「良問の風」攻略ガイド（101〜105問）：重要問題の解き方と物理の核心をマスター！

問題101 (琉球大＋大阪産大)

【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、固定された二つの点電荷が作る電場と電位について、電気力線や等電位線の性質を通して理解を深めることを目的としています。対称性や基本的な法則をしっかりと適用できるかがポイントになります。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「静電場と電位」です。特に、複数の点電荷が存在する場合の電気力線、等電位線、電場の強さ、電位の概念、そして荷電粒子を移動させる際の仕事について総合的に問われています。

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。

• 電気力線の性質:
  • 正電荷から湧き出し、負電荷に吸い込まれる。
  • 電気力線の接線の向きは、その点における電場の向きを示す。
  • 電気力線の密度は、その場所の電場の強さを表す（密なほど強い）。
  • 電気力線同士は交差したり、途中で途切れたりしない。
  • 電気力線の本数は、電荷の電気量の絶対値に比例する。
• 等電位線（面）の性質:
  • 電位の等しい点を結んだ線（面）。
  • 電気力線と常に直交する。
  • 等電位線（面）に沿って電荷を移動させるとき、静電気力のする仕事は0である。
• 電場と電位の関係:
  • 電場は電位の空間的な変化率（傾き）に関係し、電気力線は電位の高い方から低い方へ向かう。
  • 点電荷 \(q\) が距離 \(r\) の点につくる電位は \(V = k \displaystyle\frac{q}{r}\) (クーロン定数を \(k\)、無限遠を電位の基準 \(0\text{V}\) とする)。電位はスカラー量なので、複数の電荷がある場合は各電荷がつくる電位を代数的に足し合わせる（重ね合わせの原理）。
• 静電気力による位置エネルギーと仕事:
  • 電位 \(V\) の点に電荷 \(q\) を置いたとき、その電荷が持つ静電気力による位置エネルギーは \(U = qV\)。
  • 電荷をある点から別の点へゆっくりと移動させるとき、外力がする仕事 \(W_{\text{外}}\) は、位置エネルギーの変化 \(\Delta U\) に等しい。つまり、\(W_{\text{外}} = U_{\text{終}} – U_{\text{初}} = q(V_{\text{終}} – V_{\text{初}})\)。
  • 静電気力は保存力なので、電荷を移動させて元の位置に戻した場合（一周した場合）、静電気力およびそれに逆らってゆっくり運ぶ外力のする仕事は0になる。

各設問に対して、これらの法則を適切に適用し、数式を立てて（あるいは図から読み取って）解いていきます。(1) では、電気力線の基本的な性質（向きと本数）から電荷の符号と量の比を判断します。力の大小は電場の強さで決まり、電場の強さは電気力線の密度や電荷からの距離で推定します。(2) では、「等電位線は電気力線に直交する」という絶対的なルールに基づいて作図します。(3) では、電気力線が電位の高い方から低い方へ向かうこと、電荷の符号と各点までの距離、そして系の対称性を考慮して電位の大小を比較します。特に、この問題ではPQの垂直二等分線AOが特別な意味を持つことを見抜くことが重要です。(4) では、外力のする仕事が \(q_0 \Delta V\) で与えられることを利用します。\(q_0 > 0\) なので、電位が上昇する (\(\Delta V > 0\)) 区間で仕事は正になります。一周する場合の仕事は、保存力の性質から0となります。

問1

思考の道筋とポイント
(ア) \(q_1\) の符号は、点Pから電気力線が湧き出しているか、吸い込まれているかで判断します。
(イ) \(q_2\) の符号は、点Qから電気力線が湧き出しているか、吸い込まれているかで判断します。
(ウ) \(|q_1|\) と \(|q_2|\) の比は、点Pから湧き出す電気力線の本数と、点Qに吸い込まれる電気力線の本数を比較して求めます。電気力線の本数は電気量の絶対値に比例します。
(エ) 帯電体が点Aで受ける力の大きさと点Bで受ける力の大きさの比較は、それぞれの点における電場の強さを比較することに相当します。電場の強さは電気力線の密度や、電荷からの距離、電荷の大きさによって決まります。

この設問における重要なポイント

• 電気力線は正電荷から出て、負電荷に入る。
• 電気力線の本数は、その源となる電荷の電気量の絶対値に比例する。
• 電場 \(\vec{E}\) 中の電荷 \(q\) が受ける力の大きさは \(|F| = |q|E\)。同じ帯電体であれば、電場の強い場所ほど大きな力を受ける。
• 電場の強さは電気力線の密度に比例する。また、一般に点電荷に近いほど、またその点電荷の電気量が大きいほど電場は強くなる。

具体的な解説と立式
(ア) \(q_1\) の符号について
問題の図を見ると、点Pからは電気力線が周囲に向かって出ています。電気力線の性質として、正の電荷からは湧き出し、負の電荷へは吸い込まれます。したがって、電荷 \(q_1\) は正の符号を持つと判断できます。

(イ) \(q_2\) の符号について
同様に図を見ると、点Qへは周囲から電気力線が集まるように入っています。したがって、電荷 \(q_2\) は負の符号を持つと判断できます。

(ウ) \(|q_1|\) と \(|q_2|\) の比の値について
電気力線の本数は、その源となっている電荷の電気量の絶対値に比例します。図に描かれている電気力線の本数を数えると、点Pから出ている本数は8本、点Qに入っている本数も8本です。
したがって、\(|q_1|\) と \(|q_2|\) の比は、
$$|q_1| : |q_2| = (\text{Pから出る線の本数}) : (\text{Qに入る線の本数}) = 8 : 8 = 1 : 1 \quad \cdots ①$$
よって、この比の値は 1 です。

(エ) 帯電体が点Aで受ける力の大きさと点Bで受ける力の大きさの比較
帯電体が受ける静電気力の大きさは、その場所の電場の強さに比例します (\(F = |q|E\))。したがって、点Aと点Bにおける電場の強さ \(E_A\) と \(E_B\) を比較すればよいことになります。
電場の強さは電気力線の密度に比例します。
点Aは、線分PQの垂直二等分線上にあり、PからもQからも比較的離れています。
点Bは、点Qのすぐ近くに位置しています。
図中の電気力線の様子を観察すると、点Aの周辺では電気力線は比較的まばら（疎）であるのに対し、点Bの周辺（特に電荷Qの近傍）では電気力線が密になっています。
電気力線の密度が疎であるほど電場は弱く、密であるほど電場は強いです。
したがって、点Aにおける電場の強さ \(E_A\) は、点Bにおける電場の強さ \(E_B\) よりも小さいと考えられます (\(E_A < E_B\))。
よって、点Aで帯電体が受ける力の大きさは、点Bで受ける力の大きさよりも小さいです。

(ア), (イ), (エ) は図からの定性的な判断です。
(ウ) 電気力線の本数を数えて比を取ります。
Pから出る本数: 8本
Qに入る本数: 8本
式①より、\(|q_1| : |q_2| = 8 : 8 = 1 : 1\)。比の値は1です。

(ア) 電気の線が電荷から「出て」いればプラスの電気です。Pからは線が出ているので、\(q_1\) はプラスです。
(イ) 電気の線が電荷に「入って」いればマイナスの電気です。Qへは線が入っているので、\(q_2\) はマイナスです。
(ウ) 電気の線の「本数」が電気の強さ（量）を表します。Pから出ている線とQに入っている線の本数が同じなので、\(q_1\) と \(q_2\) の電気の強さ（絶対値）は同じです。だから、比は1対1で、値は1です。
(エ) 電気の線が「混んでいる」ところほど、電場が強く、大きな力を受けます。図を見ると、A点の周りよりもB点の周りの方が線が混んでいますね。だから、A点で受ける力はB点で受ける力よりも小さいです。

(ア) \(q_1\) の符号：正
(イ) \(q_2\) の符号：負
(ウ) \(|q_1|\) と \(|q_2|\) の比の値：1
(エ) 点Aで受ける力の大きさは、点Bの場合より：小さい
これらの結論は、電気力線の基本的な性質と、与えられた図を丁寧に観察することで得られます。特に(エ)は、電気力線の密度が電場の強さを視覚的に表していることを理解しているかが問われます。

問2

思考の道筋とポイント
等電位線を作図する際の最も重要なルールは、「等電位線は電気力線と常に直交する」ということです。点Cと点Dをそれぞれ通り、かつその点およびその近傍で電気力線と垂直に交わるような滑らかな線を描くことを目指します。
また、点電荷の周りの等電位線は、正電荷に近いほど電位が高く、負電荷に近いほど電位が低い（絶対値は大きくなるが符号が負のため）傾向があることを念頭に置くと、形状をイメージしやすくなります。

この設問における重要なポイント

• 等電位線と電気力線は互いに直交する。
• 点Cは正電荷 \(q_1\) (P) の近くにあり、点Dは負電荷 \(q_2\) (Q) の近くにある。
• 線分AO（PQの垂直二等分線）は、対称性から電位0Vの等電位線となります（(1)より \(|q_1|=|q_2|\) かつ符号が逆なので、これは電気双極子の性質です。無限遠を電位0Vとした場合）。

具体的な解説と立式
等電位線とは、その線上のどの点においても電位が等しい点の集まりです。電気力線が電場の方向（電位が最も急激に減少する方向）を示すのに対し、等電位線はその電場の方向と常に垂直な方向を結んだ線となります。

点Cを通る等電位線:
点Cは正電荷 \(q_1\) (P) の比較的近くに位置しています。したがって、点Cの電位は正であり、その値も比較的大きいと予想されます。作図する際は、点Cを通り、点Cおよびその周辺で電気力線と直角に交わるように滑らかな曲線を描きます。この曲線は、おおむね点Pを中心とする同心円から、負電荷 \(q_2\) の影響を受けて少し歪んだ形になります。具体的には、\(q_2\) のあるQ側（図で右側）へ少し引っ張られるような、あるいはQから遠ざかる側（図で左側）が膨らむような形になるでしょう。

点Dを通る等電位線:
点Dは負電荷 \(q_2\) (Q) の比較的近くに位置しています。したがって、点Dの電位は負であり、その絶対値も比較的大きい（つまり、電位としては低い）と予想されます。作図する際は、点Dを通り、点Dおよびその周辺で電気力線と直角に交わるように滑らかな曲線を描きます。この曲線は、おおむね点Qを中心とする同心円から、正電荷 \(q_1\) の影響を受けて少し歪んだ形になります。具体的には、\(q_1\) のあるP側（図で左側）へ少し引っ張られるような形になるでしょう。

模範解答では、これらの等電位線が赤線で示されています。作図する際は、この模範解答の図を参考に、電気力線との直交関係を意識して丁寧に描く必要があります。
模範解答の(2)の解説文に「実線が正の電位、点線が負の電位になり」とありますが、これは一般的な電気双極子の等電位線の描き分けの説明であり、この設問の解答として描くべき赤線は、Cを通る線もDを通る線も実線で描かれています。C点は正電荷Pの近くなので正の電位、D点は負電荷Qの近くなので負の電位の等電位線となります。

これは作図問題であるため、数式を用いた計算過程はありません。物理法則（電気力線と等電位線の直交）に基づいて図示します。

等電位線は、地図の「等高線」のようなものです。電気力線が「坂道（水が流れる方向）」だとすると、等電位線は「同じ高さの場所を結んだ線」で、坂道とは必ず直角に交わります。
点Cと点Dのそれぞれについて、その点を通るように、周りの電気力線とぶつかる時に直角になるように、滑らかな線を引いてあげればOKです。CはP（プラス）の近くなので高い山の等高線、DはQ（マイナス）の近くなので深い谷の等高線のようなイメージです。

点Cを通る等電位線は、点Pを取り囲むように、電気力線と直交しながら描かれます。同様に、点Dを通る等電位線は、点Qを取り囲むように、電気力線と直交しながら描かれます。これらの線は、概ね電荷を中心とする円形から、もう一方の電荷の影響で歪んだ形となります。正確な形は模範解答の図を参照してください。

問3

思考の道筋とポイント
各点の電位 \(V_O, V_A, V_B, V_C, V_D\) の大小関係を決定します。これには以下の知識と図からの読み取りが重要です。
1. 電気力線は電位の高い方から低い方へ向かう。
2. 正電荷の近くは電位が高く（無限遠を0Vとした場合）、負電荷の近くは電位が低い。
3. PQの垂直二等分線AO上は、(1)で \(q_1\) が正、\(q_2\) が負で \(|q_1|=|q_2|\) とわかったため、電気双極子の性質から電位が0Vとなる（無限遠を電位0Vの基準とした場合）。模範解答の解説にも「直線AO上は0[V]（無限遠を基準とする）」とあります。
4. (2)で描いた（あるいは模範解答で示された）等電位線の内外関係も参考になります。

この設問における重要なポイント

• \(V_O, V_A\): 点Oと点AはPQの垂直二等分線上にあります。\(q_1 = -q_2\) (電気量の絶対値が等しく符号が逆) の場合、この線上の電位は無限遠を基準として0Vになります。
• \(V_B\): 点Bは負電荷 \(q_2\) (Q) の非常に近くにあり、正電荷 \(q_1\) (P) からは比較的離れています。したがって、電位は負になると考えられます。
• \(V_C\): 点Cは正電荷 \(q_1\) (P) の非常に近くにあり、負電荷 \(q_2\) (Q) からは比較的離れています。したがって、電位は正になると考えられます。
• \(V_D\): 点Dは負電荷 \(q_2\) (Q) の近くにありますが、点BほどQに近いわけではありません。また、正電荷 \(q_1\) (P) からの影響も受けます。模範解答の図の等電位線（赤線）や電気力線の様子から、他の点との大小関係を判断します。
• 電気力線は電位の高い方から低い方へ向かうという原則を常に意識する。

具体的な解説と立式
まず、基本的な電位基準を設定します。問題の条件と模範解答の記述から、PQの垂直二等分線AO上は電位が0Vであるとします（無限遠点を電位0Vの基準とした場合）。点Oと点Aはこの直線上にあるため、
$$V_A = V_O = 0 \text{ [V]} \quad \cdots ①$$

次に、点Bの電位 \(V_B\) を考えます。点Bは負電荷 \(q_2\) (Q) のごく近傍にあります。負電荷の近くでは電位は負になるため、
$$V_B < 0 \quad \cdots ②$$
したがって、\(V_B < V_A = V_O\) となります。

次に、点Cの電位 \(V_C\) を考えます。点Cは正電荷 \(q_1\) (P) のごく近傍にあります。正電荷の近くでは電位は正になるため、
$$V_C > 0 \quad \cdots ③$$
したがって、\(V_C > V_A = V_O\) となります。また、点CはPに最も近い点の一つであり、図中のどの点よりも電位が高いと予想されます。

最後に、点Dの電位 \(V_D\) を考えます。点Dは負電荷 \(q_2\) (Q) に近いですが、点Bほどではありません。また、正電荷 \(q_1\) (P) からも影響を受けます。
模範解答の不等式 \(V_B < V_A = V_O < V_D < V_C\) によると、\(V_D\) は \(V_O\) (0V) よりも高く、\(V_C\) よりも低い正の電位であるとされています。
これは、模範解答の(2)の図でDを通る等電位線（赤線）が、AO線（0V）よりもP側に入り込んでいる（つまりPの正電位の影響を受けている）と解釈できます。電気力線がPから出てQへ向かう流れの中で、Dの位置は、まだ0VラインよりもPに近い側の影響を受けている領域にあると考えられます。
また、点Dは点CほどPに近いわけではないため、\(V_D < V_C\) です。
そして、点Dは0VラインであるAOよりも高い電位を持つ、つまり \(V_D > V_O (=0)\) となります。

以上の考察をまとめると、電位の低い順に並べると、
1. \(V_B\) （負で最も低い）
2. \(V_A = V_O\) （0V）
3. \(V_D\) （正で、0Vより高く \(V_C\) より低い）
4. \(V_C\) （正で最も高い）

したがって、これらの大小関係は、
$$V_B < V_A = V_O < V_D < V_C$$
となります。

この設問は、各点の電位の値を具体的に計算するのではなく、その大小関係を定性的に判断するものです。上記「具体的な解説と立式」で述べた論理的な比較が計算過程に相当します。

電気の世界での「高さ（電位）」を比べてみましょう。
1. A点とO点は、P（プラス君）とQ（マイナス君）のちょうど真ん中を通る特別な線の上にあって、ここの高さは基準の0メートルとします。
2. B点は、Q（マイナス君）のすぐそばなので、地面よりずっと低い、マイナスの高さです。
3. C点は、P（プラス君）のすぐそばなので、地面よりずっと高い、プラスの高さで、ここが一番高い場所のようです。
4. D点は、Q（マイナス君）にも近いけど、図をよく見ると、0メートルの線(AO)よりは少し高いプラスの高さで、でもC点ほど高くはない、という位置にあります。
これを高さの低い順に並べると、Bがいちばん低く、次にAとO（同じ0メートル）、次にD、そしてCがいちばん高い、となります。

各点の電位の大小関係は \(V_B < V_A = V_O < V_D < V_C\) となります。
この結果は、以下の点から妥当であると考えられます。

• AO線が0Vであること（電気双極子の対称性）。
• Bが負電荷Qに最も近いため電位が最も低いこと。
• Cが正電荷Pに最も近いため電位が最も高いこと。
• Dの電位が0Vと最高電位の間にあることは、図中の電気力線と等電位線の配置から読み取れる情報と一致します。

問4

思考の道筋とポイント
正の電荷 \(q_0\) (\(q_0 > 0\)) をある点から別の点へゆっくり移動させるとき、外力のする仕事 \(W_{\text{外}}\) は、その間の静電気力による位置エネルギーの変化に等しく、\(W_{\text{外}} = q_0 (V_{\text{終}} – V_{\text{初}})\) と表されます。
外力の仕事が正 (\(W_{\text{外}} > 0\)) となるのは、\(q_0 > 0\) であることから、電位が上昇する区間 (\(V_{\text{終}} > V_{\text{初}}\)) です。
全体（一周して元の位置に戻る）の仕事は、始点と終点の電位が同じであるため、0になります。これは静電気力が保存力であることの現れです。

この設問における重要なポイント

• 外力のする仕事の公式: \(W_{\text{外}} = q_0 \Delta V = q_0 (V_{\text{終}} – V_{\text{初}})\)。
• \(q_0 > 0\) であるため、外力の仕事の符号は電位変化 \(\Delta V\) の符号と一致する。
  • 電位が上昇する区間 (\(\Delta V > 0\)) では、外力の仕事は正。
  • 電位が下降する区間 (\(\Delta V < 0\)) では、外力の仕事は負。
• 静電気力は保存力であるため、閉じた経路（一周）に沿って電荷を移動させたとき、外力のする全体の仕事は0になる。

具体的な解説と立式
正の電荷 \(q_0\) をゆっくりと移動させる場合、外力がする仕事 \(W_{\text{外}}\) は、移動の始点の電位を \(V_{\text{初}}\)、終点の電位を \(V_{\text{終}}\) とすると、次のように表されます。
$$W_{\text{外}} = q_0 (V_{\text{終}} – V_{\text{初}}) \quad \cdots ④$$
問題の条件より \(q_0 > 0\) です。

外力のする仕事が正となる区間:
外力の仕事 \(W_{\text{外}}\) が正になるのは、式④において \(V_{\text{終}} – V_{\text{初}} > 0\)、すなわち \(V_{\text{終}} > V_{\text{初}}\) となるときです。これは、電荷が電位の低い方から高い方へ移動する（電位が上昇する）区間を意味します。
(3)で求めた電位の大小関係 \(V_B < V_A = V_O < V_D < V_C\) を利用して、各区間での電位変化を調べます。
経路は A→B→C→D→A です。

• 区間 A→B:
  始点Aの電位は \(V_A\)、終点Bの電位は \(V_B\)。\(V_B < V_A\) なので、\(V_B – V_A < 0\)。
  よって、\(W_{\text{A→B}} = q_0 (V_B – V_A) < 0\)。仕事は負です。
• 区間 B→C:
  始点Bの電位は \(V_B\)、終点Cの電位は \(V_C\)。\(V_C > V_B\) なので、\(V_C – V_B > 0\)。
  よって、\(W_{\text{B→C}} = q_0 (V_C – V_B) > 0\)。仕事は正です。
• 区間 C→D:
  始点Cの電位は \(V_C\)、終点Dの電位は \(V_D\)。\(V_D < V_C\) なので、\(V_D – V_C < 0\)。
  よって、\(W_{\text{C→D}} = q_0 (V_D – V_C) < 0\)。仕事は負です。
• 区間 D→A:
  始点Dの電位は \(V_D\)、終点Aの電位は \(V_A\)。\(V_A < V_D\) なので、\(V_A – V_D < 0\)。
  よって、\(W_{\text{D→A}} = q_0 (V_A – V_D) < 0\)。仕事は負です。

以上より、外力のする仕事が正となる区間は B→C です。

全体での仕事:
電荷 \(q_0\) を A→B→C→D→A の順に移動させて一周し、元の点Aに戻します。
この場合、始点の電位は \(V_A\)、終点の電位も \(V_A\) です。
したがって、全体での外力の仕事 \(W_{\text{全}}\) は、式④より、
$$W_{\text{全}} = q_0 (V_A – V_A) = q_0 \times 0 = 0 \text{ [J]} \quad \cdots ⑤$$

上記の「具体的な解説と立式」で、各区間の仕事の符号判断と全体の仕事の計算を行いました。
仕事が正となる区間の特定：
(3)で得られた電位の大小関係 \(V_B < V_A = V_O < V_D < V_C\) を用いて、各区間 \((V_{\text{終}} – V_{\text{初}})\) の符号を評価します。

• A(\(V_A\)) → B(\(V_B\)): \(V_B – V_A < 0\) (負)
• B(\(V_B\)) → C(\(V_C\)): \(V_C – V_B > 0\) (正) ← この区間で仕事が正
• C(\(V_C\)) → D(\(V_D\)): \(V_D – V_C < 0\) (負)
• D(\(V_D\)) → A(\(V_A\)): \(V_A – V_D < 0\) (負)

全体の仕事の計算：
始点と終点が同じA点であるため、電位の変化は \(V_A – V_A = 0\)。
よって、式⑤より \(W_{\text{全}} = q_0 \times 0 = 0 \text{ [J]}\)。

プラスの電気を持った玉 \(q_0\) を運ぶことを考えます。運ぶ人がする仕事がプラスになるのは、玉を「電気的な坂道」を登らせるように、低い電位から高い電位へ運ぶときです。
(3)で調べた電位の高さ（\(V_B < V_A = V_O < V_D < V_C\)）を思い出しましょう。

• AからBへ：A(高さ0)からB(低いマイナスの高さ)へ。坂を下るので、運ぶ人の仕事はマイナス。
• BからCへ：B(低いマイナスの高さ)からC(とても高いプラスの高さ)へ。これは急な坂を登るので、運ぶ人の仕事はプラス！
• CからDへ：C(とても高いプラスの高さ)からD(少し低いプラスの高さ)へ。坂を下るので、仕事はマイナス。
• DからAへ：D(少し高いプラスの高さ)からA(高さ0)へ。これも坂を下るので、仕事はマイナス。

というわけで、仕事がプラスになるのは「B→C」の区間です。
そして、Aから出発してぐるっと一周してAに戻ってきた場合、出発点と到着点の高さが同じなので、結局、運ぶ人がした仕事の合計はプラスマイナスゼロ、つまり0ジュールになります。

外力のする仕事が正となる区間は B→C です。これは、この区間で正電荷 \(q_0\) が最も電位の低い点Bから最も電位の高い点Cへ移動し、電位が大きく上昇するためです。
全体での仕事は 0 [J] です。これは、静電気力が保存力であるため、電荷がどのような経路を通っても、始点と終点が同じであれば（特に一周して元の位置に戻れば）、その間に外力がする正味の仕事は0になるという、物理学の重要な原理に基づいています。

【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？

• 電気力線とその性質の理解と応用:
  • 電気力線が正電荷から出て負電荷に入ること、その本数が電気量の絶対値に比例すること、そして接線方向が電場の向きを、密度が電場の強さを表すという基本性質をしっかりと理解し、図から情報を読み取る能力が求められました（問1）。
  • これらの性質の本質は、電場というベクトル場を視覚的に表現する手段であるということです。
• 等電位面（等電位線）と電気力線の関係:
  • 等電位線が電気力線と常に直交するという関係は、作図問題（問2）の根幹をなす非常に重要な法則です。
  • 等電位面上で電荷を動かす際に仕事が不要であることは、電位の定義そのものに関わります。
• 電位の概念と重ね合わせ:
  • 電位はスカラー量であり、空間の各点に定まる値です。正電荷の近くは電位が高く、負電荷の近くは低いという基本的な理解が必要です（問3）。
  • 複数の電荷がある場合、各点が作る電位の代数和でその点の電位が決まります。特に、電気双極子の垂直二等分線上の電位が0Vになる（無限遠基準）という事実は、対称性の高い問題で頻用されます。
• 仕事と静電気的ポテンシャルエネルギー:
  • 電荷 \(q\) を電位 \(V_1\) から \(V_2\) へゆっくり運ぶときの外力の仕事は \(W = q(V_2 – V_1)\) であり、これは位置エネルギーの変化に等しいという関係（問4）。
  • 静電気力が保存力であるため、閉回路を一周したときの仕事は0になるという重要な性質も問われました。

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

• 類似問題のパターン:
  • 異なる配置の複数の点電荷（例：同符号の電荷同士、一直線上にない電荷など）が作る電気力線や等電位線の概形を描かせる問題。
  • 特定の点の電場の強さや電位を具体的に計算させる問題（クーロンの法則や電位の公式 \(V=kq/r\) を使用）。
  • 与えられた電場や電位のグラフから、電荷の存在や種類を推測する問題。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 電荷の配置と対称性: まず、電荷の数、符号、位置関係を把握し、系に対称性がないか確認します。対称性があれば、電場や電位の計算、作図が大幅に簡略化されることがあります（例：本問のAO線）。
  2. 電気力線のイメージ: 問題に図がなくても、頭の中で大まかな電気力線を描いてみることで、電場の向きや強さ、電位の高低の傾向をつかむことができます。
  3. 電位の基準点: 特に指定がない場合、無限遠点を電位0Vとすることが多いですが、問題によっては特定の点の電位が与えられることもあります。
• 問題解決のヒントと注意点:
  • 電気力線と等電位線は必ずセットで考え、互いの関係性（直交、密度、向きなど）を常に意識する。
  • 作図問題では、まず特徴的な点（電荷の位置、対称軸上の点、無限遠方など）での振る舞いを考え、それらを滑らかに結ぶ。
  • 電位の大小比較では、単純な距離だけでなく、電荷の符号と大きさも考慮に入れる。複数の電荷がある場合は、各々の影響を重ね合わせて考える。
  • 仕事の計算では、電荷の符号 (\(q\)) と電位変化 (\(\Delta V\)) の符号の両方に注意を払い、仕事の正負を正確に判断する。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 電場の強さと電位の混同: 電場はベクトル（向きと大きさ）、電位はスカラー（大きさのみ）です。電気力線が密でも、その場所の電位が高いとは限りません（負電荷の近傍など）。
• 電気力線の本数と電場の強さの誤解: 電気力線の「密度」が電場の強さを表し、電荷から出る/入る「総本数」が電気量の大きさに比例します。
• 等電位線の間隔の意味: 等電位線の間隔が「狭い」ほど、電位の空間的変化が急、つまり電場が「強い」ことを意味します。
• 仕事の正負の判断ミス: 正電荷が電位の「上がる」方向に動くとき、外力の仕事は「正」です。直感的に「坂を押し上げる」イメージを持つと良いでしょう。
• \(q_1\) と \(q_2\) の絶対値が等しいことの活用: これによりAO線が0Vの等電位線になることが保証されます。図の対称性だけでなく、(1)の結果も根拠となります。

対策:

• 物理用語（電気力線、等電位線、電場、電位、仕事、エネルギー）の定義を正確に、自分の言葉で説明できるようにする。
• 典型的な電荷配置（単一電荷、電気双極子、同符号二電荷など）がつくる電場と電位の様子を、図とセットで記憶する。
• 問題を解く際には、与えられた図だけでなく、自分で状況を整理するための簡単な図（特にベクトル量である電場など）を描く習慣をつける。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での現象のイメージ化:
  • 電気力線は、あたかもPという泉から水が湧き出し、Qという吸水口に流れ込む「流れの筋」のようにイメージできます。
  • 等電位線は、その流れに対してできる「波紋」や「等高線」のように、流れと垂直な関係にあると捉えられます。
  • AO線は、Pのつくる「山」とQのつくる「谷」のちょうど中間にある「標高0メートルのライン」としてイメージすると、他の点の電位の高低が相対的に把握しやすくなります。
• 図示の有効性:
  • 与えられた電気力線の図は、抽象的な電場の概念を具体的に視覚化し、多くの情報を伝えてくれます。この図から対称性や電荷の性質を読み取ることが第一歩です。
  • (2)の作図は、まさに「電気力線と等電位線は直交する」というルールを幾何学的に表現する作業であり、この関係性の理解度を試しています。
• 図を描く際の注意点:
  • 電気力線と等電位線の交点は必ず直角にする。フリーハンドでも意識して描く。
  • 電気力線は滑らかに、途中で折れ曲がったり、交差したりしないように。
  • 電荷に近いところでは線を密に、遠いところでは疎に描くことで、電場の強弱を表現する。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• (1ウ) \(|q_1|:|q_2| = N_1:N_2\): 電気力線の本数が電気量に比例するという定義（または実験的事実）に基づく。図から本数を数えることで適用可能。
• (2) 等電位線 \(\perp\) 電気力線: 電位の勾配が電場であり、等電位面（線）はその勾配と垂直であるという数学的・物理的帰結。常に成り立つ。
• (3) AO線上が \(V=0\): \(q_1 = -q_2\) の電気双極子において、その軸の垂直二等分線上の電位は、無限遠を基準に0Vとなるという重要な性質。これは、Pからの正の電位とQからの負の電位が打ち消しあうため。
• (4) \(W_{\text{外}} = q_0 (V_{\text{終}} – V_{\text{初}})\): 電荷を運ぶ仕事と電位差の関係を示す基本公式。これは、静電気的ポテンシャルエネルギーの定義 \(U=qV\) と、仕事とエネルギーの関係 \(W=\Delta U\) 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. (1) 観察と法則適用:
   • 電気力線の向き → \(q_1, q_2\) の符号（定義）
   • 電気力線の本数 → \(|q_1|:|q_2|\)（法則）
   • 電気力線の密度 → 電場の強弱 → 力の大小（法則・定義）
2. (2) 作図:
   • 幾何学的法則（直交性）に基づいて描画。
3. (3) 電位比較:
   • 対称性から基準電位（\(V_A=V_O=0\)）を特定。
   • 各点の電荷からの相対的位置 → 電位の正負・おおよその高低を推定。
   • 電気力線の向き（高→低）も参照し、大小関係を確定。
4. (4) 仕事の計算:
   • 仕事の公式 \(W = q\Delta V\) を適用。
   • \(q_0>0\) であることを確認。
   • (3)の電位の大小関係から、各区間の \(\Delta V\) の符号を判断 → 仕事の符号を決定。
   • 一周の場合は始点と終点が同じなので \(\Delta V = 0\) → \(W=0\)。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• この問題では複雑な計算は少ないですが、符号や大小関係の判断が重要です。
• 符号の丁寧な扱い: 電荷の符号 (\(q_1, q_2, q_0\))、電位の符号 (\(V_B, V_D, V_C\))、仕事の符号を混同しないように注意深く追う。
• 図の正確な解釈: 電気力線の本数、密度、対称性、点の相対的位置などを正しく読み取る。特にAO線がPQの垂直二等分線であることを意識する。
• 論理のステップを飛ばさない: 例えば、AO線上が0Vであることの根拠（\(|q_1|=|q_2|\) で符号が逆、無限遠基準）を意識する。
• 言葉の定義の再確認: 「外力の仕事が正」とは、物理的にどのような状況か（例：正電荷が電位の低い方から高い方へ運ばれる）を常に意識する。

日頃の練習で心がけること:

• 様々な電荷配置（点電荷、線電荷、面電荷、導体など）がつくる電場と電位の図を数多く見て、そのパターンを理解する。
• 簡単な系でよいので、自分で電気力線や等電位線の概形を描く練習をする。
• 電位の概念が掴みにくい場合は、重力場の高さ（位置エネルギー）とのアナロジーで考えてみる（ただし、電荷には正負がある点が異なる）。

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

• (1)の結果の整合性: もし \(q_1\) と \(q_2\) が同符号なら、電気力線は反発しあうような形になるはず。図は明らかに異符号（引力系）の形をしている。
• (3)の電位の序列: もし \(q_1\) が負で \(q_2\) が正だったら、電位の大小関係は全て逆転する。
• (4)の仕事の区間: もし運ぶ電荷 \(q_0\) が負だったら、仕事が正になる区間は電位が「下がる」区間 (A→B, C→D, D→A) になる。全体の仕事が0であることは変わらない。
• 物理的な直感との照らし合わせ: 例えば、「正電荷を、他の正電荷に近づける（電位が上がる）には、外から力を加えて押し込む必要があるので、外力の仕事は正になる」といった直感的な理解と、公式から導かれる結果が一致するかを確認する。

問題102 (東京電機大)

【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、対称的な配置に置かれた2つの正の点電荷が作る電場と電位、そしてその中での荷電粒子の運動や仕事について考察する問題です。クーロンの法則、電場の重ね合わせ、電位の概念、仕事とエネルギーの関係、エネルギー保存則といった静電気学の基本法則を総合的に活用します。

【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、静電気学の分野における「電場と電位」および「荷電粒子のエネルギー」に関する典型的な問題です。複数の点電荷が存在する場合の電場や電位の求め方、そして電場中での荷電粒子の運動をエネルギーの観点からどのように扱うかを理解することが重要になります。

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。

• クーロンの法則と電場: 点電荷 \(Q\) が距離 \(r\) の点につくる電場の強さは \(E = k \displaystyle\frac{|Q|}{r^2}\)。電場の向きは、\(Q\) が正なら \(Q\) から離れる向き、負なら \(Q\) に向かう向き。
• 電場の重ね合わせの原理: 複数の電荷が作る電場は、各電荷が単独で作る電場のベクトル和で与えられる。
• 電位: 点電荷 \(Q\) が距離 \(r\) の点につくる電位は \(V = k \displaystyle\frac{Q}{r}\)（無限遠基準）。電位はスカラー量なので、複数の電荷が作る電位は各電荷が作る電位の代数和で与えられる（重ね合わせの原理）。
• 静電気力: 電場 \(\vec{E}\) 中に電荷 \(q\) を置くと、力 \(\vec{F} = q\vec{E}\) を受ける。力の向きは、\(q\) が正なら \(\vec{E}\) と同方向、負なら \(\vec{E}\) と逆方向。
• 仕事とエネルギーの関係: 電荷 \(q\) を電位 \(V_{\text{初}}\) の点から \(V_{\text{後}}\) の点へ静かに運ぶ外力の仕事は \(W_{\text{外}} = q(V_{\text{後}} – V_{\text{初}})\)。このとき、静電気力のする仕事は \(W_{\text{静電気力}} = -W_{\text{外}}\)。
• エネルギー保存則: 荷電粒子が静電気力のみを受けて運動する場合、その力学的エネルギー（運動エネルギーと静電気力による位置エネルギーの和）は保存される。位置エネルギーは \(U = qV\)。

各設問に対して、これらの法則を適切に適用し、数式を立てて解いていきます。(1) 電場の強さを求めるには、各点電荷が作る電場をベクトルとして図示し、合成します。対称性を利用すると計算が楽になる場合があります。(2) 電位を求めるには、各点電荷が作る電位をスカラーとして足し合わせます。(3) 静電気力の大きさと向きは、(1)で求めた電場の強さと向き、および電荷 \(q\) の符号から決定します。(4) 仕事を求めるには、(2)で求めた電位と電荷 \(q\) を用いて、仕事の公式を適用します。(5) エネルギー保存則を用いて、初状態と終状態の運動エネルギーと位置エネルギーの関係から速さを求めます。

問1

思考の道筋とポイント
原点Oと点Cにおける電場の強さを求めます。電場はベクトル量なので、各電荷が作る電場のベクトル和を計算する必要があります。

• 原点O: 点Aの電荷\(Q\)が作る電場と、点Bの電荷\(Q\)が作る電場をそれぞれ求め、ベクトル的に合成します。対称性から結果を予測できます。
• 点C: 点Aの電荷\(Q\)が作る電場と、点Bの電荷\(Q\)が作る電場をそれぞれ求め、ベクトル的に合成します。各電場ベクトルの成分を考えるか、対称性を利用して合成ベクトルの大きさを求めます。

この設問における重要なポイント

• 電場はベクトル量であり、重ね合わせの原理に従う。
• 点電荷 \(Q\) が距離 \(r\) の点につくる電場の強さは \(E = k \displaystyle\frac{Q}{r^2}\) (電荷 \(Q\) が正の場合)。
• 対称性をうまく利用すると、計算が簡略化できる場合がある。
• ベクトル合成は、図を描いて行うと分かりやすい。必要に応じて成分分解する。

具体的な解説と立式
クーロンの法則の比例定数を \(k\) とします。電荷 \(Q\) は正です。

原点Oにおける電場の強さ \(E_O\):
点A\((0, d)\) にある正電荷 \(Q\) が原点Oにつくる電場を \(\vec{E}_{AO}\) とします。原点Oから点Aまでの距離は \(d\) です。電荷 \(Q\) は正なので、\(\vec{E}_{AO}\) の向きはAからOへ向かう向き（\(y\)軸負の向き）です。その大きさ \(E_{AO}\) は、点電荷の作る電場の公式より、
$$E_{AO} = k \displaystyle\frac{Q}{d^2} \quad \cdots ①$$
同様に、点B\((0, -d)\) にある正電荷 \(Q\) が原点Oにつくる電場を \(\vec{E}_{BO}\) とします。原点Oから点Bまでの距離は \(d\) です。\(\vec{E}_{BO}\) の向きはBからOへ向かう向き（\(y\)軸正の向き）です。その大きさ \(E_{BO}\) は、
$$E_{BO} = k \displaystyle\frac{Q}{d^2} \quad \cdots ②$$
原点Oにおける合成電場 \(\vec{E}_O\) は、これらのベクトル和です。
$$\vec{E}_O = \vec{E}_{AO} + \vec{E}_{BO}$$
その強さ \(E_O\) を求めます。

点C\((d, 0)\) における電場の強さ \(E_C\):
点A\((0, d)\) にある正電荷 \(Q\) が点C\((d, 0)\) につくる電場を \(\vec{E}_{AC}\) とします。点Aと点Cの間の距離を \(r_{AC}\) とすると、三平方の定理より \(r_{AC} = \sqrt{d^2 + d^2} = \sqrt{2}d\) となります。\(\vec{E}_{AC}\) の向きは点Aから点Cへ向かう向きです。その大きさ \(E_{AC}\) は、
$$E_{AC} = k \displaystyle\frac{Q}{r_{AC}^2} = k \displaystyle\frac{Q}{(\sqrt{2}d)^2} \quad \cdots ③$$
同様に、点B\((0, -d)\) にある正電荷 \(Q\) が点C\((d, 0)\) につくる電場を \(\vec{E}_{BC}\) とします。点Bと点Cの間の距離を \(r_{BC}\) とすると、\(r_{BC} = \sqrt{d^2 + (-d)^2} = \sqrt{2}d\) となります。\(\vec{E}_{BC}\) の向きは点Bから点Cへ向かう向きです。その大きさ \(E_{BC}\) は、
$$E_{BC} = k \displaystyle\frac{Q}{r_{BC}^2} = k \displaystyle\frac{Q}{(\sqrt{2}d)^2} \quad \cdots ④$$
点Cにおける合成電場 \(\vec{E}_C\) は \(\vec{E}_C = \vec{E}_{AC} + \vec{E}_{BC}\) です。
図からわかるように、\(\vec{E}_{AC}\) と \(\vec{E}_{BC}\) の \(y\)成分は対称性により打ち消し合います。\(\vec{E}_{AC}\) の \(x\)成分を \(E_{ACx}\)、\(\vec{E}_{BC}\) の \(x\)成分を \(E_{BCx}\) とすると、合成電場の強さ \(E_C\) はこれらの和になります。点A, Cと \(x\)軸のなす角（または点B, Cと \(x\)軸のなす角）を \(\theta\) とすると、\(\cos \theta = \displaystyle\frac{d}{\sqrt{2}d} = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}\) (\(\theta = 45^\circ\)) となります。
したがって、\(E_C\) は次のように表せます。
$$E_C = E_{AC} \cos 45^\circ + E_{BC} \cos 45^\circ \quad \cdots ⑤$$

原点Oにおける電場の強さ \(E_O\):
式①より、$$E_{AO} = k \displaystyle\frac{Q}{d^2}$$
式②より、$$E_{BO} = k \displaystyle\frac{Q}{d^2}$$
\(\vec{E}_{AO}\) は \(y\)軸負向き、\(\vec{E}_{BO}\) は \(y\)軸正向きであり、大きさが等しいため、これらのベクトル和 \(\vec{E}_O\) は \(\vec{0}\) となります。
よって、強さ \(E_O = 0\) [N/C]。

点C\((d, 0)\) における電場の強さ \(E_C\):
式③より、$$E_{AC} = k \displaystyle\frac{Q}{(\sqrt{2}d)^2} = k \displaystyle\frac{Q}{2d^2}$$
式④より、$$E_{BC} = k \displaystyle\frac{Q}{(\sqrt{2}d)^2} = k \displaystyle\frac{Q}{2d^2}$$
\(\cos 45^\circ = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}\) を式⑤に代入します。
$$E_C = E_{AC} \cos 45^\circ + E_{BC} \cos 45^\circ$$
$$E_C = \left( k \displaystyle\frac{Q}{2d^2} \right) \cdot \displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}} + \left( k \displaystyle\frac{Q}{2d^2} \right) \cdot \displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}$$
共通因子でまとめると、
$$E_C = 2 \cdot \left( k \displaystyle\frac{Q}{2d^2} \right) \cdot \displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}$$
\(2\) を約分すると、
$$E_C = k \displaystyle\frac{Q}{d^2} \cdot \displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}$$
$$E_C = \displaystyle\frac{kQ}{\sqrt{2}d^2}$$
分母を有理化すると、
$$E_C = \displaystyle\frac{\sqrt{2}kQ}{2d^2} \quad \text{[N/C]}$$

(1) 原点Oの電場: O点は、A点のプラス電荷から下向きに、B点のプラス電荷から上向きに、同じ強さの電気的な「風」（電場）を受けます。これらはちょうど打ち消し合うので、O点では風は吹いていない状態、つまり電場の強さは0です。
(2) 点Cの電場: C点は、A点のプラス電荷から右斜め下向きに、B点のプラス電荷から右斜め上向きに、同じ強さの電気的な「風」を受けます。この二つの風の、上下方向の成分は打ち消し合います。しかし、右方向の成分は同じ向きなので強め合います。この強め合った右向きの風の強さを計算します。AとCの距離、BとCの距離はピタゴラスの定理で \(\sqrt{2}d\) となります。それぞれの電荷がつくる電場の強さは \(kQ/(2d^2)\) で、その \(x\) 成分（右向き成分）は \(\cos 45^\circ = 1/\sqrt{2}\) を掛けたものになります。これが二つ分あるので、合計すると \(\sqrt{2}kQ/(2d^2)\) となります。

原点Oにおける電場の強さは 0 [N/C]です。これは、2つの電荷が対称的な位置にあり、原点では互いの影響が逆向きに打ち消しあうため、物理的に妥当です。
点C\((d, 0)\) における電場の強さは \(\displaystyle\frac{\sqrt{2}kQ}{2d^2}\) [N/C] で、その向きは \(x\)軸の正の向きです。これも、電荷の配置と対称性から、\(y\)成分が消え \(x\)成分のみが残ることが予想され、その大きさを正しく計算した結果です。

問2

思考の道筋とポイント
原点Oと点Cにおける電位を求めます。電位はスカラー量なので、各電荷が作る電位を単純に足し合わせることで求めることができます。電位の基準は無限遠点です。

この設問における重要なポイント

• 電位はスカラー量であり、重ね合わせの原理に従う。
• 点電荷 \(Q\) が距離 \(r\) の点につくる電位は \(V = k \displaystyle\frac{Q}{r}\) (無限遠基準)。
• 距離の計算を正確に行う。

具体的な解説と立式
原点Oにおける電位 \(V_O\):
点A\((0, d)\) にある正電荷 \(Q\) が原点Oにつくる電位を \(V_{AO}\) とします。原点Oから点Aまでの距離は \(d\) なので、点電荷の作る電位の公式より、
$$V_{AO} = k \displaystyle\frac{Q}{d} \quad \cdots ⑥$$
同様に、点B\((0, -d)\) にある正電荷 \(Q\) が原点Oにつくる電位を \(V_{BO}\) とします。原点Oから点Bまでの距離は \(d\) なので、
$$V_{BO} = k \displaystyle\frac{Q}{d} \quad \cdots ⑦$$
原点Oにおける電位 \(V_O\) は、これらのスカラー和なので、
$$V_O = V_{AO} + V_{BO} \quad \cdots ⑧$$

点C\((d, 0)\) における電位 \(V_C\):
点A\((0, d)\) にある正電荷 \(Q\) が点C\((d, 0)\) につくる電位を \(V_{AC}\) とします。点Aと点Cの間の距離は \(r_{AC} = \sqrt{2}d\) なので、
$$V_{AC} = k \displaystyle\frac{Q}{r_{AC}} = k \displaystyle\frac{Q}{\sqrt{2}d} \quad \cdots ⑨$$
同様に、点B\((0, -d)\) にある正電荷 \(Q\) が点C\((d, 0)\) につくる電位を \(V_{BC}\) とします。点Bと点Cの間の距離は \(r_{BC} = \sqrt{2}d\) なので、
$$V_{BC} = k \displaystyle\frac{Q}{r_{BC}} = k \displaystyle\frac{Q}{\sqrt{2}d} \quad \cdots ⑩$$
点Cにおける電位 \(V_C\) は、これらのスカラー和なので、
$$V_C = V_{AC} + V_{BC} \quad \cdots ⑪$$

原点Oにおける電位 \(V_O\):
式⑧に式⑥と式⑦を代入すると、
$$V_O = k \displaystyle\frac{Q}{d} + k \displaystyle\frac{Q}{d}$$
これを計算すると、
$$V_O = \displaystyle\frac{2kQ}{d} \quad \text{[V]}$$

点C\((d, 0)\) における電位 \(V_C\):
式⑪に式⑨と式⑩を代入すると、
$$V_C = k \displaystyle\frac{Q}{\sqrt{2}d} + k \displaystyle\frac{Q}{\sqrt{2}d}$$
これを計算すると、
$$V_C = \displaystyle\frac{2kQ}{\sqrt{2}d}$$
分母を有理化すると、
$$V_C = \displaystyle\frac{2\sqrt{2}kQ}{2d} = \displaystyle\frac{\sqrt{2}kQ}{d} \quad \text{[V]}$$

(1) 原点Oの電位: 電位は電気的な「高さ」のようなものです。O点は、A点のプラス電荷から \(kQ/d\) の高さ、B点のプラス電荷からも同じく \(kQ/d\) の高さの影響を受けます。電位は向きがないので、単純に足し算して \(2kQ/d\) となります。
(2) 点Cの電位: C点は、A点のプラス電荷から \(kQ/(\sqrt{2}d)\) の高さ、B点のプラス電荷からも同じく \(kQ/(\sqrt{2}d)\) の高さの影響を受けます。これらを足し算して \(2kQ/(\sqrt{2}d)\) となり、整理すると \(\sqrt{2}kQ/d\) となります。

原点Oにおける電位は \(\displaystyle\frac{2kQ}{d}\) [V]、点C\((d, 0)\) における電位は \(\displaystyle\frac{\sqrt{2}kQ}{d}\) [V] です。
\(2 \approx 2\) と \(\sqrt{2} \approx 1.414\) を比較すると、\(V_O > V_C\) であることがわかります。これは、原点Oの方が2つの正電荷により近い位置にあるため、電位が高くなるという直感とも一致します。

問3

思考の道筋とポイント
点C\((d, 0)\) に正電荷 \(q\)、質量 \(m\) の点電荷Pを置いたとき、Pが受ける静電気力の大きさと向きを求めます。静電気力は \(\vec{F} = q\vec{E}\) で与えられます。問1で点Cにおける電場 \(\vec{E}_C\) を求めているので、これを利用します。

この設問における重要なポイント

• 静電気力の公式: \(\vec{F} = q\vec{E}\)。
• 電荷 \(q\) が正なので、力の向きは電場の向きと同じ。
• 問1で求めた点Cにおける電場の強さと向きを正しく用いる。

具体的な解説と立式
点Cにおける電場 \(\vec{E}_C\) の向きは \(x\)軸の正の向きで、その強さ \(E_C\) は問1で求めた値です。
点Cに置かれた点電荷Pは正電荷 \(q\) なので、受ける静電気力 \(\vec{F}\) の向きは電場 \(\vec{E}_C\) の向きと同じ、すなわち \(x\)軸の正の向きです。
その力の大きさ \(F\) は、静電気力の公式 \(F = |q|E\) より、\(q>0\) なので、
$$F = qE_C \quad \cdots ⑫$$
ここで \(E_C\) は問1で求めた点Cにおける電場の強さです。

問1の解答より、点Cにおける電場の強さは \(E_C = \displaystyle\frac{\sqrt{2}kQ}{2d^2}\) [N/C] です。
これを式⑫に代入すると、力の大きさ \(F\) は、
$$F = q \left( \displaystyle\frac{\sqrt{2}kQ}{2d^2} \right)$$
$$F = \displaystyle\frac{\sqrt{2}kqQ}{2d^2} \quad \text{[N]}$$
力の向きは、電荷 \(q\) が正であり、点Cにおける電場の向きが \(x\)軸の正の向きであることから、同じく \(x\)軸の正の向きです。

点Cには、(1)で計算したように右向き (\(x\)軸正向き) の電場（電気的な風）が \(\sqrt{2}kQ/(2d^2)\) の強さで吹いています。ここにプラスの電気 \(q\) を持つP君を置くと、P君は風と同じ向きに力を受けます。力の強さは「電気の量 \(q\) × 風の強さ \(E_C\)」なので、\(q \times \sqrt{2}kQ/(2d^2)\) となります。向きは風と同じ右向きです。

点Cに置かれた点電荷Pが受ける静電気力の大きさは \(\displaystyle\frac{\sqrt{2}kqQ}{2d^2}\) [N] で、その向きは \(x\)軸の正の向きです。
電荷 \(Q\) と \(q\) が共に正なので、PはAとBの両方から斥力を受けます。これらの斥力の合力が、計算結果の大きさと向きになるはずであり、図から考えても \(x\)軸の正の向きになることは妥当です。

問4

思考の道筋とポイント
点電荷P（電荷 \(q\), 質量 \(m\)）を点C\((d, 0)\) から原点Oまで静かに運ぶのに要する外力の仕事 \(W_1\) と、その際の静電気力のする仕事 \(W_2\) を求めます。
外力の仕事 \(W_1\) は、\(W_{\text{外}} = q(V_{\text{終}} – V_{\text{初}})\) で計算できます。ここでは終点がO、初点がCです。問2で求めた電位の値を使用します。
静電気力のする仕事 \(W_2\) は、外力の仕事と符号が逆で大きさが等しくなります (\(W_2 = -W_1\))。

この設問における重要なポイント

• 外力のする仕事: \(W_{\text{外}} = q(V_{\text{終}} – V_{\text{初}})\)。
• 静電気力のする仕事: \(W_{\text{静電気力}} = -W_{\text{外}}\) (静かに運ぶ場合)。
• 問2で求めた \(V_O\) と \(V_C\) の値を用いる。

具体的な解説と立式
点電荷Pを点C（初点、電位 \(V_C\)）から原点O（終点、電位 \(V_O\)）まで静かに運ぶのに要する外力の仕事 \(W_1\) は、公式より次のように表されます。
$$W_1 = q(V_O – V_C) \quad \cdots ⑬$$
このとき、静電気力のする仕事 \(W_2\) は、外力のする仕事 \(W_1\) とは逆の仕事になるため、
$$W_2 = -W_1 \quad \cdots ⑭$$
ここで、\(V_O\) および \(V_C\) は問2で求めた値です。

問2の解答より、\(V_O = \displaystyle\frac{2kQ}{d}\) および \(V_C = \displaystyle\frac{\sqrt{2}kQ}{d}\) です。
これらの値を式⑬に代入して \(W_1\) を計算します。
$$W_1 = q \left( \displaystyle\frac{2kQ}{d} – \displaystyle\frac{\sqrt{2}kQ}{d} \right)$$
共通因子 \( \displaystyle\frac{kQ}{d} \) でくくると、
$$W_1 = q \cdot \displaystyle\frac{kQ}{d} (2 – \sqrt{2})$$
整理すると、
$$W_1 = \displaystyle\frac{(2-\sqrt{2})kqQ}{d} \quad \text{[J]}$$

次に、式⑭を用いて \(W_2\) を計算します。
$$W_2 = -W_1$$
\(W_1\) の結果を代入すると、
$$W_2 = -\displaystyle\frac{(2-\sqrt{2})kqQ}{d} \quad \text{[J]}$$

P君（電荷 \(q\)）をC点からO点へゆっくり運ぶことを考えます。運ぶ人がする仕事 \(W_1\) は、「P君の電気の量 \(q\) ×（O点の電気的な高さ \(V_O\) ー C点の電気的な高さ \(V_C\)）」で計算できます。問2で \(V_O = 2kQ/d\)、\(V_C = \sqrt{2}kQ/d\) と求めたので、これを代入すると \(W_1 = kqQ(2-\sqrt{2})/d\) となります。\(\sqrt{2} \approx 1.414\) なので \(2-\sqrt{2} > 0\) であり、\(W_1 > 0\) です。これは、電位の低いC点から電位の高いO点へ運ぶので、外力が正の仕事をする（押し上げるイメージ）ことに対応します。
一方、電気的な力（静電気力）がする仕事 \(W_2\) は、運ぶ人がする仕事とちょうど反対向きの力なので、\(W_2 = -W_1\) となります。

外力のする仕事 \(W_1 = \displaystyle\frac{(2-\sqrt{2})kqQ}{d}\) [J]、静電気力のする仕事 \(W_2 = -\displaystyle\frac{(2-\sqrt{2})kqQ}{d}\) [J] です。
\(V_O = \frac{2kQ}{d}\) と \(V_C = \frac{\sqrt{2}kQ}{d}\) であり、\(2 > \sqrt{2}\) なので \(V_O > V_C\) です。正電荷 \(q\) を電位の低いC点から電位の高いO点へ運ぶので、外力は正の仕事をし、静電気力は負の仕事をすることは物理的に妥当です。

問5

思考の道筋とポイント
点C\((d, 0)\) に点電荷P（電荷 \(q\), 質量 \(m\)）を置いて静かに放したとき、Pは静電気力を受けて運動を始めます。十分に時間が経過した後、Pは無限遠点に達すると考えられます（斥力を受け続けるため）。この過程で、静電気力のみが仕事をするため、力学的エネルギー保存則が成り立ちます。
初状態（点C）と終状態（無限遠点）での力学的エネルギーを比較して速さ \(v\) を求めます。

この設問における重要なポイント

• 力学的エネルギー保存則: (運動エネルギー) + (静電気力による位置エネルギー) = 一定。
• 位置エネルギー: \(U = qV\)。
• 初状態 (点C): 速度 0, 電位 \(V_C\)。
• 終状態 (無限遠点): 速度 \(v\), 電位 \(V_{\text{無限遠}} = 0\)。

具体的な解説と立式
点電荷Pが点Cから無限遠点まで運動する間、保存力である静電気力のみが仕事をするので、力学的エネルギーは保存されます。
点CにおけるPの初期状態を考えます。「静かに放す」とあるので、初速度は \(v_{\text{C}} = 0\) です。点Cの電位は \(V_C\) です。
したがって、点CにおけるPの力学的エネルギー \(E_{\text{力学,C}}\) は、運動エネルギー \(K_C\) と静電気力による位置エネルギー \(U_C\) の和として、
$$E_{\text{力学,C}} = K_C + U_C = \displaystyle\frac{1}{2}m v_{\text{C}}^2 + qV_C$$
十分に時間が経過した後、Pは無限遠点に達し、そのときの速さを \(v\) とします。無限遠点における電位は \(V_{\text{無限遠}} = 0\) です。
したがって、無限遠点におけるPの力学的エネルギー \(E_{\text{力学,無限遠}}\) は、運動エネルギー \(K_{\text{無限遠}}\) と位置エネルギー \(U_{\text{無限遠}}\) の和として、
$$E_{\text{力学,無限遠}} = K_{\text{無限遠}} + U_{\text{無限遠}} = \displaystyle\frac{1}{2}mv^2 + qV_{\text{無限遠}}$$
力学的エネルギー保存則より \(E_{\text{力学,C}} = E_{\text{力学,無限遠}}\) なので、次の式が成り立ちます。
$$\displaystyle\frac{1}{2}m v_{\text{C}}^2 + qV_C = \displaystyle\frac{1}{2}mv^2 + qV_{\text{無限遠}} \quad \cdots ⑮$$
ここに、\(v_{\text{C}} = 0\)、\(V_{\text{無限遠}} = 0\) を適用すると、解くべき方程式として、
$$qV_C = \displaystyle\frac{1}{2}mv^2 \quad \cdots ⑯$$
が提示されます。ここで \(V_C\) は問2で求めた点Cの電位です。

式⑯ \(qV_C = \displaystyle\frac{1}{2}mv^2\) を \(v\) について解きます。
両辺に \(2\) を掛けて \(m\) で割ると、
$$v^2 = \displaystyle\frac{2qV_C}{m}$$
\(v\) は速さなので \(v \ge 0\) ですから、
$$v = \sqrt{\displaystyle\frac{2qV_C}{m}}$$
ここで、問2の解答より点Cの電位 \(V_C = \displaystyle\frac{\sqrt{2}kQ}{d}\) を代入します。
$$v = \sqrt{\displaystyle\frac{2q}{m} \left( \displaystyle\frac{\sqrt{2}kQ}{d} \right)}$$
ルートの中を整理すると、
$$v = \sqrt{\displaystyle\frac{2\sqrt{2}kqQ}{md}} \quad \text{[m/s]}$$

P君をC点でそっと放すと、電気の力で押されて動き出します。このとき、P君が持っている「電気的な高さによるエネルギー（位置エネルギー）」が、だんだん「速さのエネルギー（運動エネルギー）」に変わっていきます。エネルギーの合計量は変わらないというルール（エネルギー保存則）を使います。
C点では、速さは0なので運動エネルギーは0、位置エネルギーは \(qV_C\) です。
ずっと遠く（無限遠）まで行くと、電気的な高さは0になるので位置エネルギーは0、そのかわり速さ \(v\) を持っているので運動エネルギーは \(\frac{1}{2}mv^2\) です。
「C点でのエネルギー合計 = 無限遠でのエネルギー合計」なので、\(qV_C = \frac{1}{2}mv^2\) という式が成り立ちます。これを \(v\) について解けばOKです。

十分に時間が経過した後のPの速さ \(v\) は \(\sqrt{\displaystyle\frac{2\sqrt{2}kqQ}{md}}\) [m/s] です。
点Cの電位 \(V_C\) は正であり、電荷 \(q\) も正なので、PはC点から無限遠（電位0）へ向かう際に静電気力から正の仕事をされ、運動エネルギーが増加します。この結果は物理的に妥当です。もし \(V_C\) が負であったり、\(q\) が負であったりした場合は、静かに放しても無限遠へは到達しないか、あるいは逆向きに動くことになります。

【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？

• 電場の重ね合わせ: 複数の電荷が存在する場合、ある点での電場は、各電荷が個別に作る電場のベクトル和で求められます（問1）。電場はベクトルなので、向きを考慮した合成が必要です。
• 電位の重ね合わせ: 複数の電荷が存在する場合、ある点での電位は、各電荷が個別に作る電位の代数和（スカラー和）で求められます（問2）。電位はスカラーなので、向きを気にする必要はありません。
• 静電気力 \(F=qE\): 電荷 \(q\) が電場 \(E\) から受ける力は、電場の向きと電荷の符号によって決まります（問3）。
• 仕事とポテンシャルエネルギー \(W_{\text{外}} = q\Delta V\): 電荷を電位差のある2点間でゆっくり運ぶ際に外力がする仕事は、電荷と電位差の積で与えられます（問4）。静電気力がする仕事はその逆符号です。
• 力学的エネルギー保存則 \(\frac{1}{2}mv^2 + qV = \text{一定}\): 保存力である静電気力のみが働く場合、運動エネルギーと静電気力による位置エネルギーの和は一定に保たれます（問5）。これは荷電粒子の運動を解析する上で非常に強力なツールです。

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

• 類似問題のパターン:
  • 異なる幾何学的配置（例：正方形の頂点、三角形の頂点など）に複数の電荷が置かれた場合の電場・電位の計算。
  • 電場が0になる点や、電位が0になる点を求める問題。
  • 一様な電場中での荷電粒子の運動（放物運動など）との比較。
  • 電位の等高線（等電位線）を描かせたり、その性質を問う問題。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 対称性の利用: 電荷の配置に対称性があれば、電場の特定の成分が消えたり、電位の計算が簡略化されたりすることが多いです。まず対称性を見抜くことが重要です（本問では\(y\)軸対称、原点Oや点Cでの電場の\(y\)成分の相殺など）。
  2. ベクトル量とスカラー量の区別: 電場はベクトルなので向きを含めて合成、電位はスカラーなので単純な和で計算します。これを混同しないこと。
  3. 基準点の明確化: 特に電位を扱う場合、どこを電位の基準（0V）としているかを確認する（本問では無限遠点）。
• 問題解決のヒントと注意点:
  • 距離の計算（三平方の定理など）を正確に行う。
  • ベクトル合成の際は、図を描いて成分分解するか、ベクトルの平行移動で合成する。
  • エネルギー保存則を適用する際は、初状態と終状態を明確に設定し、それぞれの運動エネルギーと位置エネルギーを正しく記述する。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 電場の向きの誤解: 特に複数の電荷がある場合、各電荷からの距離だけでなく、電荷の符号と位置関係から合成電場の向きを正しく判断する必要がある。作図が有効。
• 電位の計算での符号ミス: 電荷 \(Q\) が負の場合、電位 \(V=kQ/r\) も負になる。スカラー和なので符号を含めて足し合わせる。
• 仕事の正負の判断: 外力がする仕事か、静電気力がする仕事か、どちらを問われているか明確にする。\(W_{\text{外}} = q\Delta V\) の \(\Delta V = V_{\text{終}} – V_{\text{初}}\) の順番を間違えない。
• エネルギー保存則の適用条件: 静電気力以外の外力（例えば手で支える力など）が仕事をする場合は、単純な力学的エネルギー保存則は使えない（仕事とエネルギーの関係を考える）。「静かに放す」などのキーワードが重要。

対策:

• 基本的な公式（クーロン力、電場、電位、仕事、エネルギー）を丸暗記するだけでなく、それぞれの物理的な意味や導出過程を理解する。
• 多くの問題演習を通じて、様々な電荷配置における電場や電位のパターンに慣れる。
• 図を描くことを習慣にし、ベクトル量とスカラー量を意識的に区別して扱う練習をする。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での現象のイメージ化:
  • 点Aと点Bにある正電荷は、周囲の空間に電気的な影響（電場）を及ぼし、その影響は正電荷から湧き出すような形で広がっています。
  • 原点Oでは、Aからの影響とBからの影響がちょうど打ち消しあって電場は0になりますが、電位はそれぞれの電荷からの「高さ」が足し合わされるイメージです。
  • 点Cでは、AとBからの電場が合成され、\(x\)軸の正の向きに電場が生じます。ここに正電荷Pを置くと、その向きに力を受けて加速していきます。
• 図示の有効性:
  • 問1の電場計算では、各電荷が作る電場ベクトルを矢印で図示し、そのベクトル和を考えることで、計算の方向性（どの成分が残り、どの成分が消えるか）が明確になります。模範解答の図も非常に参考になります。
  • エネルギー保存則を考える際も、初状態と終状態の図を描き、それぞれのエネルギーを書き出すと整理しやすくなります。
• 図を描く際の注意点:
  • 電場ベクトルは、その点から電荷の向き（斥力か引力か）に正しく矢印を引く。
  • ベクトル合成は、平行四辺形の法則や、始点と終点を繋ぐ方法など、正確に行う。
  • 距離や角度を正確に図に記入する。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• \(E = k |Q|/r^2\): 点電荷が作る電場の基本公式。距離 \(r\) の2乗に反比例することが重要。
• \(V = k Q/r\): 点電荷が作る電位の基本公式。距離 \(r\) に反比例。電荷の符号をそのまま使う。
• \(\vec{F} = q\vec{E}\): 電荷が電場から受ける力。\(q\)の符号で力の向きが変わる。
• \(W_{\text{外}} = q(V_{\text{後}} – V_{\text{初}})\): 外力の仕事と電位変化の関係。エネルギーの観点から重要。
• \(\frac{1}{2}mv^2 + qV = \text{一定}\): 力学的エネルギー保存則。非保存力が仕事をしない場合に適用可能。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (1) 電場: 各電荷からの電場ベクトルを図示 → 対称性確認 → 成分計算 or ベクトル合成。
2. (2) 電位: 各電荷からの距離を計算 → 各電荷による電位を計算 → スカラー和。
3. (3) 静電気力: (1)の電場結果を利用 → \(F=qE\) を適用。\(q\) の符号から向きを判断。
4. (4) 仕事: (2)の電位結果を利用 → \(W_1 = q(V_O – V_C)\) を計算。\(W_2 = -W_1\)。
5. (5) エネルギー保存: 初状態（C点：速度0, 電位\(V_C\)）と終状態（無限遠：速度\(v\), 電位0）を設定 → エネルギー保存則の式を立てる → \(v\) について解く。

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: 物理量を扱う際は常に単位を意識する（本問では指定されているので代入ミスに注意）。
• 平方根や分数の処理: 距離の計算で \(\sqrt{ }\) が出てきたり、電場や電位の式で分母に \(d\) や \(d^2\) が出てくるので、計算間違いをしないように丁寧に。特に \(\cos 45^\circ = 1/\sqrt{2}\) の扱いや有理化。
• 文字の混同: \(Q\) と \(q\)、\(V_O\) と \(V_C\) など、似た文字や添え字を間違えないように注意する。
• 符号の確認: 電荷の符号、電位の符号、仕事の符号、エネルギーの符号（位置エネルギーは負にもなりうるが本問では正）など、符号が重要な意味を持つ量については特に注意する。
• 途中計算の整理: 式が複雑になる場合は、一つ一つの項を丁寧に計算し、整理しながら進める。

日頃の練習:

• 対称性の高い問題（例：電気双極子、正方形の頂点の電荷など）を複数解き、対称性の利用方法をマスターする。
• エネルギー図を描いて、ポテンシャルエネルギーと運動エネルギーの変化を視覚的に捉える練習をする。

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

• (1) 電場の向き: 得られた電場の向きが、電荷の配置から直感的に予想される向きと一致するか確認する（例：C点では \(x\) 軸正の向きは妥当か）。
• (2) 電位の大小: \(V_O\) と \(V_C\) のどちらが大きいか、その理由は何かを考察する（Oの方が電荷に近いので高電位になる傾向）。
• (4) 仕事の符号: \(V_O > V_C\) なので、CからOへ正電荷を運ぶには外力は正の仕事をするはず (\(W_1 > 0\))。計算結果と一致するか。
• (5) 速さの実在性: \(v = \sqrt{…}\) の中身が正になるか確認する。\(q, Q\) が正、\(k, m, d\) も正なので、ルートの中身は正になり実数解を持つ。もし負電荷を放したらどうなるかなどを考えてみるのも良い。

問題103 (福岡大)

【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、一様な電場中での荷電粒子の運動や、電位、静電気力のする仕事について考察するものです。電場から受ける力と重力の両方を考慮する必要がある場面もあり、運動学と電磁気学の融合問題と言えます。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは、「一様電場中の荷電粒子の運動とエネルギー」です。電場が荷電粒子に及ぼす力（静電気力）と、重力が同時に働く状況下での運動を解析します。電位や電位差の概念、静電気力がする仕事の計算、運動方程式の適用、そして場合によってはエネルギー保存則の考え方も重要になります。特に、運動を水平方向と鉛直方向に分解して考えることが有効な場面が多くあります。

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。

• 一様な電場と電位:
  • 一様な電場 \(E\) 中では、電気力線は平行かつ等間隔になります。
  • 電場は電位の高い方から低い方へ向かいます。
  • 電場に垂直な面は等電位面です。
  • 電場の向きに \(d_E\) だけ離れた2点間の電位差は \(V = Ed_E\) で与えられます。
• 静電気力: 電荷 \(q\) が電場 \(E\) 中で受ける力は \(\vec{F_E} = q\vec{E}\)。\(q>0\) なら力の向きは電場の向きと同じです。
• 仕事:
  • 一定の力 \(\vec{F}\) が作用し、物体が変位 \(\vec{x}\) だけ移動したとき、その力のする仕事は \(W = \vec{F} \cdot \vec{x}\) (内積)。力が一定で変位の向きとのなす角が \(\phi\) の場合、\(W = Fx\cos\phi\)。
  • 静電気力は保存力なので、そのする仕事は経路によらず、始点と終点の位置（電位）だけで決まります。始点の電位を \(V_{\text{始}}\)、終点の電位を \(V_{\text{終}}\) とすると、静電気力のする仕事 \(W_E\) は \(W_E = q(V_{\text{始}} – V_{\text{終}})\) とも書けます。
• 運動方程式: 物体の運動状態の変化は、物体に働く合力によって決まります (\(m\vec{a} = \vec{F}_{\text{合力}}\))。
• 等加速度直線運動の公式: 一定の加速度 \(a\) で運動する場合、初速度 \(v_0\)、時間 \(t\) 後の変位 \(x\) および速度 \(v\) は、\(x = v_0t + \frac{1}{2}at^2\)、\(v = v_0 + at\)、\(v^2 – v_0^2 = 2ax\) で関係づけられます。
• 運動の分解: 複数の力が働く場合や、運動が複雑な場合は、運動を互いに垂直な方向（例：水平方向と鉛直方向）に分解して考えると、それぞれの方向で独立した運動として捉えやすくなります。

(1) 電場の向きと電位の高低の関係、および電位差の公式 \(V=Ed_E\) を用いて考えます。距離 \(d_E\) は電場方向の距離であることに注意します。(2) 静電気力は保存力なので、仕事は経路によらず始点と終点の位置関係（電位差）で決まります。または、静電気力と変位の内積を計算します。(3) 荷電粒子は電場から水平方向の力を受け、重力から鉛直方向の力を受けます。これらの合力による運動を考えます。水平方向と鉛直方向に運動を分解し、それぞれの運動方程式または等加速度運動の公式を適用します。(4) 水平方向の運動と鉛直方向の運動を独立に考え、Q点に到達するという条件（水平方向の変位、鉛直方向の変位）を満たすように初速を決定します。

問1

思考の道筋とポイント
まず、点Pと点Rのどちらの電位が高いかを判断します。一様な電場は電位の高い方から低い方へ向かう性質があります。次に、PR間の電位差を求めます。電位差は \(V = Ed_E\) で計算できますが、ここでの \(d_E\) は電場方向の距離であることに注意が必要です。

この設問における重要なポイント

• 一様な電場 \(E\) は、電位の高い方から低い方へ向かう。
• 電場 \(E\) の向きに \(d_E\) だけ離れた2点間の電位差の大きさは \(V = Ed_E\)。
• 点Pと点Rの電場方向における位置関係を正確に把握する。

具体的な解説と立式
電場は水平右向きにかかっています。電気力線も水平右向きです。電場（電気力線）は電位の高い方から低い方へ向かうという性質があります。
点Pと点Rの位置関係を見ると、点Rは点Pよりも電場の向き（右向き）に進んだ位置にあります。具体的には、線分PRの長さが \(l\) で、これが水平線PQとなす角が \(\theta\) なので、Pを基準としたとき、Rの水平右方向の変位は \(l\cos\theta\) です。
したがって、電場の向きに進むほど電位は低くなるので、点Pの方が点Rよりも電位が高いです。

次に、PR間の電位差 \(V_{PR}\) を求めます。電位差は、電場の強さ \(E\) と電場方向の距離の積で与えられます。
点Pと点Rの間の、電場の方向（水平右向き）の距離は、点Pから点Qまでの距離と同じで、\(PQ = l\cos\theta\) です。
点Pの電位を \(V_P\)、点Rの電位を \(V_R\) とすると、Pの方が電位が高いので、電位差（通常は高い方から低い方を引いた値、またはその絶対値）は、
$$V_{PR} = V_P – V_R$$
この電位差は、電場の強さ \(E\) と、PとRの電場方向の距離 \(l\cos\theta\) の積として表されるので、
$$V_{PR} = E \cdot (l\cos\theta) \quad \cdots ①$$
これがPR間の電位差です。

電場の向きは水平右向きです。
点Pに対して点Rは水平右方向に \(l\cos\theta\) だけ離れた位置にあります。
電場は電位の高い方から低い方へ向かうため、点Pの方が点Rよりも電位が高いです。
PR間の電位差 \(V_{PR}\) は、式①より、電場の強さ \(E\) と電場方向の距離 \(l\cos\theta\) の積なので、
$$V_{PR} = El\cos\theta \quad \text{[V]}$$

電気の世界では、電場は「坂道」のようなもので、電気の粒（正電荷）はこの坂道を下るように力を受けます。そして、電位は「高さ」のようなものです。電場は、この「高さ」が高い方から低い方へ向かって吹く「風」とイメージできます。
この問題では、風は右向きに吹いています。P点とR点を比べると、R点の方がP点よりも風下（右側）にありますね。風下に行くほど高さは低くなるので、P点の方がR点よりも電位（高さ）が高いです。
P点とR点の間の「高さの差」（電位差）は、「風の強さ \(E\) × 風の方向にどれだけ進んだか」で計算できます。P点とR点の間で、風の方向（水平右向き）に進んだ距離は \(l\cos\theta\) です。なので、電位差は \(E \times l\cos\theta\) となります。

点Pと点Rでは、点Pの方が電位が高いです。これは、電場が水平右向きであり、電場は電位の高い方から低い方へ向かうためです。
PR間の電位差は \(El\cos\theta\) [V] です。これは、電場の強さと電場方向の距離の積として正しく求められています。

問2

思考の道筋とポイント
荷電粒子M（電荷 \(q>0\)）を点Qから点Rを経て点Pへ移すとき、静電気力がする仕事を求めます。静電気力は保存力なので、そのする仕事は移動経路によらず、始点と終点の電位差（または位置エネルギーの差）によって決まります。始点はQ、終点はPです。
あるいは、静電気力 \(\vec{F_E} = q\vec{E}\) と各区間の変位ベクトルとの内積を計算し、合計する方法も考えられますが、保存力の性質を使う方が簡明です。

この設問における重要なポイント

• 静電気力は保存力であり、そのする仕事は経路によらない。
• 静電気力のする仕事 \(W_E = q(V_{\text{始}} – V_{\text{後}})\)。あるいは、仕事の定義 \(W = \vec{F_E} \cdot \vec{x}_{\text{全}}\) （\(\vec{x}_{\text{全}}\) は始点から終点への変位ベクトル）。
• 一様な電場中では静電気力 \(F_E = qE\) は一定。
• 点Pと点Qは水平線上にあり、PはQの左側に \(l\cos\theta\) の距離にある。

具体的な解説と立式
荷電粒子Mの電荷は \(q\) (\(q>0\)) です。電場は水平右向きに \(E\) ですから、粒子Mが受ける静電気力 \(\vec{F_E}\) は水平右向きで、その大きさは \(F_E = qE\) で一定です。
経路 Q→R→P での静電気力の仕事を求めます。静電気力は保存力なので、仕事は始点Qと終点Pの位置だけで決まります。
始点Qから終点Pへの変位ベクトルを考えます。点Pは点Qの水平左側に距離 \(l\cos\theta\) だけ離れた位置にあります（P, Qは同じ高さ）。
静電気力 \(\vec{F_E}\) は水平右向きです。始点Qから終点Pへの変位の水平成分は左向きに \(l\cos\theta\) です。
したがって、静電気力のする仕事 \(W_E\) は、力と変位の水平成分が逆向きであるため、
$$W_E = F_E \times (\text{変位の水平成分}) \times \cos(180^\circ)$$
ここで、変位の水平成分の大きさは \(l\cos\theta\) ですから、
$$W_E = (qE) \cdot (l\cos\theta) \cdot (-1) \quad \cdots ②$$

【別解：電位を用いた方法】
点Pの電位を \(V_P\)、点Qの電位を \(V_Q\) とします。静電気力のする仕事 \(W_E\) は、
$$W_E = q(V_Q – V_P)$$
問1より、Pの方がQよりも電位が高く（PがQの左側にあるため）、その電位差は \(V_P – V_Q = E \cdot (l\cos\theta)\) です。
よって、\(V_Q – V_P = -(V_P – V_Q) = -El\cos\theta\)。これを仕事の式に代入すると、
$$W_E = q(-El\cos\theta) \quad \cdots ③$$

静電気力 \(\vec{F_E}\) の大きさは \(qE\) で水平右向きです。
始点Qから終点Pへの変位の水平成分は左向きで、その大きさは \(l\cos\theta\) です。
静電気力とこの変位の向きは正反対（なす角 \(180^\circ\)）なので、\(\cos(180^\circ) = -1\)。
式②より、静電気力のする仕事 \(W_E\) は、
$$W_E = (qE) \cdot (l\cos\theta) \cdot (-1)$$
$$W_E = -qEl\cos\theta \quad \text{[J]}$$

電気の力（静電気力）は、M君（電荷 \(q\)）を右向きに \(qE\) の強さで常に押しています。M君がQ点からR点を経てP点へ移動するとき、結局のところ、Q点からP点へ水平左向きに \(l\cos\theta\) だけ移動したことになります（R点を経由したことは最終的な仕事に関係ありません）。
右向きの力 \(qE\) を受けながら、左向きに \(l\cos\theta\) 移動するので、電気の力は「邪魔する」方向に働き、その仕事はマイナスになります。仕事の大きさは「力の強さ × 移動距離」なので、\(qE \times l\cos\theta\)。マイナスをつけて \(-qEl\cos\theta\) となります。

静電気力のする仕事は \(-qEl\cos\theta\) [J] です。
P点の方がQ点よりも電位が高い（左側にあるため）ので、正電荷 \(q\) を電位の低いQ点から電位の高いP点へ運ぶ際には、静電気力（電場の向きの力）は負の仕事をします。これは、電荷が電場に逆らって移動する成分を持つことを意味しており、結果は物理的に妥当です。

問3

思考の道筋とポイント
荷電粒子Mを点Pで静かに放す (\(v_0=0\)) と、粒子は水平右向きの静電気力 \(qE\) と鉛直下向きの重力 \(mg\) の合力を受けて運動を開始します。この合力は一定なので、粒子は等加速度直線運動をします。
面Bに達する時間は、水平方向の運動に着目して求めます。点Pから面Bまでの水平距離は \(PQ = l\cos\theta\) です。
運動の軌跡は、初速度0で一定の力を受ける物体の運動を考えます。

この設問における重要なポイント

• 荷電粒子に働く力は、静電気力（水平右向き、\(qE\)）と重力（鉛直下向き、\(mg\)）。
• これらの合力は一定なので、運動は等加速度直線運動。
• 運動を水平方向と鉛直方向に分解して考える。水平方向の運動は静電気力のみによる等加速度運動。
• 等加速度運動の公式: \(x = v_0t + \frac{1}{2}at^2\)。

具体的な解説と立式
荷電粒子Mに働く力は以下の通りです。

• 静電気力: 水平右向きに \(F_E = qE\)
• 重力: 鉛直下向きに \(F_g = mg\)

これらの合力 \(\vec{F}_{\text{合力}}\) は一定です。粒子は点Pで静かに放されるので初速度は0です。したがって、粒子は \(\vec{F}_{\text{合力}}\) の向きに等加速度直線運動をします。

面Bに達するまでの時間を求めるには、水平方向の運動に着目します。
水平方向の初速度は0です。水平方向の力は静電気力 \(qE\) のみなので、水平方向の加速度を \(a_x\) とすると、運動方程式 \(ma_x = F_x\) より、
$$ma_x = qE$$よって、水平方向の加速度 \(a_x\) は、$$a_x = \displaystyle\frac{qE}{m} \quad \cdots ③$$
この加速度 \(a_x\) は一定です。点Pから面Bまでの水平距離は \(d_x = l\cos\theta\) です。
等加速度直線運動の公式 \(x = v_0t + \frac{1}{2}at^2\) を水平方向に適用すると、初速度 \(v_{0x}=0\)、変位 \(d_x\)、加速度 \(a_x\) なので、面Bに達するまでの時間を \(t\) として、
$$l\cos\theta = (0) \cdot t + \displaystyle\frac{1}{2}a_x t^2$$
したがって、解くべき方程式は、
$$l\cos\theta = \displaystyle\frac{1}{2} \left(\displaystyle\frac{qE}{m}\right) t^2 \quad \cdots ④$$

運動の軌跡について：
初速度0で一定の合力を受けて運動するので、その軌跡は力の方向に沿った直線となります。合力の向きは、水平右向きの静電気力と鉛直下向きの重力のベクトル和の向きです。

まず、水平方向の加速度 \(a_x\) は式③より、
$$a_x = \displaystyle\frac{qE}{m}$$
次に、この \(a_x\) を用いて、式④から時間 \(t\) を求めます。
$$l\cos\theta = \displaystyle\frac{1}{2} \left(\displaystyle\frac{qE}{m}\right) t^2$$
\(t^2\) について整理すると、
$$t^2 = \displaystyle\frac{2m l\cos\theta}{qE}$$
\(t>0\) なので、
$$t = \sqrt{\displaystyle\frac{2ml\cos\theta}{qE}} \quad \text{[s]}$$
運動の軌跡：
粒子は初速度0で、一定の合力（静電気力と重力のベクトル和）を受けて運動します。したがって、その軌跡は、合力の向きを向いた直線となります。

P点でそっと放されたM君は、右向きに電気の力 \(qE\)、下向きに重力 \(mg\) を受けます。この2つの力を合わせた「本当の力（合力）」はずっと同じ向き、同じ強さでかかり続けます。最初は止まっていたM君は、この「本当の力」の向きにまっすぐ進んでいきます。だから軌跡は直線です。
面Bに到達する時間は、横方向の動きだけを考えればわかります。横方向には \(qE\) の力で引っ張られ、そのときの加速度は \(a_x = qE/m\) です。P点から面Bまでの横の距離は \(l\cos\theta\) なので、「距離 = \(\frac{1}{2} \times\) 加速度 \(\times\) 時間²」の公式から時間を計算できます。

面Bに達するのに要する時間は \(t = \sqrt{\displaystyle\frac{2ml\cos\theta}{qE}}\) [s] です。
運動の軌跡は、静電気力と重力の合力の向きへの直線となります。これは、初速度0の物体が一定の力を受けて運動する場合の基本的な性質であり、妥当です。

問4

思考の道筋とポイント
荷電粒子Mを点Pで鉛直上向きに初速 \(v_0\) で発射し、点Qに到達させる条件を考えます。運動を水平方向と鉛直方向に分解して扱います。
水平方向：静電気力 \(qE\) を受けて等加速度運動。
鉛直方向：重力 \(mg\) を受けて等加速度運動（鉛直投げ上げ）。
点Qに到達するということは、ある時間 \(t\) の間に、水平方向には距離 \(PQ = l\cos\theta\) だけ移動し、かつ鉛直方向の変位が0（PとQは同じ高さ）になるということです。

この設問における重要なポイント

• 運動の独立性：水平方向の運動と鉛直方向の運動は、互いに影響を与えずに独立に考えることができる（ただし、到達時間は共通）。
• 水平方向：初速度0（鉛直上向き発射なので）、加速度 \(a_x = qE/m\)、変位 \(l\cos\theta\)。
• 鉛直方向：初速度 \(v_0\)、加速度 \(-g\)（上向き正）、変位0。
• 両方向の運動が同時に起こり、同じ時間 \(t\) でQ点に到達する。

具体的な解説と立式
粒子Mが点Qに到達するまでの時間を \(t\) とします。

水平方向の運動について：
点Pでの水平方向の初速度は0です（鉛直上向きに発射するため）。水平方向の加速度は問3と同様に \(a_x = \displaystyle\frac{qE}{m}\) です。
時間 \(t\) の間に水平方向に \(l\cos\theta\) だけ進むので、等加速度直線運動の公式 \(x = v_{0x}t + \frac{1}{2}a_x t^2\) を用いると、
$$l\cos\theta = (0) \cdot t + \displaystyle\frac{1}{2} \left(\displaystyle\frac{qE}{m}\right) t^2 \quad \cdots ⑤$$
この式から時間 \(t\) を求めることができます。

鉛直方向の運動について：
点Pで鉛直上向きに初速 \(v_0\) で発射されます。鉛直上向きを正の向きとすると、加速度は重力によるものなので \(a_y = -g\) です。
時間 \(t\) の間に鉛直方向の変位が0になれば（PとQは同じ高さなので）、粒子は点Qに到達します。
等加速度直線運動の公式 \(y = v_{0y}t + \frac{1}{2}a_y t^2\) を用いると、
$$0 = v_0 t + \displaystyle\frac{1}{2}(-g)t^2$$
整理すると、
$$0 = v_0 t – \displaystyle\frac{1}{2}gt^2 \quad \cdots ⑥$$
粒子が運動しているので \(t \neq 0\) です。式⑤から \(t\) を求め、式⑥に代入して \(v_0\) を求めます。

まず、式⑤から時間 \(t\) を求めます。これは問3で求めた時間と同じ形になります。
$$l\cos\theta = \displaystyle\frac{1}{2} \left(\displaystyle\frac{qE}{m}\right) t^2$$
\(t^2\) について解くと、
$$t^2 = \displaystyle\frac{2m l\cos\theta}{qE}$$
\(t>0\) より、
$$t = \sqrt{\displaystyle\frac{2ml\cos\theta}{qE}}$$
次に、この \(t\) を用いて式⑥から \(v_0\) を求めます。
式⑥は \(0 = t(v_0 – \frac{1}{2}gt)\) と因数分解できます。
\(t \neq 0\) なので、両辺を \(t\) で割ると、
$$v_0 – \displaystyle\frac{1}{2}gt = 0$$
したがって、
$$v_0 = \displaystyle\frac{1}{2}gt$$
求めた \(t\) の式をここに代入すると、
$$v_0 = \displaystyle\frac{1}{2}g \sqrt{\displaystyle\frac{2ml\cos\theta}{qE}} \quad \text{[m/s]}$$

M君をP点から真上に打ち上げてQ点に着地させる、という2次元の運動です。これは横方向の動きと縦方向の動きに分けて考えられます。
まず、横方向には、M君はP点からQ点までの距離 \(l\cos\theta\) を電気の力で加速しながら進みます。この横方向の動きにかかる時間は、(3)で計算したのと同じ \(t = \sqrt{2ml\cos\theta / (qE)}\) です。
次に、縦方向には、M君は初速 \(v_0\) で打ち上げられ、重力で減速し、また加速して元の高さに戻ってきます（Q点はP点と同じ高さなので）。ちょうど \(t\) 秒後に元の高さに戻ってくるためには、投げ上げの公式 \(0 = v_0 t – \frac{1}{2}gt^2\) が成り立てばOKです。この式から \(v_0 = \frac{1}{2}gt\) となるので、先に求めた \(t\) を代入すれば \(v_0\) が計算できます。

必要な初速 \(v_0\) は \(\displaystyle\frac{g}{2}\sqrt{\displaystyle\frac{2ml\cos\theta}{qE}}\) [m/s] です。
これは、水平方向にQ点に到達するまでの時間 \(t\) の間に、鉛直方向には投げ上げ運動をして元の高さに戻ってくるための初速度を計算したものです。各方向の運動を独立に考え、時間を媒介として関連付けることで解が得られています。

【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？

• 一様な電場と電位の関係: 電場 \(E\) は電位 \(V\) の空間的な変化率であり、\(V=Ed_E\) （\(d_E\) は電場方向の距離）という関係が重要です。また、電場は電位の高い方から低い方へ向かうという方向性の理解も必須でした（問1）。
• 静電気力と仕事: 電荷 \(q\) の粒子が受ける静電気力 \(F_E=qE\) と、その力がする仕事の計算（問2）。静電気力は保存力であるため、仕事は経路によらないという性質の理解が重要です。
• 運動方程式と運動の分解: 複数の力が働く場合、運動方程式 \(m\vec{a}=\vec{F}_{\text{合力}}\) を立てて運動を解析します。特に、力が互いに垂直な方向に働く場合（本問の静電気力と重力）、運動をそれらの方向に分解して考えると、各方向で等加速度運動として扱えることが多いです（問3, 問4）。
• 等加速度直線運動の公式: 一定の力が働く（＝一定の加速度が生じる）場合の運動を記述する基本的な公式群の適用（問3, 問4）。
• 初速度のある運動と軌跡: 初速度の向きと力の向きの関係によって、運動の軌跡が直線になったり放物線になったりします（問3では直線、問4では水平方向と鉛直方向を組み合わせると放物運動の一部とみなせる）。

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

• 類似問題のパターン:
  • 一様な電場だけでなく、一様な磁場も加わった中での荷電粒子の運動（ローレンツ力）。
  • 電場が時間的・空間的に変化する場合（より高度な問題）。
  • 衝突やエネルギー損失が伴う運動。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 粒子に働く力の図示: まず、荷電粒子にどのような力が働いているのか（大きさ、向き）を正確に図示することが第一歩です。ベクトルとして力を捉えます。
  2. 座標系の設定: 運動を解析するために適切な座標系（通常は水平・鉛直方向、または力の働く方向に合わせる）を設定します。
  3. 運動の種類の判断: 働く合力が一定か、初速度はあるか、などから運動の種類（等速直線運動、等加速度直線運動、円運動、単振動、放物運動など）を判断します。
  4. 保存則の適用の可否: エネルギー保存則や運動量保存則が使える場面かどうかを見極めます（外力の仕事や撃力がないかなど）。
• 問題解決のヒントと注意点:
  • 電場 \(E\) [V/m] と 電位 \(V\) [V] の単位と物理的意味を混同しない。
  • 仕事を計算する際、力の向きと変位の向きのなす角に注意する。
  • 運動を分解した場合、各方向の運動は独立だが、「時間 \(t\)」は共通の媒介変数となることが多い。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 電位差と距離: 電位差 \(V=Ed_E\) の \(d_E\) は、単なる2点間の距離ではなく、「電場方向の」距離であることを見落とす。
• 仕事の正負: 静電気力がする仕事か、外力がする仕事か、どちらを問われているかを確認し、正負を正しく判断する。電位が上がる方向に正電荷を運ぶと、静電気力は負の仕事をする。
• 力の分解と運動の分解: 力を分解する際に三角関数（\(\sin, \cos\)）の適用を誤る。分解した各方向の運動がどのようになるか（初速度、加速度）を正確に把握する。
• 軌跡の判断: 力の向きと初速度の向きの関係から軌跡を判断する。初速度0で一定の力を受ければ直線運動。初速度が力の向きと異なる向きにあれば曲線運動（放物運動など）になる。

対策:

• 様々な状況下での力の図示とベクトル分解の練習を積む。
• 運動の公式を適用する際には、各記号が何を表しているのか（初速度か、変位か、など）を明確に意識する。
• 典型的な運動（投げ上げ、斜方投射など）と、電場中の運動のアナロジーを考えることで理解を深める（例：問3の運動は、斜面を滑り落ちる運動と似ている）。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での現象のイメージ化:
  • 一様な電場は、空間全体に同じ向き・同じ強さの「風」が吹いているようなイメージ。正電荷はその風下に流される。
  • 重力は常に鉛直下向きに働く。これらの合力が粒子の運動方向を決める。
  • (3)では、P点で手を離すと、右斜め下に引っ張られていく直線運動。
  • (4)では、真上に投げ上げたボールが、横風に流されながらQ点に戻ってくるような運動（ただし風は常に同じ強さ）。
• 図示の有効性:
  • (3), (4)では、粒子に働く力をベクトルで図示し、それを水平・鉛直成分に分解する、あるいは合力を求める図が非常に有効。模範解答の図も力を分解して加速度を示している。
  • 運動の軌跡を大まかにでも描いてみることで、変位や速度の方向性を掴む助けになる。
• 図を描く際の注意点:
  • 力のベクトルは作用点から正しい向きに描く。
  • 分解した成分や合力も、元の力との関係が分かるように描く。
  • 座標軸を設定し、それに対する角度や成分を明記する。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• \(V=Ed_E\): 一様な電場であることが前提。\(d_E\) の取り方が鍵。
• \(W_E = q(V_{\text{始}} – V_{\text{後}})\): 静電気力が保存力であるため、電位の概念と結びつけて仕事が計算できる。
• \(ma_x = qE\), \(ma_y = -mg\) (または \(mg-qE_y\) など): ニュートンの運動方程式。各方向に働く力を正しく認識し、加速度との関係を記述する。
• \(x = v_0t + \frac{1}{2}at^2\): 加速度が一定であるという条件下で使える。各方向独立に適用。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (1) 電位差: 電場の向きと電位の高低を確認 → 電場方向の距離を特定 → \(V=Ed_E\)。
2. (2) 仕事: 始点と終点の確認 → 電位差を利用するか、力と変位の内積を計算。
3. (3) 時間と軌跡: 働く力を列挙・図示 → 合力を考察、または運動を分解 → 水平方向の運動方程式（または等加速度の式）から時間を求める → 初速と力の関係から軌跡を判断。
4. (4) 初速: 水平・鉛直に運動を分解 → 各方向の到達条件（変位、時間）を立式 → 連立して解く。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 三角関数の適用: \(l\cos\theta\) と \(l\sin\theta\) のどちらが水平/鉛直距離に対応するのか、図をよく見て判断する。
• 符号の取り扱い: 加速度や変位の向きを座標軸の正の向きと照らし合わせて、符号を間違えないようにする（特に鉛直方向の重力加速度）。
• ルートの計算: 平方根の計算や、ルートの中に文字式が入る場合の整理を丁寧に行う。
• 連立方程式の処理: (4)のように複数の条件式を扱う場合、代入や消去の過程でミスがないようにする。

日頃の練習:

• 斜方投射や水平投射など、2次元の運動の扱いに慣れておく。これらは力が一定（重力のみ）の場合の基本。
• 電場や磁場が加わった場合の運動は、これらの基本運動に新たな力が加わったものとして理解する。

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

• (1) 電位の高い方: 電場の向きと整合しているか。電位差の大きさは妥当か。
• (2) 仕事の符号: 正電荷が電位の低い方へ移動すれば静電気力は正の仕事、高い方へ移動すれば負の仕事をする。結果と一致するか。
• (3) 時間: もし電場が強ければ（\(E\)大）時間は短くなるか？質量が大きければ（\(m\)大）時間は長くなるか？といった依存関係を式の形から考察する。軌跡が直線になる理由は説明できるか。
• (4) 初速: もし重力がなければ \(v_0=0\) でもQに到達できるか（水平方向の力だけでQに到達する時間で鉛直方向の変位が0になるか、つまりQに到達しない）。\(E=0\) なら単なる鉛直投げ上げでQには戻らない。このような極端な場合を考えてみる。

問題104 (センター試験)

【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、はく検電器の動作原理を理解しているかを問うものです。特に、静電誘導、接地、そして帯電体を近づけたり遠ざけたりした際の電荷の移動という一連のプロセスを正確に追跡でき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

この問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

• クーロンの法則: 電荷間に働く基本的な力。同符号の電荷は反発し合い、異符号の電荷は引き合います。はくが開いたり閉じたりする直接的な原因です。
• 静電誘導: 導体を強い電場に置いたとき、導体内の自由電子が移動し、帯電体の近くには帯電体と異符号の電荷が、遠い側には同符号の電荷が現れる現象です。
• 接地（アース）: 導体を地球に接続することです。地球は非常に大きな導体であるため、電荷を供給したり吸収したりする能力があります。接地された導体は、電荷が自由に移動できる経路を得るため、電位がほぼ0に保たれます。この問題では「手で触れる」という行為が接地に相当します。
• 電荷保存則: 電気的に孤立した系では、電荷の総和は常に一定に保たれます。手を離した後は、はく検電器全体が孤立系となります。

問題を解くためには、各操作ステップではく検電器の電極およびはく部分の電荷がどのように分布し、移動するかを順を追って丁寧に考えることが重要です。

設問

思考の道筋とポイント
この問題では、以下の3つのステップでの電荷の動きを理解することが核心となります。

1. ガラス棒を近づける（接地中）: 正に帯電したガラス棒を、手で触れている（接地されている）はく検電器に近づけると何が起こるか。
2. 手を離す（ガラス棒はそのまま）: ガラス棒を近づけたまま、はく検電器から手を離すと、電荷の状態はどうなるか。
3. ガラス棒を遠ざける: 最後にガラス棒を遠ざけると、検電器内の電荷はどのように再配置され、はくはどうなるか。

この設問における重要なポイント

• 「手で触れている」状態は、はく検電器が「接地」されていると解釈します。これにより、電荷は手を通じて自由に地面との間で移動できます。
• 静電誘導により、ガラス棒の正電荷に引き寄せられる負電荷（自由電子）と、反発される正電荷（正確には自由電子が不足した部分）が検電器内に生じます。
• 接地されている間は、反発された正電荷は地面へ逃げることができます。
• 手を離すと、検電器は電気的に孤立し、その時点での検電器全体の電荷量は保存されます。
• ガラス棒を遠ざけると、ガラス棒による電荷の束縛が解かれ、検電器内の余剰な電荷が全体に再分布します。

具体的な解説と立式
この問題は、現象の定性的な理解を問うものであり、具体的な数式を用いた立式は中心ではありません。各ステップにおける電荷の動きとそれに伴うはくの状態を記述します。

1. 初期状態と操作1：正に帯電したガラス棒を、手で触れているはく検電器に近づける
   • はく検電器に手で触れているため、検電器は接地されています。
   • 正に帯電したガラス棒を検電器の電極に近づけると、静電誘導が起こります。
     • ガラス棒の正電荷は、検電器内の自由電子（負電荷）を電極側に引き寄せます。したがって、電極のガラス棒に近い側は負に帯電します。
     • 一方、検電器内の正電荷（原子核など）はガラス棒の正電荷から反発力を受けます。しかし、検電器は接地されているため、これらの反発された正電荷、あるいは自由電子が検電器のより遠い部分（はくを含む）から地面へと移動すると考えることができます。結果として、はくには余分な電荷がほとんどたまらず、はくは閉じたままです。この状態は、模範解答中の図aに相当します。
2. 操作2：手を離す
   • ガラス棒を電極に近づけたまま、検電器から手を離します。
   • 手を離すことで、検電器は電気的に孤立した状態になります。もはや電荷は地面との間で移動できません。
   • この瞬間、電極部分にはガラス棒の引力によって負電荷が引き寄せられた状態が維持されています。はくは依然として電荷がほとんどないため、閉じたままです。
   • 検電器全体としては、操作1で正電荷が地面に逃げた（あるいは地面から負電荷が供給された）分だけ、負に帯電した状態になっています。
3. 操作3：ガラス棒を遠ざける
   • 次に、ガラス棒を検電器から遠ざけます。
   • ガラス棒からの正電荷の引力がなくなると、電極部分に束縛されていた負電荷は自由に動けるようになります。
   • これらの負電荷は、互いにクーロン力で反発し合うため、電気的に孤立している検電器全体（電極部分とはく部分の両方）に広がって分布します。
   • その結果、はくの部分も負電荷を帯びることになります。
   • はくの両箔が同じ符号（負）の電荷を帯びるため、互いに反発力が働き、はくは開きます。この状態は、模範解答中の図bに相当します。

この問題は定性的な理解を問うものであり、数式を用いた計算過程はありません。上記の「具体的な解説と立式」で述べた現象のステップを追うことが解答への道筋となります。

各操作段階での電荷の動きをイメージで捉えましょう。

1. ガラス棒を近づける（手が触れている）:
   • プラスのガラス棒がマイナスの電気（電子）を検電器の頭（電極）に吸い寄せます。
   • 検電器の足（はく）にあったプラスの電気は、反発されて手を通じて地面に逃げてしまいます。なので、はくは開かず閉じたままです。
2. 手を離す:
   • ガラス棒はまだ近くにあります。頭に吸い寄せられたマイナスの電気はそのままです。はくも閉じたまま。
   • この時点で、検電器全体としてはマイナスの電気を余分に持っている状態になります（地面にプラスの電気が逃げたから）。
3. ガラス棒を遠ざける:
   • プラスのガラス棒がいなくなると、頭に集まっていたマイナスの電気が解放されます。
   • 検電器全体がマイナスに帯電しているので、そのマイナスの電気が検電器全体（頭も足も）に広がります。
   • はくにもマイナスの電気が行くので、はくの左右が同じマイナスの電気同士で反発しあい、開きます。

以上の考察により、

• 初期状態（ガラス棒を近づけ、手が触れている）：はくは閉じている。
• 手を離した後（ガラス棒はまだ近い）：はくは閉じたまま。
• ガラス棒を遠ざけた後：はくは（負に帯電して）開く。

したがって、「閉じていたはくは、手を離しても変化せず、ガラス棒を遠ざけると開く。」という記述が正しいです。これは選択肢①に該当します。
模範解答に示されている図aは「ガラス棒を近づけ、接地（手で触れる）している状態」で、はくが閉じている様子を示しています。図bは「ガラス棒を遠ざけた後」で、検電器全体に負電荷が広がり、はくが開いている様子を示しており、我々の考察と一致します。

【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？

• 静電誘導: 外部の帯電体によって導体内の電荷分布が偏る現象。この問題では、正に帯電したガラス棒が検電器内の自由電子を引き寄せることが起点となります。
• 接地（アース）: 導体を地球に接続することで、電荷の逃げ道や供給源となること。手で触れることが接地の役割を果たし、反発された電荷（この場合は実質的に正電荷の役割を果たすもの）を検電器から逃がします。
• クーロンの法則: 電荷間に働く力。同符号なら反発、異符号なら引力。はくが開くのは、はくの両箔が同符号の電荷を帯びて反発し合うためです。
• 電荷の保存（電気的孤立系において）: 手を離した後は、検電器は電気的に孤立し、外部との電荷のやり取りがなくなるため、検電器全体の電荷量は保存されます。ガラス棒を遠ざけたときに、この保存された電荷が再分布します。

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

• 類似問題への応用:
  • 帯電体の符号が異なる場合（例：負に帯電したエボナイト棒を使う）。
  • 接地のタイミングが異なる場合（例：最初にガラス棒を近づけてから接地する）。
  • 複数の導体間で電荷を移動させる問題。
• 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. 帯電体の種類と極性: 何が近づけられているか（正か負か）。
  2. 対象物の材質: 導体か不導体か（検電器は導体）。
  3. 「接地」の有無とタイミング: いつ接地され、いつ孤立するのか。これが電荷の移動と最終的な帯電状態を大きく左右します。
  4. 操作の順番: 「手を離す」のと「帯電体を遠ざける」のはどちらが先か。
• 問題解決のヒントや、特に注意すべき点は何か:
  • 各ステップごとに、電荷の分布を図で簡単に描いてみる。特に自由電子（負電荷）の動きに注目する。
  • 「接地」は電荷の逃げ道であり、電位を安定させる働きがあることを理解する。
  • 電気的に孤立した後は、その物体全体の電荷量は変化しないことを押さえる。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 誤解: 「静電誘導では、正電荷も負電荷も自由に移動する。」
  • 対策: 金属導体中で主に移動するのは自由電子（負電荷）です。正電荷の移動に見えるのは、自由電子が去った結果、その場所が正に帯電した状態になる、と理解しましょう。
• 誤解: 「接地していると、必ずはくが開く（または閉じる）。」
  • 対策: 接地は電荷の逃げ道を提供します。この問題のように、帯電体を近づけた際に反発される同種の電荷が地面に逃げることで、はくには電荷が偏らず閉じたままになるケースがあります。
• 誤解: 「手を離した瞬間（帯電体はまだ近い）、検電器は中性になる。」
  • 対策: 帯電体を近づけた状態で接地し、その後手を離すと、帯電体の引力で引き寄せられた異種電荷が検電器内に残り、検電器はその異種電荷に帯電します。中性にはなりません。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題における物理現象のイメージ化:
  • ステップ1（ガラス棒接近、接地中）: ガラス棒（＋）が、検電器の頭に電子（－）を集める。足（はく）の電子は追い出され、さらに手を通って地面へ逃げるイメージ。結果、足はほぼニュートラル。
  • ステップ2（手を離す）: 電子の逃げ道がなくなる。頭の電子はガラス棒に引かれたまま。足もニュートラルなまま。しかし、検電器全体としては「電子過多」の状態。
  • ステップ3（ガラス棒を遠ざける）: ガラス棒の引力がなくなり、過多になった電子が検電器全体（頭も足も）に「わーっ」と広がるイメージ。足（はく）にも電子が来るので、左右の箔が反発して開く。
• 図示の有効性:
  • 各操作段階での電荷の分布（＋や－の記号）を、検電器の簡単な図に書き込むと、状況が視覚的に理解しやすくなります。
  • 特に、自由電子の移動を矢印で示すと良いでしょう。
  • 模範解答の図a、b、cは、まさにこの現象のキーとなる状態を示しています。自分の理解と図が一致するか確認することが重要です。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• この問題は「公式を当てはめて計算する」タイプではありませんが、現象を支配する原理・法則の理解が不可欠です。
  • 静電誘導: なぜ電荷が偏るのか？ → 外部電場による力。
  • クーロン力: なぜはくが開くのか？ → 同種電荷間の反発力。
  • 接地: なぜ電荷が逃げるのか？ → より電位的に安定な状態へ移動するため（地球を基準電位と考える）。
• これらの原理・法則が、各ステップでどのように作用しているかを論理的に考えることが求められます。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 初期条件の把握: 手で触れている ＝ 接地されている。検電器は電気的に中性からスタート。
2. 操作1（ガラス棒接近＋接地）:
   • 静電誘導により電極に負電荷が集中。
   • 反発される正電荷（あるいは電子が不足する効果）は接地により中和（電子が地面から供給される、または正電荷が地面へ逃げる）。
   • 結果：はくはほぼ帯電せず、閉じたまま。検電器の上部に負電荷が偏る。
3. 操作2（手を離す）:
   • 検電器は電気的に孤立。
   • ガラス棒の引力により負電荷は電極に束縛されたまま。
   • 結果：はくは閉じたまま。検電器全体としては負に帯電した状態。
4. 操作3（ガラス棒を遠ざける）:
   • ガラス棒の束縛が解かれる。
   • 検電器全体に負電荷が均等に（反発しあって）分布しようとする。
   • 結果：はくも負に帯電し、反発力ではくが開く。
5. 結論: 選択肢と照合。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• この問題は定性的ですが、電荷の符号（＋、－）の扱いは非常に重要です。
  • 「正に帯電したガラス棒」なら、引き寄せられるのは「負電荷（電子）」。
  • 最終的に検電器が何に帯電するかを正確に追う。
• 図を描き、電荷の分布を可視化することで、混乱を防ぎます。
• 各操作の意味（接地とは何か、孤立とは何か）を明確に意識します。

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

• 物理的な妥当性:
  • 最終的に検電器が負に帯電し、はくが開くという結果は、一連の操作（正のガラス棒を近づけて接地し、手を離してからガラス棒を遠ざける）から論理的に導かれるか？ → 導かれる。
  • もし、最初に負に帯電した物体を使ったらどうなるか？ 最終的にはくは正に帯電して開くはず、というように逆のケースを考えると理解が深まります。
• 模範解答の図との整合性:
  • 図a: ガラス棒（＋）を近づけ、接地している状態。電極に（－）、はくは閉じている。これは操作1の終了時、および操作2の間の状態と一致。
  • 図b: ガラス棒を遠ざけた後。検電器全体が（－）に帯電し、はくが開いている。これは操作3の終了時の状態と一致。
  • 図c: （参考）帯電していない検電器にガラス棒（＋）を近づけただけの状態（接地なし）。電極に（－）、はくに（＋）が現れて開く。本問のプロセスとは異なるが、静電誘導の基本として比較すると良い。
• 選択肢の吟味: 他の選択肢がなぜ誤りなのかを説明できるようにする。
  • ②「手を離すと開き」が誤り。手を離した時点では、まだガラス棒の引力で負電荷は電極に束縛されており、はくに電荷は広がらない。
  • ③④「開いていたはくは」が、本問の初期条件（手で触れていて閉じた状態から始まる）と異なる。これは「問」として提示されている別ケースの初期状態。

問題105 (センター試験＋福岡大)

【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、平行板コンデンサーに関する様々な状況設定（スイッチの開閉、極板間距離の変化、誘電体の挿入）において、電気量、電場、電位差、静電エネルギーといった物理量がどのように変化するかを問う総合問題です。コンデンサーの基本的な性質を深く理解しているかが試されます。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題を解くためには、以下の物理法則や概念をしっかりと理解しておく必要があります。

• 平行板コンデンサーの電気容量: \(C = \varepsilon \displaystyle\frac{S}{d}\) （\(\varepsilon\) は極板間の物質の誘電率。真空の場合は \(\varepsilon_0\)、比誘電率 \(\varepsilon_r\) の物質の場合は \(\varepsilon = \varepsilon_r \varepsilon_0\)）
• コンデンサーの基本式: \(Q = CV\) （\(Q\): 電気量, \(C\): 電気容量, \(V\): 電位差）
• 一様な電場と電位差の関係: \(V = Ed\) （\(E\): 電場の強さ, \(d\): 極板間距離）
• コンデンサーの静電エネルギー: \(U = \displaystyle\frac{1}{2}QV = \displaystyle\frac{1}{2}CV^2 = \displaystyle\frac{Q^2}{2C}\)
• スイッチの開閉に伴う条件:
  • スイッチが電池に接続されている（閉じている）場合：コンデンサーの電位差 \(V\) は電池の起電力で一定に保たれる（充電が完了すれば）。
  • スイッチが電池から切り離されている（開いている）場合：コンデンサーに蓄えられた電気量 \(Q\) は一定に保たれる（電荷の逃げ道がないため）。
• コンデンサーの直列接続: 合成容量 \(C_{\text{合成}}\) は \(\displaystyle\frac{1}{C_{\text{合成}}} = \displaystyle\frac{1}{C_1} + \displaystyle\frac{1}{C_2} + \cdots\) で与えられる。

各設問に対して、これらの法則を適切に適用し、数式を立てて解いていきます。

問1

思考の道筋とポイント
「はじめの状態」とは、スイッチSを閉じてコンデンサーが十分に充電された状態です。このとき、コンデンサーの電位差は電池の起電力 \(V_0\) に等しくなります。
まず、真空中の平行板コンデンサーの電気容量 \(C_0\) を \(S, d, \varepsilon_0\) を用いて表します。次に、\(Q_0=C_0V_0\)、\(E_0=V_0/d\)、\(U_0=(1/2)C_0V_0^2\) の関係式を用いて各物理量を求めるための式を立てます。

この設問における重要なポイント

• スイッチを閉じて十分時間が経過すると、コンデンサーの電位差は電池の起電力 \(V_0\) に等しくなる。
• 平行板コンデンサーの電気容量の基本公式 \(C = \varepsilon_0 S/d\) を正しく用いる。
• 電気量、電場、静電エネルギーを求める公式を正確に適用する。

具体的な解説と立式
はじめの状態で、スイッチSを閉じて十分に時間が経過すると、コンデンサーの極板間の電位差は電池の起電力 \(V_0\) に等しくなります。
このときのコンデンサーの電気容量を \(C_0\) とすると、真空の誘電率が \(\varepsilon_0\)、極板の面積が \(S\)、極板間の距離が \(d\) なので、
$$C_0 = \varepsilon_0 \frac{S}{d} \quad \cdots ①$$
コンデンサーに蓄えられる電気量 \(Q_0\) は、電気容量 \(C_0\) と電位差 \(V_0\) を用いて、次のように表すことができます。
$$Q_0 = C_0 V_0 \quad \cdots ②$$
極板間の電場の強さ \(E_0\) は、電位差 \(V_0\) と距離 \(d\) を用いて、次のように表されます。電場は一様であるとします。
$$E_0 = \frac{V_0}{d} \quad \cdots ③$$
コンデンサーに蓄えられる静電エネルギー \(U_0\) は、次のように表されます。
$$U_0 = \frac{1}{2} C_0 V_0^2 \quad \cdots ④$$
これらの式①から④を用いて、各物理量を具体的に求めていきます。

式①で表される \(C_0\) を式②に代入して、電気量 \(Q_0\) を求めます。
$$Q_0 = \left(\varepsilon_0 \frac{S}{d}\right) V_0 = \frac{\varepsilon_0 S V_0}{d}$$
電場の強さ \(E_0\) は式③で与えられています。
$$E_0 = \frac{V_0}{d}$$
式①で表される \(C_0\) を式④に代入して、静電エネルギー \(U_0\) を求めます。
$$U_0 = \frac{1}{2} \left(\varepsilon_0 \frac{S}{d}\right) V_0^2 = \frac{\varepsilon_0 S V_0^2}{2d}$$

1. まず、コンデンサーの「器の大きさ」にあたる電気容量 \(C_0\) を式①を使って表します。これは、材料（真空の誘電率 \(\varepsilon_0\)）、板の広さ (\(S\))、板の間の距離 (\(d\)) で決まります。
2. 次に、蓄えられる電気の量 \(Q_0\) を式②から求めます。これは、電気容量 \(C_0\) とコンデンサーにかかる電圧 \(V_0\) で決まります。
3. 極板間の電場の強さ \(E_0\) は、式③を使って、コンデンサーにかかる電圧 \(V_0\) と板の間の距離 \(d\) から求めます。
4. 最後に、蓄えられるエネルギー \(U_0\) を式④から求めます。これは電気容量 \(C_0\) と電圧 \(V_0\) の2乗に関係します。

したがって、
電気量 \(Q_0 = \displaystyle\frac{\varepsilon_0 S V_0}{d}\) [C]電場の強さ \(E_0 = \displaystyle\frac{V_0}{d}\) [V/m] または [N/C]静電エネルギー \(U_0 = \displaystyle\frac{\varepsilon_0 S V_0^2}{2d}\) [J]となります。これらの結果は、コンデンサーの基本的な性質から導かれるものであり、物理的に妥当です。

問2

思考の道筋とポイント
スイッチSを閉じたままなので、コンデンサーの極板間の電位差は電池の起電力 \(V_0\) で一定に保たれます。極板間隔を \(d\) から \(2d\) に広げるため、電気容量が変化します。新しい電気容量を \(C_1\) とし、それを用いて新しい電気量 \(Q_1\) と電場 \(E_1\) を求めるための式を立て、はじめの状態と比較します。

この設問における重要なポイント

• スイッチSが閉じている（電池に接続されている）ため、コンデンサーの電位差は \(V_0\) で一定。
• 電気容量 \(C\) は極板間隔 \(d\) に反比例する (\(C \propto 1/d\))。

具体的な解説と立式
スイッチSを閉じたままなので、コンデンサーの電位差は \(V_0\) で一定です。
極板間隔を \(2d\) に広げたときの電気容量を \(C_1\) とすると、
$$C_1 = \varepsilon_0 \frac{S}{2d} \quad \cdots ⑤$$
これは、はじめの電気容量 \(C_0 = \varepsilon_0 S/d\) （式①）と比較すると \(C_1 = (1/2)C_0\) であることが分かります。
このときの電気量を \(Q_1\) とすると、電位差は \(V_0\) なので、
$$Q_1 = C_1 V_0 \quad \cdots ⑥$$
このときの電場の強さを \(E_1\) とすると、電位差は \(V_0\)、極板間距離は \(2d\) なので、
$$E_1 = \frac{V_0}{2d} \quad \cdots ⑦$$

電気量 \(Q_1\) を求め、はじめの電気量 \(Q_0 = C_0 V_0\) と比較します。
式⑤を考慮して式⑥に代入すると、\(C_1 = (1/2)C_0\) なので、
$$Q_1 = \left(\frac{1}{2} C_0\right) V_0 = \frac{1}{2} (C_0 V_0)$$
ここで \(Q_0 = C_0 V_0\) （式②）なので、
$$Q_1 = \frac{1}{2} Q_0$$
したがって、電気量ははじめの状態の \(\displaystyle\frac{1}{2}\) 倍になります。

電場の強さ \(E_1\) を求め、はじめの電場の強さ \(E_0 = V_0/d\) （式③）と比較します。
式⑦より、
$$E_1 = \frac{V_0}{2d} = \frac{1}{2} \left(\frac{V_0}{d}\right)$$
ここで \(E_0 = V_0/d\) なので、
$$E_1 = \frac{1}{2} E_0$$
したがって、電場の強さははじめの状態の \(\displaystyle\frac{1}{2}\) 倍になります。

1. スイッチが繋がったままなので、コンデンサーにかかる電圧はずっと \(V_0\) のままです。これが大前提です。
2. 極板の間の距離が \(d\) から \(2d\) へと2倍になると、コンデンサーの電気容量（電気を蓄える能力）は式⑤で示すように、元の \(C_0\) の半分 (\(1/2\) 倍) になります。
3. 蓄えられる電気の量 \(Q_1\) は式⑥ \(Q_1 = C_1 V_0\) で計算できます。\(C_1\) が \(C_0\) の半分になったので、電圧 \(V_0\) が同じなら、\(Q_1\) も元の \(Q_0\) の半分 (\(1/2\) 倍) になります。
4. 電場の強さ \(E_1\) は式⑦ \(E_1 = V_0/(2d)\) で計算できます。元の \(E_0 = V_0/d\) と比べると、電圧 \(V_0\) が同じで距離が2倍になったので、電場の強さは半分 (\(1/2\) 倍) になります。

電気量は \(\displaystyle\frac{1}{2}\) 倍、電場の強さは \(\displaystyle\frac{1}{2}\) 倍となります。
電圧が一定の条件で極板間距離を増やすと、電気容量は減少し、それに伴い蓄えられる電気量も減少します。また、電圧が一定であれば、距離が長くなるほど電場は弱くなります。これらの結果は物理的に整合しています。

問3

思考の道筋とポイント
はじめの状態（電気量 \(Q_0\)、電位差 \(V_0\) などが蓄えられている）に戻してから、スイッチSを開きます。この操作により、コンデンサーは電池から切り離され、孤立した状態になります。したがって、コンデンサーに蓄えられた電気量 \(Q_0\) は一定に保たれます。
この状態で極板間隔を \(d\) から \(2d\) に広げます。電気容量は変化しますが、電気量 \(Q_0\) が一定なので、それに応じて電位差 \(V\)、電場 \(E\)、静電エネルギー \(U\) がどう変化するかを、それぞれの物理量を求める式を立てて調べます。

この設問における重要なポイント

• スイッチSを開いた後は、コンデンサーに蓄えられている電気量 \(Q_0\) が一定に保たれる。
• 電気容量 \(C\) は極板間隔 \(d\) に反比例する (\(C \propto 1/d\))。
• 電気量が一定のとき、極板間の電場の強さ \(E\) は変化しない (\(E = Q/(\varepsilon_0 S)\))。これは電気力線の本数が保存されると考えると理解しやすい。

具体的な解説と立式
はじめの状態に戻し、スイッチSを開くと、コンデンサーに蓄えられている電気量 \(Q_0 = C_0 V_0\) が保存されます。
この状態で極板間隔を \(2d\) に広げたときの電気容量を \(C_2\) とすると、
$$C_2 = \varepsilon_0 \frac{S}{2d} = \frac{1}{2} C_0 \quad \cdots ⑧$$
電気量は \(Q_0\) のままです。
極板間の電場の強さ \(E_2\) は、電気量 \(Q_0\) と極板面積 \(S\) が変わらないため、\(E_2 = Q_0 / (\varepsilon_0 S)\) となります。これははじめの電場 \(E_0 = Q_0 / (\varepsilon_0 S)\) （式②と①から \(Q_0 = (\varepsilon_0 S/d)V_0\) なので、\(E_0 = V_0/d\) であり、\(Q_0/(\varepsilon_0 S) = ((\varepsilon_0 S V_0)/d) / (\varepsilon_0 S) = V_0/d\) とも書けます）と等しくなります。
$$E_2 = E_0 \quad \cdots ⑨$$
このときの電位差を \(V_2\) とすると、\(V = Ed\) の関係から、
$$V_2 = E_2 \cdot (2d) \quad \cdots ⑩$$
または、\(Q_0 = C_2 V_2\) という関係式からも \(V_2\) を求めることができます。
このときの静電エネルギーを \(U_2\) とすると、電気量 \(Q_0\) と電気容量 \(C_2\) を用いて、
$$U_2 = \frac{Q_0^2}{2C_2} \quad \cdots ⑪$$
または、電気量 \(Q_0\) と電位差 \(V_2\) を用いて \(U_2 = (1/2)Q_0V_2\) としても計算できます。

各物理量がはじめの状態の何倍になるかを計算します。

• 電気量: スイッチを開いているため、電気量 \(Q_0\) は変化しません。よって、はじめの状態の 1倍。
• 電場: 式⑨より \(E_2 = E_0\)。よって、はじめの状態の 1倍。
• 電位差: 式⑩に \(E_2=E_0\) を代入し、\(E_0=V_0/d\) （式③）を用いると、
  $$V_2 = E_0 \cdot (2d) = \left(\frac{V_0}{d}\right) (2d) = 2V_0$$
  よって、はじめの状態の 2倍。
  （別解として、\(Q_0 = C_2 V_2\) に \(Q_0=C_0V_0\) と \(C_2=(1/2)C_0\) （式⑧）を代入すると、
  \(C_0V_0 = (1/2)C_0 V_2\)。両辺を \(C_0\) で割ると (\(C_0 \neq 0\)) \(V_0 = (1/2)V_2\)、よって \(V_2 = 2V_0\)。）
• 静電エネルギー: 式⑪に \(C_2=(1/2)C_0\) （式⑧）を代入すると、
  $$U_2 = \frac{Q_0^2}{2(C_0/2)} = \frac{Q_0^2}{C_0}$$
  はじめの静電エネルギーは \(U_0 = Q_0^2/(2C_0)\) （これは式② \(Q_0=C_0V_0\) を式④ \(U_0=(1/2)C_0V_0^2\) に代入して \(V_0=Q_0/C_0\) とし \(U_0=(1/2)C_0(Q_0/C_0)^2 = Q_0^2/(2C_0)\) と変形できる）なので、
  $$U_2 = 2 \left(\frac{Q_0^2}{2C_0}\right) = 2U_0$$
  よって、はじめの状態の 2倍。
  （別解として、\(U_2 = (1/2)Q_0V_2\) に \(V_2=2V_0\) を代入すると、
  \(U_2 = (1/2)Q_0(2V_0) = Q_0V_0\)。はじめのエネルギーは \(U_0=(1/2)Q_0V_0\) なので、\(U_2 = 2U_0\)。）

1. スイッチを切ったので、コンデンサーに蓄えられた電気の量 \(Q_0\) はもうどこにも行けず、一定のままです。これがこの設問での一番大切なポイントです。
2. 極板の間の距離が \(d\) から \(2d\) へと2倍になると、電気容量 \(C_2\) は式⑧で示すように、元の \(C_0\) の半分 (\(1/2\) 倍) になります。
3. 電場の強さ \(E_2\) は、電気の量 \(Q_0\) が同じで板の面積 \(S\) も同じなので、電気力線の混み具合は変わりません。したがって、\(E_2\) は元の \(E_0\) と同じ（1倍）です。
4. 電位差（電圧） \(V_2\) は、式⑩ \(V_2 = E_2 \cdot (2d)\) で計算できます。\(E_2\) が \(E_0\) と同じで距離が2倍になったので、\(V_2\) は元の \(V_0\) の2倍になります。
5. エネルギー \(U_2\) は、例えば式⑪ \(U_2 = Q_0^2/(2C_2)\) で計算できます。\(Q_0\) が同じで \(C_2\) が \(C_0\) の半分になったので、分母が半分になるということは、\(U_2\) は元の \(U_0\) の2倍になります。

電気量は1倍、電場は1倍、電位差は2倍、静電エネルギーは2倍となります。
電荷が一定の条件で極板間距離を増やす（つまり、極板を引き離すには外力が必要で仕事をする）と、電気容量は減少し、電位差は増大し、静電エネルギーも増大します。この増大したエネルギーは、極板を引き離すためにした仕事に相当します。結果は物理的に妥当です。

問4

思考の道筋とポイント
設問(3)の状態、すなわち極板間隔が \(2d\) でコンデンサーには電気量 \(Q_0\) が蓄えられている状態から操作を始めます。スイッチは開いたままなので、電気量 \(Q_0\) は引き続き一定です。
この極板間 \(2d\) の空間に、厚さ \(d\)、比誘電率 \(\varepsilon_r = 2\) の誘電体を挿入します。このとき、空間は「厚さ \(d\) の誘電体部分」と「厚さ \(d\) の真空部分」の2層構造になります。これは、2つの異なるコンデンサーが直列に接続されていると見なすことができます。
それぞれの部分の電気容量を計算し、直列合成容量を求めます。最後に \(Q_0 = C_{\text{合成}} V_1\) の関係から新しい電位差 \(V_1\) を求めるための式を立てます。

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、電気量 \(Q_0\) は一定。
• 誘電体を挿入すると、その部分の電気容量は比誘電率倍になる。\(C_{\text{誘電体}} = \varepsilon_r C_{\text{真空相当}}\)。
• 空間的に直列に異なる物質が配置される場合、それぞれの部分を独立したコンデンサーと考え、それらのコンデンサーが直列に接続されているとモデル化できる。
• コンデンサーの直列接続の合成容量の公式を正しく使う。

具体的な解説と立式
(3)の操作後、極板間隔は \(2d\)、蓄えられている電気量は \(Q_0\) です。
ここに厚さ \(d\)、比誘電率 \(\varepsilon_r = 2\) の誘電体を挿入します。
この状況は、以下の2つのコンデンサーが直列に接続されたものと等価であると考えられます。

• コンデンサーA（真空部分）: 厚さ \(d\)、極板面積 \(S\)。この部分の電気容量を \(C_A\) とすると、\(C_A = \varepsilon_0 S/d\)。これははじめの電気容量 \(C_0\) （式①）に等しいので、\(C_A = C_0\)。
• コンデンサーB（誘電体部分）: 厚さ \(d\)、極板面積 \(S\)、比誘電率 \(\varepsilon_r = 2\) の誘電体で満たされている。この部分の電気容量を \(C_B\) とすると、\(C_B = \varepsilon_r \varepsilon_0 S/d = 2 (\varepsilon_0 S/d) = 2C_0\)。

これらの直列合成容量を \(C_3\) とすると、直列接続の公式から、
$$\frac{1}{C_3} = \frac{1}{C_A} + \frac{1}{C_B} \quad \cdots ⑫$$
コンデンサー全体に蓄えられている電気量は \(Q_0\) のままであり、このときの全体の電位差が \(V_1\) なので、次の関係式が成り立ちます。
$$Q_0 = C_3 V_1 \quad \cdots ⑬$$
ここで、\(Q_0 = C_0 V_0\) （問1の結果、式②）です。

まず、式⑫に \(C_A=C_0\) と \(C_B=2C_0\) を代入して、合成容量 \(C_3\) を計算します。
$$\frac{1}{C_3} = \frac{1}{C_0} + \frac{1}{2C_0}$$
右辺を通分すると、
$$\frac{1}{C_3} = \frac{2}{2C_0} + \frac{1}{2C_0} = \frac{3}{2C_0}$$
よって、\(C_3\) は、
$$C_3 = \frac{2}{3} C_0$$
次に、式⑬に \(Q_0 = C_0 V_0\) と上記で求めた \(C_3 = (2/3)C_0\) を代入して \(V_1\) を求めます。
$$C_0 V_0 = \left(\frac{2}{3} C_0\right) V_1$$
両辺の \(C_0\) は \(C_0 \neq 0\) なので割ることができ、
$$V_0 = \frac{2}{3} V_1$$
これを \(V_1\) について解くと、
$$V_1 = \frac{3}{2} V_0$$

1. (3)の後なので、コンデンサーには \(Q_0\) という量の電気が蓄えられたままです。全体の距離は \(2d\) です。これがスタート地点です。
2. この \(2d\) の隙間のうち、半分（厚さ \(d\)）に誘電体を入れ、残りの半分（厚さ \(d\)）は真空のままです。
3. これは、真空のコンデンサー（容量 \(C_A=C_0\)）と、誘電体の入ったコンデンサー（容量 \(C_B=2C_0\)、だって比誘電率が2だから！）が「直列」につながっているのと同じだと考えます。
4. 直列つなぎの全体の容量 \(C_3\) は、式⑫ \(1/C_3 = 1/C_A + 1/C_B\) という式で計算します。値を代入すると \(1/C_3 = 1/C_0 + 1/(2C_0)\) となり、これを計算すると \(C_3 = (2/3)C_0\) となります。
5. 全体の電気の量 \(Q_0\) は変わらないので、新しい電圧 \(V_1\) は式⑬ \(Q_0 = C_3 V_1\) から求めます。問1で \(Q_0 = C_0 V_0\) だったので、これらを代入して \(C_0 V_0 = ((2/3)C_0) V_1\) となります。この式を \(V_1\) について解くと \(V_1 = (3/2)V_0\) となります。

極板間の電位差 \(V_1 = \displaystyle\frac{3}{2} V_0\) となります。
(3)の時点では、極板間隔 \(2d\) 全体が真空で電位差は \(2V_0\) でした。誘電体を一部に挿入することで、全体の電気容量が \(C_2 = C_0/2\) から \(C_3 = (2/3)C_0\) へと増加しました (\((2/3)C_0 > (1/2)C_0\))。電気量 \(Q_0\) が一定なので、電気容量が増加すれば、電位差 \(V=Q/C\) は減少します。実際、\(2V_0\) から \((3/2)V_0\) へと減少しており、物理的な傾向と一致しています。

【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関係式群:
  • 電気容量: \(C = \varepsilon \frac{S}{d}\)
  • 電荷と電圧の関係: \(Q = CV\)
  • 電場と電圧の関係: \(V = Ed\) (一様な場合)
  • エネルギー: \(U = \frac{1}{2}QV = \frac{1}{2}CV^2 = \frac{Q^2}{2C}\)
• スイッチの開閉と保存量:
  • スイッチON (電池接続): 電圧 \(V\) が電池の起電力で一定 (十分に時間が経てば)。電荷 \(Q\) は変化しうる。
  • スイッチOFF (電池から切断): 電荷 \(Q\) が保存される (一定)。電圧 \(V\) は変化しうる。
• 誘電体の役割: 比誘電率 \(\varepsilon_r\) の誘電体を挿入すると、その部分の電気容量が \(\varepsilon_r\) 倍になる。
• コンデンサーの接続: 特に直列接続の場合の合成容量の計算 (\(1/C_{\text{total}} = 1/C_1 + 1/C_2\))。

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

• 類似問題への応用:
  • 複数の誘電体が層状または並列に挿入されている問題。
  • 極板を引き離したり近づけたりする際に外力がする仕事量を問う問題。
  • RC回路の初期状態・最終状態の解析。
• 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. スイッチの状態はどうか？ → \(V\)一定か \(Q\)一定かをまず判断する。これが全ての出発点。
  2. 何が変化したか？ → 極板間距離 \(d\)、極板面積 \(S\)、誘電率 \(\varepsilon\) のうち、どれが操作によって変化したかを確認する。
  3. 電気容量 \(C\) はどう変わるか？ → 上記の変化に基づいて \(C\) の変化を計算する。
  4. どの公式を使うべきか？ → \(V\)一定か \(Q\)一定か、そして何を求めたいかに応じて、\(Q=CV\), \(V=Ed\), エネルギーの公式などを使い分ける。
  5. 複雑な構造か？ → (4)のように複数の素材や空間がある場合は、等価的なコンデンサーの接続（直列・並列）を考える。
• 問題解決のヒントや、特に注意すべき点は何か:
  • 各設問が独立しているか、前の設問の結果を引き継ぐのかを正確に読み取る。
  • 「何倍になるか」という問いには、基準となる初期状態の値を明確にし、それに対する比を計算する。
  • (4)のように空間を分割して考える場合、それぞれの部分の厚さや誘電率を正確に把握する。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• \(V\)一定と \(Q\)一定の混同: スイッチの状態を見誤る、あるいはその意味を理解していない。
  • 対策: 問題文を丁寧に読み、スイッチが開いているか閉じているかを図にも書き込むなどして常に意識する。
• 電気容量の式の誤用: \(d\) と \(S\) の関係を間違える、誘電率の扱いを間違える。
  • 対策: \(C = \varepsilon S/d\) は基本中の基本。誘電体を挿入した場合は \(\varepsilon = \varepsilon_r \varepsilon_0\) となることを忘れない。
• 電場と電位差の関係の混乱: \(V=Ed\) は便利だが、\(d\) がどの部分の距離なのかを明確にしないと間違う。
  • 対策: 特に(4)のような場合、各部分での電場や電位差を考える際には注意が必要。
• コンデンサーの直列・並列の判断ミス: (4)で空間が分かれている場合、それが電気的に直列なのか並列なのかを正しく判断できない。
  • 対策: 電荷の流れ方や電位の分布を考えて判断する。一般に、電荷が同じ経路をたどる（分流しない）場合は直列、電圧が共通にかかる場合は並列。
• 計算ミス: 特に分数の計算や、複数の文字が含まれる式の変形。
  • 対策: 途中式を丁寧に書き、焦らず計算する。可能なら検算する。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題における物理現象のイメージ化:
  • (2) \(V\)一定で \(d\) を広げる: 電池が頑張って電圧を \(V_0\) に保とうとする。\(d\) が広がると容量が減るので、蓄えきれなくなった電荷が電池に戻っていくイメージ。電場は \(V_0/d\) なので、\(d\) が大きくなると電場は弱まる。
  • (3) \(Q\)一定で \(d\) を広げる: 電荷は孤立して逃げ場がない。無理やり極板を引き離すと、電荷間の引力に逆らって仕事をするのでエネルギーが増える。電場の強さは \(Q/(\varepsilon_0 S)\) で変わらないが、距離が伸びる分だけ電位差 \(V=Ed\) は大きくなる。
  • (4) 誘電体の挿入: 誘電体の中では電場が弱められる（誘電分極）。これにより、同じ電荷を蓄えるのに必要な電圧が、真空の場合よりも低くなる効果がある（容量が増える効果）。図bのような等価回路図は、この複雑な状況を整理するのに非常に役立ちます。
• 図示の有効性:
  • 回路図にスイッチの開閉状態を明記する。
  • コンデンサーの極板間距離や誘電体の状態を模式的に描く。
  • (4)では、与えられている等価回路図（図b）の理解が鍵。なぜ直列になるのか（電荷が各部分を順に通過していくイメージ、電位差は各部分の和になる）を考える。
  • 電気力線を描いてみるのも良い。\(Q\)が一定なら電気力線の本数は変わらないが、\(d\)が変わると密度や電位差が変わる。\(V\)が一定なら電位差は変わらないが、\(d\)が変わると電気力線の密度（電場）が変わる。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• \(C=\varepsilon S/d\): コンデンサーの形状と材質から決まる「電気のためやすさ」の定義。
• \(Q=CV\): 電気容量の定義そのもの。与えられた電圧に対してどれだけ電荷を蓄えられるか。
• \(V=Ed\): 電場が一様な空間での電位の定義（電場を距離で積分したもの）。
• エネルギーの公式: 様々な形があるが、\(Q, C, V\) のうちどの2つが分かっているか、あるいはどの量が一定かで使い分けると便利。例えば \(Q\) 一定なら \(U=Q^2/(2C)\)、\(V\) 一定なら \(U=(1/2)CV^2\)。
• スイッチの開閉による条件の使い分け:
  • 閉→\(V\)一定：電池が電位差を固定するため。
  • 開→\(Q\)一定：電荷保存則。電荷の移動経路が断たれるため。
• 合成容量: 複数のコンデンサーが組み合わさったときの全体の容量を求めるためのルール。直列の場合は電荷が共通で電圧が分割、並列の場合は電圧が共通で電荷が分割されることから導かれる。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 設問の条件確認: スイッチの状態（開/閉）、操作内容（\(d\)変更、誘電体挿入など）。
2. 不変量の特定: \(V\)一定か、\(Q\)一定か。
3. 電気容量の変化の計算: 操作に応じて \(C_0 = \varepsilon_0 S/d\) を元に新しい容量を計算。誘電体があれば \(\varepsilon_r\) を考慮。
4. 基本公式の適用: \(Q=CV\), \(V=Ed\), エネルギーの公式などを用いて、求めたい物理量を立式。
5. 代入と計算: 初期状態の値（\(Q_0, V_0\)など）や変化した容量を代入し、数値を求める。特に「何倍か」を問う場合は比の形にする。
6. (4)のような複合問題:
   1. 空間を複数のコンデンサー部分に分割。
   2. 各部分の容量を計算。
   3. 接続形態（直列/並列）を判断し、合成容量を計算。
   4. 不変量（ここでは \(Q_0\)）と合成容量から全体の電位差を求める。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 単位の確認: 今回は文字式中心だが、数値を扱う際は単位も一緒に計算することでミスを発見しやすくなる。
• 文字の整理: \(C_0, V_0, Q_0, E_0, U_0\) などの初期状態の量を基準に、変化後の量をこれらの何倍かで表すことを意識すると、式が整理しやすい。
• 分数の計算: 合成容量の計算（特に直列）では逆数の和を取るので、最後に再度逆数にするのを忘れない。
• 比の計算: 「AはBの何倍か」は \(A/B\) を計算する。分母と分子を間違えない。
• 式の見通し: 複雑な代入をする前に、式全体の構造を把握し、どの部分がどう変化するかを大まかに予測する。

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

• 物理的な直感との照らし合わせ:
  • (2) 電圧一定で \(d\) を広げると容量は減る。電荷も減るはず。電場も弱まるはず。→ OK
  • (3) 電荷一定で \(d\) を広げると、無理やり引き離すのでエネルギーは増えるはず。容量は減るので電圧は上がるはず。電場は変わらないはず。→ OK
  • (4) (3)の状態から誘電体を入れると、一般に容量は増す方向なので、\(Q\)一定なら電圧は下がる方向のはず。(3)の \(2V_0\) から \((3/2)V_0\) に下がっているので、傾向としてはOK。
• 極端な場合を考える:
  • 例えば(4)で、もし誘電体の比誘電率が \(\varepsilon_r=1\) (つまり真空と同じ)なら、\(C_B=C_0\) となり \(1/C_3 = 1/C_0 + 1/C_0 = 2/C_0\)。したがって \(C_3 = C_0/2\)。このとき \(V_1 = Q_0/(C_0/2) = (C_0V_0)/(C_0/2) = 2V_0\)。これは(3)の極板間隔 \(2d\) が全て真空の場合の電圧と一致し、妥当。
  • もし誘電体の比誘電率が非常に大きい (\(\varepsilon_r \to \infty\)) なら、\(C_B \to \infty\)、\(1/C_B \to 0\)。すると \(1/C_3 \approx 1/C_0\)。したがって \(C_3 \approx C_0\)。\(V_1 \approx Q_0/C_0 = V_0\)。つまり、誘電体部分の電圧降下がほぼ0になるイメージ。
• 単位の整合性: 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するか。今回は文字式なので次元で確認。

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