「名問の森」徹底解説（19〜21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19 (静岡大＋山口大)

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、平行平板コンデンサーに誘電体を挿入したり、金属板を挿入したりする際の電気容量、電圧、静電エネルギーの変化、そして外力や電池がする仕事について考察する問題です。スイッチSが開いている場合と閉じている場合で、コンデンサーの電気量や電圧がどのように変化（あるいは保存）するかがポイントとなります。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題では、コンデンサーに関する様々な側面が問われます。スイッチの開閉によって「電気量保存」と「電圧一定」という異なる条件が課されること、誘電体や導体を挿入した際の電気容量の変化、そしてエネルギー保存則を用いた仕事の計算が中心となります。

問題を解く上で鍵となる物理法則や概念

1. 電気容量: \(C = \epsilon \displaystyle\frac{S}{d}\) （\(\epsilon\): 誘電率, \(S\): 極板面積, \(d\): 極板間隔）
   • 真空の誘電率を \(\epsilon_0\)、比誘電率を \(\epsilon_r\) とすると、誘電体の誘電率は \(\epsilon = \epsilon_r \epsilon_0\)。
2. コンデンサーの接続:
   • 並列接続: 合成容量 \(C = C_1 + C_2\)、各コンデンサーの電圧は等しい。
   • 直列接続: 合成容量 \(\displaystyle\frac{1}{C} = \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2}\)、各コンデンサーの電気量は等しい。
3. コンデンサーに蓄えられる電気量: \(Q = CV\)
4. コンデンサーの静電エネルギー: \(U = \displaystyle\frac{1}{2}CV^2 = \frac{Q^2}{2C} = \frac{1}{2}QV\)
5. スイッチの操作:
   • スイッチを開いた後: コンデンサーは孤立し、蓄えられた電気量 \(Q\) は一定に保たれる。
   • スイッチを閉じたまま: コンデンサーは電池に接続され、極板間の電圧 \(V\) は電池の起電力で一定に保たれる。
6. 仕事とエネルギーの関係（エネルギー保存則）:
   • 外力がした仕事 \(W_{\text{外}}\) は、系のエネルギー変化に影響する。
   • 電池がした仕事 \(W_{\text{電池}}\) は、電池を通過した電気量を \(\Delta Q\) とすると \(W_{\text{電池}} = \Delta Q \cdot V\)。
   • 一般的なエネルギー保存則: (系の静電エネルギーの変化 \(\Delta U\)) = (外力がした仕事 \(W_{\text{外}}\)) + (電池がした仕事 \(W_{\text{電池}}\))。ただし、静電気力による仕事はポテンシャルエネルギーの変化に繰り込まれている。
     より正確には、 (外力がした仕事 \(W_{\text{外}}\)) + (電池がした仕事 \(W_{\text{電池}}\)) = (系の静電エネルギーの変化 \(\Delta U\)) + (発生するジュール熱など)。この問題では「ゆっくり」操作するのでジュール熱は0と考える。

全体的な戦略

• 誘電体を挿入する問題では、挿入部分と空気部分を別々のコンデンサーと考え、それらが並列接続されていると見なすのが定石です。
• 仕事や力を問われた場合は、エネルギー保存則を考えるか、\(W = -F\Delta x\) (力が保存力の場合、あるいは外力がポテンシャルエネルギーの変化に直接結びつく場合) や、力のつり合いの関係を利用します。

問I (1)

思考の道筋とポイント
スイッチSを開いてから誘電体を挿入するので、コンデンサーに蓄えられている電気量 \(Q_0\) は変化しません。 誘電体を挿入すると、コンデンサーの電気容量が変化します。
まず、はじめの状態（Sを閉じて充電完了した状態）での電気量 \(Q_0\) を求めます。次に、誘電体Dを \(x\) だけ挿入したときの全体の電気容量 \(C\) を、誘電体が挿入されていない部分（L側）と挿入されている部分（R側）の並列合成容量として求めます。 最後に、電気量保存の関係 \(Q_0 = CV_1\) から、挿入後の電圧 \(V_1\) を計算します。

この設問における重要なポイント

• スイッチを開いた後は電気量が保存される。
• 誘電体挿入部分は、実質的に極板面積が \(lx\) で比誘電率 \(\epsilon_r\) の誘電体で満たされたコンデンサーと見なせる。
• 空気部分は、極板面積が \(l(l-x)\) のコンデンサーと見なせる。
• これら2つの部分は極板間隔 \(d\) と電圧が共通なので並列接続となる。

具体的な解説と立式
はじめに、スイッチSを閉じて充電したときの電気量を \(Q_0\) とします。極板間隔を \(d\) とすると、初期の電気容量 \(C_0\) は、
$$C_0 = \displaystyle\frac{\epsilon_0 l^2}{d} \quad \cdots ①$$
このとき蓄えられる電気量 \(Q_0\) は、
$$Q_0 = C_0 V \quad \cdots ②$$
スイッチSを開いた後、誘電体Dを \(x\) だけ挿入します。このとき、コンデンサーは2つの部分に分けて考えることができます。
1. 誘電体が挿入されていないL側: 幅 \(l-x\)、奥行き \(l\)。極板面積 \(S_L = l(l-x)\)。
電気容量 \(C_L = \displaystyle\frac{\epsilon_0 S_L}{d} = \frac{\epsilon_0 l(l-x)}{d}\)。
式①を用いると、\(C_L = \displaystyle\frac{l-x}{l} \cdot \frac{\epsilon_0 l^2}{d} = \frac{l-x}{l}C_0\)。
2. 誘電体が挿入されているR側: 幅 \(x\)、奥行き \(l\)。極板面積 \(S_R = lx\)。比誘電率 \(\epsilon_r\)。
電気容量 \(C_R = \displaystyle\frac{\epsilon_r \epsilon_0 S_R}{d} = \frac{\epsilon_r \epsilon_0 lx}{d}\)。
式①を用いると、\(C_R = \displaystyle\frac{\epsilon_r x}{l} \cdot \frac{\epsilon_0 l^2}{d} = \frac{\epsilon_r x}{l}C_0\)。

これら2つのコンデンサーは並列に接続されていると考えられるので、全体の電気容量 \(C\) は、
$$C = C_L + C_R = \frac{l-x}{l}C_0 + \frac{\epsilon_r x}{l}C_0 = \frac{l-x+\epsilon_r x}{l}C_0 = \frac{l+(\epsilon_r-1)x}{l}C_0 \quad \cdots ③$$
スイッチSは開かれているので、コンデンサーの電気量 \(Q_0\) は保存されます。 したがって、誘電体挿入後の電圧を \(V_1\) とすると、
$$Q_0 = C V_1 \quad \cdots ④$$

まず、電気容量 \(C\) は式③で与えられています。
$$C = \frac{l+(\epsilon_r-1)x}{l}C_0$$
次に、電圧 \(V_1\) を求めます。式④から \(V_1 = \displaystyle\frac{Q_0}{C}\)。これに式② \(Q_0 = C_0 V\) と式③の \(C\) を代入します。
$$V_1 = \frac{C_0 V}{\frac{l+(\epsilon_r-1)x}{l}C_0}$$
\(C_0\) を約分すると、
$$V_1 = \frac{V}{\frac{l+(\epsilon_r-1)x}{l}} = \frac{l}{l+(\epsilon_r-1)x}V$$

1. はじめの電気量を把握する: スイッチを閉じて充電したので、電気は \(Q_0 = C_0 V\) だけ蓄えられています。スイッチを開くと、この電気の量はもう変われません。
2. 誘電体を入れたときの容量を計算する: 誘電体を入れた部分は電気を蓄える能力（電気容量）が \(\epsilon_r\) 倍になります。コンデンサー全体を、誘電体が入った部分と入っていない空気の部分の２つのコンデンサーが並んでいる（並列接続）と考えます。それぞれの容量を計算し、足し合わせることで全体の新しい容量 \(C\) が求まります。
3. 新しい電圧を求める: 電気の量 \(Q_0\) は変わらず、容量だけが \(C\) に変わったので、新しい電圧 \(V_1\) は \(Q_0 = C V_1\) の関係から \(V_1 = Q_0/C\) として計算できます。

誘電体を挿入したときのコンデンサーの電気容量 \(C\) は \(C = \displaystyle\frac{l+(\epsilon_r-1)x}{l}C_0\) となります。
また、そのときの電圧 \(V_1\) は \(V_1 = \displaystyle\frac{l}{l+(\epsilon_r-1)x}V\) となります。
ここで、\(\epsilon_r > 1\) なので、\(x>0\) のとき \(l+(\epsilon_r-1)x > l\) となり、\(C > C_0\) かつ \(V_1 < V\) となります。誘電体を挿入すると容量は増加し、電気量一定なので電圧は減少するという物理的な性質と一致しています。

問I (2)

思考の道筋とポイント
スイッチSは開かれたままなので、電池からのエネルギー供給はありません。この状況で外力がした仕事 \(W_1\) は、コンデンサーの静電エネルギーの変化量に等しくなります。
\(W_1 = U_{\text{後}} – U_{\text{初}}\)
初めの静電エネルギー \(U_{\text{初}}\) は \(U_0 = \displaystyle\frac{1}{2}C_0 V^2\)。
後の静電エネルギー \(U_{\text{後}}\) は \(U_1 = \displaystyle\frac{1}{2}C V_1^2\)。
あるいは、電気量が \(Q_0\) で一定なので、\(U_{\text{初}} = \displaystyle\frac{Q_0^2}{2C_0}\)、\(U_{\text{後}} = \displaystyle\frac{Q_0^2}{2C}\) を用いると計算が少し楽になるかもしれません。模範解答は \(U_1 = \displaystyle\frac{1}{2}Q_0 V_1\) を使っています。

この設問における重要なポイント

• スイッチが開いているため、電池は仕事をしない。
• 外力の仕事は、系の静電エネルギーの変化に等しい (\(W_1 = \Delta U\))。
• 誘電体は極板間に引き込まれる静電気力が働くため、ゆっくり挿入するための外力の向きや仕事の符号に注意が必要。模範解答では、外力は挿入方向（右向き）に加えたとし、その仕事が負になることを示している。 これは、系（コンデンサー）のエネルギーが減少した分、外部（外力）が負の仕事をした（エネルギーを奪われた）と解釈できる。言い換えると、静電気力が正の仕事をしており、外力はそれを打ち消すほどではないが、全体のエネルギー変化が外力の仕事となる。

具体的な解説と立式
外力がした仕事 \(W_1\) は、コンデンサーの静電エネルギーの変化に等しいです。
初めの状態（誘電体挿入前）の静電エネルギー \(U_0\) は、
$$U_0 = \frac{1}{2}C_0 V^2 \quad \cdots ⑤$$
誘電体を \(x\) だけ挿入した後の静電エネルギー \(U_1\) は、電気量 \(Q_0\) と電圧 \(V_1\) を用いて、
$$U_1 = \frac{1}{2}Q_0 V_1 \quad \cdots ⑥$$
ここで \(Q_0 = C_0 V\) です。
よって、外力のした仕事 \(W_1\) は、
$$W_1 = U_1 – U_0 = \frac{1}{2}Q_0 V_1 – \frac{1}{2}C_0 V^2 \quad \cdots ⑦$$

式⑦に、(1)で求めた \(V_1 = \displaystyle\frac{l}{l+(\epsilon_r-1)x}V\) と \(Q_0 = C_0 V\) を代入します。
$$W_1 = \frac{1}{2}(C_0 V) \left( \frac{l}{l+(\epsilon_r-1)x}V \right) – \frac{1}{2}C_0 V^2$$
$$W_1 = \frac{1}{2}C_0 V^2 \left( \frac{l}{l+(\epsilon_r-1)x} – 1 \right)$$
括弧の中を通分します。
$$\frac{l}{l+(\epsilon_r-1)x} – 1 = \frac{l – (l+(\epsilon_r-1)x)}{l+(\epsilon_r-1)x} = \frac{l – l – (\epsilon_r-1)x}{l+(\epsilon_r-1)x} = \frac{-(\epsilon_r-1)x}{l+(\epsilon_r-1)x}$$
したがって、
$$W_1 = \frac{1}{2}C_0 V^2 \left( \frac{-(\epsilon_r-1)x}{l+(\epsilon_r-1)x} \right) = -\frac{(\epsilon_r-1)C_0 V^2 x}{2\{l+(\epsilon_r-1)x\}}$$

1. はじめのエネルギーを計算: 誘電体を入れる前のコンデンサーには \(U_0 = \frac{1}{2}C_0V^2\) のエネルギーが蓄えられています。
2. 後のエネルギーを計算: 誘電体を入れた後の電圧 \(V_1\) を使って、後のエネルギー \(U_1 = \frac{1}{2}Q_0V_1\) を計算します（\(Q_0\) ははじめの電気量で変わりません）。
3. エネルギーの差が外力の仕事: 外力がした仕事は、このエネルギーの差 \(W_1 = U_1 – U_0\) となります。
誘電体はコンデンサーに引き込まれる性質があるので、ゆっくりと挿入するためには、外力は引き込まれる力に逆らうか、あるいは引き込みを助けるように働くことになります。この場合、静電エネルギーは減少する（\(W_1 < 0\)）ので、外力は負の仕事をした、つまりコンデンサーからエネルギーが外部に取り出された形になっています。

外力のした仕事 \(W_1\) は \(W_1 = -\displaystyle\frac{(\epsilon_r-1)C_0 V^2 x}{2\{l+(\epsilon_r-1)x\}}\) です。
\(\epsilon_r > 1\) かつ \(x > 0\) なので、分子の \((\epsilon_r-1)C_0 V^2 x\) は正です。分母も正です。したがって、\(W_1\) は負の値を取ります。
これは、誘電体が極板間に引き込まれる静電気力によって系（コンデンサー）自身が仕事をしようとするため、外力が「挿入する」という仕事は、その引き込む力に逆らってゆっくり動かす（あるいは引き込まれる力だけでは足りない分を補うのではなく、むしろ引き込まれる勢いを抑える）ような状況を反映している可能性があります。
より直接的には、静電エネルギーが \(U_0 = \frac{Q_0^2}{2C_0}\) から \(U_1 = \frac{Q_0^2}{2C}\) へと変化し、\(C > C_0\) であるため \(U_1 < U_0\)。つまり静電エネルギーは減少します。この減少分が \(-W_1\) に相当し、\(W_1 = U_1 – U_0 < 0\) となります。外力が負の仕事をするということは、系が外部に対して仕事をした、あるいは静電気力が挿入方向に正の仕事をした結果、系のエネルギーが減少したと解釈できます。

問II (3)

スイッチSを閉じたままなので、コンデンサーのL側、R側ともに極板間の電圧は電池の起電力 \(V\) で一定に保たれています。 極板間隔を \(d\) とします。

思考の道筋とポイント
(ア) 電場: 電圧 \(V\) と極板間隔 \(d\) が両側で共通なので、電場 \(E=V/d\) も共通です。
(イ) 電荷密度: 電荷密度 \(\sigma\) は、電場の強さ \(E\) と誘電率 \(\epsilon\) を用いて表すか、あるいは各部分の電気量と面積から求めます。L側は空気（誘電率 \(\epsilon_0\)）、R側は誘電体（誘電率 \(\epsilon_r \epsilon_0\)）です。

この設問における重要なポイント

• スイッチを閉じたままなので、コンデンサー全体の電圧、およびL側・R側の電圧は \(V\) で一定。
• L側とR側は並列接続とみなせる。
• 電場は \(E=V/d\)。
• 表面電荷密度と電場の関係: ガウスの法則から、導体表面の電荷密度 \(\sigma\) とその場所の電場 \(E\) の間には、\(D = \epsilon E = \sigma_{\text{真}}\) （電束密度 \(D\)、真電荷密度 \(\sigma_{\text{真}}\)）の関係がある。単純な平行平板コンデンサーでは \(E = \sigma/\epsilon\)。あるいは、各部分の電気量を \(Q_L, Q_R\)、面積を \(S_L, S_R\) として \(\sigma_L = Q_L/S_L, \sigma_R = Q_R/S_R\) から求める。

具体的な解説と立式
(ア) 電場
L側、R側ともに極板間の電圧は \(V\)、極板間隔は \(d\)（問題文には明記されていないが、(1)の \(C_0\) の定義から暗に \(d\) が共通であるとわかる）です。電場は一様なので、
$$E_L = \frac{V}{d}$$
$$E_R = \frac{V}{d}$$
よって、\(E_L : E_R = 1:1\)。

(イ) 極板の電荷密度
L側の電気容量は \(C_L = \displaystyle\frac{l-x}{l}C_0\)。L側の電気量は \(Q_L = C_L V = \displaystyle\frac{l-x}{l}C_0 V\)。
L側の面積は \(S_L = l(l-x)\)。
L側の電荷密度 \(\sigma_L\) は、
$$\sigma_L = \frac{Q_L}{S_L} = \frac{\frac{l-x}{l}C_0 V}{l(l-x)} = \frac{C_0 V}{l^2} \quad \cdots ⑧$$
R側の電気容量は \(C_R = \displaystyle\frac{\epsilon_r x}{l}C_0\)。R側の電気量は \(Q_R = C_R V = \displaystyle\frac{\epsilon_r x}{l}C_0 V\)。
R側の面積は \(S_R = lx\)。
R側の電荷密度 \(\sigma_R\) は、
$$\sigma_R = \frac{Q_R}{S_R} = \frac{\frac{\epsilon_r x}{l}C_0 V}{lx} = \frac{\epsilon_r C_0 V}{l^2} \quad \cdots ⑨$$
よって、電荷密度の比は、
$$\sigma_L : \sigma_R = \frac{C_0 V}{l^2} : \frac{\epsilon_r C_0 V}{l^2} = 1 : \epsilon_r$$

（別アプローチ：電場と誘電率の関係から）
L側（空気）: \(\sigma_L = \epsilon_0 E_L = \epsilon_0 \displaystyle\frac{V}{d}\)。
R側（誘電体）: 誘電体表面に現れる分極電荷を考慮しない極板上の真電荷の密度は \(\sigma_R = \epsilon_r \epsilon_0 E_R = \epsilon_r \epsilon_0 \displaystyle\frac{V}{d}\)。
この \(\sigma\) は極板上の自由電荷の密度を指すので、これでよい。
よって、\(\sigma_L : \sigma_R = \epsilon_0 \displaystyle\frac{V}{d} : \epsilon_r \epsilon_0 \displaystyle\frac{V}{d} = 1 : \epsilon_r\)。

(ア) 電場
上記「具体的な解説と立式」の通り、\(E_L = E_R = V/d\)。
したがって、比は \(E_L : E_R = 1:1\)。

(イ) 極板の電荷密度
式⑧と⑨より、
\(\sigma_L = \displaystyle\frac{C_0 V}{l^2}\)
\(\sigma_R = \displaystyle\frac{\epsilon_r C_0 V}{l^2}\)
したがって、比は \(\sigma_L : \sigma_R = 1 : \epsilon_r\)。

(ア) 電場について: スイッチが閉じているので、コンデンサーの両端のL側もR側も電圧は \(V\) で同じです。極板間の距離 \(d\) も同じなので、電場の強さ \(E=V/d\) もL側とR側で同じになります。
(イ) 電荷密度について: 電荷密度は単位面積あたりの電気の量です。電圧が同じでも、R側には誘電率の高い物質が入っているため、より多くの電気を蓄えることができます。具体的には、L側に比べてR側は \(\epsilon_r\) 倍の電荷密度になります。

(ア) 電場の比は \(1:1\)。 電圧と極板間隔が等しいためです。
(イ) 極板の電荷密度の比は \(1:\epsilon_r\)。 誘電体の効果により、同じ電場（電圧）でもR側の方が多くの電荷を蓄えます。

問II (4) (ア)

思考の道筋とポイント
スイッチSを閉じたまま誘電体Dを \(x\) の位置からさらに \(\Delta x\) だけ押し込みます。この間に電池がした仕事 \(W_E\) を求めます。
電池がした仕事は \(W_E = (\text{電池を通過した電気量}) \times (\text{電池の電圧})\) で計算できます。
まず、誘電体の挿入長が \(x\) のときの全電気量 \(Q(x)\) と、挿入長が \(x+\Delta x\) のときの全電気量 \(Q(x+\Delta x)\) を求め、その差 \(\Delta Q = Q(x+\Delta x) – Q(x)\) が電池を通過した電気量となります。電圧は常に \(V\) です。

この設問における重要なポイント

• スイッチが閉じているので電圧は \(V\) で一定。
• 誘電体をさらに挿入すると、コンデンサーの総電気容量 \(C(x)\) が増加する。
• 電気容量が増加すると、電圧 \(V\) が一定なので、蓄えられる総電気量 \(Q(x)=C(x)V\) も増加する。この増加分の電気が電池から供給される。
• \(Q(x)\) は \(x\) の1次関数であるため、\(\Delta Q\) は \((\text{係数}) \times \Delta x\) の形になる (Point & Hint (4)(ア)参照)。

具体的な解説と立式
誘電体の挿入長が \(y\) のときのコンデンサー全体の電気容量 \(C(y)\) は、問I(1)の式③から、
$$C(y) = \frac{l+(\epsilon_r-1)y}{l}C_0$$
スイッチが閉じているので電圧は \(V\) で一定です。よって、挿入長が \(y\) のときの蓄えられている総電気量 \(Q(y)\) は、
$$Q(y) = C(y)V = \frac{l+(\epsilon_r-1)y}{l}C_0 V \quad \cdots ⑩$$
誘電体の挿入長が \(x\) から \(x+\Delta x\) に変化したときの電気量の変化 \(\Delta Q\) は、
$$\Delta Q = Q(x+\Delta x) – Q(x)$$
$$Q(x+\Delta x) = \frac{l+(\epsilon_r-1)(x+\Delta x)}{l}C_0 V$$
$$Q(x) = \frac{l+(\epsilon_r-1)x}{l}C_0 V$$
$$\Delta Q = \frac{l+(\epsilon_r-1)(x+\Delta x)}{l}C_0 V – \frac{l+(\epsilon_r-1)x}{l}C_0 V$$
$$\Delta Q = \frac{C_0 V}{l} \{ (l+(\epsilon_r-1)(x+\Delta x)) – (l+(\epsilon_r-1)x) \}$$
$$\Delta Q = \frac{C_0 V}{l} \{ l+(\epsilon_r-1)x+(\epsilon_r-1)\Delta x – l – (\epsilon_r-1)x \}$$
$$\Delta Q = \frac{C_0 V}{l} (\epsilon_r-1)\Delta x = \frac{(\epsilon_r-1)C_0 V}{l}\Delta x \quad \cdots ⑪$$

電池のした仕事 \(W_E\) は、この \(\Delta Q\) に電池の電圧 \(V\) を掛けて、
$$W_E = \Delta Q \cdot V \quad \cdots ⑫$$

【別解アプローチ】 Point & Hint (4)(ア) の利用
\(Q(y) = \left(\frac{(\epsilon_r-1)C_0 V}{l}\right) y + C_0 V\) と書け、これは \(y\) の1次関数 \(Q(y) = ay+b\) の形です。
ここで \(a = \displaystyle\frac{(\epsilon_r-1)C_0 V}{l}\)。
変化量について \(\Delta Q = a \Delta y\) (この問題では変数 \(x\) なので \(\Delta Q = a \Delta x\)) が成り立ちます。
よって、\(\Delta Q = \displaystyle\frac{(\epsilon_r-1)C_0 V}{l} \Delta x\)。これは式⑪と一致します。

式⑪で求めた \(\Delta Q\) を式⑫に代入します。
$$W_E = \left( \frac{(\epsilon_r-1)C_0 V}{l}\Delta x \right) \cdot V$$
$$W_E = \frac{(\epsilon_r-1)C_0 V^2}{l}\Delta x$$

1. はじめの電気量と後の電気量を求める: 誘電体の挿入長さが \(x\) のときと \(x+\Delta x\) のときのコンデンサー全体の電気量を、それぞれ \(Q(x)=C(x)V\) と \(Q(x+\Delta x)=C(x+\Delta x)V\) で計算します。
2. 電池から供給された電気量を求める: 電気量の差 \(\Delta Q = Q(x+\Delta x) – Q(x)\) が、この間に電池からコンデンサーへ移動した電気の量です。
3. 電池の仕事を計算する: 電池がした仕事は、移動した電気の量 \(\Delta Q\) に電池の電圧 \(V\) を掛けたもの、\(W_E = \Delta Q \cdot V\) で求まります。

電池のした仕事 \(W_E\) は \(W_E = \displaystyle\frac{(\epsilon_r-1)C_0 V^2}{l}\Delta x\) です。
\(\epsilon_r > 1\), \(C_0 > 0\), \(V^2 > 0\), \(l > 0\), \(\Delta x > 0\) なので、\(W_E > 0\) となります。これは、誘電体をさらに挿入することでコンデンサーの容量が増え、より多くの電荷を蓄えるために電池が正の仕事をした（エネルギーを供給した）ことを意味し、物理的に妥当です。

問II (4) (イ)

思考の道筋とポイント
外力のした仕事 \(W_2\) を求めます。この過程では、外力と電池の両方が仕事をし、コンデンサーの静電エネルギーが変化します。エネルギー保存則（仕事とエネルギーの関係）を用います。
(コンデンサーの静電エネルギーの変化 \(\Delta U\)) = (外力がした仕事 \(W_2\)) + (電池がした仕事 \(W_E\))
ここから \(W_2 = \Delta U – W_E\) として求めます。
\(\Delta U = U(x+\Delta x) – U(x)\)。電圧 \(V\) は一定なので、\(\Delta U = \displaystyle\frac{1}{2}C(x+\Delta x)V^2 – \frac{1}{2}C(x)V^2 = \frac{1}{2}(C(x+\Delta x)-C(x))V^2 = \frac{1}{2}\Delta C V^2\)。

この設問における重要なポイント

• エネルギー保存則: \(\Delta U = W_{\text{外}} + W_{\text{電池}}\)。
• 静電エネルギーの変化 \(\Delta U\) は \(\frac{1}{2}\Delta C V^2\) で計算できる（電圧一定のため）。
• \(W_E\) は(ア)で求めた値を使用する。

具体的な解説と立式
まず、コンデンサーの電気容量の変化 \(\Delta C\) を求めます。
\(C(y) = \displaystyle\frac{l+(\epsilon_r-1)y}{l}C_0\) なので、
$$\Delta C = C(x+\Delta x) – C(x) = \frac{l+(\epsilon_r-1)(x+\Delta x)}{l}C_0 – \frac{l+(\epsilon_r-1)x}{l}C_0$$
$$\Delta C = \frac{C_0}{l} \{ (l+(\epsilon_r-1)(x+\Delta x)) – (l+(\epsilon_r-1)x) \}$$
$$\Delta C = \frac{C_0}{l} (\epsilon_r-1)\Delta x = \frac{(\epsilon_r-1)C_0}{l}\Delta x \quad \cdots ⑬$$
コンデンサーの静電エネルギーの変化 \(\Delta U\) は、電圧 \(V\) が一定なので、
$$\Delta U = \frac{1}{2}\Delta C V^2 = \frac{1}{2} \left( \frac{(\epsilon_r-1)C_0}{l}\Delta x \right) V^2 = \frac{(\epsilon_r-1)C_0 V^2}{2l}\Delta x \quad \cdots ⑭$$
エネルギー保存則より、\(W_2 + W_E = \Delta U\)。 よって、外力の仕事 \(W_2\) は、
$$W_2 = \Delta U – W_E \quad \cdots ⑮$$

式⑮に、式⑭で求めた \(\Delta U\) と、(4)(ア)で求めた \(W_E = \displaystyle\frac{(\epsilon_r-1)C_0 V^2}{l}\Delta x\) を代入します。
$$W_2 = \frac{(\epsilon_r-1)C_0 V^2}{2l}\Delta x – \frac{(\epsilon_r-1)C_0 V^2}{l}\Delta x$$
共通因数でまとめると、
$$W_2 = \left( \frac{1}{2} – 1 \right) \frac{(\epsilon_r-1)C_0 V^2}{l}\Delta x$$
$$W_2 = -\frac{1}{2} \frac{(\epsilon_r-1)C_0 V^2}{l}\Delta x = -\frac{(\epsilon_r-1)C_0 V^2}{2l}\Delta x$$

1. エネルギーの増減を確認:

• コンデンサーに蓄えられる電気のエネルギーがどれだけ増えたか (\(\Delta U\)) を計算します。容量が増えるのでエネルギーも増えます。
• 電池がどれだけ仕事をしたか (\(W_E\)) は(ア)で計算済みです。これはコンデンサーにエネルギーを供給する働きです。

2. エネルギーの帳尻を合わせる: エネルギー全体のつじつまが合うように（エネルギー保存則）、外力がした仕事 \(W_2\) を考えます。「コンデンサーのエネルギー増加分」は、「外力がした仕事」と「電池がした仕事」の合計に等しくなります。つまり、\(\Delta U = W_2 + W_E\)。 この式を \(W_2\) について解けば求まります。
計算すると \(W_2\) は負になるので、外力はエネルギーを奪う向き（誘電体が引き込まれるのを妨げる向き）に仕事をしたことになります。

外力のした仕事 \(W_2\) は \(W_2 = -\displaystyle\frac{(\epsilon_r-1)C_0 V^2}{2l}\Delta x\) です。
\(\epsilon_r > 1\) なので、\(W_2\) は負の値を取ります。これは、誘電体が極板間に引き込まれる静電気力に抗して、外力がゆっくりと挿入するために負の仕事（挿入方向と逆向きの力を加えながら挿入方向に動かす、あるいは引き込む力より小さい力で挿入を助けるが、結果的にエネルギー収支で負になる）をしたことを意味します。
電池が供給したエネルギー \(W_E\) のうち、半分がコンデンサーの静電エネルギー増加 \(\Delta U\) になり、残りの半分に相当するエネルギー（の負の値）が外力の仕事 \(W_2\) となった形です。つまり \(|\Delta U| = |W_E|/2\)、\(|W_2| = |W_E|/2\)。

問II (4) (ウ)

思考の道筋とポイント
誘電体に働く静電気力の大きさ \(F\) を求めます。
誘電体をゆっくりと挿入しているので、力のつり合いが成り立っていると考えられます。つまり、外力の大きさと静電気力の大きさは等しいです。
外力の仕事 \(W_2\) と微小変位 \(\Delta x\) の間には、\(W_2 = F_{\text{外}} \cdot \Delta x \cdot \cos\theta\) の関係があります。
ここで、静電気力は誘電体を引き込む向き（挿入方向、右向き）に働くと考えられます。この静電気力の大きさを \(F\) とします。
外力は、この静電気力とつり合ってゆっくり挿入するため、挿入方向と逆向き（左向き）に大きさ \(F_{\text{外}} = F\) の力を加えていると考えるのが自然です。
このとき、外力の向きと変位 \(\Delta x\)（右向き）のなす角は \(180^\circ\) なので、\(\cos\theta = -1\)。
よって、外力の仕事 \(W_2\) は \(W_2 = F_{\text{外}} \cdot \Delta x \cdot (-1) = -F \Delta x\)。
ここから、静電気力の大きさ \(F = -W_2 / \Delta x\) として求められます。
模範解答もこの \(W_2 = -F\Delta x\) という関係を用いています。

この設問における重要なポイント

• ゆっくりとした操作なので、力のつり合いが近似的に成立する。
• 外力の大きさと静電気力の大きさは等しい (\(F_{\text{外}} = F_{\text{静電気力}}\))。
• 外力の仕事 \(W_2\) と静電気力 \(F\) の関係は \(W_2 = -F\Delta x\) (外力が静電気力に逆らって仕事をする場合)。

具体的な解説と立式
誘電体は極板間に引き込まれる向きに静電気力 \(F\) を受けます。ゆっくりと \(\Delta x\) だけ挿入するために加える外力の大きさも \(F\) であり、その向きは静電気力と逆向き（誘電体の運動方向と逆向き）です。
したがって、外力がした仕事 \(W_2\) は、力の大きさが \(F\)、変位が \(\Delta x\) で、力の向きと変位の向きが逆なので、
$$W_2 = -F \Delta x \quad \cdots ⑯$$
ここから、静電気力の大きさ \(F\) は、
$$F = -\frac{W_2}{\Delta x}$$

(4)(イ)で求めた \(W_2 = -\displaystyle\frac{(\epsilon_r-1)C_0 V^2}{2l}\Delta x\) を式⑯に代入します。
$$-F \Delta x = -\frac{(\epsilon_r-1)C_0 V^2}{2l}\Delta x$$
両辺の \(-\Delta x\) で割ると（\(\Delta x \neq 0\)）、
$$F = \frac{(\epsilon_r-1)C_0 V^2}{2l}$$

1. 外力の仕事と力の関係: 外力がした仕事 \(W_2\) は、「外力の大きさ」\(\times\)「動いた距離 \(\Delta x\)」\(\times (-1)\) と書けます。マイナスが付くのは、通常、誘電体は引き込まれるので、外力はそれを抑える向き（動かす向きと逆）に働くためです。
2. 力の大きさを求める: この関係式 \(W_2 = -F\Delta x\) から、力の大きさ \(F\) を \(F = -W_2/\Delta x\) として計算します。

誘電体に働く静電気力の大きさ \(F\) は \(F = \displaystyle\frac{(\epsilon_r-1)C_0 V^2}{2l}\) です。
この力 \(F\) は \(x\) に依存しない定数です。 これは、誘電体を挿入する際に働く静電気力が、挿入されている長さに依らず一定であることを示しています（端の効果を無視すれば）。
\(\epsilon_r > 1\) なので \(F > 0\) であり、静電気力は誘電体を引き込む向きに働くことが確認できます。

問II (5)

思考の道筋とポイント
Dを完全に挿入した状態 (\(x=l\)) でスイッチSを開きます。その後、Dを極板間から完全に引き出す (\(x=0\) にする) ときに外力がする仕事 \(W_3\) を求めます。
スイッチSを開いた後は、コンデンサーの電気量が一定に保たれます。 外力がする仕事は、この過程でのコンデンサーの静電エネルギーの変化に等しくなります。

手順：
1. Dを完全に挿入した状態 (\(x=l\), Sはまだ閉じている) での電気容量 \(C_{\text{全挿入}}\) と電気量 \(Q_T\) を求める。 このときの静電エネルギーも \(U_T\) とする。
2. スイッチSを開く。この瞬間から電気量 \(Q_T\) が保存される。
3. Dを完全に引き抜いた状態 (\(x=0\)) での電気容量 \(C_0\) と、そのときの静電エネルギー \(U_{\text{後}}\) を \(Q_T\) を使って求める。
4. 外力の仕事 \(W_3 = U_{\text{後}} – U_T\)。

この設問における重要なポイント

• D完全挿入時は \(x=l\)。スイッチが閉じている間に完全挿入されるので、そのときの電圧は \(V\)。
• Sを開いた後は電気量 \(Q_T\) が保存される。
• Dを引き抜くと容量は \(C_0\) に戻る。
• 外力の仕事 \(W_3\) は静電エネルギーの変化 \(\Delta U = U_{\text{後}} – U_{\text{前}}\)。
• 引き出す際は、誘電体を引き込む静電気力に抗して外力が正の仕事をする。

具体的な解説と立式
1. Dを完全に挿入したとき (\(x=l\))、スイッチSは閉じているので電圧は \(V\) です。
このときの電気容量 \(C_{\text{全挿入}}\) は、問I(1)の式③で \(x=l\) とすると、
$$C_{\text{全挿入}} = \frac{l+(\epsilon_r-1)l}{l}C_0 = \frac{l+\epsilon_r l – l}{l}C_0 = \frac{\epsilon_r l}{l}C_0 = \epsilon_r C_0 \quad \cdots ⑰$$
このときに蓄えられている電気量 \(Q_T\) は、
$$Q_T = C_{\text{全挿入}}V = \epsilon_r C_0 V \quad \cdots ⑱$$
このときの静電エネルギー \(U_T\) は、
$$U_T = \frac{1}{2}C_{\text{全挿入}}V^2 = \frac{1}{2}(\epsilon_r C_0)V^2 \quad \cdots ⑲$$

2. 次にスイッチSを開きます。これにより、コンデンサーの電気量は \(Q_T = \epsilon_r C_0 V\) で一定に保たれます。

3. その後、誘電体Dを完全に引き抜きます (\(x=0\))。
このときの電気容量は、はじめの空気のみのコンデンサーの容量 \(C_0\) に戻ります。
電気量は \(Q_T\) で保存されているので、引き抜いた後の静電エネルギー \(U_{\text{後}}\) は、
$$U_{\text{後}} = \frac{Q_T^2}{2C_0} \quad \cdots ⑳$$

4. 外力がする仕事 \(W_3\) は、静電エネルギーの変化に等しいので、
$$W_3 = U_{\text{後}} – U_T \quad \cdots ㉑$$

式⑳の \(U_{\text{後}}\) に式⑱の \(Q_T\) を代入します。
$$U_{\text{後}} = \frac{(\epsilon_r C_0 V)^2}{2C_0} = \frac{\epsilon_r^2 C_0^2 V^2}{2C_0} = \frac{1}{2}\epsilon_r^2 C_0 V^2$$
次に、式㉑にこの \(U_{\text{後}}\) と式⑲の \(U_T\) を代入して \(W_3\) を計算します。
$$W_3 = \frac{1}{2}\epsilon_r^2 C_0 V^2 – \frac{1}{2}\epsilon_r C_0 V^2$$
共通因数 \(\displaystyle\frac{1}{2}\epsilon_r C_0 V^2\) でくくると、
$$W_3 = \frac{1}{2}\epsilon_r C_0 V^2 (\epsilon_r – 1) = \frac{\epsilon_r(\epsilon_r-1)}{2}C_0 V^2$$

1. Sを開く直前の状態を把握: 誘電体が完全に入った状態でスイッチが閉じているので、電気量 \(Q_T\) とエネルギー \(U_T\) を計算します。
2. Sを開く: これで電気量 \(Q_T\) は固定されます。
3. 誘電体を引き抜いた後の状態を把握: 誘電体がない状態（容量 \(C_0\)）で電気量が \(Q_T\) のままなので、そのときのエネルギー \(U_{\text{後}}\) を計算します。
4. エネルギーの差が外力の仕事: 外力がした仕事 \(W_3\) は、エネルギーの差 \(U_{\text{後}} – U_T\) です。誘電体を引き抜くには、引き込む力に逆らって外力が仕事をしないといけないので、\(W_3\) は正になるはずです。

外力のする仕事 \(W_3\) は \(W_3 = \displaystyle\frac{\epsilon_r(\epsilon_r-1)}{2}C_0 V^2\) です。
\(\epsilon_r > 1\) なので、\(\epsilon_r-1 > 0\)。したがって \(W_3 > 0\) となり、外力は正の仕事をします。 これは、誘電体が引き込まれる静電気力に抗して、外力が誘電体を引き出すために仕事をするという物理的な状況と一致しています。

【コラム】Q. はじめの状態からSを開き 極板と同形で厚さ \(\frac{d}{2}\) の金属板Mを完全に挿入する。そしてMをゆっくりと引き出す。引き出した距離が \(y\) から \(y+\Delta y\) となるまでの間に外力のする仕事 \(W\) を調べ、Mに働く静電気力の大きさ \(F\) を \(y\) の関数として表せ。 \(\Delta y\) は微小量なので近似せよ。

思考の道筋とポイント
この問題では、誘電体の代わりに導体である金属板を扱います。スイッチSははじめの状態（充電後）に開かれるため、コンデンサーの電気量 \(Q_0 = C_0V\) は一定に保たれます。
外力のする仕事 \(W\) は、この微小な引き出し過程における静電エネルギーの変化に等しくなります。 また、静電気力の大きさ \(F\) は、\(W = F_{\text{外}}\Delta y\) と \(F_{\text{外}}=F_{\text{静}}\) (ゆっくり引き出すため) の関係から求めることができます。

手順：
1. 金属板Mが \(y\) だけ引き出された状態（つまり \(l-y\) だけ挿入されている状態）でのコンデンサーの全電気容量 \(C(y)\) を求める。

• 金属板が挿入されている部分は、金属板の厚さ \(t = d/2\) のため、実効的な極板間隔が \(d-t = d/2\) になったコンデンサーとして扱える。
• 引き出された部分（金属板がない部分）は、通常の空気コンデンサー。
• これら2つの部分は並列接続。

2. そのときの静電エネルギー \(U(y) = \displaystyle\frac{Q_0^2}{2C(y)}\) を計算する。
3. 微小な引き出し \(y \rightarrow y+\Delta y\) による静電エネルギーの変化 \(\Delta U = U(y+\Delta y) – U(y)\) を計算する。これが外力の仕事 \(W\) に等しい。
4. \(W \approx F \Delta y\) の関係（金属板は引き込まれるので、引き出す外力は挿入方向と逆向き、すなわち引き出し方向と同じ。よって仕事は正）から、静電気力 \(F\) を求める。 静電気力も引き込む向きに働く。外力はこの静電気力とつりあってゆっくり引き出す。

この設問における重要なポイント

• スイッチを開いた後は電気量 \(Q_0\) が保存される。
• 金属板（導体）挿入の効果: 金属板の厚さを \(t\) とすると、その部分の電気容量は極板間隔が \(d-t\) になったかのように振る舞う。\(C’ = \epsilon_0 S / (d-t)\)。ここでは \(t=d/2\)。
• 外力の仕事 \(W = \Delta U\)。
• \(W = F \Delta y\) から力 \(F\) を求める（\(F\) は外力の大きさであり、ゆっくり操作なので静電気力の大きさに等しい）。
• 微小量 \(\Delta y\) を含む式の近似計算。

具体的な解説と立式
はじめの電気量 \(Q_0 = C_0 V\) は保存されます。 ここで \(C_0 = \displaystyle\frac{\epsilon_0 l^2}{d}\)。

1. 金属板Mが \(y\) だけ引き出された状態を考えます。

• 金属板がないL側（引き出された部分）: 幅 \(y\)、奥行き \(l\)。極板間隔 \(d\)。
  電気容量 \(C_L(y) = \displaystyle\frac{\epsilon_0 ly}{d} = \frac{y}{l} \frac{\epsilon_0 l^2}{d} = \frac{y}{l}C_0\)。
• 金属板が残っているR側（挿入されている部分）: 幅 \(l-y\)、奥行き \(l\)。金属板の厚さは \(d/2\)。
  この部分の極板間隔は実質的に \(d – d/2 = d/2\) となります。
  電気容量 \(C_R(y) = \displaystyle\frac{\epsilon_0 l(l-y)}{d/2} = \frac{2\epsilon_0 l(l-y)}{d} = \frac{2(l-y)}{l} \frac{\epsilon_0 l^2}{d} = \frac{2(l-y)}{l}C_0\)。

全体の電気容量 \(C(y)\) は、\(C_L(y)\) と \(C_R(y)\) の並列合成なので、
$$C(y) = C_L(y) + C_R(y) = \frac{y}{l}C_0 + \frac{2(l-y)}{l}C_0 = \frac{y + 2l – 2y}{l}C_0 = \frac{2l-y}{l}C_0 \quad \cdots Q①$$

2. このときの静電エネルギー \(U(y)\) は、
$$U(y) = \frac{Q_0^2}{2C(y)} = \frac{(C_0V)^2}{2 \frac{2l-y}{l}C_0} = \frac{C_0^2V^2 l}{2(2l-y)C_0} = \frac{l C_0 V^2}{2(2l-y)} \quad \cdots Q②$$

3. 金属板をさらに \(\Delta y\) だけ引き出し、引き出した距離が \(y+\Delta y\) になったときの静電エネルギー \(U(y+\Delta y)\) は、
$$U(y+\Delta y) = \frac{l C_0 V^2}{2(2l-(y+\Delta y))} = \frac{l C_0 V^2}{2(2l-y-\Delta y)} \quad \cdots Q③$$
外力のする仕事 \(W\) は、静電エネルギーの変化に等しいので、
$$W = U(y+\Delta y) – U(y) = \frac{l C_0 V^2}{2} \left( \frac{1}{2l-y-\Delta y} – \frac{1}{2l-y} \right) \quad \cdots Q④$$

4. 静電気力の大きさ \(F\) は、\(W = F \Delta y\) の関係から求められます（金属板は引き込まれるので、引き出す外力は引き込みと逆向き＝引き出し方向。よって仕事は \(F\Delta y\)）。

まず、式Q④の \(W\) を計算します。括弧の中を通分します。
$$\frac{1}{2l-y-\Delta y} – \frac{1}{2l-y} = \frac{(2l-y) – (2l-y-\Delta y)}{(2l-y-\Delta y)(2l-y)} = \frac{\Delta y}{(2l-y-\Delta y)(2l-y)}$$
よって、
$$W = \frac{l C_0 V^2}{2} \frac{\Delta y}{(2l-y-\Delta y)(2l-y)}$$
ここで、\(\Delta y\) は微小量なので、分母の \(2l-y-\Delta y\) は \(2l-y\) と近似できます (\((2l-y) \gg \Delta y\) を意味する)。
$$W \approx \frac{l C_0 V^2 \Delta y}{2(2l-y)^2} \quad \cdots Q⑤$$

次に、静電気力の大きさ \(F\) を求めます。外力の大きさを \(F_{\text{外}}\) とすると、ゆっくり引き出すので \(F_{\text{外}}\) は静電気力 \(F\) に等しいです。
外力の向きと引き出す向きは同じなので、\(W = F_{\text{外}} \Delta y = F \Delta y\)。
よって、式Q⑤から、
$$F \Delta y = \frac{l C_0 V^2 \Delta y}{2(2l-y)^2}$$
\(\Delta y \neq 0\) なので、両辺を \(\Delta y\) で割ると、
$$F = \frac{l C_0 V^2}{2(2l-y)^2} \quad \cdots Q⑥$$

1. 金属板を入れたときの容量を計算: 金属板が \(y\) だけ引き出された（つまり \(l-y\) だけ中にある）ときのコンデンサー全体の容量 \(C(y)\) を計算します。金属板がある部分は、実質的に極板の間隔が狭くなったのと同じ効果があります。
2. エネルギーを計算: 電気の量 \(Q_0\) は一定なので、そのときのエネルギー \(U(y) = Q_0^2 / (2C(y))\) を計算します。
3. エネルギーの変化が外力の仕事: 金属板を少し (\(\Delta y\)) 引き出したときのエネルギー \(U(y+\Delta y)\) との差 \(W = U(y+\Delta y) – U(y)\) が、外力がした仕事です。
4. 仕事と力の関係から力を求める: 仕事 \(W\) は「力の大きさ \(F\)」\(\times\)「動かした距離 \(\Delta y\)」なので、\(F = W/\Delta y\) として力が求まります。

引き出した距離が \(y\) から \(y+\Delta y\) となるまでの間に外力のする仕事 \(W\) は \(W \approx \displaystyle\frac{lC_0V^2}{2(2l-y)^2}\Delta y\) です。
Mに働く静電気力の大きさ \(F\) は \(y\) の関数として \(F(y) = \displaystyle\frac{lC_0V^2}{2(2l-y)^2}\) と表されます。
\(W > 0\) であり、外力は正の仕事をします。これは金属板が極板間に引き込まれる力に抗して引き出すためです。
静電気力 \(F(y)\) は、引き出されるほど（\(y\) が大きくなるほど）、分母の \((2l-y)\) が小さくなるため、力は大きくなる傾向があります（ただし \(y\) が \(2l\) に近づくことは物理的にない。\(y\) の範囲は \(0 \le y \le l\))。\(y=0\) (完全挿入) のとき \(F = \frac{lC_0V^2}{8l^2} = \frac{C_0V^2}{8l}\)。\(y=l\) (完全引き出し) のとき \(F = \frac{lC_0V^2}{2l^2} = \frac{C_0V^2}{2l}\)。引き出すほど力が必要になることを示唆しています。

【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？

• コンデンサーの基本特性:
  • 核心：電気容量 \(C\) は、極板の形状、面積 \(S\)、間隔 \(d\)、そして極板間の物質の誘電率 \(\epsilon\) で決まる (\(C = \epsilon S/d\))。蓄えられる電気量 \(Q\) は \(CV\) で、静電エネルギー \(U\) は \(\frac{1}{2}CV^2 = \frac{Q^2}{2C}\) で与えられる。
  • 理解のポイント：これらの関係式を確実に覚え、それぞれの文字が何を表すかを正確に理解することが出発点です。
• 誘電体の効果:
  • 核心：誘電体を挿入すると、コンデンサーの電気容量は比誘電率 \(\epsilon_r\) 倍に増加する（同じ形状・面積・間隔の場合）。 これは誘電分極により極板間の電場が弱められる（電圧が下がる、またはより多くの電荷を蓄えられる）ため。
  • 理解のポイント：誘電率 \(\epsilon = \epsilon_r \epsilon_0\) の意味を理解し、なぜ容量が増えるのかを微視的な視点（分極）と関連付けておくと応用が利きます。
• 導体（金属板）の挿入効果:
  • 核心：導体内部は電場がゼロであるため、導体をコンデンサーに挿入すると、その厚さ分だけ実質的な極板間隔が減少したのと同じ効果をもたらす。 厚さ \(t\) の金属板を挿入すると、間隔 \(d\) が \(d-t\) になる。
  • 理解のポイント：導体は等電位であることを利用し、電場や電位の分布がどう変わるかをイメージできるようにしましょう。
• スイッチの開閉に伴う条件変化:
  • 核心：
    • スイッチを開いた後：コンデンサーは孤立回路となり、蓄えられた電気量 \(Q\) が保存される。
    • スイッチを閉じたまま（電池に接続）：コンデンサーの電圧 \(V\) が電池の起電力で一定に保たれる。
  • 理解のポイント：この2つの条件の違いを明確に区別し、問題設定に応じて正しく適用することが極めて重要です。
• 並列接続の考え方:
  • 核心：誘電体や金属板を部分的に挿入した場合、挿入部分と非挿入部分は同じ電圧がかかる並列接続されたコンデンサーとみなせる。 合成容量は各部分の容量の和 \(C = C_1 + C_2\)。
  • 理解のポイント：なぜ並列と見なせるのか（電位差が共通）を図から読み取れるようにしましょう。
• エネルギー保存則（仕事とエネルギーの関係）:
  • 核心：(系のエネルギー変化 \(\Delta U\)) = (外力がした仕事 \(W_{\text{外}}\)) + (電池がした仕事 \(W_{\text{電池}}\)) （ただし、熱の発生など他のエネルギー変化がない場合）。
  • 理解のポイント：仕事の正負、エネルギーの出入りを正確に捉え、立式できるように訓練しましょう。特に電池の仕事は \(W_{\text{電池}} = (\text{通過電気量}) \times (\text{電圧})\) です。

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

• この問題の考え方や解法は、どのようなパターンの類似問題に応用できるか:
  • 極板間距離を変化させる場合（電気量一定または電圧一定）。
  • 複数の誘電体を層状または並列に挿入する場合。
  • コンデンサーを接続したまま、あるいは切り離した後に、他のコンデンサーや抵抗と接続する場合の電荷の移動やエネルギー変化。
  • 誘電体や導体に働く力を、エネルギーの空間微分（大学範囲）や仮想仕事の原理（高校範囲ではエネルギー保存から間接的に）から求める問題。
• 初見の問題で、どこに着目すればこの問題と同じように解き進められるか:
  1. スイッチの状態を確認: まず「開いている」か「閉じている」か。これにより電気量保存か電圧一定かが決まります。
  2. 系の変化を特定: 何（誘電体、導体、極板間距離、接続）がどのように変化するのか。
  3. 電気容量の変化を計算: 変化後の各部分の電気容量を求め、必要なら合成容量を計算します。
  4. \(Q, C, V, U\) の関係式を適用: 保存される量（\(Q\) または \(V\)）と変化した容量 \(C\) から、他の量（\(V\) または \(Q\)、そして \(U\)）を求めます。
  5. 仕事が問われたらエネルギー保存則: \(\Delta U = W_{\text{外}} + W_{\text{電池}}\) を基本に立式します。
• 問題解決のヒントや、特に注意すべき点は何か:
  • 誘電体や導体を引き込む力・反発する力は、多くの場合、系の静電エネルギーが減少する向きに働きます（安定な状態へ向かう）。
  • 「ゆっくり」という記述は、運動エネルギーの変化やジュール熱の発生を無視できることを示唆します。
  • 複雑な計算になる前に、文字式で最後まで解き進め、最後に値を代入する方がミスを減らせます（この問題は数値計算はなし）。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• スイッチが開いているのに電圧が一定だと勘違いする:
  • 現象：スイッチを開くとコンデンサーは孤立するので、電池から切り離されます。それにもかかわらず、電圧が電池の電圧のまま変化しないと誤解する。
  • 対策：スイッチを開いたら「電気量 \(Q\) が保存される」と肝に銘じる。 電圧は \(V=Q/C\) の関係で、容量 \(C\) が変化すれば \(V\) も変化します。
• 仕事の正負の判断ミス:
  • 現象：外力がした仕事や電池がした仕事の符号を逆に考えてしまう。特に、誘電体が引き込まれる際の「外力の仕事」など。
  • 対策：エネルギー保存則 \(\Delta U = W_{\text{外}} + W_{\text{電池}}\) を基本とし、各項の意味（\(W_{\text{外}} > 0\) なら外部からエネルギーが加わった、\(W_{\text{電池}} > 0\) なら電池がエネルギーを供給した）を正確に理解する。力の向きと変位の向きから仕事の符号を判断する場合は、\(W = Fx\cos\theta\) を丁寧に適用する。
• 並列・直列の判断ミス:
  • 現象：部分的に誘電体を挿入した場合などに、それを直列接続と誤認する。
  • 対策：コンデンサーのどの部分が同じ電位にあるか、あるいはどの部分を同じ電気量が通過するかを図で確認する。この問題のように極板間に部分的に異なる物質を挟む場合は、通常は並列接続として扱います。
• エネルギー保存則の適用範囲の誤解:
  • 現象：電池が接続されている場合に \(W_{\text{電池}}\) の項を忘れて \(\Delta U = W_{\text{外}}\) としてしまう。
  • 対策：エネルギーの出入りを全て考慮する。電池は電荷を供給（あるいは回収）することで仕事をする重要な要素です。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題では、物理現象をどのようにイメージし、図にどのように表現することが有効だったか:
  • 誘電体挿入部分と空気部分を、明確に区切られた2つのコンデンサーが並んでいる図を描く（模範解答のLECTURE (1)の図など）。
  • 電荷の分布の変化をイメージする。例えば、誘電体を挿入すると、同じ電圧でもより多くの電荷が極板に蓄えられたり、同じ電荷でも電圧が下がったりする様子。
  • 力が働く向き（誘電体が引き込まれる向きなど）を矢印で図に描き込む。
• 図を描く際に注意すべき点は何か:
  • 極板、誘電体、電源、スイッチを明確に区別して描く。
  • 挿入された長さ \(x\) や、引き出した長さ \(y\) などの変数を図中に明記する。
  • 電荷の正負の分布（模式的に）や電場の向きを示すと理解が深まることがある。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• \(C = \epsilon S/d\) (電気容量の基本式):
  • 選定理由：コンデンサーの幾何学的形状と物質から電気容量を決定するため。
  • 適用根拠：平行平板コンデンサーであり、極板面積 \(S\)、極板間隔 \(d\)、誘電率 \(\epsilon\) が与えられている（または求められる）場合。
• \(Q=CV\) (電気量・容量・電圧の関係式):
  • 選定理由：これら3つの量のうち2つが分かっているときに残りの1つを求めるため。
  • 適用根拠：コンデンサーの基本的な定義式であり、常に成り立つ。
• \(U = \frac{1}{2}CV^2 = \frac{Q^2}{2C}\) (静電エネルギーの式):
  • 選定理由：コンデンサーに蓄えられるエネルギーを計算するため、またはエネルギー変化から仕事を求めるため。
  • 適用根拠：状況に応じて、\(V\) と \(C\) が分かっているか、\(Q\) と \(C\) が分かっているかで使い分けると便利。
• 並列合成容量 \(C=C_1+C_2\):
  • 選定理由：複数のコンデンサー部分が並列に接続されていると見なせる場合の全体の容量を求めるため。
  • 適用根拠：各部分コンデンサーにかかる電圧が等しい場合。
• \(\Delta U = W_{\text{外}} + W_{\text{電池}}\) (エネルギー保存則):
  • 選定理由：外力や電池が関わるエネルギーの収支を計算し、未知の仕事やエネルギー変化を求めるため。
  • 適用根拠：エネルギーが他の形態（熱など）に変わらない限り、一般的に成り立つ。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 問題文の条件把握: スイッチの状態（開閉）、系の操作（誘電体挿入など）、問われている物理量を確認。
2. 状況に応じた保存量の特定: S開なら \(Q\) 一定、S閉なら \(V\) 一定。
3. 電気容量の計算: 幾何学的条件と誘電率から、各部分および全体の電気容量を求める。
4. \(Q, V, U\) の計算: 2と3の結果を用いて、必要な電気量、電圧、静電エネルギーを計算する。
5. 仕事の計算: エネルギー保存則を用いるか、力の定義から仕事を計算する。
6. 力の計算: 仕事と変位の関係 (\(W = \pm F\Delta x\)) や、力のつり合いから求める。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 単位の確認: 基本的に文字式での計算だが、各物理量の単位を意識することで、式の妥当性を感覚的にチェックできる（例：エネルギーの単位はJ、力の単位はNなど）。
• 分数の計算: 電気容量やエネルギーの式は分数を含むことが多い。通分、約分、逆数の扱いを慎重に行う。
• 文字式の整理: \(C_0, V, l, x, \epsilon_r\) など多くの文字が登場する。計算過程で式が複雑にならないよう、共通因数でくくるなど、整理しながら進める。
• 符号の確認: 特に仕事やエネルギー変化、力の向きに関わる符号は、物理的な意味と照らし合わせながら慎重に確認する。
• 近似計算の妥当性: Qの問題のように \(\Delta y\) が微小という条件がある場合、どの項が無視できて、どの項が残るのかを正しく判断する（例：\((A-\Delta y) \approx A\) とできるか、\((A-\Delta y)^{-1} \approx A^{-1}(1+\Delta y/A)\) と展開する必要があるか）。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 得られた答えが物理的に妥当かどうかを検討する:
  • 符号: 仕事 \(W\) の符号が、エネルギーを与えたのか奪ったのか、力の向きと変位の向きの関係と整合しているか。例えば、誘電体を引き抜く仕事 \(W_3\) は正になったが、これは引き込む力に逆らって仕事をするので妥当。
  • 極端な場合: 例えば \(\epsilon_r=1\)（誘電体が空気と同じ）なら、挿入しても何も変わらないはず。\(W_1, W_2, F\) などが0になるか確認。\(x=0\) や \(x=l\) を代入して、既知の状況と一致するか確認。
  • 依存性: 例えば、静電気力 \(F\) が \(x\) によらない定数になった (問II(4)(ウ))。 これは物理的にどういう状況を意味するか考える。
• 単位の次元:最終的な答えの単位が、問われている物理量の単位と一致しているか。
• 物理現象との整合性:
  • 誘電体を挿入すると容量は増えるはず。\(C > C_0\) か？
  • Sを開いて誘電体を挿入すると \(Q\) 一定なので \(U=Q^2/(2C)\) は \(C\) が増えると \(U\) は減るはず。\(W_1 = \Delta U < 0\) か？
  • Sを閉じて誘電体を挿入すると \(V\) 一定なので \(U=(1/2)CV^2\) は \(C\) が増えると \(U\) は増えるはず。\(\Delta U > 0\) か？

問題20 (東京大＋慶應大)

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、3枚の平行極板 L, M, N からなるコンデンサーに関する問題です。中央の極板Mが移動することにより、各部分の電気容量が変化し、それに伴い電荷や電位、さらにはスイッチ操作による電流などが変化する様子を考察します。スイッチの開閉と極板の移動という操作が組み合わさることで、電気量保存則や電位の考え方を的確に使う能力が試されます。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題の核心は、多極板コンデンサーにおける電位と電荷の分布、そして電気量保存則の適用です。特にスイッチが開いている場合は、孤立した導体（この場合は極板M）の総電荷が保存されることが鍵となります。

問題を解く上で鍵となる物理法則や概念

1. 電気容量: 平行平板コンデンサーの電気容量は \(C = \epsilon \displaystyle\frac{S}{d}\)（\(\epsilon\): 誘電率, \(S\): 極板面積, \(d\): 極板間隔）。極板間が空気なら誘電率は真空の誘電率 \(\epsilon_0\)。
2. コンデンサーの電荷と電圧: \(Q=CV\)。極板の電荷の符号に注意。
3. スイッチの操作:
   • Sが閉じているとき: Mはアースに接続されるので、Mの電位は0。
   • Sが開いているとき: Mは電気的に孤立するので、Mの総電荷は保存される。
4. 電位の考え方: アース点の電位は0。電池は一定の電位差 \(V_0\) を供給する。
5. 電気量保存則: 電気的に孤立した導体部分の総電荷は変化しない。
6. 電流の定義: \(I = \displaystyle\frac{\Delta Q}{\Delta t}\) または \(I = \displaystyle\frac{dQ}{dt}\)。

全体的な戦略

• まず、初期状態（\(x=0\), Sが閉じている）での各部の電位と電荷を確定させます。
• Sを開いた後は、極板Mの総電荷が保存されることを利用します。
• 極板Mの位置 \(x\) によって変化する各部分の電気容量を求めます。
• 電位を未知数として設定し、電荷と容量の関係式、および電気量保存則から連立方程式を立てて解く「電位法」が有効です。
• 電流を求める際は、電荷の時間変化率を考えます。

問 (1)

思考の道筋とポイント
\(x=0\) のとき、極板MはLとNのちょうど中央にあります。LM間、MN間の距離はともに \(a\) です。スイッチSが閉じているため、極板Mの電位はアースと同じく0Vになります。
極板Lは電池の正極に接続されており、その電池の負極はアースされているので、Lの電位は \(V_0\) です。
極板Nも同様に、もう一つの電池の正極に接続されており、負極はアースなので、Nの電位も \(V_0\) です。
LM間、MN間の電気容量はそれぞれ \(C_0\) と与えられています。
極板Mは、Lとの間でコンデンサーを形成し、Nとの間でもコンデンサーを形成します。Mの左面と右面にそれぞれ電荷が蓄えられます。

この設問における重要なポイント

• \(x=0\), Sが閉じているとき、\(V_M = 0\) となります。
• \(V_L = V_0\), \(V_N = V_0\)。
• LM間の電圧 \(V_{LM} = V_L – V_M = V_0\)。
• MN間の電圧 \(V_{MN} = V_N – V_M = V_0\)。
• 極板Mの左面の電荷 \(Q_{M \text{左}}\) と右面の電荷 \(Q_{M \text{右}}\) をそれぞれ求め、合計する。

具体的な解説と立式
スイッチSが閉じているとき、極板Mの電位 \(V_M\) はアース電位なので \(V_M = 0\)。
極板Lの電位 \(V_L\) は \(V_0\)。極板Nの電位 \(V_N\) も \(V_0\)。
LM間の電気容量は \(C_0\)。このコンデンサーのM側の極板（Mの左面）に蓄えられる電荷を \(Q_{M \text{左}}\) とすると、電荷は自分側の電位から相手側の電位を引いたものに容量を掛けるので、
$$Q_{M \text{左}} = C_0 (V_M – V_L) \quad \cdots ①$$
MN間の電気容量も \(C_0\)。このコンデンサーのM側の極板（Mの右面）に蓄えられる電荷を \(Q_{M \text{右}}\) とすると、同様に、
$$Q_{M \text{右}} = C_0 (V_M – V_N) \quad \cdots ②$$
極板M全体がもつ電荷 \(Q_M\) は、これらの和なので、
$$Q_M = Q_{M \text{左}} + Q_{M \text{右}} \quad \cdots ③$$

与えられた電位 \(V_M = 0\), \(V_L = V_0\), \(V_N = V_0\) を式①に代入すると、
$$Q_{M \text{左}} = C_0 (0 – V_0) = -C_0V_0$$
同様に式②に代入すると、
$$Q_{M \text{右}} = C_0 (0 – V_0) = -C_0V_0$$
これらを式③に代入して \(Q_M\) を求めると、
$$Q_M = (-C_0V_0) + (-C_0V_0) = -2C_0V_0$$

1. 各極板の電位を決定する: スイッチSが閉じているのでMはアースされ0Vです。LとNはそれぞれ電池の正極につながり、負極がアースされているので、LもNも電位は \(V_0\) です。
2. Mの各面の電荷を計算する: Mの左面はLとの間でコンデンサーを形成します。Mから見たLの電位差は \(V_M – V_L = 0 – V_0 = -V_0\) です。よってMの左面の電荷は \(C_0 \times (-V_0) = -C_0V_0\) となります。同様に、Mの右面はNとの間でコンデンサーを形成し、Mから見たNの電位差は \(V_M – V_N = 0 – V_0 = -V_0\) なので、Mの右面の電荷も \(C_0 \times (-V_0) = -C_0V_0\) です。
3. 合計する: M全体の電荷は、左面の電荷と右面の電荷の合計 \((-C_0V_0) + (-C_0V_0) = -2C_0V_0\) となります。

極板Mがもつ電荷 \(Q_M\) は \(-2C_0V_0\) です。Mの両面に負電荷が蓄えられていることに注意が必要です。これは模範解答の \(Q_M = -2Q = -2C_0V_0\) と一致します。

問 (2)

思考の道筋とポイント
極板Mが原点から \(x\) の位置にあるときを考えます。
LM間の距離は、Lの座標を \(-a\)、Mの座標を \(x\) とすると、\(x – (-a) = a+x\)。
MN間の距離は、Nの座標を \(a\)、Mの座標を \(x\) とすると、\(a – x\)。
電気容量は極板間距離に反比例します。\(x=0\) のとき（距離 \(a\)）の容量が \(C_0\) です。
極板面積を \(S\)、真空の誘電率を \(\epsilon_0\) とすると、\(C_0 = \epsilon_0 S/a\)。

この設問における重要なポイント

• LM間の距離: \(d_1 = a+x\)
• MN間の距離: \(d_2 = a-x\)
• 電気容量は距離に反比例: \(C \propto 1/d\)

具体的な解説と立式
極板面積を \(S\)、真空の誘電率を \(\epsilon_0\) とすると、\(x=0\) のときの容量 \(C_0\) は、極板間距離が \(a\) であることから、
$$C_0 = \frac{\epsilon_0 S}{a} \quad \cdots ④$$
Mが位置 \(x\) にあるとき、LM間の距離は \(d_1 = a+x\)。よって、LM間の電気容量 \(C_1\) は、
$$C_1 = \frac{\epsilon_0 S}{a+x} \quad \cdots ⑤$$
同様に、MN間の距離は \(d_2 = a-x\)。よって、MN間の電気容量 \(C_2\) は、
$$C_2 = \frac{\epsilon_0 S}{a-x} \quad \cdots ⑥$$
これらの式を \(C_0\) を用いて表します。

式④から \(\epsilon_0 S = C_0 a\) です。これを式⑤に代入すると、
$$C_1 = \frac{C_0 a}{a+x} = \frac{a}{a+x}C_0$$
同様に、\(\epsilon_0 S = C_0 a\) を式⑥に代入すると、
$$C_2 = \frac{C_0 a}{a-x} = \frac{a}{a-x}C_0$$

1. 基準となる容量の関係式を把握する: Mが中央 (\(x=0\)) にあるとき、LM間もMN間も距離は \(a\) で、容量は \(C_0\) です。このことから、\(C_0\) と極板面積 \(S\)、距離 \(a\)、誘電率 \(\epsilon_0\) の関係 (\(C_0 = \epsilon_0 S/a\)) が分かります。
2. 距離の変化を考慮する: Mが \(x\) の位置にずれると、LM間の距離は \(a+x\) に、MN間の距離は \(a-x\) に変わります。
3. 新しい容量を計算する: 電気容量は距離に反比例するので、LM間の容量 \(C_1\) は \(\epsilon_0 S / (a+x)\) となります。これに \(C_0\) の関係式から得られる \(\epsilon_0 S = C_0 a\) を代入して \(C_1\) を \(C_0\) で表します。\(C_2\) についても同様です。

LM間の電気容量 \(C_1 = \displaystyle\frac{a}{a+x}C_0\)、MN間の電気容量 \(C_2 = \displaystyle\frac{a}{a-x}C_0\) です。
\(x\) が正のとき \(a+x > a\) なので \(C_1 < C_0\)、\(a-x < a\) なので \(C_2 > C_0\) となります。逆に \(x\) が負のときは \(C_1 > C_0\)、\(C_2 < C_0\) となり、極板間距離と電気容量が反比例するという物理的な状況と一致します。

問 (3)

思考の道筋とポイント
スイッチSは開かれているため、極板Mの総電荷 \(Q_M = -2C_0V_0\) (問(1)の結果) は保存されます。
極板Lの電位は \(V_L = V_0\)、極板Nの電位は \(V_N = V_0\) です (電池に接続され、アース基準で固定)。
極板Mの電位を \(V_M\) とします。
Mの左面に蓄えられる電荷 \(Q_{M \text{左}} = C_1(V_M – V_L)\)。
Mの右面に蓄えられる電荷 \(Q_{M \text{右}} = C_2(V_M – V_N)\)。
電気量保存則: \(Q_{M \text{左}} + Q_{M \text{右}} = Q_M = -2C_0V_0\)。
この式から \(V_M\) を \(x\) の関数として求めます。
その後、極板Nの電荷 \(Q_N\) を求めます。極板Nは極板Mの右面と対向しているので、極板Nの電荷は、Mの右面の電荷と符号が逆で大きさが等しくなります。つまり、\(Q_N = -Q_{M \text{右}}\)。あるいは、極板Nの電位が \(V_N\)、Mの電位が \(V_M\) なので、N側の極板電荷として \(Q_N = C_2(V_N – V_M)\) と書けます。

この設問における重要なポイント

• Sが開いているため、極板Mの総電荷 \(Q_M = -2C_0V_0\) が保存される。
• 極板L、Nの電位は \(V_0\) で一定。
• Mの電位を \(V_M\) とおき、電気量保存の式を立てて \(V_M\) を求める（電位法）。
• 極板Nの電荷 \(Q_N\) は、MN間のコンデンサーのN側極板の電荷であり、\(C_2(V_N – V_M)\) で計算できる。

具体的な解説と立式
極板Lの電位 \(V_L=V_0\)、極板Nの電位 \(V_N=V_0\)。極板Mの電位を \(V_M\) とします。
Mの左面の電荷は、
$$Q_{M \text{左}} = C_1(V_M – V_L) \quad \cdots ⑦$$
Mの右面の電荷は、
$$Q_{M \text{右}} = C_2(V_M – V_N) \quad \cdots ⑧$$
スイッチSが開いているため、Mの総電荷は問(1)で求めた \(Q_M = -2C_0V_0\) に保存されます。
$$Q_{M \text{左}} + Q_{M \text{右}} = -2C_0V_0 \quad \cdots ⑨$$
この式⑨に式⑦と式⑧を代入し、\(V_L=V_0, V_N=V_0\) を用いると、Mの電位 \(V_M\) を求めるための方程式が得られます。
$$C_1(V_M – V_0) + C_2(V_M – V_0) = -2C_0V_0$$
$$(C_1 + C_2)(V_M – V_0) = -2C_0V_0 \quad \cdots ⑨’$$
極板Nの電荷 \(Q_N\) は、MN間のコンデンサーのN側極板の電荷なので、
$$Q_N = C_2(V_N – V_M) \quad \cdots ⑪$$
この式⑪に、式⑨’から求まる \(V_M\) と、問(2)で求めた \(C_2\) を代入することで \(Q_N\) が得られます。

まず、Mの電位 \(V_M\) を求めます。式⑨’に \(C_1 = \displaystyle\frac{a}{a+x}C_0\) と \(C_2 = \displaystyle\frac{a}{a-x}C_0\) を代入します。
\(C_1+C_2 = \left(\displaystyle\frac{a}{a+x} + \frac{a}{a-x}\right)C_0 = \displaystyle\frac{a(a-x)+a(a+x)}{(a+x)(a-x)}C_0 = \frac{a^2-ax+a^2+ax}{a^2-x^2}C_0 = \frac{2a^2}{a^2-x^2}C_0\)。
これを式⑨’に代入すると、
$$\frac{2a^2}{a^2-x^2}C_0 (V_M – V_0) = -2C_0V_0$$
両辺の \(2C_0\) で割ると（\(C_0 \neq 0\) 仮定）、
$$\frac{a^2}{a^2-x^2}(V_M – V_0) = -V_0$$
\(V_M – V_0 = -V_0 \displaystyle\frac{a^2-x^2}{a^2}\)
\(V_M = V_0 – V_0 \displaystyle\frac{a^2-x^2}{a^2} = V_0 \left(1 – \frac{a^2-x^2}{a^2}\right) = V_0 \frac{a^2 – (a^2-x^2)}{a^2}\)
$$V_M = V_0 \frac{x^2}{a^2} \quad \cdots ⑩$$
次に、極板Nの電荷 \(Q_N\) を求めます。式⑪に、求めた \(V_M\) と \(C_2 = \displaystyle\frac{a}{a-x}C_0\)、そして \(V_N=V_0\) を代入します。
$$Q_N = \frac{a}{a-x}C_0 \left(V_0 – V_0 \frac{x^2}{a^2}\right) = \frac{a}{a-x}C_0 V_0 \left(1 – \frac{x^2}{a^2}\right)$$
$$Q_N = \frac{a}{a-x}C_0 V_0 \frac{a^2-x^2}{a^2} = \frac{a}{a-x}C_0 V_0 \frac{(a-x)(a+x)}{a^2}$$
ここで \((a-x)\) と \(a\) を約分すると、
$$Q_N = \frac{(a+x)}{a}C_0V_0 = \left(1+\frac{x}{a}\right)C_0V_0$$
グラフについて：\(Q_N\) は \(x\) の1次関数です。
\(x=-a\) のとき、\(Q_N = (1-1)C_0V_0 = 0\)。
\(x=0\) のとき、\(Q_N = (1+0)C_0V_0 = C_0V_0\)。
\(x=a\) のとき、\(Q_N = (1+1)C_0V_0 = 2C_0V_0\)。
この3点を結ぶ直線になります。

1. Mの電位を未知数として設定: スイッチが開いているので、Mの電気の総量は変わりません (\(-2C_0V_0\) のまま)。LとNの電位は電池で\(V_0\)に固定されています。Mの電位を未知数 \(V_M\) とします。
2. Mの電荷に関する式を立てる: Mの左面の電荷と右面の電荷を、それぞれ \(C_1\), \(C_2\) と電位 \(V_L, V_N, V_M\) を使って表します。それらの合計が \(-2C_0V_0\) になるという式を立てます。
3. Mの電位を解く: 上記の式から \(V_M\) を \(x\) の関数として求めます。
4. Nの電荷を計算する: \(V_M\) が分かれば、NとMの間のコンデンサーのN側極板の電荷 \(Q_N\) は、\(C_2\) と電位 \(V_N, V_M\) を使って \(C_2(V_N – V_M)\) で計算できます。
5. グラフを描く: \(Q_N\) を \(x\) の式で表し、その形からグラフ（この場合は直線）を描きます。

極板Nのもつ電荷 \(Q_N = \displaystyle\frac{a+x}{a}C_0V_0\)。
グラフは、点 \((-a, 0)\) と点 \((a, 2C_0V_0)\) を結ぶ直線となります。\(x=0\) では \(Q_N = C_0V_0\) です。これは模範解答の式およびグラフと一致します。

問 (4)

思考の道筋とポイント
アース電位を0として、位置 \(x\) でのMの電位 \(V_M\) を求め、これを \(x\) の関数として図示します。
これは問(3)の計算過程で既に式⑩として求めています。
$$V_M = V_0 \frac{x^2}{a^2}$$

この設問における重要なポイント

• 問(3)の導出過程で \(V_M\) が計算されている。
• グラフは \(x^2\) に比例する放物線。

具体的な解説と立式
問(3)の解説中の式⑩で示した通り、極板Mの電位 \(V_M\) は、
$$V_M = V_0 \frac{x^2}{a^2}$$
グラフについて： \(V_M\) は \(x^2\) に比例するので、原点を頂点とする上に開いた（\(V_0>0\) の場合）放物線の一部となります。定義域は \(-a < x < a\)。

式は \(V_M = V_0 \displaystyle\frac{x^2}{a^2}\) です。
グラフの描画のために特徴的な点を求めます。
\(x=0\) のとき、\(V_M = V_0 \displaystyle\frac{0^2}{a^2} = 0\)。
\(x=\pm a\) のとき（実際には \(-a < x < a\) なので端点は含まないが傾向として）、\(V_M = V_0 \displaystyle\frac{(\pm a)^2}{a^2} = V_0\)。
グラフは \(x\) 軸に位置 \(x\)、\(V_M\) 軸に電位 \(V_M\) をとると、頂点が原点 \((0,0)\) で、点 \((\pm a, V_0)\) （の近く）を通る、軸が \(V_M\) 軸の放物線です。

1. Mの電位の式を利用する: 問(3)を解く途中でMの電位 \(V_M\) が \(x\) の関数として \(V_M = V_0 \frac{x^2}{a^2}\) と既に求まっています。この式をそのまま使います。
2. グラフを描く: この式は \(V_M\) が \(x^2\) に比例することを示しているので、グラフは放物線になります。\(x=0\) で \(V_M=0\)（原点が頂点）、\(x=a\) や \(x=-a\) の近くでは \(V_M\) が \(V_0\) に近づくようなU字型のカーブです（\(V_0 > 0\) の場合）。

Mの電位 \(V_M = V_0 \displaystyle\frac{x^2}{a^2}\)。
グラフは、原点 \((0,0)\) を頂点とし、点 \((\pm a, V_0)\) を通る、軸が \(V_M\) 軸の放物線（\(x\) の範囲は \(-a < x < a\)）です。これは模範解答のグラフと一致します。

問 (5)

思考の道筋とポイント
Mが位置 \(x\) にあるとき、Sを再び閉じます。Sを閉じると、極板Mの電位はアースにより \(V_M’ = 0\) になります。
スイッチSを通る電気量は、Sを閉じる前と閉じた後の極板Mの電荷の変化量に等しいです。
Sを閉じる前のMの電荷は \(Q_M = -2C_0V_0\) (Sを開いた時点から保存されている)。
Sを閉じた後のMの電荷を \(Q_M’\) とします。
このとき、極板Lの電位は \(V_L=V_0\)、極板Nの電位は \(V_N=V_0\)、そして極板Mの電位は \(V_M’=0\) です。
Mの左面の電荷 \(Q_{M \text{左}}’ = C_1(V_M’ – V_L)\)。
Mの右面の電荷 \(Q_{M \text{右}}’ = C_2(V_M’ – V_N)\)。
したがって、Sを閉じた後のMの総電荷 \(Q_M’ = Q_{M \text{左}}’ + Q_{M \text{右}}’\)。
スイッチSを通ってMから出て行った正電荷の量を \(Q_S\) とすると、これはMの電荷の減少分（正の値）に等しいので、\(Q_S = Q_M – Q_M’\) となります。

この設問における重要なポイント

• Sを閉じると \(V_M’ = 0\)。
• Sを閉じる前のMの電荷 \(Q_M = -2C_0V_0\)。
• Sを閉じた後のMの電荷 \(Q_M’\) を、\(V_M’=0\) の条件と \(C_1, C_2\) を用いて計算する。
• Sを通過した電気量は、Mの電荷の変化量から判断。向きも考慮する。

具体的な解説と立式
Sを閉じる前の極板Mの電荷は \(Q_M = -2C_0V_0\)。
Sを再び閉じると、極板Mの電位は \(V_M’ = 0\) となります。極板Lの電位は \(V_L=V_0\)、極板Nの電位は \(V_N=V_0\)。
このときのMの左面の電荷 \(Q_{M \text{左}}’\) は、
$$Q_{M \text{左}}’ = C_1(V_M’ – V_L) = C_1(0 – V_0) = -C_1V_0$$
Mの右面の電荷 \(Q_{M \text{右}}’\) は、
$$Q_{M \text{右}}’ = C_2(V_M’ – V_N) = C_2(0 – V_0) = -C_2V_0$$
したがって、Sを閉じた後のMの総電荷 \(Q_M’\) は、
$$Q_M’ = Q_{M \text{左}}’ + Q_{M \text{右}}’ = -C_1V_0 – C_2V_0 = -(C_1+C_2)V_0 \quad \cdots ⑫$$
Sを通ってMから出て行った正電荷の量を \(Q_S\) とすると、
$$Q_S = Q_M – Q_M’ \quad \cdots ⑬$$
この \(Q_S\) が正であればMから電荷が出ていき、負であればMに電荷が入ってきたことになります。「Sを通る電気量（正とする）」とあるので、\(Q_S\) の絶対値を求め、向きを記述します。

式⑫に問(2)で求めた \(C_1 = \displaystyle\frac{a}{a+x}C_0\) と \(C_2 = \displaystyle\frac{a}{a-x}C_0\) を代入します。
\(C_1+C_2 = \left(\displaystyle\frac{a}{a+x} + \frac{a}{a-x}\right)C_0 = \displaystyle\frac{2a^2}{a^2-x^2}C_0\)。
よって、Sを閉じた後のMの総電荷 \(Q_M’\) は、
$$Q_M’ = -\frac{2a^2}{a^2-x^2}C_0V_0$$
次に、式⑬に従ってSを通ってMから出て行った正電荷 \(Q_S\) を計算します。
$$Q_S = Q_M – Q_M’ = (-2C_0V_0) – \left(-\frac{2a^2}{a^2-x^2}C_0V_0\right)$$
$$Q_S = -2C_0V_0 + \frac{2a^2}{a^2-x^2}C_0V_0 = 2C_0V_0 \left(\frac{a^2}{a^2-x^2} – 1\right)$$
$$Q_S = 2C_0V_0 \left(\frac{a^2 – (a^2-x^2)}{a^2-x^2}\right) = 2C_0V_0 \frac{x^2}{a^2-x^2} = \frac{2x^2}{a^2-x^2}C_0V_0$$
\(-a < x < a\) で \(x \neq 0\) のとき、\(x^2 > 0\) かつ \(a^2-x^2 > 0\) なので、\(Q_S > 0\) です。
これはMから正電荷が出て行ったことを意味します。したがって、Sを通過する電気量は \(\displaystyle\frac{2x^2}{a^2-x^2}C_0V_0\) で、向きはMからアースへ向かう下向きです。
この結果は \(x^2\) に依存するため、\(x>0\) の場合と \(x<0\) の場合で電気量の大きさは同じです。

1. Sを閉じる前のMの電荷を思い出す: スイッチSが開いている間、Mの電荷はずっと \(-2C_0V_0\) です。
2. Sを閉じた後のMの電位と電荷を計算する: スイッチSを再び閉じると、Mの電位はアースにより0Vになります。この状態でMの左面と右面の電荷をそれぞれ計算し、合計してSを閉じた後のMの総電荷 \(Q_M’\) を求めます。
3. 電荷の変化量からSを通った電気量を求める: Mの電荷が \(Q_M\) から \(Q_M’\) に変化しました。この変化 \(Q_M – Q_M’\) がMから出て行った正の電気量にあたり、これがスイッチSを通ります。
4. 向きを判断する: 計算結果が正であれば、仮定した通りMから正電荷が出て行ったことになります。図のスイッチの位置から、Mからアースへ流れる場合は「下向き」となります。

Sを通る電気量は \(\displaystyle\frac{2x^2}{a^2-x^2}C_0V_0\)。
\(x=0\) のときは、\(Q_S=0\) となり、電気は流れません。これは、\(x=0\) でSを閉じてもMの電位が元々0V（Sが開いているときの \(V_M(0)=0\)）であれば、電荷の移動は起こらないため妥当です。
\(x \neq 0\) の場合、\(Q_S > 0\) となり、Mから正電荷が出て行ったことを示します。よって、Sを通る向きはMからアースへの向き（図では下向き）です。
この電気量は \(x^2\) の関数なので、\(x\) の正負にはよりません。

問 (6)

思考の道筋とポイント
Mを \(x=0\) に戻し、Sを開きます。このとき、問(1)と同様に極板Mの電荷は \(Q_M = -2C_0V_0\) となります。
その後、Mを一定の速さ \(v\) で右へ動かします。このとき、時刻 \(t\) におけるMの位置は \(x=vt\) と表せます（\(t=0\) で \(x=0\) と考える）。
Nに流入する電流 \(I\) を求めます。電流は単位時間あたりにNに流入する電気量、すなわち \(I = \displaystyle\frac{dQ_N}{dt}\) です。
問(3)で求めた極板Nの電荷の式 \(Q_N(x) = \displaystyle\frac{a+x}{a}C_0V_0\) を使い、これに \(x=vt\) を代入して \(Q_N(t)\) を求め、時間 \(t\) で微分します。

この設問における重要なポイント

• Sを開いた後なので、Mの電荷 \(Q_M = -2C_0V_0\) が保存される。
• Mの位置 \(x\) は時間 \(t\) の関数: \(x=vt\)。
• Nの電荷 \(Q_N\) も時間 \(t\) の関数となる。
• 電流 \(I = dQ_N/dt\)。

具体的な解説と立式
Mを \(x=0\) に戻しSを開いた状態では、極板Mの電荷は \(Q_M = -2C_0V_0\) であり、この電荷はMを動かしても保存されます。
Mを速さ \(v\) で右へ動かすので、時刻 \(t\) におけるMの位置は \(x=vt\) と書けます。
このとき、極板Nの電荷 \(Q_N(t)\) は、問(3)で求めた \(Q_N(x) = \displaystyle\frac{a+x}{a}C_0V_0\) に \(x=vt\) を代入することで得られます。
$$Q_N(t) = \frac{a+vt}{a}C_0V_0 = \left(1+\frac{v}{a}t\right)C_0V_0 \quad \cdots ⑬$$
Nに流入する電流 \(I\) は、\(Q_N(t)\) の時間微分 \(dQ_N(t)/dt\) として定義されます。
$$I = \frac{dQ_N(t)}{dt} \quad \cdots ⑭$$

式⑬を \(t\) で微分して電流 \(I\) を求めます。
$$Q_N(t) = C_0V_0 + \frac{C_0V_0v}{a}t$$
これを \(t\) で微分すると、\(C_0V_0\) は定数なので微分すると0。
$$I = \frac{d}{dt} \left(C_0V_0 + \frac{C_0V_0v}{a}t\right) = 0 + \frac{C_0V_0v}{a}$$
したがって、
$$I = \frac{C_0V_0v}{a}$$

1. Nの電荷を時間の関数で表す: Mが速さ \(v\) で動くと、その位置 \(x\) は \(vt\) と書けます。問(3)でNの電荷 \(Q_N\) が \(x\) の関数として分かっているので、\(x\) に \(vt\) を代入すれば、\(Q_N\) が時間の関数として表せます。
2. 時間で微分して電流を求める: 電流は、電荷が単位時間にどれだけ変化するかを表す量です。したがって、\(Q_N\) を時間 \(t\) で微分することで、Nに流れ込む電流 \(I\) が求まります。

Nに流入する電流 \(I = \displaystyle\frac{C_0V_0v}{a}\)。
この電流の値は正であり、時間に依存しない定電流となります。これは、Mが等速で動く限り、Nの電荷が一定の割合で増加し続けることを意味します。\(v>0\)（右へ動かす）のとき、\(x\) が増加し \(Q_N\) も増加するので、Nには正電荷が流入する向きの電流となり、\(I>0\) となって物理的状況と一致します。

【コラム】Q. 前半(問(1)～(4)) について、\(x(>0)\) の位置でMに加えている外力の大きさと向きを求めよ。極板間引力の知識 \(F=\frac{1}{2}QE\) を用いてよい。

思考の道筋とポイント
問(1)～(4)の状況、つまりスイッチSは開いており、極板Mの総電荷は \(Q_M = -2C_0V_0\) で保存されています。Mは静かに移動させられているので、Mに働く静電気力の合力と外力はつり合っています。
極板Mは、Lとの間で引力を受け（これを \(F_1\) とする）、Nとの間で引力を受けます（これを \(F_2\) とする）。これらの引力を計算し、その合力（差）を求めることで、それとつりあう外力を決定します。
極板間引力の公式 \(F=\frac{1}{2}QE\) を使います。ここで \(Q\) は一方の極板の電荷の絶対値、\(E\) は極板間の電場の強さです。

この設問における重要なポイント

• Sが開いているので \(Q_M = -2C_0V_0\) が保存。Mの電位は \(V_M = V_0 \frac{x^2}{a^2}\)。L, N の電位は \(V_0\)。
• LM間の電圧 \(V_{LM} = V_L – V_M\)。LM間の電荷 \(Q_1 = C_1 V_{LM}\)。LM間の電場 \(E_1 = V_{LM}/(a+x)\)。
• MN間の電圧 \(V_{MN} = V_N – V_M\)。MN間の電荷 \(Q_2 = C_2 V_{MN}\)。MN間の電場 \(E_2 = V_{MN}/(a-x)\)。
• LM間の引力 \(F_1 = \frac{1}{2}Q_1E_1\) はMをLの方向（左向き）へ引く。
• MN間の引力 \(F_2 = \frac{1}{2}Q_2E_2\) はMをNの方向（右向き）へ引く。
• Mに加える外力は、これらの静電気力の合力とつりあう。

具体的な解説と立式
Mの電位は \(V_M = V_0 \displaystyle\frac{x^2}{a^2}\)。LとNの電位は \(V_L = V_N = V_0\)。
LM間の電位差 \(V_{LM}\) は、
$$V_{LM} = V_L – V_M = V_0 – V_0 \frac{x^2}{a^2} = V_0 \frac{a^2-x^2}{a^2} \quad \cdots Q(i)$$
LM間のコンデンサーの極板電荷の絶対値 \(Q_1\) は、 \(C_1 = \displaystyle\frac{a}{a+x}C_0\) を用いて、
$$Q_1 = C_1 V_{LM} \quad \cdots Q(ii)$$
LM間の電場の強さ \(E_1\) は、
$$E_1 = \frac{V_{LM}}{a+x} \quad \cdots Q(iii)$$
よって、LM間の引力 \(F_1\)（Mを左へ引く力）の大きさは、
$$F_1 = \frac{1}{2}Q_1E_1 \quad \cdots Q(iv)$$
同様に、MN間の電位差 \(V_{MN}\) は \(V_{MN} = V_N – V_M = V_{LM}\)。
MN間のコンデンサーの極板電荷の絶対値 \(Q_2\) は、 \(C_2 = \displaystyle\frac{a}{a-x}C_0\) を用いて、
$$Q_2 = C_2 V_{MN} \quad \cdots Q(v)$$
MN間の電場の強さ \(E_2\) は、
$$E_2 = \frac{V_{MN}}{a-x} \quad \cdots Q(vi)$$
よって、MN間の引力 \(F_2\)（Mを右へ引く力）の大きさは、
$$F_2 = \frac{1}{2}Q_2E_2 \quad \cdots Q(vii)$$
Mに働く静電気力の合力 \(F_{\text{静}}\) は、右向きを正とすると \(F_{\text{静}} = F_2 – F_1\)。外力 \(f_{\text{外}}\) はこれとつりあうので、その大きさは \(|F_2 – F_1|\) で、向きは \(F_2-F_1\) と逆向きになります。問題では \(x>0\) としているので、\(a-x < a+x\)。
\(F_2\) と \(F_1\) の大小を比較し、外力の向きと大きさを求めます。

まず \(Q_1, E_1, F_1\) を求めます。式Q(i)を式Q(ii)に代入し、 \(C_1 = \displaystyle\frac{a}{a+x}C_0\) を使うと、
$$Q_1 = \frac{a}{a+x}C_0 \cdot V_0 \frac{a^2-x^2}{a^2} = \frac{aC_0V_0(a-x)(a+x)}{(a+x)a^2} = \frac{C_0V_0(a-x)}{a}$$
式Q(i)を式Q(iii)に代入すると、
$$E_1 = \frac{V_0(a^2-x^2)}{a^2(a+x)} = \frac{V_0(a-x)(a+x)}{a^2(a+x)} = \frac{V_0(a-x)}{a^2}$$
これらを式Q(iv)に代入すると、
$$F_1 = \frac{1}{2} \cdot \frac{C_0V_0(a-x)}{a} \cdot \frac{V_0(a-x)}{a^2} = \frac{C_0V_0^2(a-x)^2}{2a^3}$$
次に \(Q_2, E_2, F_2\) を求めます。\(V_{MN}=V_{LM}\) です。式Q(i)を式Q(v)に代入し、\(C_2 = \displaystyle\frac{a}{a-x}C_0\) を使うと、
$$Q_2 = \frac{a}{a-x}C_0 \cdot V_0 \frac{a^2-x^2}{a^2} = \frac{aC_0V_0(a-x)(a+x)}{(a-x)a^2} = \frac{C_0V_0(a+x)}{a}$$
式Q(i)を式Q(vi)に代入すると、
$$E_2 = \frac{V_0(a^2-x^2)}{a^2(a-x)} = \frac{V_0(a-x)(a+x)}{a^2(a-x)} = \frac{V_0(a+x)}{a^2}$$
これらを式Q(vii)に代入すると、
$$F_2 = \frac{1}{2} \cdot \frac{C_0V_0(a+x)}{a} \cdot \frac{V_0(a+x)}{a^2} = \frac{C_0V_0^2(a+x)^2}{2a^3}$$
\(x>0\) のとき、\(a-x < a+x\) なので \((a-x)^2 < (a+x)^2\)。したがって \(F_1 < F_2\)。
Mは右向きに \(F_2 – F_1\) の大きさの静電気力を受けます。
外力はこれとつりあうため、左向きに同じ大きさの力を加えます。外力の大きさ \(f\) は、
$$f = F_2 – F_1 = \frac{C_0V_0^2(a+x)^2}{2a^3} – \frac{C_0V_0^2(a-x)^2}{2a^3}$$
$$f = \frac{C_0V_0^2}{2a^3} \left\{ (a+x)^2 – (a-x)^2 \right\}$$
中括弧内は、\((a^2+2ax+x^2) – (a^2-2ax+x^2) = 4ax\)。
$$f = \frac{C_0V_0^2}{2a^3} (4ax) = \frac{2C_0V_0^2x}{a^2}$$
向きは左向きです。

1. LM間とMN間の力を個別に計算: MはLから左向きに引っ張られる力 \(F_1\) と、Nから右向きに引っ張られる力 \(F_2\) を受けます。これらの力 \(F_1, F_2\) を、問題で与えられた極板間引力の公式 \(F=\frac{1}{2}QE\) を使って計算します。そのためには、まず各コンデンサー部分の電荷の大きさ \(Q\) と電場の強さ \(E\) を、Mの位置 \(x\) と電位 \(V_0, V_M\) から求める必要があります。
2. 力の差を求める: \(x>0\) のとき、Nの方がMに近いので \(F_2\) の方が \(F_1\) より大きくなります。M全体としては右向きに \(F_2-F_1\) の力を受けます。
3. 外力はつり合いから決定: Mをゆっくり動かす（つり合わせる）ためには、この右向きの力と同じ大きさで、逆向き（左向き）の力を外力として加える必要があります。

\(x(>0)\) の位置でMに加えている外力の大きさは \(f = \displaystyle\frac{2C_0V_0^2x}{a^2}\) で、向きは左向きです。
この結果は、\(x=0\) のときは外力が0であることを示しており、Mが中央にあるときは左右の力がつりあっているという対称性から妥当です。また、\(x\) が大きくなる（MがNから離れLに近づく、またはその逆でNに近づきLから離れる。ここでは \(x>0\) なのでNに近づく）と、Mを元の位置（\(x=0\) の方向）に戻そうとする力が強くなることを意味します（この場合、\(x\) が大きくなると \(F_2\) が \(F_1\) よりさらに大きくなるため、Mはより強く右に引かれ、それに抗する左向きの外力も大きくなる）。

【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？

• 電気量保存則の適用:
  • 核心：スイッチが開かれた後、電気的に孤立した導体（この問題では極板M）の総電荷は一定に保たれる。
  • 理解のポイント：どの部分が孤立しているかを見極め、その部分の電荷の初期値と後の状態の電荷の総和が等しいという式を立てることが重要。
• 電位法による解析:
  • 核心：複数の導体が複雑に配置されている場合、各導体の電位を未知数として設定し、\(Q=CV\) の関係と電気量保存則などから連立方程式を立てて解く。
  • 理解のポイント：アース点の電位を0とし、電池による電位差を正確に考慮して各点の電位を表現することが第一歩。
• コンデンサーの基本性質:
  • 核心：電気容量 \(C=\epsilon_0 S/d\)、電荷 \(Q=CV\)、エネルギー \(U=\frac{1}{2}CV^2\) といった基本公式の理解と適用。
  • 理解のポイント：極板間距離 \(d\) が変化すると \(C\) がどう変わるか、\(Q\) や \(V\) が一定の条件下で他の量がどうなるかを把握する。
• スイッチの役割の理解:
  • 核心：スイッチが閉じているときは導線で繋がれた部分が等電位になる（特にアースや電池に接続されている場合）。開いているときは電気的な接続が断たれる。
  • 理解のポイント：スイッチの開閉によって、回路のどの部分の電位が固定されるか、あるいはどの部分の電荷が保存されるかが切り替わる。

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

• この問題の考え方や解法は、どのようなパターンの類似問題に応用できるか:
  • 複数の極板を持つコンデンサー系で、一部の極板が移動したり、スイッチ操作が行われたりする問題。
  • 誘電体を挿入・抜去する際に、孤立系の電荷保存やエネルギー変化を問う問題。
  • 電荷の再分配が起こるような、複数のコンデンサーの接続変更問題。
• 初見の問題で、どこに着目すればこの問題と同じように解き進められるか:
  1. 回路図と電位設定の確認: アースはどこか、電池の接続はどうなっているか、各極板の電位をどう設定できるか（あるいは未知数とするか）を最初に明確にする。
  2. スイッチの状態変化の把握: スイッチが開くとき、または閉じるときに、何が保存され、何が変化するのかを正確に把握する。「Sを開いた後」なら電荷保存、「Sを閉じる」なら特定の点の電位固定、といった具合。
  3. 孤立部分の特定: 電荷保存則を使う場合、どの導体または導体系が電気的に孤立しているかを見抜く。
  4. 極板の電荷の扱い: 1枚の極板でも、両面に電荷が分布する場合があること（問(1)のMなど）に注意する。対向する極板との間でそれぞれコンデンサーを形成すると考える。
• 問題解決のヒントや、特に注意すべき点は何か:
  • 電荷の符号を常に意識する。\(Q=CV\) での \(V\) は電位差であり、どちらの極板の電位が高いかによって \(Q\) の符号が決まる。慣習的に、\(Q\) を正の量として扱い、極板の電荷の正負は図や文脈で示すことが多いが、電位法で各極板の電荷を \(C(V_{\text{自分}}-V_{\text{相手}})\) のように計算する場合は、その結果の符号がそのまま電荷の符号を表す。
  • グラフを描く問題では、関数の形（直線、放物線など）を特定し、特徴的な点（端点、頂点、切片など）の値を正確にプロットする。定義域も確認する。
  • 電流の向きは、正電荷の移動の向き、あるいは負電荷の移動と逆向き。電荷の時間変化 \(dQ/dt\) の符号から判断できる。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 電気量保存則の適用対象の誤り:
  • 現象：孤立していない部分に対しても電荷保存を考えてしまう、あるいは孤立部分の電荷の初期値を間違える。特に、複数の導体からなる孤立系の場合、その「総電荷」が保存される。
  • 対策：スイッチが開いて初めて電気的に孤立する部分を正確に特定する。その部分の「総電荷」が保存されることを意識する。
• 電位の設定ミス:
  • 現象：アースや電池の電位設定を誤り、電位差の計算を間違える。
  • 対策：アースは0V。電池の正極は負極より \(V_0\) 高い、という基本を徹底する。図から回路の接続を正確に読み取る。電池の向きにも注意。
• コンデンサーの電荷の定義の混同:
  • 現象：極板Mのような中間の板の電荷を考える際、片面だけの電荷を全体の電荷と誤解したり、\(Q=CV\) の \(V\) を適切に設定できなかったりする。
  • 対策：各極板「面」に電荷が分布すると考え、対向する面との間の電位差と容量から各面の電荷を \(C(V_{\text{自分面}} – V_{\text{相手面}})\) のように計算する。極板全体の電荷はその極板の全ての面の電荷の総和。
• 電流の向きの判断ミス:
  • 現象：電荷の変化量から電流の大きさを求めても、その向きを逆に判断してしまう。
  • 対策：\(I = dQ/dt\) で、\(Q\) が考えている部分の電荷なら、\(I>0\) はその部分への電荷の流入を意味する。あるいは、電荷の移動の物理的なイメージ（正電荷が高電位から低電位へ、など）と照らし合わせる。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題では、物理現象をどのようにイメージし、図にどのように表現することが有効だったか:
  • 各極板L, M, Nの電位を数直線上にプロットするようなイメージを持つ。特にMの電位が \(x\) によってどう変化するか。
  • 電荷の分布を図に描き込む。L, M, Nの各面にどのくらいの電荷がどのように分布しているかを模式的に示す（模範解答の図は参考になる）。
  • スイッチSの役割を回路図上で明確に意識する。Sが開いているときはMが「浮いている」状態（電荷保存）、閉じているときはMがアースに「固定される」状態（電位0）をイメージする。
• 図を描く際に注意すべき点は何か:
  • 電位が確定している点（アース、電池の端子）を明記する。
  • 電荷の符号（+, -）を極板に描き入れると、力の向きや電荷の移動を考える助けになる。
  • 極板間距離が変数 \(x\) によってどう変わるかを図で示す。\(a+x\) と \(a-x\) の関係を明確に。
  • 電流の向きを問われた場合は、予想される向きを矢印で仮定し、計算結果の符号で検証する。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• \(Q_M = \text{一定}\) (電気量保存則):
  • 選定理由：スイッチSが開かれた後、極板Mは他のどの部分とも電気のやり取りがないため、その総電荷は変化しない。
  • 適用根拠：電気的に孤立した導体系では、外部との電荷の出入りがない限り、全体の電荷の代数和は保存されるという物理法則。
• \(Q = C(V_A – V_B)\) (コンデンサーの極板電荷):
  • 選定理由：特定の極板（または極板面）に蓄えられている電荷を、その極板（面）の電位、対向する極板（面）の電位、および間の電気容量から求めるため。
  • 適用根拠：コンデンサーの定義そのもの。\(V_A\) を自分側の極板の電位、\(V_B\) を相手側の極板の電位とすれば、自分側の極板に蓄えられる電荷が \(Q\) となる。
• \(C = \epsilon_0 S/d\) (平行平板コンデンサーの容量):
  • 選定理由：極板間距離 \(d\) が変化することによる電気容量の変化を計算するため。
  • 適用根拠：極板の形状が平行平板であり、面積 \(S\) と距離 \(d\) が明確な場合。
• \(I = dQ/dt\) (電流の定義):
  • 選定理由：時間的に変化する電荷量から、それに伴う電流を求めるため。
  • 適用根拠：電流は電荷の時間的な流量であるという定義。
• \(F = \frac{1}{2}QE\) (極板間引力):
  • 選定理由：コンデンサーの極板間に働く静電気力を計算するため（問題のQで使用）。
  • 適用根拠：一方の極板が作る電場中に他方の極板が存在し、クーロン力を受けるという原理に基づく。係数1/2は、極板間の電場Eの中で、一方の極板上の電荷Qが受ける力として、極板自身が作る電場を除いた相手の極板が作る電場（これはE/2となる）を考慮するため、あるいは静電エネルギーの空間微分から導かれる。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 初期条件の確認と電荷の計算: \(x=0\), Sが閉じている状態でのMの電荷 \(Q_M\) を、電位を元に計算 (問1)。
2. 幾何学的変化に伴う容量の計算: Mの位置 \(x\) におけるLM間、MN間の容量 \(C_1, C_2\) を距離から計算 (問2)。
3. 電気量保存と電位法による状態解析 (S開): Sが開いている条件 (\(Q_M\) 保存) と、L, Nの固定電位、\(C_1, C_2\) を用いて、Mの電位 \(V_M\) とNの電荷 \(Q_N\) を \(x\) の関数として導出 (問3, 4)。
4. スイッチ操作による電荷移動の計算 (S閉): Sを閉じたときのMの電位 (\(V_M’=0\)) から、Mの新しい電荷 \(Q_M’\) を計算し、\(Q_M\) との差からSを流れた電気量を求める (問5)。
5. 連続的な変化と電流: \(x=vt\) として電荷 \(Q_N\) を \(t\) の関数で表し、時間微分して電流 \(I\) を求める (問6)。
6. 力の計算 (コラムQ): 各極板間の引力を公式から計算し、合力を求める。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 符号の徹底管理: 電荷、電位、電位差、電流の向きなど、符号が物理的な意味を持つ量については特に注意深く扱う。式の各項の符号の由来を常に意識する。
• 文字式の丁寧な処理: \(a, x, V_0, C_0\) など多くの文字が出てくる。通分、約分、展開、整理を焦らず正確に行う。特に分数の取り扱いは慎重に。
• 場合分けの確認: 問題文に「必要があれば \(x>0, x<0\) の場合に分けて」とある場合、最終的な結果が \(x\) の符号に依存するかどうかを検討する（この問題の問5では \(x^2\) の形になったため不要だった）。
• グラフの正確な描画: 関数の形を正しく認識し、軸のラベル、特徴的な点の座標（切片、端点、最大・最小など）を明記する。定義域も考慮する。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 物理的な状況との整合性確認:
  • 例えば、\(x=0\) の対称な状況では \(V_M\) が0になるか（問4）、\(Q_N\) が \(C_0V_0\) となるか（問3）など、直感や他の設問の結果と合うか確認する。問(4)で \(x=0\) のとき \(V_M=0\) となり、これはSを閉じた状態のMの電位と一致し妥当。
  • \(x\) が変化したときに、容量や電荷、電位が物理的に期待される方向に変化しているか（例：距離が小さくなれば容量は増える、など）。
• 極端な条件での検証:
  • もし \(x \rightarrow a\) （実際には \(x<a\)）や \(x \rightarrow -a\) （実際には \(x>-a\)）の極限を考えるとどうなるか。\(C_1\) や \(C_2\) のどちらかが非常に大きくなる（距離が0に近づくため、実際にはありえないが傾向として）。そのとき電荷や電位はどう振る舞うか。問(3)で \(x=-a\) のとき \(Q_N=0\)、\(x=a\) のとき \(Q_N=2C_0V_0\) となったのは、物理的な意味を考えると興味深い（\(x=-a\) ならMがLに接触、\(x=a\) ならMがNに接触する状況に近い）。
  • もし \(V_0=0\) なら、全ての電荷や電流は0になるはず。式がそれを満たすか。
• 単位（次元）の一貫性: 文字式で得られた結果が、求めたい物理量の正しい単位（次元）を持っているか、頭の中で確認する。

問題21 (立命館大)

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、平行な導体板P, R間に、さらに薄い導体板A, Bを挿入し、それらを導線でつないだり接地したりすることで、各導体板の電荷や電位、そして電場の強さがどのように変化するかを考察する問題です。特に、導体板の静電誘導、電気量保存則、電位の概念、そしてコンデンサーとしての性質を理解しているかが問われます。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題は、複数の導体板が近接して配置されたときの静電誘導と電荷の分布、そしてそれらが形成するコンデンサーの性質を理解することが鍵となります。特に、導体内部では電場が0であること、導体表面は等電位であること、孤立した導体系では電気量が保存されること、接地された導体の電位は0であることを基本に考えます。

問題を解く上で鍵となる物理法則や概念

1. 静電誘導: 導体を電場中に置くと、導体内の自由電子が移動し、電場の向きと逆向きの電場を導体内部に作るように電荷が再配置され、結果として導体内部の電場は0になります。導体の表面には電荷が現れます。
2. 導体の性質:
   • 導体内部の電場は0。
   • 導体は全体が等電位。導線で結ばれた導体も互いに等電位。
   • 接地された導体の電位は0V。
3. 電気量保存則: 電気的に孤立した導体系の総電気量は変化しません。
4. コンデンサー:
   • 電気容量 \(C\): 極板間の距離 \(d\) に反比例し、極板面積 \(S\) に比例します (\(C \propto S/d\))。
   • 電荷と電圧の関係: \(Q=CV\)。
   • 電場と電圧の関係: 一様な電場 \(E\) の場合、距離 \(d\) 離れた2点間の電位差 \(V\) は \(V=Ed\)。
5. 電位: 電場に逆らって単位電荷を移動させるのに要する仕事。接地点を基準(0V)とします。

全体的な戦略

• 各設問の状況を図で正確に把握し、どの導体が等電位か、どの導体系の電荷が保存されるかを確認します。
• 導体板間の空間は、それぞれコンデンサーを形成すると考え、その電気容量や電位差、電荷の関係を追います。
• (1)では、電気量が一定なら電場が一定であるという性質や、コンデンサーの容量が距離に反比例することを利用します。
• (2), (3)では、AとBを導線でつないだことにより、AとBの電位が等しくなり、AとBを合わせた系での電気量保存則が重要な役割を果たします。

問 (1)

思考の道筋とポイント
Pに \(+Q\)、Rに \(-Q\) の電気量がある初期状態では、PR間に一様な電場 \(E\) が形成されています。A, Bを挿入し、PとAを導線でつなぐと、PとAは等電位になります。このとき、Rは接地されているので電位0V、Bの電位は36Vと与えられています。
模範解答では、A, Bを挿入しても極板間の電場 \(E\) は変わらず、PとAをつなぐとPとAの上面の電荷が中和して消えるとしています。この最終状態（図c）で、Bの電位が36Vであることから電場 \(E\) を求め、そこから各部の電荷や元の電位を計算します。

状態の整理（図cの状態）

• Rの電位: \(V_R = 0\)V (接地)
• Bの電位: \(V_B = 36\)V
• BとRの間隔: \(d_{BR} = 4 \text{ cm} = 0.04 \text{ m}\)
• PとAは導線で接続されているため等電位: \(V_P = V_A\)
• AとBの間隔: 全体9cm – PからAの2cm – BからRの4cm = 3cm。 \(d_{AB} = 3 \text{ cm} = 0.03 \text{ m}\)

BとRの間には一様な電場 \(E\) があり、電位差と距離の関係 \(V=Ed\) が成り立ちます。

この設問における重要なポイント

• 導体板間の電場の強さ \(E\) は、電荷密度が一定なら変わらないと考えられます。
• PとAを導線でつなぐと、PとAは等電位になり、一体の導体のように振る舞います。電荷はAの下面に集中すると考えられます。
• Bの電位が与えられていることから、BR間の電場 \(E\) を \(V=Ed\) で求めることができます。
• 模範解答の図cの電荷の解釈: Pの電荷は0、Aの電荷は \(+Q\)（最初にPにあった電荷が移動したもの）、Bは全体として電気的に中性（上面に\(-Q\)、下面に\(+Q\)が誘導）と解釈します。

具体的な解説と立式
1. 電場の強さ \(E\) の算出
導体板BとRの間について考えます。Bの電位 \(V_B = 36 \text{ V}\)、Rの電位 \(V_R = 0 \text{ V}\)（接地）、BR間の距離 \(d_{BR} = 0.04 \text{ m}\)。
電場の強さを \(E\) とすると、電位差と電場の関係は \(V = Ed\) なので、
$$V_B – V_R = E \cdot d_{BR} \quad \cdots ①$$

2. 各導体板の電荷
模範解答 図c の解釈に従います。
PとAを導線でつなぐと、PとAは一体の導体とみなせます。最初にPにあった電荷 \(+Q\) は、この一体となった導体の最もRに近い面、すなわちAの下面にすべて移動すると考えられます。
したがって、Pの電荷 \(Q_P = 0 \text{ C}\)。
Aの電荷 \(Q_A = +Q \text{ C}\) (これはAの下面にある)。
導体板Bは電気的に中性な状態で挿入された後、Aの下面の \(+Q\) の影響で静電誘導が起こります。Bの上面には \(-Q\) の電荷が誘導され、Bの下面には \(+Q\) の電荷が誘導されます。したがって、B全体の電荷としては \(0 \text{ C}\) です。
Pの電荷: \(0 \text{ C}\)
Aの電荷: \(+Q \text{ C}\)
Bの電荷: \(0 \text{ C}\) （上面に \(-Q\)、下面に \(+Q\) が誘導されている）

3. A, Bを入れる前のPの電位 \(V_{P0}\)
A, Bを入れる前は、PとRの間に電荷 \(+Q\) と \(-Q\) があり、一様な電場 \(E\) が形成されていました。この電場 \(E\) は、A, Bを入れてPとAをつないだ後の電場 \(E\) と同じであると模範解答は仮定しています。
PR間の距離は \(d_{PR} = 9 \text{ cm} = 0.09 \text{ m}\)。
A, Bを入れる前のPの電位を \(V_{P0}\) とすると、Rは接地されているので \(V_R = 0\)。
$$V_{P0} – V_R = E \cdot d_{PR} \quad \cdots ②$$

1. 電場の強さ \(E\) の算出
式①に \(V_B = 36 \text{ V}\), \(V_R = 0 \text{ V}\), \(d_{BR} = 0.04 \text{ m}\) を代入します:
$$36 – 0 = E \cdot 0.04$$
$$E = \frac{36}{0.04} = 900 \text{ V/m}$$

2. 各導体板の電荷
Pの電荷: \(0 \text{ C}\)
Aの電荷: \(+Q \text{ C}\)
Bの電荷: \(0 \text{ C}\) (上面 \(-Q\), 下面 \(+Q\))
(\(Q\) の具体的な数値はここでは求めません。)

3. A, Bを入れる前のPの電位 \(V_{P0}\)
式②に \(E = 900 \text{ V/m}\), \(d_{PR} = 0.09 \text{ m}\), \(V_R=0\) を代入します:
$$V_{P0} – 0 = 900 \cdot 0.09$$
$$V_{P0} = 81 \text{ V}$$

別解(1): 容量を用いた解法（模範解答より）
BR間の容量を \(C\) とします。Bの下面の電荷を \(Q_{\text{B下}}\) とすると、
$$Q_{\text{B下}} = C \cdot 36 \quad \cdots {\text{別①}}$$
A, Bを入れる前のPR間の容量を \(C_{\text{元}}\) とします。距離はBR間の \(d_{PR}/d_{BR} = 0.09/0.04 = 9/4\) 倍なので、容量は逆数倍で、
$$C_{\text{元}} = \frac{4}{9}C \quad \cdots {\text{別②}}$$
最初にPにあった電荷 \(Q\) は、図cの解釈ではAの下面、Bの上面・下面の電荷の大きさに等しいので、\(Q = Q_{\text{B下}}\) と考えられます。
A, Bを入れる前のPの電位を \(V_{P0}\) とすると、
$$Q = C_{\text{元}} V_{P0} \quad \cdots {\text{別③}}$$
式 別①, 別②, 別③ より \(C\) と \(Q\) を消去して \(V_{P0}\) を求めます。
まず、式 別① より \(Q = 36C\)。これを式 別③に代入し、さらに式 別②を用いると、
$$36C = \left(\frac{4}{9}C\right) V_{P0}$$
\(C \neq 0\) なので両辺を \(C\) で割ると、
$$36 = \frac{4}{9} V_{P0}$$
$$V_{P0} = 36 \cdot \frac{9}{4} = 9 \cdot 9 = 81 \text{ V}$$

1. 電場を求める: BとRの間の電位差 (36V) と距離 (4cm) が分かっているので、電場の強さ \(E\) を \(E = V/d\) で計算します。この電場の強さは、導体板A,Bを入れる前のPR間でも同じであったと仮定します。
2. 電荷の所在について考える: PとAをつなぐと、これらは一つの導体と見なせます。最初にPにあった \(+Q\) の電荷は、最も外側（この場合はAの下面）に移動すると考えられます。したがって、P自体には電荷は残りません (0C)。Aは \(+Q\) Cの電荷を持つことになります。Bはもともと電気的に中性だったので、Aの下面の \(+Q\) により上面に \(-Q\)、下面に \(+Q\) が誘導され、B全体の電荷は0Cのままです。
3. 入れる前のPの電位を計算する: ステップ1で求めた電場 \(E\) と、PR間の全体の距離 (9cm) を使って、A,Bを入れる前のPの電位 \(V_{P0}\) を \(V_{P0} = Ed\) で計算します (Rは接地されているので電位0V)。

Pの電荷: \(0 \text{ C}\)、Aの電荷: \(+Q \text{ C}\)、Bの電荷: \(0 \text{ C}\) (ただし、上面に \(-Q \text{ C}\)、下面に \(+Q \text{ C}\) が誘導されている)。
A, Bを入れる前のPの電位は \(81 \text{ V}\)。
この結果は、模範解答の記述と一致します。この設問では、最初にPに与えられた電荷 \(Q\) の具体的な値を求める必要はありません。

問 (2)

思考の道筋とポイント
(1)の状態から、PとAをつなぐ導線を切り離します。この操作により、Aは電荷 \(+Q\) を保持したまま孤立します。Bは上面に \(-Q\)、下面に \(+Q\) の電荷を持っています（全体では0）。
次に、AとBを導線でつなぎます。するとAとBは等電位になり、一つの導体系（AB系）とみなせます。このAB系全体の電荷は、つなぐ前のAの電荷 (\(+Q\)) とBの電荷 (\(0\)) の和、つまり \(+Q\) で保存されます。
さらに、Pを接地するのでPの電位は \(V_P = 0 \text{ V}\) になります。Rも接地されているので \(V_R = 0 \text{ V}\)。
AとBは導線でつながっているので等電位です。この共通の電位を \(V_{AB}\) とします。
PA間の距離は \(d_{PA} = 2 \text{ cm}\)、BR間の距離は \(d_{BR} = 4 \text{ cm}\)。
(1)の状況でBR間の容量を \(C\) とおくと、PA間の容量 \(C_{PA}\) は、距離がBR間の \(1/2\) 倍なので \(2C\) となります。
Aの（Pに面する側の）電荷を \(Q_A\)、Bの（Rに面する側の）電荷を \(Q_B\) とすると、
\(Q_A = C_{PA} (V_{AB} – V_P)\)
\(Q_B = C_{BR} (V_{AB} – V_R)\)
そして、電気量保存則 \(Q_A + Q_B = Q\) を用います。
ここから \(V_{AB}\) を求め、それぞれの電荷を計算します。Bの電位は \(V_{AB}\) そのものです。

この設問における重要なポイント

• PとAの導線を切ると、Aは \(+Q\) の電荷を保持する。Bは全体として電荷0。
• AとBを導線でつなぐと、AとBは等電位 (\(V_A=V_B=V_{AB}\))。AB系全体の電荷は \(+Q\) で保存。
• Pを接地すると \(V_P=0\)。Rは常に \(V_R=0\)。
• PA間とBR間は、それぞれコンデンサーを形成し、A, Bの電位が共通であるため、これらのコンデンサーはPとRが共通の0V電位に接続されていると考えると、並列接続と見なせる。
• PA間の容量 \(C_{PA}\) とBR間の容量 \(C_{BR}\) の比が距離から決まる。(1)でBR間の容量を \(C\) とおいた場合、\(C_{PA}=2C\), \(C_{BR}=C\)。

具体的な解説と立式
(1)の状況でBR間の電気容量を \(C\) とします。PA間の距離はBR間の \(2\text{cm}/4\text{cm} = 1/2\) 倍なので、PA間の電気容量 \(C_{PA}\) は \(2C\) となります。BR間の容量は \(C_{BR}=C\)。
PとAの導線を切り離すと、Aは電荷 \(+Q\) を保持します。Bは全体として電荷 \(0\) です。
次にAとBを導線でつなぎ、Pを接地します。Pの電位 \(V_P = 0\)、Rの電位 \(V_R = 0\)。
AとBは導線で接続されているので等電位であり、この共通の電位を \(V\) とします (\(V_{AB} = V\))。
導体板Aに蓄えられる電荷を \(Q_A\)、導体板Bに蓄えられる電荷を \(Q_B\) とします。
PA間のコンデンサーについて、Aの電荷 \(Q_A\) は（Pに面する側の電荷）、
$$Q_A = C_{PA} (V – V_P) = (2C) (V – 0) = 2CV \quad \cdots ③$$
BR間のコンデンサーについて、Bの電荷 \(Q_B\) は（Rに面する側の電荷）、
$$Q_B = C_{BR} (V – V_R) = C (V – 0) = CV \quad \cdots ④$$
AとBを導線でつないだ系全体の電荷は、初期にAが持っていた電荷 \(+Q\) とBが持っていた電荷 \(0\) の和で保存されるので、
$$Q_A + Q_B = Q \quad \cdots ⑤$$
ここで、(1)の結果より、Bの電位が36Vだったとき、Bの下面の電荷（ここでは \(Q\) と同じ意味で使われている初期電荷）は \(Q = C \cdot 36\) であったと考えられます。

別解1: 並列接続の合成容量（模範解答の主たる解法）
PA間のコンデンサー（容量\(2C\)）とBR間のコンデンサー（容量\(C\)）は、共通の電位\(V\)とアース（0V）の間に接続されているため、並列接続と見なせます。
この並列コンデンサー全体に蓄えられる電荷の総和が \(Q\) なので、合成容量は \(2C+C = 3C\)。
よって、
$$Q = (2C+C)V = 3CV \quad \cdots ⑥$$
この式から電位 \(V\) が求まります。

別解1の方法で進めます。
(1)の結果との関連で \(Q = 36C\) という関係が成り立っているとします。
式⑥より、共通電位 \(V\) は、
$$V = \frac{Q}{3C}$$
ここに \(Q=36C\) を代入すると、
$$V = \frac{36C}{3C} = 12 \text{ V}$$
これがBの電位です。
Aの電荷 \(Q_A\) は式③（または \(Q_A = (2C)V\)）より、
$$Q_A = 2CV = 2C \cdot 12 = 24C$$
\(Q=36C\) の関係を用いると \(C=Q/36\) なので、
$$Q_A = 2 \left(\frac{Q}{36}\right) \cdot 12 = \frac{24}{36}Q = \frac{2}{3}Q$$
Bの電荷 \(Q_B\) は式④（または \(Q_B = CV\)）より、
$$Q_B = CV = C \cdot 12 = 12C$$
同様に、
$$Q_B = \left(\frac{Q}{36}\right) \cdot 12 = \frac{12}{36}Q = \frac{1}{3}Q$$

1. 状況の変化を整理する: PとAをつないでいた線がなくなり、代わりにAとBが線でつながれます。そしてPは地面につながれます（接地）。これにより、Pの電位は0V、Rの電位も0Vとなります。AとBは導線でつながっているので同じ電位になります。
2. 電気量の保存を確認する: AとBをひとまとめとして考えると、このABグループが持つ電気の総量 (\(+Q\)) は、PとAの導線を切った後のAの電荷に等しく、変わりません。
3. コンデンサーの接続を見抜く: P(0V)とA(共通電位\(V\))の間、そしてB(共通電位\(V\))とR(0V)の間は、それぞれコンデンサーと見なせます。AとBが同じ電位であるため、これら2つのコンデンサーは実質的に並列につながっているのと同じ状況と考えることができます。
4. 電位と各電荷を計算する: 並列コンデンサーの考え方を使って、ABグループの共通の電位 \(V\) と、Aに蓄えられる電荷 \(Q_A\)、Bに蓄えられる電荷 \(Q_B\) を計算します。(1)で設定したBR間の容量 \(C\) と、それに対する初期電荷 \(Q\) の関係 \(Q=36C\) を用います。

Aの電荷 \(Q_A = \displaystyle\frac{2}{3}Q \text{ C}\)。
Bの電荷 \(Q_B = \displaystyle\frac{1}{3}Q \text{ C}\)。
Bの電位は \(12 \text{ V}\)。
これらの結果は模範解答と一致します。また、\(Q_A+Q_B = \frac{2}{3}Q + \frac{1}{3}Q = Q\) となり、電気量保存則も満たされています。

問 (3)

思考の道筋とポイント
(2)の状態から、Bは固定し、AとBをつないだままAをBまで動かし接触させます。
AとBが接触すると、AとBは完全に一体の導体（AB導体）となります。このAB導体の電位を \(V’\) とします。
Pは接地 (\(V_P=0\))、Rも接地 (\(V_R=0\)) のままです。
AB導体系の総電荷は、(2)のAB系全体の電荷である \(Q\) で保存されます。
AがBに接触したとき、PA間の距離は、元のPからBまでの距離になります。元のPからAまでの距離が2cm、AからBまでの元の距離が3cmなので、PからBまでの距離は \(2\text{cm}+3\text{cm}=5 \text{ cm}\) です。これが新しいPA間の距離 \(d_{PA}’ = 5 \text{ cm}\) となります。
BR間の距離は変わらず \(d_{BR} = 4 \text{ cm}\)。
(1)や(2)と同様にBR間の容量を \(C\) とすると、PA間の新しい容量 \(C_{PA}’\) は、距離がBR間の \(d_{PA}’/d_{BR} = 5/4\) 倍なので、容量は逆数比で \(\frac{4}{5}C\) となります。
AB導体はPとの間で容量 \(C_{PA}’\) のコンデンサーを、Rとの間で容量 \(C_{BR}=C\) のコンデンサーを形成し、これらは並列接続（AB導体の電位 \(V’\) とP(0V), R(0V)の間）と見なせます。
全体の電荷 \(Q\) と合成容量から新しい共通電位 \(V’\) を求めます。
Rから大地へ移動した電気量は、(2)の状態のRの電荷と、(3)の状態のRの電荷の差から求めます。Rの電荷は、それに対向するBの下面（またはAB導体の下面）の電荷と逆符号になります。

この設問における重要なポイント

• AとBが接触すると、一体の導体となる。
• AB導体系の総電荷は \(Q\) で保存される。
• PA間の距離が変化し、容量 \(C_{PA}’\) が変わる。BR間の容量 \(C_{BR}\) は \(C\)。
• PとRは接地されているので0V。AB導体は共通電位 \(V’\) を持つ。
• Rの電荷の変化を追跡する。Rの電荷は、対向する導体（この場合はAB導体の下面）の電荷と符号が逆。

具体的な解説と立式
AをBに接触させると、ABは一体の導体となります。このAB導体の電位を \(V’\) とします。Pの電位 \(V_P=0\)、Rの電位 \(V_R=0\)。
PA間の新しい距離 \(d_{PA}’ = 5 \text{ cm} = 0.05 \text{ m}\)。BR間の距離 \(d_{BR} = 4 \text{ cm} = 0.04 \text{ m}\)。
BR間の容量を \(C\) とすると、PA間の新しい容量 \(C_{PA}’\) は、距離がBR間の \(5/4\) 倍なので、
$$C_{PA}’ = C \cdot \frac{d_{BR}}{d_{PA}’} = C \cdot \frac{4}{5} = \frac{4}{5}C \quad \cdots ⑩$$
AB導体（共通電位 \(V’\)）とP(0V)およびR(0V)との間で形成されるコンデンサーは並列接続とみなせるので、全体の電荷 \(Q\) は、
$$Q = (C_{PA}’ + C_{BR})V’ = \left(\frac{4}{5}C + C\right)V’ \quad \cdots ⑪$$
ここから \(V’\) を求めます。
(2)の状態でのRの電荷は、Bの電荷が \(Q_B = \frac{1}{3}Q\) であったので、\(Q_{R(2)} = -Q_B = -\frac{1}{3}Q\)。
(3)の状態でのAB導体のR側表面の電荷を \(Q_B”\) とすると、\(Q_B” = C_{BR}V’ = CV’\)。
よって、(3)の状態でのRの電荷は \(Q_{R(3)} = -Q_B” = -CV’\)。
Rから大地へ移動した電気量 \(\Delta Q_R\) は、Rの電荷が \(Q_{R(2)}\) から \(Q_{R(3)}\) へ変化したときの、流れ出た正電荷なので、
$$\Delta Q_R = Q_{R(2)} – Q_{R(3)} \quad \cdots ⑫$$
PA間、BR間の電場の強さは、それぞれ \(E_{PA} = V’/d_{PA}’\), \(E_{BR} = V’/d_{BR}\) で求められます。

まず、式⑪から \(V’\) を求めます。
$$Q = \left(\frac{4}{5}C + C\right)V’ = \frac{9}{5}CV’$$
$$V’ = \frac{5Q}{9C}$$
(1)および(2)での関係 \(Q=36C\) を用いると、
$$V’ = \frac{5 \cdot 36C}{9C} = 5 \cdot 4 = 20 \text{ V}$$
次に、Rから大地へ移動した電気量 \(\Delta Q_R\) を計算します。
(2)の状態でのRの電荷は \(Q_{R(2)} = -\frac{1}{3}Q\)。
(3)の状態でのAB導体のR側表面の電荷は \(Q_B” = CV’ = C \cdot 20 = 20C\)。
\(Q=36C\) より \(C=Q/36\) なので、\(Q_B” = 20(Q/36) = \frac{20}{36}Q = \frac{5}{9}Q\)。
(3)の状態でのRの電荷は \(Q_{R(3)} = -Q_B” = -\frac{5}{9}Q\)。
よって、式⑫より、
$$\Delta Q_R = Q_{R(2)} – Q_{R(3)} = \left(-\frac{1}{3}Q\right) – \left(-\frac{5}{9}Q\right) = -\frac{3}{9}Q + \frac{5}{9}Q = \frac{2}{9}Q$$
電場の強さを求めます。
PA間の電場の強さ \(E_{PA}\): \(d_{PA}’ = 0.05 \text{ m}\)
$$E_{PA} = \frac{V’}{d_{PA}’} = \frac{20 \text{ V}}{0.05 \text{ m}} = 400 \text{ V/m}$$
BR間の電場の強さ \(E_{BR}\): \(d_{BR} = 0.04 \text{ m}\)
$$E_{BR} = \frac{V’}{d_{BR}} = \frac{20 \text{ V}}{0.04 \text{ m}} = 500 \text{ V/m}$$

1. 接触後の状態を理解する: AとBがくっつくと、一つの大きな導体ABになります。このAB導体全体の電気の量 (\(+Q\)) は変わりません。PとAB導体の間の距離は5cm、AB導体とRの間の距離は4cmのままです。
2. 新しい容量を計算する: PA間とBR間の新しい（あるいは変わらない）コンデンサーの容量を、距離を基に計算します（BR間の容量を \(C\) とすると、新しいPA間の容量は \(\frac{4}{5}C\)）。
3. AB導体の電位を求める: AB導体はP(0V)とR(0V)に対してコンデンサーを作っており、これらは並列接続と見なせるので、AB導体の共通の電位 \(V’\) を全体の電気量 \(Q\) と合成容量から求めます。
4. Rの電荷の変化を追う: (2)のときのRの電荷と、(3)のときのRの電荷（これはAB導体のR側表面の電荷と逆符号）を計算し、その差がRから大地へ流れ出た正の電気量です。
5. 電場の強さを計算する: PA間、BR間の電場の強さは、それぞれ共通の電位差 \(V’\) と各部の距離から \(E=V/d\) で計算します。

Rから大地へ移動した電気量は \(\displaystyle\frac{2}{9}Q \text{ C}\)。
PA間の電場の強さは \(400 \text{ V/m}\)。
BR間の電場の強さは \(500 \text{ V/m}\)。
これらの結果は模範解答と一致します。Rの電荷が \(-\frac{1}{3}Q = -\frac{3}{9}Q\) から \(-\frac{5}{9}Q\) へと、より負の方向に変化しました。これは、Rからさらに正電荷が \(\frac{2}{9}Q\) だけ大地へ出て行った（あるいは大地から負電荷がRへ入ってきた）ことを意味します。

【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？

• 導体の性質（静電誘導・等電位）:
  • 核心：導体内部は電場ゼロ。導体表面および内部は等電位。導線を介して接続された複数の導体も全体として等電位になる。接地された導体の電位は0V。
  • 理解のポイント：これらの性質は、電荷の分布や電位差を考える上での大前提となります。特に、導体板を挿入したり接続したりする操作の意味を正しく理解することが重要です。
• 電気量保存則:
  • 核心：電気的に孤立した導体系では、その系全体の総電気量は不変である。
  • 理解のポイント：どの部分が「孤立系」をなすのかを見極めることが肝心です。スイッチの開閉や導線の接続・切断によって孤立系が変化することに注意が必要です。
• コンデンサーの基本法則 (\(Q=CV\), \(V=Ed\)):
  • 核心：コンデンサーに蓄えられる電荷 \(Q\)、極板間の電位差 \(V\)、電気容量 \(C\) の関係、および一様な電場 \(E\) と電位差 \(V\)、距離 \(d\) の関係。
  • 理解のポイント：電気容量 \(C\) は極板の形状や距離で決まる幾何学的な量。これらの関係式を状況に応じて使い分ける。

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

• この問題の考え方や解法は、どのようなパターンの類似問題に応用できるか:
  • 複数の導体板や誘電体を組み合わせたコンデンサーの問題。
  • スイッチ操作や導体の接続変更によって電荷が再配置される問題。
  • 接地や電池接続による電位の固定が伴う問題。
  • 静電誘導が複雑に関わる電荷分布の問題。
• 初見の問題で、どこに着目すればこの問題と同じように解き進められるか:
  1. 図と条件の丁寧な読解: 導体板の配置、間隔、接続状態、接地の有無、初期電荷などを正確に把握する。
  2. 等電位部分の特定: 導線で結ばれている部分、一つの導体内部は全て等電位。接地箇所は0V。
  3. 電気量保存則の適用範囲の検討: スイッチが開いている場合や、外部から電荷の供給がない孤立した導体系を見つける。
  4. コンデンサーとしてのモデル化: 隣り合う導体板間をコンデンサーとみなし、容量、電荷、電圧の関係を適用する。
  5. 電位を基準とした立式: 各導体の電位を未知数として設定し、\(Q=CV\) や電気量保存から連立方程式を立てるアプローチ（電位法）は複雑な場合に有効。
• 問題解決のヒントや、特に注意すべき点は何か:
  • 薄い導体板を挿入した場合、その導体板自身も静電誘導を起こし、両面に電荷が分布しうることに注意する。
  • 複数のコンデンサーが形成される場合、それらが直列なのか並列なのか、あるいは単純な直列・並列では扱えないのかを慎重に判断する。この問題では、共通電位を持つ導体と接地された複数の導体との間にできるコンデンサー群は並列として扱える場合が多い。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 静電誘導の理解不足:
  • 現象：導体板を挿入した際に、誘導される電荷の符号や分布を誤る。導体内部の電場が0になることの意味を正確に捉えられていない。
  • 対策：外部電場がある場合、導体内の自由電子が移動して外部電場を打ち消すように内部電場を形成し、結果として導体内部の電場が0になる、という原理を再確認する。導体表面には電荷が分布する。
• 電気量保存則の適用ミス:
  • 現象：孤立していない系に対して電気量保存を適用したり、保存されるべき電荷の初期値を間違えたりする。
  • 対策：「孤立している」とはどういう状態かを明確に理解する。スイッチの開閉や導線の接続によってどの部分が孤立し、どの部分の電荷が保存されるのかを操作の各段階で確認する。
• 等電位の扱いの誤り:
  • 現象：導線でつながれた導体が等電位になることを見落とす、あるいは接地＝0Vを正しく適用できない。
  • 対策：回路図や配置図から、導線接続や接地箇所をマーキングし、電位が確定する部分や等電位になる部分を視覚的に把握する。
• コンデンサーの直列・並列の誤認:
  • 現象：複雑な配置の際に、単純な直列・並列の公式を誤って適用してしまう。
  • 対策：各コンデンサー部分にかかる電圧が等しいか（並列）、流れる電気量が等しいか（直列、電荷の移動がない場合）を基準に判断する。この問題のように電位を基準に考える方が確実な場合が多い。共通の電位を持つ導体と、同じ基準電位（例えばアース）を持つ複数の他の導体との間に形成されるコンデンサー群は、並列接続とみなせる。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題では、物理現象をどのようにイメージし、図にどのように表現することが有効だったか:
  • 導体板間の電場の様子を電気力線（矢印）で描く。電場の向きと電位の高低関係を常に意識する。
  • 電荷の分布を各導体板の表面に「+」や「-」で模式的に描き込む。特に静電誘導による電荷の偏りをイメージする。
  • 等電位な部分を色分けしたり線で囲ったりして視覚化する（模範解答の図eが参考になる）。
  • 導体板の移動や接続の変更といった操作を、段階を追って図に描き変えていくことで、状況の変化を整理する。
• 図を描く際に注意すべき点は何か:
  • 各導体板の名称（P, A, B, R）と相対的な位置関係、距離を明記する。
  • 接地記号、電池の極性（この問題では直接的にはないが一般的に）、スイッチの開閉状態を図に正確に反映させる。
  • 電荷や電位を記述する際は、その符号や基準（アース）を明確にする。
  • 導線による接続は、それらが等電位であることを示すように描く。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• \(V = Ed\) (一様な電場と電位差):
  • 選定理由：平行な導体板間にできる一様な電場中で、電位差と距離、電場の強さの関係を表すため。
  • 適用根拠：電場が一様であるとみなせる場合。特にコンデンサーの極板間など。
• \(Q = CV\) (コンデンサーの電荷):
  • 選定理由：コンデンサー（またはその部分）に蓄えられる電荷、電位差、電気容量の関係を示すため。
  • 適用根拠：2つの導体が対向し、間に絶縁物が挟まっている構造（コンデンサー）が形成されている場合。\(V\) はその2導体間の電位差。
• 電気量保存則:
  • 選定理由：外部との電荷のやり取りがない孤立した導体（または導体系）の総電荷が、操作の前後で不変であることを利用するため。
  • 適用根拠：電荷が勝手に生成されたり消滅したりしないという物理の基本法則。孤立系であることの確認が重要。
• 容量の距離依存性 (\(C \propto 1/d\)):
  • 選定理由：極板間距離が変化した際の電気容量の変化を、基準となる容量との比較で求めるため。
  • 適用根拠：平行平板コンデンサーで、極板面積と極板間の物質が変わらない場合。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 初期状態の分析: 問題文初めの設定（Pに\(+Q\), Rに\(-Q\), PR間に一様電場）を理解する。
2. (1)の状況設定と電場・電位の確定: A, Bを挿入しPとAを接続。Bの電位からBR間の電場 \(E\) を決定。この \(E\) が系全体で共通とみなし、元のPの電位を計算。P, A, Bの電荷の配置を考える。
3. (2)の操作と電気量保存: P-A間の導線を切り、A-B間を接続、Pを接地。AとBからなる孤立系の総電荷が保存されることを利用。P, Rが0Vなので、A, Bの共通電位を \(V_{AB}\) とし、PA間とBR間のコンデンサーに \(Q=CV\) を適用して \(V_{AB}\) と各電荷を求める。
4. (3)の操作と再度の状態変化: AとBを接触させ一体化。PA間の距離が変化し容量も変化。AB導体系の電荷保存は継続。P, Rが0Vなので、新しい共通電位 \(V’\) を求め、Rの電荷の変化から大地へ移動した電気量を計算。各部の電場も計算。
5. 条件の再確認: 各ステップで、どの導体が等電位か、どこが接地されているか、どの電荷が保存されるかを常に意識する。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 単位の換算: 距離がcmで与えられている場合、計算時にはmに換算する（例: 2cm = 0.02m）。一貫した単位系（SI単位系など）を用いる。
• 文字式の整理: \(Q, C, V, E, d\) などの文字が多く出てくる。各変数が何を表しているかを明確にし、式変形の際には丁寧に項を整理する。
• 容量の比の計算: 容量が距離に反比例することを利用する際、比の取り方（逆数にするなど）を間違えないようにする。
• 電荷の符号と向き: 電荷の正負、電場の向き、電流の向きなどを物理的に考察し、計算結果の符号と整合しているか確認する。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 物理的な直感との比較:
  • 例えば、導体板を近づけると容量は増えるはず。接地すると電位は0Vになるはず。電荷が保存されるなら、どこかで増えればどこかで減る（あるいは再配置される）。
  • (1)でPの元の電位が81Vと出たが、Bの電位36Vより高いのは、Pの方がRから遠い（またはPとRの間の電場が一様であるなら、Pの方が電位が高い）ことを考えると自然か。
• 極端な場合や単純な場合を考える:
  • もし全ての導体板が接地されていたらどうなるか？ 電荷は全て0になるか？
  • もしAやBの厚みが無視できないほど大きかったら？（この問題では薄い板とされている）
• エネルギー収支の観点（発展）: この問題では問われていないが、導体を動かしたり接続を変えたりする際に、静電エネルギーがどう変化し、外力や電池がどのような仕事をしたかを考えると、より深い理解につながる。

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