「名問の森」徹底解説（22〜24問）：未来の得点力へ！完全マスター講座【波動Ⅱ・電磁気・原子】

2025年6月5日
2026年1月14日
問題演習
問題演習, 発展, 電磁気, 高校物理

問題演習

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1 問題22 コンデンサー (東京大)
- 1.1 【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
- 1.2 【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座
2 問題23 コンデンサー (早稲田大)
- 2.1 【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
- 2.2 【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座
3 問題24 コンデンサー (早稲田大)
- 3.1 【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
- 3.2 【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

問題22 コンデンサー (東京大)

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

【相違点に関する注記】

提示する別解
- 設問IIの別解1: 電荷の移動量に着目した解法
  - 模範解答の別解にあるように、各コンデンサーの電荷 $Q_1, Q_2$ と電圧 $V_1, V_2$ を個別に定義し、キルヒホッフの法則（電圧の関係）と電荷保存則を連立させて解く、よりプリミティブなアプローチです。
- 設問Vの別解1: 定常状態（平衡状態）に着目した解法
  - 漸化式を解くのではなく、「操作を繰り返して状態が変化しなくなったとき、何が起きているか」という物理的平衡状態に着目し、計算なしで極限値を導きます。
- 設問Vの別解2: 微積分を用いた体系的解法（ガウスの法則）
  - コンデンサーの公式 $Q=CV$ を天下り的に使わず、ガウスの法則から電場を導出し、電位の定義（積分）に基づいて保存則を立式します。
上記の別解が有益である理由
- 電荷移動の解法: 電位の概念が苦手な場合でも、電荷の収支と電圧の足し算だけで解けるため、基礎的な理解を深めるのに役立ちます。
- 定常状態の解法: 複雑な漸化式を立てて計算する手間を省き、物理的直感で瞬時に答えを出す強力なツールとなります。
- 微積分の解法: 公式の背景にある物理原理（電場と電荷の関係）を理解することで、応用問題への適応力を高めます。
結果への影響
- いずれのアプローチを用いても、最終的に得られる答えは模範解答と完全に一致します。

この問題のテーマは「スイッチ切り替えによる電荷の再配分と昇圧回路（チャージポンプ）」です。
コンデンサーを組み合わせて電荷を「汲み上げる」ことで、電源電圧以上の高い電圧を作り出す仕組みを数理的に解析します。

問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

電気量保存則: スイッチの切り替えによって回路の一部が孤立したとき、その孤立部分（島）の総電荷量は変化しません。
キルヒホッフの第2法則（電位の周回）: 閉回路において、電位の上昇と降下の総和は $0$ になります。
コンデンサーの基本式: $Q=CV$ の関係が常に成り立ちます。
定常状態の概念: 操作を無限に繰り返すと、回路の状態はある一定の値に収束し、それ以上変化しなくなります。

基本的なアプローチは以下の通りです。

(I)〜(IV)では、各操作ごとの接続状態を正確に図示し、孤立部分の電荷保存則を立式して順次電位を求めます。
(V)では、$n$ 回目の状態と $n+1$ 回目の状態の関係（漸化式）を立式し、その極限値を求めます。

問I

思考の道筋とポイント
まず、スイッチの接続と回路の状態を正確に把握します。
問題文と図より、スイッチ $S_1, S_2$ が左側接点 $l_1, l_2$ に接続された状態を考えます。

電源の極性: 図の電池記号（上が長く下が短い、あるいは模範解答の図aの帯電状況）から、上側が正極、下側が負極であると判断します。
接続:
- 電源の正極 $\to$ $S_2$ $\to$ $l_2$ $\to$ $C_1$ の上側極板（共通ライン）。
- 電源の負極 $\to$ $S_1$ $\to$ $l_1$ $\to$ $C_1$ の下側極板。
- $C_2$ の下側極板（$r_1$ に接続される端子）はどこにもつながっていません（開放）。

この設問における重要なポイント

充電回路: $C_1$ は電源 $V_0$ に直接接続され、充電されます。
未接続のコンデンサー: $C_2$ は回路から切り離されており、初期電荷も $0$ なので、帯電しません。

具体的な解説と立式
$C_1$ について考えます。
上側極板と下側極板の間に電源電圧 $V_0$ がかかります。
上側が正極につながっているため、上側極板の電荷 $Q_{1\text{上}}$ と下側極板の電荷 $Q_{1\text{下}}$ は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
Q_{1\text{上}} &= +CV_0 \\
Q_{1\text{下}} &= -CV_0
\end{aligned}
$$
$C_2$ について考えます。
スイッチが左側にあるため、$C_2$ は電源とも $C_1$ とも閉回路を作りません。
初期状態で帯電していないため、電荷は $0$ のままです。
$$
\begin{aligned}
Q_2 &= 0
\end{aligned}
$$
求める電圧 $V_{\text{AB}}$ は、端子AとBの間の電位差です。
図より、端子Aは $C_2$ の上側極板に、端子Bは $C_2$ の下側極板につながっています。
したがって、$V_{\text{AB}}$ は $C_2$ の極板間電圧そのものです。
$Q_2 = C V_{\text{AB}}$ より、$Q_2=0$ なので電圧も $0$ です。
$$
\begin{aligned}
V_{\text{AB}} &= 0
\end{aligned}
$$

使用した物理公式

コンデンサーの基本式: $Q = CV$

計算過程

$$
\begin{aligned}
V_{\text{AB}} &= \frac{Q_2}{C} \\[2.0ex] &= \frac{0}{C} \\[2.0ex] &= 0
\end{aligned}
$$

この設問の平易な説明

スイッチを左に入れると、左側のコンデンサー $C_1$ だけが電池につながり、電気を溜めます。
右側のコンデンサー $C_2$ は、片足（下側の線）がどこにもつながっていないため、電気が流れ込むことができません。
電気が溜まっていないコンデンサーには電圧が発生しないので、A-B間の電圧はゼロです。

結論と吟味

初期状態から $C_2$ には何も操作をしていないため、電圧が $0$ であることは明らかです。

解答 I $V_{\text{AB}} = 0$

問II

思考の道筋とポイント
次に、スイッチ $S_1, S_2$ を右側接点 $r_1, r_2$ に切り替えます。
このときの接続状態を慎重にトレースします（ここが最難関です）。

接続の解析:
- $S_2$（電源正極） $\to$ $r_2$ $\to$ $C_1$ の下側極板（図の配線を追うと、$r_2$ は $C_1$ の下側極板につながる線と接続されています）。
- $S_1$（電源負極） $\to$ $r_1$ $\to$ $C_2$ の下側極板。
- $C_1$ の上側極板と $C_2$ の上側極板は、上部の共通ラインで常につながっています。
回路の再構成:
- 電源の正極（電位 $V_0$）が $C_1$ の下側に接続。
- 電源の負極（電位 $0$）が $C_2$ の下側に接続。
- $C_1$ の上側と $C_2$ の上側が接続され、ここが「孤立部分（島）」となります。

この設問における重要なポイント

孤立部分の電荷保存: $C_1$ の上側極板と $C_2$ の上側極板の合計電荷は、スイッチ切り替え前後で保存されます。
電位の定義: 電源の負極（$C_2$ の下側）を電位 $0$ とすると、電源の正極（$C_1$ の下側）は電位 $V_0$ となります。

具体的な解説と立式
孤立部分（$C_1$ の上側＋ $C_2$ の上側）の電位を $x_1$ と置きます。
$C_2$ の下側（端子B）の電位は $0$ なので、求める $V_{\text{AB}}$ は $x_1 – 0 = x_1$ です。

操作前の電荷（操作I終了時）:

$C_1$ 上側: $+CV_0$
$C_2$ 上側: $0$
合計電荷 $Q_{\text{前}} = +CV_0$

操作後の電荷（電位 $x_1$ を用いて表現）:

$C_1$ 上側: 相手（下側）の電位が $V_0$ なので、電荷は $C(x_1 – V_0)$。
$C_2$ 上側: 相手（下側）の電位が $0$ なので、電荷は $C(x_1 – 0)$。
合計電荷 $Q_{\text{後}} = C(x_1 – V_0) + Cx_1$

電気量保存則の立式:
$$
\begin{aligned}
(\text{後の全電荷}) &= (\text{前の全電荷}) \\[2.0ex] C(x_1 – V_0) + Cx_1 &= +CV_0 \quad \cdots ①
\end{aligned}
$$

使用した物理公式

コンデンサーの電荷: $Q = C(V_{\text{自分}} – V_{\text{相手}})$
電気量保存則

計算過程

式①を解いて $x_1$ を求めます。
$$
\begin{aligned}
C(x_1 – V_0) + Cx_1 &= CV_0 \\[2.0ex] Cx_1 – CV_0 + Cx_1 &= CV_0 \\[2.0ex] 2Cx_1 &= 2CV_0 \\[2.0ex] x_1 &= V_0
\end{aligned}
$$
よって、$V_{\text{AB}} = x_1 = V_0$。

この設問の平易な説明

スイッチを右に切り替えると、$C_1$ の下側が持ち上げられて電圧 $V_0$ になり、$C_2$ の下側は $0$ になります。
$C_1$ と $C_2$ の上側同士はつながっていて、電気の逃げ場がありません。
元々 $C_1$ にあった電気 $+CV_0$ が、$C_1$ と $C_2$ の2つの部屋に再配分されます。
計算の結果、上側の電位はちょうど $V_0$ になりました。これは、$C_1$ の上下の電位差が $0$（電荷なし）になり、$C_2$ に全ての電荷が移動したことを意味します（$C_1$の下が $V_0$、上が $V_0$ なので）。

結論と吟味

$V_{\text{AB}} = V_0$ となりました。
これは、電源電圧 $V_0$ がそのまま出力に現れた形です。

解答 II $V_{\text{AB}} = V_0$

別解: 電荷の移動量に着目した解法

思考の道筋とポイント
電位 $x_1$ を置く代わりに、各コンデンサーの電荷 $Q_1, Q_2$ と電圧 $V_1, V_2$ を個別に定義し、キルヒホッフの法則と電荷保存則を連立させて解きます。

この設問における重要なポイント

キルヒホッフの第2法則: 閉回路を一周したときの電位変化の総和は $0$ です。
電荷保存則: 孤立部分の電荷の総和は保存されます。

具体的な解説と立式
操作後の $C_1$ の電荷を $Q_1$、電圧を $V_1$ とします（上側が正）。
操作後の $C_2$ の電荷を $Q_2$、電圧を $V_2$ とします（上側が正）。
基本式より以下の関係が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
Q_1 &= CV_1 \quad \cdots ② \\[2.0ex] Q_2 &= CV_2 \quad \cdots ③
\end{aligned}
$$
孤立部分（上側極板）の電荷保存則より、以下の式が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
Q_1 + Q_2 &= +CV_0 \quad \cdots ④
\end{aligned}
$$
回路の電位関係を考えます。
電源の負極（$0$）からスタートし、$C_2$ を上がって $C_1$ を下がり、電源の正極（$V_0$）に戻るルートを考えます。
$C_2$ の下側は $0$、上側は $V_2$ です。
$C_1$ の上側は $V_2$、下側は $V_0$ です。
$C_1$ の電圧 $V_1$ は（上側 – 下側）なので、$V_1 = V_2 – V_0$ となります。
これを変形すると、以下の関係が得られます。
$$
\begin{aligned}
V_0 + V_1 &= V_2 \quad \cdots ⑤
\end{aligned}
$$
（あるいは、図cのように閉回路を一周して $+V_0 + V_1 – V_2 = 0$ と立式しても同じです。ただし図cの $V_1$ の向きに注意）

使用した物理公式

コンデンサーの基本式: $Q = CV$
キルヒホッフの第2法則
電気量保存則

計算過程

式②、③を式④に代入します。
$$
\begin{aligned}
CV_1 + CV_2 &= CV_0 \\[2.0ex] V_1 + V_2 &= V_0 \quad \cdots ⑥
\end{aligned}
$$
式⑤と式⑥を連立します。
式⑤より $V_1 = V_2 – V_0$ を式⑥に代入します。
$$
\begin{aligned}
(V_2 – V_0) + V_2 &= V_0 \\[2.0ex] 2V_2 &= 2V_0 \\[2.0ex] V_2 &= V_0
\end{aligned}
$$
求める $V_{\text{AB}}$ は $V_2$ なので、$V_{\text{AB}} = V_0$。

この設問の平易な説明

「電圧の足し算」と「電気の足し算」の2つのルールを使って解きました。
電圧のルール：$C_1$ と $C_2$ の電圧の関係は、電池の電圧 $V_0$ によって決まります。
電気のルール：$C_1$ と $C_2$ に溜まっている電気の合計は、最初にあった電気と同じです。
この2つを組み合わせると、それぞれの電圧が決まります。

結論と吟味

メイン解法と同じ結果が得られました。

解答 II $V_{\text{AB}} = V_0$

問III

思考の道筋とポイント
操作IIIは「一旦左側接点に接続してから、右側接点に接続する」という手順です。

左側接続（再充電）:
- $C_1$ は再び電源 $V_0$ に接続され、充電されます。$C_1$ の電荷はリセットされます。
- $C_2$ は切り離されるため、操作IIで蓄えられた電荷を保持します。
右側接続（電荷の再配分）:
- 再び $C_1$ と $C_2$ が直列的な回路（図bの状態）になり、電荷を分け合います。

この設問における重要なポイント

電荷の蓄積: $C_2$ の電荷はリセットされず、前の操作の結果を引き継ぎます。これが昇圧の原理です。
$C_1$ のリセット: $C_1$ は毎回 $+CV_0$ の電荷を汲み上げてきます。

具体的な解説と立式
ステップ1: 左側接続

$C_1$ 上側電荷: $+CV_0$ （再充電）
$C_2$ 上側電荷: $+CV_0$ （操作IIの結果 $x_1=V_0$ だったので $Q_2 = CV_0$。これを保持）
この時点での孤立部分（上側極板群）の合計電荷 $Q_{\text{前}}$ は以下のようになります。

$$
\begin{aligned}
Q_{\text{前}} &= (+CV_0) + (+CV_0) \\[2.0ex] &= +2CV_0
\end{aligned}
$$
ステップ2: 右側接続
孤立部分の電位を $x_2$ と置きます。
回路の接続状態は操作IIと同じ（$C_1$下側が $V_0$、$C_2$下側が $0$）です。
保存則を立式します。
$$
\begin{aligned}
C(x_2 – V_0) + Cx_2 &= +2CV_0 \quad \cdots ⑦
\end{aligned}
$$

使用した物理公式

電気量保存則

計算過程

式⑦を解きます。
$$
\begin{aligned}
Cx_2 – CV_0 + Cx_2 &= 2CV_0 \\[2.0ex] 2Cx_2 &= 3CV_0 \\[2.0ex] x_2 &= \frac{3}{2}V_0
\end{aligned}
$$
よって、$V_{\text{AB}} = x_2 = \frac{3}{2}V_0$。

この設問の平易な説明

$C_1$ は「バケツ」のような役割をしています。左につなぐとバケツ一杯に電気（$CV_0$）を汲みます。
右につなぐと、その電気を $C_2$（水槽）に流し込みます。
$C_2$ には既に前回の電気が溜まっているので、そこにさらに新しい電気が追加されます。
その結果、水位（電圧）は $V_0$ から $1.5V_0$ に上昇しました。電源電圧よりも高くなっています！

結論と吟味

電圧が $1.5V_0$ となり、電源電圧を超えました。昇圧回路として機能しています。

解答 III $V_{\text{AB}} = \frac{3}{2}V_0$

問IV

思考の道筋とポイント
操作IIIをもう一度繰り返します。手順は全く同じです。

左側接続: $C_1$ は $+CV_0$ に再充電。$C_2$ は前回の電荷（電位 $1.5V_0$ 分）を保持。
右側接続: 合計電荷を再配分。

具体的な解説と立式
ステップ1: 左側接続

$C_1$ 上側電荷: $+CV_0$
$C_2$ 上側電荷: $C \times (\frac{3}{2}V_0) = +\frac{3}{2}CV_0$ （保持）
合計電荷 $Q_{\text{前}}$:

$$
\begin{aligned}
Q_{\text{前}} &= CV_0 + \frac{3}{2}CV_0 \\[2.0ex] &= \frac{5}{2}CV_0
\end{aligned}
$$
ステップ2: 右側接続
新しい電位を $x_3$ と置きます。
保存則を立式します。
$$
\begin{aligned}
C(x_3 – V_0) + Cx_3 &= \frac{5}{2}CV_0 \quad \cdots ⑧
\end{aligned}
$$

計算過程

式⑧を解きます。
$$
\begin{aligned}
2Cx_3 – CV_0 &= \frac{5}{2}CV_0 \\[2.0ex] 2Cx_3 &= \frac{7}{2}CV_0 \\[2.0ex] x_3 &= \frac{7}{4}V_0
\end{aligned}
$$
よって、$V_{\text{AB}} = \frac{7}{4}V_0$。

結論と吟味

電圧は $1.75V_0$ になりました。上昇していますが、上昇幅は $0.5 \to 0.25$ と減っています。

解答 IV $V_{\text{AB}} = \frac{7}{4}V_0$

問V

思考の道筋とポイント
操作を多数回繰り返したときの極限値を求めます。
これまでの流れから、$n$ 回目の操作終了時の電位 $x_n$ と、$n+1$ 回目の電位 $x_{n+1}$ の関係（漸化式）を作ればよいことが分かります。

具体的な解説と立式
$n$ 回目の操作終了時の電位を $x_n$ とします。
このとき、$C_2$ に蓄えられている電荷は $Cx_n$ です。

$n+1$ 回目の操作:

左側接続: $C_1$ は $+CV_0$ を補充。$C_2$ は $Cx_n$ を保持。
- 合計電荷: $Q_{\text{前}} = CV_0 + Cx_n$
右側接続: 電位が $x_{n+1}$ になる。
- 合計電荷: $Q_{\text{後}} = C(x_{n+1} – V_0) + Cx_{n+1}$

漸化式の立式:
$$
\begin{aligned}
C(x_{n+1} – V_0) + Cx_{n+1} &= CV_0 + Cx_n \quad \cdots ⑨
\end{aligned}
$$

計算過程

式⑨を整理します。
$$
\begin{aligned}
2Cx_{n+1} – CV_0 &= CV_0 + Cx_n \\[2.0ex] 2Cx_{n+1} &= 2CV_0 + Cx_n \\[2.0ex] x_{n+1} &= \frac{1}{2}x_n + V_0
\end{aligned}
$$
多数回繰り返したとき、電位は一定値 $x_\infty$ に収束します。
このとき $x_{n+1} \approx x_n \approx x_\infty$ とみなせます。
$$
\begin{aligned}
x_\infty &= \frac{1}{2}x_\infty + V_0 \\[2.0ex] \frac{1}{2}x_\infty &= V_0 \\[2.0ex] x_\infty &= 2V_0
\end{aligned}
$$

この設問の平易な説明

毎回、$C_1$ が $V_0$ 分の電気を運んできて、$C_2$ と分け合います。
$C_2$ の電圧が低いうちはどんどん電圧が上がりますが、$C_2$ の電圧が高くなると、$C_1$ から移せる電気が減っていきます。
最終的に、$C_1$ が運んでくる電気の圧力と、$C_2$ が押し返す圧力が釣り合うところで電圧の上昇が止まります。それが $2V_0$ です。

結論と吟味

最終的に電源電圧の2倍の電圧が得られます。

解答 V $2V_0$ に近づく

別解: 定常状態（平衡状態）に着目した解法

思考の道筋とポイント
漸化式を立てずに、最終的な「定常状態」では何が起きているかを考えます。
定常状態とは、「操作をしても状態が変わらない」状態のことです。

この設問における重要なポイント

電荷移動の停止: 定常状態では、左接続から右接続に切り替えても、電荷の移動が起こりません（あるいは移動しても元の状態に戻ります）。
電位のバランス: 右接続時に $C_1$ から $C_2$ へ電荷が流れない条件を考えます。

具体的な解説と立式
定常状態における $V_{\text{AB}}$ を $V$ とします。
左接続時、$C_1$ は電圧 $V_0$ で充電されます。このとき $C_1$ の上側極板の電位は（下側を基準にすると）$V_0$ ですが、回路全体の電位基準（$C_2$の下側 $G=0$）で考えるとどうなるでしょうか。
もっと単純に考えます。
右接続時、$C_1$ の下側は $V_0$ に接続されます。
もし、このとき $C_1$ の上側の電位が $V$ であり、かつ $C_1$ の極板間電圧が $V_0$（左接続で充電されたまま）であれば、電荷の移動は起こりません。
つまり、右接続時の回路において、以下の関係が成り立てば、$C_1$ は電荷を放出も吸収もしません。
$$
\begin{aligned}
(\text{上側の電位}) – (\text{下側の電位}) &= (\text{充電電圧}) \\[2.0ex] V – V_0 &= V_0 \quad \cdots ⑩
\end{aligned}
$$

使用した物理公式

電位差の定義

計算過程

式⑩を解きます。
$$
\begin{aligned}
V &= 2V_0
\end{aligned}
$$

この設問の平易な説明

$C_1$ は常に $V_0$ の電圧を持った「電池」のような状態で右側の回路に参加します。
右側の回路では、$C_1$ の下側が $V_0$ に持ち上げられます。
その上に $C_1$（電圧 $V_0$）が乗っかっているので、$C_1$ の上側の高さは $V_0 + V_0 = 2V_0$ になります。
$C_2$ はこの高さまで充電されるので、最終的に $2V_0$ になります。

結論と吟味

計算なしで直感的に答えが出せる強力な方法です。

解答 V $2V_0$

別解: 微積分を用いた体系的解法

思考の道筋とポイント
ガウスの法則を用いて、孤立部分の電荷保存則を電場の言葉で記述します。

この設問における重要なポイント

ガウスの法則: 閉曲面から出る電束の総和は内部電荷に比例します。
電位と電場: $V = Ed$ の関係を用います。

具体的な解説と立式
$C_1$ の上側極板と $C_2$ の上側極板を囲む閉曲面 $S$ を考えます。
極板面積を $A$、間隔を $d$ とすると、$C = \varepsilon_0 A / d$ です。
$n$ 回目の操作後の電位を $x_n$ とします。
$n+1$ 回目の右接続時、$C_1$ 内の電場 $E_1$ と $C_2$ 内の電場 $E_2$ は、上向きを正として以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
E_1 &= \frac{x_{n+1} – V_0}{d} \\[2.0ex] E_2 &= \frac{x_{n+1} – 0}{d}
\end{aligned}
$$
ガウスの法則 $\varepsilon_0 \oint E \cdot dS = Q_{\text{内}}$ より、極板から出る電束を考えます（極板間のみ電場があると仮定）。
$$
\begin{aligned}
\varepsilon_0 A E_1 + \varepsilon_0 A E_2 &= Q_{\text{total}}
\end{aligned}
$$
ここで $Q_{\text{total}}$ は左接続直後の総電荷 $CV_0 + Cx_n$ です。
$$
\begin{aligned}
\varepsilon_0 A \frac{x_{n+1} – V_0}{d} + \varepsilon_0 A \frac{x_{n+1}}{d} &= CV_0 + Cx_n \quad \cdots ⑪
\end{aligned}
$$

使用した物理公式

ガウスの法則: $\oint \vec{E} \cdot d\vec{S} = \frac{Q}{\varepsilon_0}$

計算過程

$\frac{\varepsilon_0 A}{d} = C$ を式⑪に代入します。
$$
\begin{aligned}
C(x_{n+1} – V_0) + Cx_{n+1} &= CV_0 + Cx_n
\end{aligned}
$$
これはメイン解法の漸化式 ④ と全く同じになります。
よって、極限値は $2V_0$ です。

この設問の平易な説明

コンデンサーの公式を使わずに、電場の法則からスタートしました。
電場の強さと電荷の関係式を作ると、自然と電圧の式と同じ形が現れます。

結論と吟味

原理的なアプローチからも同じ結果が得られました。

解答 V $2V_0$

【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？

孤立部分の電荷保存則
- 核心: スイッチを切り替えた瞬間、どこにもつながらない「島」となった導体部分（今回は $C_1$ 上側と $C_2$ 上側）の電荷の総和は不変です。
- 理解のポイント:
  - 島の特定: 回路図上で、他の部分と切断されている箇所を指で囲んで確認します。
  - 電荷の合流: 毎回 $C_1$ が新しい電荷を運び込み、その島に合流することで総電荷が増えていく（電圧が上がる）様子をイメージしましょう。
電位による回路解析
- 核心: 複雑な回路でも、各点の「高さ（電位）」を未知数として置けば、必ず方程式が立ちます。
- 理解のポイント:
  - 基準点の設定: 電源の負極を $0$ と基準化し、他の点の電位をそこからの差として記述する手法をマスターしましょう。
  - 相対電位: コンデンサーの電圧は常に「自分の電位 – 相手の電位」で決まります。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

応用できる類似問題のパターン:
- コッククロフト・ウォルトン回路: 今回のようなコンデンサーとダイオード（またはスイッチ）を用いた昇圧回路は、粒子加速器などで使われる実用的な技術の基礎です。
- 無限回操作の問題: 「十分時間が経過した」「多数回繰り返した」という文言があれば、漸化式を立てて $x_{n+1} = x_n$ と置くか、物理的な定常状態を考察するかの二択です。
初見の問題での着眼点:
1. 接続のトレース: スイッチがどこにつながり、どの極板がどの電位になるかを、指でなぞって確認します。特に「共通ライン」や「アース」を見落とさないように。
2. リセットされる素子の特定: 今回の $C_1$ のように、毎回特定の状態に戻される素子が「ポンプ」の役割を果たします。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

電荷の符号ミス:
- 誤解: 電源につないだとき、どちらがプラスになるかを勘違いする。
- 対策: 電池の記号（長い方がプラス）を確実に確認し、図に $+$、$-$ を書き込む習慣をつけましょう。
漸化式の計算ミス:
- 誤解: $Q_{\text{前}}$ の計算で、$C_2$ の電荷を忘れたり、$C_1$ の電荷を $0$ にしてしまったりする。
- 対策: 「前の操作で何が残っているか」と「今回の操作で何が追加されたか」を分けて書き出しましょう。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

電位法（$Q=C(V_1-V_2)$）の選択:
- 選定理由: 直列・並列が複雑に切り替わる回路では、合成容量を考えるよりも、各点の電位を未知数とする方が機械的に解けるため、ミスが少なくなります。
- 適用根拠: 孤立部分が存在し、電荷保存則が使えることが明確であるため。
定常状態法の選択（別解）:
- 選定理由: 漸化式を解く時間を短縮し、検算としても非常に有効だからです。
- 適用根拠: 「多数回繰り返した」という条件が、物理的な平衡状態への収束を保証しているため。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

図の描き直し:
- 意識: スイッチを切り替えるたびに、頭の中だけでなく紙に新しい回路図を描く。
- 実践: 電位が確定している部分（電源につながっている線など）を色ペンでなぞると、未知の部分が浮き彫りになります。
極限のチェック:
- 意識: 求めた漸化式が正しいか、$n=1$ や $n=2$ の値を代入して確認する。
- 実践: $x_1 = V_0$, $x_2 = 1.5V_0$ が漸化式 $x_{n+1} = 0.5x_n + V_0$ を満たすかチェックします。

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問題23 コンデンサー (早稲田大)

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

【相違点に関する注記】

提示する別解
- 設問(4)の別解: 微積分を用いた体系的解法（微分方程式による厳密解）
  - 模範解答がグラフの幾何学的特徴（面積や切片）から定性的に判断しているのに対し、別解では回路方程式を微分方程式として解き、電流 $I(t)$ の時間変化を厳密な数式で導出します。これにより、時定数 $\tau = RC$ の意味が明確になり、グラフの変化を定量的に説明できます。
上記の別解が有益である理由
- 微積分の解法: 「なぜグラフが指数関数的に減衰するのか」「なぜ時定数が $RC$ なのか」という物理的背景を深く理解でき、グラフの形状変化を論理的に予測できるようになります。
結果への影響
- いずれのアプローチを用いても、最終的に得られる答えは模範解答と完全に一致します。

この問題のテーマは「RC回路の過渡現象」です。
コンデンサーの充電過程において、電流や電圧が時間とともにどのように変化するかを、グラフや数式を用いて解析します。

問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

キルヒホッフの第2法則: 閉回路を一巡したときの電位変化の総和は $0$ です。
オームの法則: 抵抗 $R$ を流れる電流 $I$ による電圧降下は $V = RI$ です。
コンデンサーの基本式: 電荷 $Q$、電気容量 $C$、電圧 $V$ の関係は $Q = CV$ です。
電流と電荷の関係: 電流 $I$ は単位時間あたりに流れる電荷量であり、$I = \Delta Q / \Delta t$（微小時間なら $I = dQ/dt$）です。グラフ上では、$I-t$ グラフの面積が移動した電荷量 $Q$ に相当します。

基本的なアプローチは以下の通りです。

(1)では、任意の時刻 $t$ における回路方程式を立て、電流 $I(t)$ を電圧 $V(t)$ で表します。
(2)では、初期状態（$t=0$）の電流値を基準に、電流が半分になる時刻でのコンデンサーの電荷を求めます。
(3)では、与えられたグラフから具体的な数値（抵抗値、電荷量、電気容量）を読み取ります。特に「面積＝電荷量」の関係が重要です。
(4)では、グラフの変化（初期値と面積）から、回路定数 $R, C$ の変化を逆算します。

問(1)

思考の道筋とポイント
時刻 $t$ における回路の状態を考えます。
スイッチSを閉じた直後から、コンデンサーには電荷が蓄えられ始め、極板間電圧 $V(t)$ が生じます。
このとき、回路には電流 $I(t)$ が流れており、抵抗 $R$ で電圧降下 $RI(t)$ が発生しています。
キルヒホッフの第2法則を用いて、電源電圧 $V_0$、抵抗での電圧降下、コンデンサーの電圧の関係式を立てます。

この設問における重要なポイント

キルヒホッフの法則: 起電力 $V_0$ = 電圧降下の和 $RI(t) + V(t)$。
変数の依存性: $I$ も $V$ も時間 $t$ の関数ですが、ここでは瞬間の値としての関係式を求めます。

具体的な解説と立式
回路を時計回りに一周するキルヒホッフの第2法則を適用します。
電源を通過すると電位が $V_0$ 上がります。
抵抗を電流 $I(t)$ の方向に通過すると電位が $R I(t)$ 下がります。
コンデンサーを通過すると電位が $V(t)$ 下がります（電流が流れ込む側が高電位）。
よって、以下の式が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
V_0 – R I(t) – V(t) &= 0
\end{aligned}
$$
この式を $I(t)$ について解きます。

使用した物理公式

キルヒホッフの第2法則: $\sum V = 0$
オームの法則: $V = RI$

計算過程

$$
\begin{aligned}
R I(t) &= V_0 – V(t) \\[2.0ex] I(t) &= \frac{V_0 – V(t)}{R}
\end{aligned}
$$

この設問の平易な説明

電池のパワー（電圧 $V_0$）は、抵抗とコンデンサーの2箇所で使われます。
コンデンサーが $V(t)$ だけ電圧を使っているので、残りの $V_0 – V(t)$ が抵抗にかかります。
抵抗にかかる電圧が決まれば、オームの法則（電圧÷抵抗＝電流）で流れる電流が決まります。

結論と吟味

式は $I(t) = \frac{V_0 – V(t)}{R}$ となりました。
$t=0$ で $V(0)=0$ なら $I(0) = V_0/R$（最大）、充電完了して $V(t)=V_0$ になると $I(t)=0$ となり、物理的直感と一致します。

解答 (1) $I(t) = \displaystyle \frac{V_0 – V(t)}{R}$

問(2)

思考の道筋とポイント
まず、$t=0$ における電流値 $I(0)$ を求めます。
問題文より、はじめの電気量は $0$ なので、$t=0$ におけるコンデンサーの電圧 $V(0)$ は $0$ です。
次に、電流が $I(0)/2$ になる時刻におけるコンデンサーの電圧 $V(t)$ を(1)の式から逆算します。
最後に、その電圧 $V(t)$ を用いて、コンデンサーに蓄えられている電荷 $q(t)$ を求めます。

この設問における重要なポイント

初期条件: $t=0$ で $Q=0 \Rightarrow V(0)=0$。
関係式の利用: (1)で求めた $I(t)$ と $V(t)$ の関係式は、どの時刻でも成り立ちます。

具体的な解説と立式
まず、$t=0$ での電流 $I(0)$ を求めます。
$V(0) = 0$ を(1)の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
I(0) &= \frac{V_0 – 0}{R} \\[2.0ex] &= \frac{V_0}{R}
\end{aligned}
$$
次に、電流がこの半分、つまり $I(t) = \frac{1}{2} I(0) = \frac{V_0}{2R}$ となる時刻を考えます。
このときのコンデンサーの電圧を $V$ とし、(1)の式に代入して立式します。
$$
\begin{aligned}
\frac{V_0}{2R} &= \frac{V_0 – V}{R}
\end{aligned}
$$
この式から $V$ を求め、さらに電荷 $q = CV$ を計算します。

使用した物理公式

コンデンサーの基本式: $Q = CV$

計算過程

上の式を解いて $V$ を求めます。
$$
\begin{aligned}
\frac{V_0}{2} &= V_0 – V \\[2.0ex] V &= V_0 – \frac{V_0}{2} \\[2.0ex] &= \frac{1}{2} V_0
\end{aligned}
$$
このときの電荷 $q$ を求めます。
$$
\begin{aligned}
q &= CV \\[2.0ex] &= C \left( \frac{1}{2} V_0 \right) \\[2.0ex] &= \frac{1}{2} C V_0
\end{aligned}
$$

この設問の平易な説明

最初はコンデンサーが空っぽなので、抵抗だけに電池の電圧がかかり、最大の電流が流れます。
電流が半分になったということは、抵抗にかかる電圧も半分になったということです。
電池の電圧は変わらないので、残りの半分はコンデンサーにかかっているはずです。
コンデンサーの電圧が電池の半分なら、溜まっている電気の量も満タン（$CV_0$）の半分になります。

結論と吟味

答えは $\frac{1}{2} C V_0$ です。
電流が減るにつれてコンデンサーの電圧が上がり、電荷が増えるという関係が正しく反映されています。

解答 (2) $\displaystyle \frac{1}{2} C V_0$

問(3)

思考の道筋とポイント
グラフ（図2）から情報を読み取ります。
(ア) $R$ の値を求めるには、$t=0$ の瞬間に着目します。このとき $V(0)=0$ なので、オームの法則がそのまま使えます。
(イ) $I-t$ グラフの面積が電荷量 $Q$ を表すことを利用します。方眼の数を数えて面積を概算し、総電荷量を求めます。その後、$Q=CV$ から $C$ を求めます。

この設問における重要なポイント

初期電流: $t=0$ の電流値 $I(0)$ はグラフの切片から読み取れます。
面積の意味: 電流 $I$ は単位時間あたりの電荷の移動量なので、$I$ を時間 $t$ で積分（面積計算）すると、移動した総電荷量 $Q$ になります。

具体的な解説と立式
(ア) 抵抗 $R$ の算出
図2より、$t=0$ における電流 $I(0)$ を読み取ります。
グラフの縦軸切片は $1.6\,\text{mA}$ です。
$$
\begin{aligned}
I(0) &= 1.6 \times 10^{-3}\,\text{A}
\end{aligned}
$$
(1)より $I(0) = V_0/R$ なので、これに $V_0 = 4.00\,\text{V}$ を代入して $R$ を求める式を立てます。
$$
\begin{aligned}
1.6 \times 10^{-3} &= \frac{4.00}{R}
\end{aligned}
$$

(イ) 電荷量 $Q$ と容量 $C$ の算出
点Aは $I(t) = I(0)/2 = 0.8\,\text{mA}$ となる時刻を表しています。
OABCで囲まれた部分は、$t=0$ から点Aの時刻までの $I-t$ グラフの面積です。
方眼1個あたりの電荷量 $\Delta q$ を計算します。
縦1目盛り: $0.1\,\text{mA} = 0.1 \times 10^{-3}\,\text{A}$
横1目盛り: $1\,\text{s}$
$$
\begin{aligned}
\Delta q &= (0.1 \times 10^{-3}) \times 1 \\[2.0ex] &= 1.0 \times 10^{-4}\,\text{C}
\end{aligned}
$$
方眼が約100個分なので、この期間に移動した電荷 $q_{\text{A}}$ は、
$$
\begin{aligned}
q_{\text{A}} &= 100 \times \Delta q
\end{aligned}
$$
(2)の結果より、電流が半分になる時刻（点A）での電荷 $q_{\text{A}}$ は、充電完了時の全電荷 $Q$ の半分です。
$$
\begin{aligned}
q_{\text{A}} &= \frac{1}{2} Q
\end{aligned}
$$
これより全電荷 $Q$ を求め、さらに $Q = C V_0$ から $C$ を求めます。

使用した物理公式

オームの法則: $V = RI$
電流の定義（積分形）: $Q = \int I dt$ （面積）
コンデンサーの容量: $C = Q/V$

計算過程

(ア)
$$
\begin{aligned}
R &= \frac{4.00}{1.6 \times 10^{-3}} \\[2.0ex] &= \frac{4000}{1.6} \\[2.0ex] &= \frac{40000}{16} \\[2.0ex] &= 2500 \\[2.0ex] &= 2.50 \times 10^3\,\Omega
\end{aligned}
$$

(イ)
まず $q_{\text{A}}$ を計算します。
$$
\begin{aligned}
q_{\text{A}} &= 100 \times (1.0 \times 10^{-4}) \\[2.0ex] &= 1.0 \times 10^{-2}\,\text{C}
\end{aligned}
$$
全電荷 $Q$ はその2倍なので、
$$
\begin{aligned}
Q &= 2 \times q_{\text{A}} \\[2.0ex] &= 2 \times (1.0 \times 10^{-2}) \\[2.0ex] &= 2.00 \times 10^{-2}\,\text{C}
\end{aligned}
$$
電気容量 $C$ を求めます。
$$
\begin{aligned}
C &= \frac{Q}{V_0} \\[2.0ex] &= \frac{2.00 \times 10^{-2}}{4.00} \\[2.0ex] &= 0.500 \times 10^{-2} \\[2.0ex] &= 5.00 \times 10^{-3}\,\text{F}
\end{aligned}
$$

この設問の平易な説明

(ア) スイッチを入れた瞬間の電流は、邪魔もの（抵抗）だけで決まります。電圧4Vで電流1.6mA流れたので、抵抗値を計算しました。
(イ) 電流のグラフの下側の面積は、流れた電気の総量を表します。方眼紙のマス目を数えて面積を出し、そこまで流れた電気量を求めました。
問題(2)で「電流が半分になったときは、電気も半分溜まっている」と分かっているので、求めた面積（電気量）を2倍すれば、満タンのときの電気量が分かります。
最後に「満タンの電気量 ÷ 電圧」でコンデンサーの容量を計算しました。

結論と吟味

$R = 2.50 \times 10^3\,\Omega$、$Q = 2.00 \times 10^{-2}\,\text{C}$、$C = 5.00 \times 10^{-3}\,\text{F}$。
有効数字3桁で答える点に注意が必要です。数値のオーダーも妥当です。

解答 (3) (ア) $2.50 \times 10^3\,\Omega$, (イ) $Q$: $2.00 \times 10^{-2}\,\text{C}$, $C$: $5.00 \times 10^{-3}\,\text{F}$

問(4)

思考の道筋とポイント
問題文の条件「電流が常に $\frac{1}{2}$ となる」の意味を正確に捉えます。
これは、任意の時刻 $t$ において、点線の電流値 $I'(t)$ が実線の電流値 $I(t)$ の半分であることを意味します。
$$
\begin{aligned}
I'(t) &= \frac{1}{2} I(t)
\end{aligned}
$$
この条件から、グラフの幾何学的特徴（初期値と面積）の変化を読み取り、$R$ と $C$ の変化を導きます。

この設問における重要なポイント

初期値の変化: $t=0$ における電流 $I(0)$ も半分になります。
面積の変化: グラフの高さが常に半分になるため、グラフの下側の面積（総電荷量 $Q$）も半分になります。

具体的な解説と立式
抵抗 $R$ の変化について:
$t=0$ における電流 $I(0)$ に着目します。
点線の初期電流 $I'(0)$ は、実線の初期電流 $I(0)$ の半分です。
$$
\begin{aligned}
I'(0) &= \frac{1}{2} I(0)
\end{aligned}
$$
オームの法則 $I(0) = V_0/R$ より、$V_0$ が一定であるため、$I(0)$ は $R$ に反比例します。
電流を半分にするには、抵抗を2倍にする必要があります。
$$
\begin{aligned}
\frac{V_0}{R’} &= \frac{1}{2} \frac{V_0}{R}
\end{aligned}
$$

容量 $C$ の変化について:
グラフの面積（総電荷量 $Q$）に着目します。
電流が常に半分 $I'(t) = \frac{1}{2} I(t)$ なので、それを時間積分した総電荷量 $Q’$ も半分になります。
$$
\begin{aligned}
Q’ &= \int_0^\infty I'(t) dt \\[2.0ex] &= \int_0^\infty \frac{1}{2} I(t) dt \\[2.0ex] &= \frac{1}{2} \int_0^\infty I(t) dt \\[2.0ex] &= \frac{1}{2} Q
\end{aligned}
$$
コンデンサーの基本式 $Q = CV_0$ より、$V_0$ が一定であるため、$Q$ は $C$ に比例します。
総電荷量を半分にするには、容量を半分にする必要があります。
$$
\begin{aligned}
C’ V_0 &= \frac{1}{2} C V_0
\end{aligned}
$$

使用した物理公式

オームの法則: $I(0) = V_0/R$
電荷と電流の積分関係: $Q = \int I dt$
コンデンサーの基本式: $Q = CV_0$

計算過程

$R$ について:
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{R’} &= \frac{1}{2R} \\[2.0ex] R’ &= 2R
\end{aligned}
$$
よって2倍。

$C$ について:
$$
\begin{aligned}
C’ &= \frac{1}{2} C
\end{aligned}
$$
よって1/2倍。

この設問の平易な説明

まず、スタートの電流が半分になっているので、抵抗は2倍になったと分かります（電圧は同じだから）。
次に、グラフ全体が縦に半分に押しつぶされた形になっています。
これは、流れた電気の総量（グラフの面積）も半分になったことを意味します。
電圧が変わらないのに溜まる電気が半分になったということは、コンデンサーの容量（器の大きさ）が半分になったということです。

結論と吟味

$R$ は2倍、$C$ は1/2倍です。
抵抗が増えて電流が流れにくくなり（初期値半減）、容量が減って溜まる電気も減った（面積半減）という結果は、物理的に整合しています。

解答 (4) $R$: 2倍, $C$: $\displaystyle \frac{1}{2}$ 倍

別解: 微積分を用いた体系的解法（微分方程式による厳密解）

思考の道筋とポイント
回路方程式を微分方程式として解き、電流 $I(t)$ の式を導出します。
「電流が常に1/2」という条件を数式上で解析し、$R$ と $C$ の条件を導きます。

この設問における重要なポイント

電流の減衰式: $I(t) = I_0 e^{-t/\tau}$ の形になります。
係数比較: 「常に半分」であるためには、初期値 $I_0$ が半分で、かつ時定数 $\tau$ が変わらない必要があります。

具体的な解説と立式
(1)の回路方程式 $V_0 – RI – Q/C = 0$ を時間微分して整理すると、以下の電流の式が得られます（導出過程は省略しますが、典型的なRC回路の解です）。
$$
\begin{aligned}
I(t) &= \frac{V_0}{R} e^{-\frac{t}{RC}}
\end{aligned}
$$
変更後の抵抗を $R’$、容量を $C’$ とすると、変更後の電流 $I'(t)$ は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
I'(t) &= \frac{V_0}{R’} e^{-\frac{t}{R’C’}}
\end{aligned}
$$
問題文の条件「$I'(t) = \frac{1}{2} I(t)$」より、以下の等式がすべての時刻 $t$ で成り立つ必要があります。
$$
\begin{aligned}
\frac{V_0}{R’} e^{-\frac{t}{R’C’}} &= \frac{1}{2} \cdot \frac{V_0}{R} e^{-\frac{t}{RC}}
\end{aligned}
$$
この等式が恒等的に成り立つためには、以下の2つの条件が必要です。
1. 係数の一致: $t=0$ での値が等しい。
$$
\begin{aligned}
\frac{V_0}{R’} &= \frac{1}{2} \frac{V_0}{R} \quad \cdots ①
\end{aligned}
$$
2. 指数部の一致: 時間変化の速さ（時定数）が等しい。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{R’C’} &= \frac{1}{RC} \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$

使用した物理公式

RC回路の電流式: $I(t) = \frac{V_0}{R} e^{-\frac{t}{RC}}$

計算過程

式①より、
$$
\begin{aligned}
R’ &= 2R
\end{aligned}
$$
式②より、
$$
\begin{aligned}
R’C’ &= RC
\end{aligned}
$$
これに $R’ = 2R$ を代入します。
$$
\begin{aligned}
(2R) C’ &= RC \\[2.0ex] C’ &= \frac{1}{2} C
\end{aligned}
$$

この設問の平易な説明

数式で見ると、電流は「スタートの値」と「減っていくペース」の2つの要素で決まります。
「常に半分」ということは、「スタートの値が半分」で、かつ「減っていくペースは同じ」でなければなりません（ペースが違うと、途中で追い越したり離れすぎたりして、常に半分にはなりません）。
スタートの値から $R$ が2倍と決まり、ペース（時定数 $RC$）が変わらないことから、$R$ が2倍なら $C$ は半分でなければならないと決まります。

結論と吟味

数式からも $R$ が2倍、$C$ が1/2倍であることが厳密に導かれました。

解答 (4) $R$: 2倍, $C$: $\displaystyle \frac{1}{2}$ 倍

【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？

RC回路の過渡現象とグラフの読み取り
- 核心: コンデンサーを含む回路では、スイッチを入れた直後（過渡状態）から充電完了（定常状態）まで、電流や電圧が時間とともに変化します。この変化は $I-t$ グラフの「初期値」と「減衰の速さ（面積）」に現れます。
- 理解のポイント:
  - 初期値 $I(0)$: コンデンサーは空っぽ（導線と同じ）とみなせるため、抵抗だけで決まります（$I=V_0/R$）。
  - 面積 $Q$: $I-t$ グラフの面積は移動した電荷の総量です。これはコンデンサーの容量で決まります（$Q=CV_0$）。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

応用できる類似問題のパターン:
- 放電回路: 電池を外して抵抗だけで放電させる場合も、電流の向きが逆になるだけで、グラフの形状（指数関数的減衰）や時定数の考え方は全く同じです。
- コイルを含むRL回路: コイルの場合、スイッチを入れた直後は電流が流れにくく、徐々に増えていきます。グラフの形は逆になりますが、時定数（$L/R$）の概念は共通です。
初見の問題での着眼点:
1. $t=0$ と $t=\infty$ をチェック: まず「スイッチを入れた瞬間」と「十分時間が経った後」の状態を考えます。これだけで選択肢の多くを絞り込めます。
2. グラフの面積＝物理量: 縦軸と横軸の積が何を表すかを考えます。$I \times t = Q$（電荷）、$v \times t = x$（距離）、$F \times t = mv$（力積）など、積分の視点は強力な武器になります。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

時定数の誤解:
- 誤解: 「抵抗が大きいと電流が流れにくいから、すぐに充電が終わる（減衰が速い）」と直感的に間違える。
- 対策: 「抵抗が大きい＝チョロチョロしか流れない＝満タンになるまで時間がかかる」というイメージを持ちましょう。数式 $e^{-t/RC}$ において $R$ が分母にあることからも、$R$ が大きいほど変化が遅くなることが分かります。
グラフの読み取りミス:
- 誤解: 方眼の数を数える際、端数の処理を適当にしてしまい、誤差が大きくなる。
- 対策: 「半分以上なら1、以下なら0」といった自分なりのルールを決め、できるだけ丁寧に数えましょう。また、三角形や台形で近似して検算するのも有効です。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

微分方程式（別解）の選択:
- 選定理由: グラフの形状変化（$R$や$C$を変えたときの影響）を定量的に議論する場合、数式（$I = I_0 e^{-t/RC}$）があると一目瞭然だからです。
- 適用根拠: キルヒホッフの法則は瞬間の値に対して成立するため、時間変化を含む式（微分方程式）に拡張できます。

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（接頭辞）:
- 意識: $\text{mA}$（ミリ）や $\mu\text{F}$（マイクロ）などの接頭辞を見落とさない。
- 実践: 計算時は必ず $10^{-3}$ や $10^{-6}$ に書き換えて指数計算を行いましょう。最後の答えでまた接頭辞に戻すか、有効数字表記にするかを確認します。

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問題24 コンデンサー (早稲田大)

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

【相違点に関する注記】

提示する別解
- 設問(2)の別解1: 電位を用いた解法（ノード方程式）
  - 模範解答が直列コンデンサーの分圧公式を用いるのに対し、別解では接続点Aの電位を未知数 $x$ と置き、孤立部分の電荷保存則から方程式を立てて解きます。これは複雑な回路でも通用する汎用的な手法です。
- 設問(2)の別解2: 微積分を用いた体系的解法（ガウスの法則）
  - 公式 $Q=CV$ を前提とせず、ガウスの法則から電場を導出し、電位の定義（積分）に基づいて保存則を立式します。
- 設問(3)の別解: 合成容量を用いた解法
  - 模範解答が電位法で解いているのに対し、回路の接続状態（並列・直列）を見抜き、合成容量を用いて全体の電荷配分を一気に計算します。
- 設問(6)の別解: 重ね合わせの理を用いた解法
  - 2つの電源 $E$ と $2E$ が同時に存在する場合、それぞれの電源が単独で存在するときの電位分布を計算し、それらを足し合わせることで解を導きます。線形回路ならではの強力な手法です。
上記の別解が有益である理由
- 電位法（ノード方程式）: 回路構造が複雑になっても「未知数＝接点電位」と機械的に設定できるため、思考コストを下げられます。
- 重ね合わせの理: 複数の電源がある場合に、問題を単純な部分問題に分解できるため、計算ミスを減らし見通しを良くします。
結果への影響
- いずれのアプローチを用いても、最終的に得られる答えは模範解答と完全に一致します。

この問題のテーマは「複雑なコンデンサー回路における電荷保存と電位分布」です。
スイッチの開閉によって回路の接続状態が変化し、それに伴い電荷が再配分される様子を追跡します。特に、複数の電源とコンデンサーが混在する回路では、「孤立部分の電荷保存則」と「電位による立式」が最強の武器となります。

問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

電気量保存則: スイッチ操作によって孤立した導体部分（島）の総電荷量は変化しません。
キルヒホッフの法則（電位の周回）: 閉回路を一巡したときの電位変化の総和は $0$ です。
コンデンサーの直列・並列接続: 直列では電荷が等しく電圧が容量の逆比になり、並列では電圧が等しく電荷が容量に比例します。
静電エネルギー: コンデンサーに蓄えられるエネルギーは $U = \frac{1}{2}CV^2 = \frac{1}{2}QV$ です。

基本的なアプローチは以下の通りです。

(1)では、コンデンサーが未充電（導線とみなせる）瞬間の電流をオームの法則で求めます。
(2)では、充電完了後の定常状態における電位分布を、直列回路の性質または電荷保存則から求めます。
(3)〜(4)では、スイッチ操作後の再配分を、孤立部分の電荷保存則とキルヒホッフの法則（電位の一意性）を連立させて解きます。
(5)では、エネルギー保存則（電池の仕事＝静電エネルギー変化＋ジュール熱）を用いて発熱量を計算します。
(6)および追加問題Qでは、さらに複雑な接続状態での電位分布を、同様に電荷保存則と電位法を用いて解析します。

問(1)

思考の道筋とポイント
スイッチ $S_1$ を閉じた直後の状態を考えます。
初期状態ではすべてのコンデンサーの電荷は $0$ です。
電荷が $0$ のコンデンサーは、極板間の電位差が $0$ （$V=Q/C=0$）であるため、回路的には「抵抗なしの導線」と同じ扱いができます。

この設問における重要なポイント

過渡現象の初期条件: スイッチを入れた瞬間、未充電のコンデンサーは短絡（ショート）状態とみなせます。
回路の簡略化: コンデンサー $C_1, C_2$ を導線に置き換えて回路図を見直します。

具体的な解説と立式
$S_1$ を閉じた直後、$C_1$ と $C_2$ の電位差は $0$ です。
したがって、点B、点A、点Gはすべて同電位（接地電位 $0$）とみなせます。
回路図を見ると、電源 $E$ と抵抗 $R_1$ だけを含む閉回路が形成されていることがわかります。
抵抗 $R_1$ にかかる電圧は電源電圧 $E$ そのものです。
オームの法則より、流れる電流 $I_0$ を求めます。
$$
\begin{aligned}
E &= R_1 I_0
\end{aligned}
$$

使用した物理公式

オームの法則: $V = RI$

計算過程

$$
\begin{aligned}
I_0 &= \frac{E}{R_1}
\end{aligned}
$$

この設問の平易な説明

スイッチを入れた瞬間、コンデンサーは空っぽなので、電気をせき止める力がありません。まるでただの導線のように電気がスルスル通ります。
そうすると、回路は「電池」と「抵抗 $R_1$」だけの単純な形になります。
抵抗 $R_1$ に電池の電圧 $E$ がそのままかかるので、オームの法則で電流を計算しました。

結論と吟味

答えは $E/R_1$ です。
時間が経つとコンデンサーに電気が溜まって電圧が生じ、電流は減っていきますが、直後は最大電流が流れます。

解答 (1) $\displaystyle \frac{E}{R_1}$

問(2)

思考の道筋とポイント
十分に時間が経過した状態（定常状態）を考えます。
電流は $0$ になり、抵抗 $R_1$ での電圧降下も $0$ になります。
つまり、点Bの電位は電源の正極と同じ $E$ になり、点Gは接地されているので $0$ です。
この電位差 $E$ が、直列に接続されたコンデンサー $C_1$ と $C_2$ に分配されます。

この設問における重要なポイント

直列接続の分圧: 直列コンデンサーでは、蓄えられる電荷 $Q$ が等しくなります。$V=Q/C$ より、電圧は容量 $C$ に反比例して分配されます。
電位の基準: 点Gが接地（$0\,\text{V}$）されているため、点Aの電位は $C_2$ の極板間電圧そのものです。

具体的な解説と立式
回路は $C_1$（容量 $C$）と $C_2$（容量 $2C$）の直列接続です。
全電圧は $E$ です。
直列回路の分圧の法則（電圧は容量の逆比）より、$C_2$ にかかる電圧 $V_2$（すなわち点Aの電位 $V_{\text{A}}$）は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
V_{\text{A}} &= \frac{\frac{1}{2C}}{\frac{1}{C} + \frac{1}{2C}} E
\end{aligned}
$$
あるいは、容量の比が $C_1 : C_2 = 1 : 2$ なので、電圧の比は $V_1 : V_2 = 2 : 1$ です。
$$
\begin{aligned}
V_{\text{A}} &= \frac{1}{1+2} E
\end{aligned}
$$

使用した物理公式

コンデンサーの直列接続の分圧: $V_k = \frac{1/C_k}{\sum 1/C_i} V_{\text{total}}$

計算過程

$$
\begin{aligned}
V_{\text{A}} &= \frac{1}{3} E
\end{aligned}
$$

この設問の平易な説明

電気が流れ止まった後、電池の電圧 $E$ は2つのコンデンサー $C_1$ と $C_2$ で分け合います。
コンデンサーは「容量が小さいほど電圧が高くなる（溜まりにくいから高い圧力が必要）」という性質があります。
$C_1$ は容量 $C$、$C_2$ は容量 $2C$ なので、電圧の比は $2:1$ になります。
合計 $E$ を $2:1$ に分けたうちの「1」の方が $C_2$ の電圧、つまり点Aの高さ（電位）です。

結論と吟味

点Aの電位は $E/3$ です。
$C_1$ の電圧は $2E/3$ となり、足して $E$ になるので整合しています。

解答 (2) $\displaystyle \frac{1}{3} E$

別解: 電位を用いた解法（ノード方程式）

思考の道筋とポイント
点Aの電位を $x$ と置き、点Aにつながる極板群（孤立部分）の電荷保存則を立式します。
初期電荷は $0$ です。

この設問における重要なポイント

孤立部分: $C_1$ の右側極板と $C_2$ の上側極板は、スイッチ $S_1$ を閉じた後も外部（電源やアース）とは直接つながっておらず、この2枚の極板間でのみ電荷が移動します。
電荷の表し方: $Q = C(V_{\text{自分}} – V_{\text{相手}})$。

具体的な解説と立式
点Aの電位を $x$ とします。
点Bの電位は $E$、点Gの電位は $0$ です。
$C_1$ の右側極板の電荷は $C(x – E)$ です。
$C_2$ の上側極板の電荷は $2C(x – 0)$ です。
初期電荷の和は $0$ なので、保存則は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
C(x – E) + 2C(x – 0) &= 0
\end{aligned}
$$

使用した物理公式

電荷保存則: $\sum Q_{\text{後}} = \sum Q_{\text{前}}$

計算過程

$$
\begin{aligned}
Cx – CE + 2Cx &= 0 \\[2.0ex] 3Cx &= CE \\[2.0ex] x &= \frac{1}{3} E
\end{aligned}
$$

この設問の平易な説明

点Aの場所を「島」と考えます。この島には最初、電気の住人はいませんでした。
スイッチを入れると、左の $C_1$ 側と下の $C_2$ 側から電気が押し寄せますが、島全体としての住人の総数はゼロのまま変わりません（プラスとマイナスが打ち消し合う）。
「$C_1$ 側から来る電気」＋「$C_2$ 側から来る電気」＝ 0 という式を作って解きました。

結論と吟味

メイン解法と同じ結果が得られました。この方法は回路が複雑になっても使える強力な武器です。

解答 (2) $\displaystyle \frac{1}{3} E$

別解: 微積分を用いた体系的解法

思考の道筋とポイント
ガウスの法則を用いて、点Aにおける電場の発散（湧き出し）がゼロであることを示し、そこから電位を求めます。

この設問における重要なポイント

ガウスの法則: 閉曲面から出る電束の総和は内部電荷に比例します。
電位と電場: $E = -\nabla V$（一次元なら $E = -\Delta V / d$）。

具体的な解説と立式
点A（導体部分）を囲む閉曲面 $S$ を考えます。
内部電荷は $0$ なので、ガウスの法則 $\oint \vec{D} \cdot d\vec{S} = Q_{\text{in}}$ より、電束の総和は $0$ です。
$C_1$ の極板間隔を $d_1$、面積を $S_1$、誘電率を $\varepsilon$ とすると $C = \varepsilon S_1 / d_1$。
$C_2$ の極板間隔を $d_2$、面積を $S_2$ とすると $2C = \varepsilon S_2 / d_2$。
点Aから出る電束は、$C_1$ 側へ向かうものと $C_2$ 側へ向かうものの和です。
電位を $x$ とすると、
$C_1$ 側への電場 $E_1 = (x – E)/d_1$、電束 $D_1 S_1 = \varepsilon E_1 S_1 = \varepsilon S_1 (x-E)/d_1 = C(x-E)$。
$C_2$ 側への電場 $E_2 = (x – 0)/d_2$、電束 $D_2 S_2 = \varepsilon E_2 S_2 = \varepsilon S_2 (x-0)/d_2 = 2C(x-0)$。
これの和が $0$ です。
$$
\begin{aligned}
C(x – E) + 2C(x – 0) &= 0
\end{aligned}
$$

使用した物理公式

ガウスの法則: $\oint \varepsilon \vec{E} \cdot d\vec{S} = Q$

計算過程

これは別解1の式と全く同じになります。
$$
\begin{aligned}
x &= \frac{1}{3} E
\end{aligned}
$$

この設問の平易な説明

電気力線という「電気の矢印」を考えます。点Aからは矢印が湧き出したり吸い込まれたりしません（電荷がないから）。
$C_1$ の方へ出る矢印と、$C_2$ の方へ出る矢印の合計がゼロになる、という条件から計算しました。
結果として、電荷保存則と同じ式が出てきます。

結論と吟味

原理的なアプローチからも同じ結果が得られました。

解答 (2) $\displaystyle \frac{1}{3} E$

問(3)

思考の道筋とポイント
操作の流れを整理します。
1. $S_1$ を開く: $C_1$ の左側極板への電荷供給が断たれます。$C_1$ の電荷は固定されます。
2. $S_2$ を閉じる: 右側の回路（$C_3$ と電源 $2E$）が接続されます。

このとき、点Aを含む導体部分（$C_1$右、$C_2$上、$C_3$左）が新たな「孤立した島」となります。
この島の総電荷量は、操作前の電荷量（(2)で求めた状態）と等しくなります。

この設問における重要なポイント

電荷の凍結: $S_1$ を開いた時点で、$C_1$ の電荷は $Q_1 = C(E/3 – E) = -2/3 CE$（右側極板）で確定し、その後変化しません。$C_1$ は単なる「帯電した金属板」として振る舞い、容量 $C$ のコンデンサーとしての機能（電圧に応じて電荷が変わる機能）は失われます。
新たな孤立部分: 点Aには $C_2$ と $C_3$ が接続され、$C_1$ の電荷も同居しています。
保存則の適用範囲: 点Aにおける電荷保存則を立てます。

具体的な解説と立式
点Aの新しい電位を $x$ とします。
点Bの電位を $y$ とします。

$C_1$ の状態:
$S_1$ が開いているため、$C_1$ の左側極板の電荷は変わりません。(2)の状態より、左側極板の電荷は $+2/3 CE$ です。
したがって、右側極板の電荷も $-2/3 CE$ のまま固定されます。
この電荷は点Aの電荷保存則の一部としてカウントされます。
また、$C_1$ の極板間電位差は $Q/C = (2/3 CE)/C = 2/3 E$ で固定されます。
よって、点Bの電位 $y$ は、点Aの電位 $x$ よりも $2/3 E$ だけ高いです。
$$
\begin{aligned}
y &= x + \frac{2}{3} E
\end{aligned}
$$

点Aの電荷保存則:
点Aには、$C_1$ の右側極板、$C_2$ の上側極板、$C_3$ の左側極板が集まっています。
操作前の総電荷 $Q_{\text{total}}$ は、(2)の状態での $C_1$ 右側と $C_2$ 上側の和です（$C_3$ は未充電）。
$$
\begin{aligned}
Q_{\text{total}} &= Q_{1\text{右}} + Q_{2\text{上}} + Q_{3\text{左}} \\[2.0ex] &= C\left(\frac{1}{3}E – E\right) + 2C\left(\frac{1}{3}E – 0\right) + 0 \\[2.0ex] &= -\frac{2}{3}CE + \frac{2}{3}CE + 0 \\[2.0ex] &= 0
\end{aligned}
$$
操作後の総電荷も $0$ です。
操作後の各電荷を電位 $x$ で表します。

$C_1$ 右側: $-2/3 CE$ （固定）
$C_2$ 上側: $2C(x – 0)$
$C_3$ 左側: $C(x – 2E)$ （$C_3$ の右側は電源 $2E$ に接続）

保存則の式:
$$
\begin{aligned}
-\frac{2}{3}CE + 2Cx + C(x – 2E) &= 0
\end{aligned}
$$

使用した物理公式

電荷保存則
コンデンサーの基本式: $Q = C \Delta V$

計算過程

$$
\begin{aligned}
-\frac{2}{3}CE + 2Cx + Cx – 2CE &= 0 \\[2.0ex] 3Cx &= 2CE + \frac{2}{3}CE \\[2.0ex] 3Cx &= \frac{8}{3}CE \\[2.0ex] x &= \frac{8}{9} E
\end{aligned}
$$
点Aの電位は $8/9 E$ です。
点Bの電位 $y$ は、
$$
\begin{aligned}
y &= x + \frac{2}{3} E \\[2.0ex] &= \frac{8}{9} E + \frac{6}{9} E \\[2.0ex] &= \frac{14}{9} E
\end{aligned}
$$

この設問の平易な説明

$S_1$ を切ったので、$C_1$ は「電気の缶詰」になりました。中身の電気量（$-2/3 CE$）はもう変わりません。
次に $S_2$ をつなぐと、点Aは $C_2$ と $C_3$ の交差点になります。
点Aに集まる電気の総量は最初ゼロでした。$S_2$ をつないでも、逃げ場がないので総量はゼロのままです。
「$C_1$ の固定電荷」＋「$C_2$ に溜まる電気」＋「$C_3$ に溜まる電気」＝ 0 という式を作って、新しい電圧 $x$ を計算しました。
点Bは、点Aよりも「缶詰の電圧分」だけ高い場所にあります。

結論と吟味

A点の電位: $8/9 E$、B点の電位: $14/9 E$。
$2E$ の電源がつながったことで、全体の電位が上昇しており、妥当な結果です。

解答 (3) A点の電位: $\displaystyle \frac{8}{9} E$, B点の電位: $\displaystyle \frac{14}{9} E$

別解: 合成容量を用いた解法

思考の道筋とポイント
$C_1$ は回路的には単なる電荷の供給源（定数項）とみなし、$C_2$ と $C_3$ の並列回路として解きます。

この設問における重要なポイント

並列接続: 点Aから見ると、$C_2$ はアース（0V）へ、$C_3$ は電源（2E）へつながっています。交流回路的な視点（電源インピーダンス0）では、これらは並列に見えます。

具体的な解説と立式
点Aにある「浮遊電荷」を考えます。
初期電荷の総和は $0$ でした。
このうち、$C_1$ の右極板にある電荷 $-2/3 CE$ は固定されています。
残りの電荷 $+2/3 CE$ が、$C_2$ と $C_3$ に再配分されると考えます。
ただし、$C_3$ の向こう側は $2E$ の電位があるので、単純な並列ではありません。
やはり保存則（メイン解法）が最も確実ですが、視点を変えてみます。
「$C_2$ と $C_3$ が点Aに接続されている」状態は、合成容量 $C_{\text{合成}} = 2C + C = 3C$ のコンデンサーが点Aにぶら下がっているのと等価です。
この合成コンデンサーに、外部から電荷が供給されます。
供給源は2つ。
1. $C_1$ の固定電荷による影響（実質的な電荷供給）
2. 電源 $2E$ による $C_3$ 経由の電荷供給
これを定式化するのは結局メイン解法と同じになるため、ここでは「保存則の式変形」としての別解とします。
$$
\begin{aligned}
(2C + C)x &= 2C \cdot 0 + C \cdot 2E + \left( \text{初期電荷} – Q_{1\text{右}} \right) \\
3Cx &= 2CE + \left( 0 – (-\frac{2}{3}CE) \right) \\
3Cx &= 2CE + \frac{2}{3}CE
\end{aligned}
$$
これはメイン解法の式変形そのものです。

使用した物理公式

合成容量: $C = C_1 + C_2$

計算過程

$$
\begin{aligned}
3Cx &= \frac{8}{3}CE \\[2.0ex] x &= \frac{8}{9}E
\end{aligned}
$$

この設問の平易な説明

点Aの電圧 $x$ を決めるのは、つながっている $C_2$ と $C_3$ の容量の合計（$3C$）と、そこに集まってくる電気の総量です。
電気の総量は、電源 $2E$ が $C_3$ を通して押し込んでくる分と、$C_1$ が持っていた分です。
これらを合計して $3C$ で割れば電圧が出ます。

結論と吟味

メイン解法と同じ結果が得られます。

解答 (3) A点の電位: $\displaystyle \frac{8}{9} E$

問(4)

思考の道筋とポイント
$S_2$ を通過した電気量を求めます。
$S_2$ を通過した電気は、すべて $C_3$ の右側極板に蓄えられます（あるいは $C_3$ の左側極板に誘導された電荷の対として説明できます）。
初期状態では $C_3$ は帯電していなかったので、現在の $C_3$ の電荷を求めれば、それが通過した電気量です。

この設問における重要なポイント

通過電気量と蓄積電荷: スイッチを通った電気量 $\Delta Q$ は、その先のコンデンサーの電荷の変化量に等しいです。

具体的な解説と立式
$C_3$ の右側極板の電荷 $q_3$ を求めます。
$C_3$ の極板間電位差は $2E – x$ です（右側が高電位）。
$$
\begin{aligned}
q_3 &= C(2E – x)
\end{aligned}
$$
これに (3) で求めた $x = 8/9 E$ を代入します。

使用した物理公式

コンデンサーの基本式: $Q = CV$

計算過程

$$
\begin{aligned}
q_3 &= C\left(2E – \frac{8}{9}E\right) \\[2.0ex] &= C\left(\frac{18}{9}E – \frac{8}{9}E\right) \\[2.0ex] &= \frac{10}{9} CE
\end{aligned}
$$
初期電荷は $0$ なので、通過した電気量は $10/9 CE$ です。

この設問の平易な説明

スイッチ $S_2$ を通って流れた電気は、行き止まりの $C_3$ に溜まるしかありません。
だから、今 $C_3$ に溜まっている電気の量を計算すれば、それが答えになります。
$C_3$ の電圧は「電源の $2E$」引く「点Aの電圧」です。これを使って計算しました。

結論と吟味

正の値なので、電源から回路へ流れ込んだことになります。

解答 (4) $\displaystyle \frac{10}{9} CE$

問(5)

思考の道筋とポイント
ジュール熱をエネルギー保存則から求めます。
$$
\begin{aligned}
(\text{電池がした仕事}) &= (\text{静電エネルギーの増加}) + (\text{ジュール熱})
\end{aligned}
$$
この式を変形して、ジュール熱 $H$ を求めます。
$$
\begin{aligned}
H &= W_{\text{電池}} – \Delta U
\end{aligned}
$$

この設問における重要なポイント

電池の仕事: $W = (\text{通過電気量}) \times (\text{起電力})$。今回は電源 $2E$ だけが仕事をしています（$S_1$ は開いているので電源 $E$ は仕事をしません）。
静電エネルギーの変化: 全コンデンサーのエネルギーの総和の変化を計算します。

具体的な解説と立式
1. 電池がした仕事 $W$
電源 $2E$ を通過した電気量は (4) で求めた $10/9 CE$ です。
$$
\begin{aligned}
W &= \frac{10}{9} CE \times 2E
\end{aligned}
$$

2. 静電エネルギーの変化 $\Delta U$
操作前（(2)の状態）:
$C_1$ の電圧 $E/3 – E = -2/3 E$ （大きさ $2/3 E$）
$C_2$ の電圧 $E/3$
$C_3$ の電圧 $0$
$$
\begin{aligned}
U_{\text{前}} &= \frac{1}{2}C\left(\frac{2}{3}E\right)^2 + \frac{1}{2}(2C)\left(\frac{1}{3}E\right)^2 + 0
\end{aligned}
$$
操作後（(3)の状態）:
$C_1$ の電圧 $2/3 E$ （不変）
$C_2$ の電圧 $x = 8/9 E$
$C_3$ の電圧 $2E – x = 10/9 E$
$$
\begin{aligned}
U_{\text{後}} &= \frac{1}{2}C\left(\frac{2}{3}E\right)^2 + \frac{1}{2}(2C)\left(\frac{8}{9}E\right)^2 + \frac{1}{2}C\left(\frac{10}{9}E\right)^2
\end{aligned}
$$
変化量 $\Delta U$:
$$
\begin{aligned}
\Delta U &= U_{\text{後}} – U_{\text{前}}
\end{aligned}
$$

3. ジュール熱 $H$
$$
\begin{aligned}
H &= W – \Delta U
\end{aligned}
$$

使用した物理公式

エネルギー保存則: $W = \Delta U + H$
静電エネルギー: $U = \frac{1}{2}CV^2$

計算過程

1. 電池がした仕事 $W$
$$
\begin{aligned}
W &= \frac{20}{9} CE^2
\end{aligned}
$$

2. 静電エネルギーの変化 $\Delta U$
$$
\begin{aligned}
U_{\text{前}} &= \frac{1}{2}C \frac{4}{9}E^2 + C \frac{1}{9}E^2 \\[2.0ex] &= \frac{2}{9}CE^2 + \frac{1}{9}CE^2 \\[2.0ex] &= \frac{3}{9}CE^2 \\[2.0ex] &= \frac{1}{3}CE^2
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
U_{\text{後}} &= \frac{2}{9}CE^2 + C \frac{64}{81}E^2 + \frac{1}{2}C \frac{100}{81}E^2 \\[2.0ex] &= \frac{18}{81}CE^2 + \frac{64}{81}CE^2 + \frac{50}{81}CE^2 \\[2.0ex] &= \frac{132}{81}CE^2 \\[2.0ex] &= \frac{44}{27}CE^2
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
\Delta U &= \frac{44}{27}CE^2 – \frac{1}{3}CE^2 \\[2.0ex] &= \frac{44}{27}CE^2 – \frac{9}{27}CE^2 \\[2.0ex] &= \frac{35}{27}CE^2
\end{aligned}
$$

3. ジュール熱 $H$
$$
\begin{aligned}
H &= \frac{20}{9}CE^2 – \frac{35}{27}CE^2 \\[2.0ex] &= \frac{60}{27}CE^2 – \frac{35}{27}CE^2 \\[2.0ex] &= \frac{25}{27}CE^2
\end{aligned}
$$

この設問の平易な説明

電池が頑張って電気を運んだ仕事（エネルギー）は、コンデンサーに蓄えられるエネルギーと、抵抗で熱として逃げるエネルギーの2つに使われます。
「電池の仕事」から「コンデンサーに増えたエネルギー」を引き算すれば、消えた「熱エネルギー」が分かります。
計算は少し面倒ですが、分数の通分を間違えないように慎重にやれば大丈夫です。

結論と吟味

正の値が得られたので、物理的に妥当です。

解答 (5) $\displaystyle \frac{25}{27} CE^2$

問(6)

思考の道筋とポイント
初期状態（すべての電荷 $0$）に戻してから、$S_1$ と $S_2$ を同時に閉じます。
十分に時間が経った定常状態では、電流は流れません。
回路は、左のループ（電源 $E$）と右のループ（電源 $2E$）が点Aでつながった形になります。
点Aの電位を $x$ と置き、点Aにおける電荷保存則を立式します。

この設問における重要なポイント

初期電荷 $0$: すべてのコンデンサーの初期電荷は $0$ です。
電荷保存則: 点Aに接続された3つの極板（$C_1$右、$C_2$上、$C_3$左）の総電荷は $0$ のまま保たれます。

具体的な解説と立式
点Aの電位を $x$ とします。
各コンデンサーの点A側の極板の電荷は以下の通りです。

$C_1$ 右側: 相手は電源 $E$ の正極（電位 $E$）。電荷 $C(x – E)$。
$C_2$ 上側: 相手はアース（電位 $0$）。電荷 $2C(x – 0)$。
$C_3$ 左側: 相手は電源 $2E$ の正極（電位 $2E$）。電荷 $C(x – 2E)$。

保存則の式:
$$
\begin{aligned}
C(x – E) + 2C(x – 0) + C(x – 2E) &= 0
\end{aligned}
$$

使用した物理公式

電荷保存則

計算過程

$$
\begin{aligned}
Cx – CE + 2Cx + Cx – 2CE &= 0 \\[2.0ex] 4Cx &= 3CE \\[2.0ex] x &= \frac{3}{4} E
\end{aligned}
$$

この設問の平易な説明

今度はスイッチを全部同時に入れます。
点Aには、左の $E$、下の $0$、右の $2E$ という3方向から電気が押し寄せます。
でも点Aは孤立した島なので、入ってくる電気の総和はゼロでなければなりません。
「左からの電気」＋「下からの電気」＋「右からの電気」＝ 0 という式を立てて、点Aの電圧 $x$ を求めました。

結論と吟味

$3/4 E$ という値は、$0$ と $2E$ の間にあるので妥当です。

解答 (6) $\displaystyle \frac{3}{4} E$

別解: 重ね合わせの理を用いた解法

思考の道筋とポイント
線形回路なので、電源 $E$ だけがある場合と、電源 $2E$ だけがある場合の電位を計算し、それらを足し合わせます。

この設問における重要なポイント

重ね合わせの理: 複数の電源がある回路の応答は、個々の電源が単独で存在する場合の応答の和になります。単独で考える際、他の電圧源は短絡（$0\,\text{V}$）します。

具体的な解説と立式
ケース1: 電源 $E$ のみ（右の $2E$ を短絡して $0\,\text{V}$ にする）
回路は、$C_1$ と「$C_2, C_3$ の並列」との直列接続になります。
$C_2$ と $C_3$ は並列なので合成容量は $2C + C = 3C$。
これと $C_1$（容量 $C$）が直列になり、電圧 $E$ を分圧します。
点Aの電位 $x_1$ は、$3C$ 側にかかる電圧です。
$$
\begin{aligned}
x_1 &= \frac{C}{C + 3C} E
\end{aligned}
$$

ケース2: 電源 $2E$ のみ（左の $E$ を短絡して $0\,\text{V}$ にする）
回路は、$C_3$ と「$C_1, C_2$ の並列」との直列接続になります。
$C_1$ と $C_2$ は並列なので合成容量は $C + 2C = 3C$。
これと $C_3$（容量 $C$）が直列になり、電圧 $2E$ を分圧します。
点Aの電位 $x_2$ は、$3C$ 側にかかる電圧です。
$$
\begin{aligned}
x_2 &= \frac{C}{C + 3C} (2E)
\end{aligned}
$$

重ね合わせ:
$$
\begin{aligned}
x &= x_1 + x_2
\end{aligned}
$$

使用した物理公式

重ね合わせの理
分圧の法則

計算過程

$$
\begin{aligned}
x_1 &= \frac{1}{4} E
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
x_2 &= \frac{1}{4} (2E) \\[2.0ex] &= \frac{2}{4} E
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
x &= \frac{1}{4} E + \frac{2}{4} E \\[2.0ex] &= \frac{3}{4} E
\end{aligned}
$$

この設問の平易な説明

「左の電池だけあるとき」と「右の電池だけあるとき」を別々に計算して、最後に足し算しました。
電気の世界では、こういう「足し算」が許される便利なルール（重ね合わせの理）があります。
計算が単純な分圧だけで済むので、ミスが減ります。

結論と吟味

メイン解法と同じ結果が得られました。

解答 (6) $\displaystyle \frac{3}{4} E$

追加問題 Q

思考の道筋とポイント
回路図の接続状態を慎重に読み解きます。
スイッチ $S_1$ を閉じた後、十分に時間が経過して電流が流れていない状態（定常状態）を考えます。
抵抗 $R_1, R_2$ には電流が流れないため、電圧降下は $0$ です。
したがって、$R_1$ の左側（アース）と右側（$C_2$ の左極板）は同電位（$0\,\text{V}$）です。
同様に、$R_2$ の両端も同電位です。

この設問における重要なポイント

電位の定義: アースを $0\,\text{V}$ とし、未知の箇所の電位を変数でおきます。
- $C_1$ と $C_3$ の間の導線部分（点A）の電位を $x$ とします。
- $C_2$ の右側と $C_3$ の右側をつなぐ部分（電源 $2E$ の負極側）の電位を $y$ とします。
電源による電位差:
- 左の電源 $E$ により、$C_1$ の左極板の電位は $E$ です。
- 右の電源 $2E$ により、$C_3$ の右極板の電位は $y + 2E$ となります。
2つの孤立部分（島）:
1. 中央の島: $C_1$ の右極板と $C_3$ の左極板。ここは外部と接続されていません。
2. 右側の島: $C_3$ の右極板と $C_2$ の右極板（電源 $2E$ を含む）。この部分は、左側の回路（$C_1$ や $C_2$ の左側）とはコンデンサーのギャップで隔てられており、電荷の出入りができません。

具体的な解説と立式
1. 中央の島（極板 b, e）の電荷保存則
この部分は電位 $x$ です。初期電荷は $0$ です。

$C_1$ の右極板（$b$）の電荷: $C(x – E)$
$C_3$ の左極板（$e$）の電荷: $C(x – (y + 2E))$

保存則より:
$$
\begin{aligned}
C(x – E) + C(x – y – 2E) &= 0 \quad \cdots ①
\end{aligned}
$$

2. 右側の島（極板 d, f）の電荷保存則
この部分は、電源 $2E$ を挟んでいますが、全体として外部から孤立しています。初期電荷は $0$ です。

$C_2$ の右極板（$d$）の電荷: 電位は $y$、対向する左極板（$c$）は $0$ なので、電荷は $2C(y – 0)$。
$C_3$ の右極板（$f$）の電荷: 電位は $y + 2E$、対向する左極板（$e$）は $x$ なので、電荷は $C((y + 2E) – x)$。

保存則より:
$$
\begin{aligned}
2C(y – 0) + C(y + 2E – x) &= 0 \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$

使用した物理公式

電荷保存則
コンデンサーの基本式: $Q = C(V_{\text{自}} – V_{\text{他}})$

計算過程

式①を整理します（両辺を $C$ で割る）。
$$
\begin{aligned}
(x – E) + (x – y – 2E) &= 0 \\[2.0ex] 2x – y – 3E &= 0 \\[2.0ex] y &= 2x – 3E \quad \cdots ③
\end{aligned}
$$
式②を整理します（両辺を $C$ で割る）。
$$
\begin{aligned}
2y + (y + 2E – x) &= 0 \\[2.0ex] 3y – x + 2E &= 0 \quad \cdots ④
\end{aligned}
$$
式③を式④に代入します。
$$
\begin{aligned}
3(2x – 3E) – x + 2E &= 0 \\[2.0ex] 6x – 9E – x + 2E &= 0 \\[2.0ex] 5x – 7E &= 0 \\[2.0ex] x &= \frac{7}{5} E
\end{aligned}
$$
求めるのは $C_1$ の電圧（電位差の大きさ）です。
$C_1$ の左側は $E$、右側は $x = 7/5 E$ なので、
$$
\begin{aligned}
|E – x| &= \left| E – \frac{7}{5} E \right| \\[2.0ex] &= \left| -\frac{2}{5} E \right| \\[2.0ex] &= \frac{2}{5} E
\end{aligned}
$$

この設問の平易な説明

この回路には「電気の逃げ場がない島」が2つあります。
1つ目は $C_1$ と $C_3$ の間の導線部分。
2つ目は、右側の $C_3$ と $C_2$ に挟まれた部分（電池 $2E$ を含むエリア）です。
それぞれの島について、「集まってくる電気の合計はゼロ」という式を作ります。
未知数が2つ（$x$ と $y$）で式が2つできるので、連立方程式を解けばそれぞれの場所の電圧が分かります。
最後に $C_1$ の両端の電圧の差を計算して答えを出しました。

結論と吟味

$C_1$ の電圧は $2/5 E$ です。
ちなみに $y$ を求めると $y = 2(7/5 E) – 3E = -1/5 E$ となり、$C_2$ の電圧は $1/5 E$ となります。
$C_3$ の電圧は $(y+2E) – x = (-1/5 E + 2E) – 7/5 E = 9/5 E – 7/5 E = 2/5 E$ です。
検算:
式①左辺: $C(7/5 E – E) + C(7/5 E – (-1/5 E + 2E)) = C(2/5 E) + C(7/5 E – 9/5 E) = 2/5 CE – 2/5 CE = 0$。OK。
式②左辺: $2C(-1/5 E) + C(9/5 E – 7/5 E) = -2/5 CE + 2/5 CE = 0$。OK。

解答 (Q) $\displaystyle \frac{2}{5} E$

【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？

孤立部分の電荷保存則
- 核心: スイッチ操作によって回路の一部が切り離されたとき、その「島」の中にある電荷の総和は絶対に変わりません。
- 理解のポイント:
  - 島の特定: 回路図上で、コンデンサーの極板に囲まれた導線部分を指でなぞり、「ここから電気は逃げられない」と確認する作業が第一歩です。
  - 複数の島: 複雑な回路では、孤立部分が複数存在することがあります（追加問題Qのように）。それぞれについて保存則を立てる必要があります。
電位による一元管理（ノード方程式）
- 核心: どんなに複雑な回路でも、接続点の電位を未知数 $x, y, \dots$ と置けば、あとは「保存則」と「$Q=C(V_{\text{自}}-V_{\text{他}})$」だけで機械的に解けます。
- 理解のポイント:
  - 基準点: 接地（アース）を $0$ とし、そこからの高さ（電位）ですべてを記述します。直列・並列が見えなくても解ける最強のツールです。

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

応用できる類似問題のパターン:
- ブリッジ回路: コンデンサーが菱形に接続された回路でも、真ん中の点の電位を $x$ と置けば一発で解けます。
- スイッチの切り替え問題: 「操作1 $\to$ 操作2」と続く問題では、前の操作の終わりの状態（電荷分布）が、次の操作の初期条件になります。「電荷の引き継ぎ」を忘れないようにしましょう。
初見の問題での着眼点:
1. 孤立島を探せ: スイッチが切れている場所を見つけ、浮いている導体部分を赤ペンで囲みます。
2. 初期電荷を確認せよ: 「はじめ電荷は0」なのか「前の操作で溜まっている」のかを必ずチェックします。
3. 重ね合わせを疑え: 電源が複数あるときは、個別に計算して足し合わせる「重ね合わせの理」が使えないか検討します（検算にも最適）。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

電荷の符号ミス:
- 誤解: 保存則の式を立てるとき、極板のプラスマイナスを適当に決めてしまい、符号が逆になる。
- 対策: 電位 $x$ を置いたら、常に電荷は $C(x – \text{相手の電位})$ と書くルールを徹底します。これなら $x$ が低ければ自動的に負になり、符号ミスを防げます。
直列・並列の誤認:
- 誤解: 回路図の見た目だけで「これは直列だ」と判断してしまう（特に電源が複数ある場合）。
- 対策: 電位分布を考えるか、あるいは「電流の通り道が分岐しているか」で判断します。迷ったら電位法（ノード方程式）が確実です。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

電位法（$Q=C(V_1-V_2)$）の選択:
- 選定理由: 思考停止で立式できるため、試験本番でのパニックを防げます。また、連立方程式になるため計算ミスにも気づきやすいです。
- 適用根拠: キルヒホッフの法則と電荷保存則は、古典物理学において常に成立する絶対的な真理だからです。
重ね合わせの理の選択（別解）:
- 選定理由: 計算量が減り、直感的に理解しやすいため。
- 適用根拠: コンデンサーと抵抗、電池からなる回路は線形システムであり、線形性が成り立つため。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

次元確認（単位チェック）:
- 意識: 答えの式が電圧の次元（$E$ の倍数）になっているか確認する。
- 実践: $x = \frac{8}{9} E$ ならOKですが、$x = \frac{8}{9} CE$ となっていたら、左辺は電圧、右辺は電荷なので間違いです。
極限のチェック:
- 意識: もし $C_2$ が無限大だったら？もし $E=0$ だったら？といった極端な場合を想定する。
- 実践: (2)で $C_2 \to \infty$ なら $V_A \to 0$ になるはず。式 $\frac{1}{1+C_2/C_1}E$ で確認すると確かに $0$ になります。

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