動、電位の変化、そして電流の発生までを時系列で追跡します。
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。
- 電位の等価性: 導線で接続された導体同士は等電位になります。本問ではLとNが常に等電位（\(V_0\)）であることが重要です。
- 電気量保存則: スイッチが開かれている間、孤立した導体部分（極板M）の電荷総量は保存されます。
- 電流の定義: 電流とは単位時間あたりに断面を通過する電気量です（\(I = dQ/dt\)）。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)〜(2)では、初期状態の電荷と、極板移動後の容量を幾何学的条件から求めます。
- (3)〜(4)では、スイッチ開放後の「電荷保存則」を軸に、各極板の電荷と電位を決定します。
- (5)〜(6)では、スイッチ再閉路による電荷の再配分と、極板の連続移動に伴う電流を計算します。
- 追加問題Qでは、静電気力と外力のつりあいを考察します。
問(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
全て言語化した、超詳細解説。
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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