「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？

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問題20 (東京大＋慶應大)