問題106 (愛知工大＋静岡大)
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
- 提示する別解
- 設問(3)の別解1: 直列合成容量を用いた解法
- 金属板の挿入を「2つのコンデンサーの直列接続」とみなして合成容量を計算します。
- 設問(1)〜(3)の別解2: 微積分を用いた体系的解法
- ガウスの法則から電場を導出し、電位の定義（電場の積分）に基づいて電位分布や電気容量を導きます。
- 設問(5)の別解: 力学的仕事を用いた解法
- 模範解答がエネルギー保存則（状態の変化）で解くのに対し、別解では極板間に働く静電気力（引力）に逆らって外力がする仕事を直接計算します。
- 設問(3)の別解1: 直列合成容量を用いた解法
- 上記の別解が有益である理由
- 直列合成: 複雑な誘電体挿入問題など、等価回路への置き換えが有効な場面での基礎となります。
- 微積分: 公式 \(V=Ed\) や \(Q=CV\) が、より根源的な「電場と電荷の関係（ガウスの法則）」と「電位の定義」から導かれることを理解でき、物理的直感が深まります。
- 力学的仕事: 「エネルギーの変化」と「仕事」が等価であることを具体的な計算で確認でき、エネルギー保存則への信頼度が高まります。
- 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「コンデンサーへの導体板挿入とエネルギー収支」です。コンデンサーの極板間に金属板（導体）を入れたときの電位分布の変化、電気容量の変化、そして回路のスイッチ操作に伴う電荷やエネルギーの保存則を扱います。
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。
- 静電誘導と導体の性質: 静電場中の導体内部の電場は \(0\) であり、導体全体は等電位となります。
- 電気容量の定義と決定要因: 平行板コンデンサーの容量は \(C = \varepsilon_0 \displaystyle\frac{S}{d}\) で決まります。
- 電荷保存則: 孤立した部分（スイッチが開かれた後の極板など）の電気量の総和は保存されます。
- エネルギー保存則: 外力がした仕事は、系全体の静電エネルギーの変化に等しくなります。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)〜(3)では、スイッチが閉じられているため「電圧 \(V\) が一定」であることに着目し、金属板挿入後の電場や容量の変化を追います。
- (4)では、スイッチを開くため「電気量 \(Q\) が一定」であることに着目し、金属板除去後の電圧を求めます。
- (5)では、操作の前後での静電エネルギーの差分から、外力の仕事を求めます。
問(1)
思考の道筋とポイント
スイッチSが閉じられているため、コンデンサーの極板間電圧は電池の起電力 \(V\) と等しくなります。
基本公式を用いて電気量を求めます。
この設問における重要なポイント
- 基本公式の適用: コンデンサーの基本式 \(Q=CV\) をそのまま適用します。
具体的な解説と立式
コンデンサーの電気容量を \(C\)、加わる電圧を \(V\) とします。
蓄えられる電気量 \(Q_0\) は以下の式で表されます。
$$
\begin{aligned}
Q_0 &= CV
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- コンデンサーの基本式: \(Q = CV\)
計算は立式そのものです。
$$
\begin{aligned}
Q_0 &= CV
\end{aligned}
$$
コンデンサーに電池をつなぐと、電気容量（電気を貯める能力）と電圧（電気を押し込む力）に比例した電気が貯まります。公式通りの計算です。
答えは \(CV\) です。次元は \([\text{C}] = [\text{F}] \cdot [\text{V}]\) で正しいです。
問(2)
思考の道筋とポイント
金属板（導体）を挿入すると、静電誘導により金属板内部の電場は \(0\) になります。
極板AからBまでの電位の変化（グラフ）を描くには、電場 \(E\) と電位 \(V\) の関係（傾き）に着目します。
この設問における重要なポイント
- 導体内部は等電位: 金属板Pの中では電位が変化しません（グラフは水平）。
- 電位の傾き: 電位グラフの傾きの大きさは電場の強さ \(E\) に相当します。
- 対称性: 金属板は中央に挿入されているため、上下の隙間（空気層）の厚さは等しく、かかる電圧も等分されます。
具体的な解説と立式
極板間隔は \(d\)、金属板の厚さは \(\displaystyle\frac{d}{2}\) です。
金属板は中央にあるため、極板Aと金属板の間（上部隙間）の距離、および金属板と極板Bの間（下部隙間）の距離はそれぞれ以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
(\text{隙間の距離}) &= \frac{1}{2} \left( d – \frac{d}{2} \right) \\[2.0ex]
&= \frac{d}{4}
\end{aligned}
$$
スイッチがつながっているため、極板Aの電位は \(V\)、極板Bの電位は \(0\)（接地）です。
金属板内部（\(\displaystyle\frac{d}{4} \le x \le \frac{3d}{4}\)）では電場が \(0\) なので、電位は一定です。
したがって、極板間の電位差 \(V\) は、上部と下部の2つの空気層に等しく分配されます。
それぞれの空気層にかかる電圧は \(\displaystyle\frac{V}{2}\) となります。
これより、電位のグラフの概形は以下のようになります。
- \(0 \le x \le \displaystyle\frac{d}{4}\): 電位は \(V\) から \(\displaystyle\frac{V}{2}\) まで直線的に下がる。
- \(\displaystyle\frac{d}{4} \le x \le \displaystyle\frac{3d}{4}\): 金属板内。電位は \(\displaystyle\frac{V}{2}\) で一定（フラット）。
- \(\displaystyle\frac{3d}{4} \le x \le d\): 電位は \(\displaystyle\frac{V}{2}\) から \(0\) まで直線的に下がる。
使用した物理公式
- 一様電場における電位差: \(V = Ed\) （グラフの傾きが一定）
グラフの座標点の確認：
- \(x=0\): \(V\)
- \(x=\displaystyle\frac{d}{4}\): \(V – \displaystyle\frac{V}{2} = \displaystyle\frac{V}{2}\)
- \(x=\displaystyle\frac{3d}{4}\): \(\displaystyle\frac{V}{2}\) （変化なし）
- \(x=d\): \(0\)
金属板の中では電気的な高低差（電圧）が生まれません。全体の高低差 \(V\) は、金属板以外の「隙間」の部分だけで分担することになります。隙間は上と下に同じ長さだけあるので、電圧も半分ずつ分け合います。
グラフを描くと、最初は坂を下り、金属板のところだけ平らな道になり、最後また同じ角度で坂を下る形になります。
グラフは \(V\) から始まり \(0\) で終わる折れ線になります。金属板部分が平坦になっていることが導体の性質を正しく反映しています。
問(3)
思考の道筋とポイント
金属板を入れたことで、電気を蓄えられる容量が変化します。
「実質的な極板間隔」に着目する方法と、直列接続とみなす方法があります。
この設問における重要なポイント
- 実質的な極板間隔: 導体部分は電圧降下に寄与しないため、コンデンサーとしての有効な距離は「極板間隔 \(d\) – 導体の厚み」となります。
- 電圧一定: スイッチは閉じたままなので、電圧は \(V\) のままです。
具体的な解説と立式
金属板の厚さ \(\displaystyle\frac{d}{2}\) の分だけ、電場が存在する空間が減りました。
実質的な極板間隔 \(d’\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
d’ &= d – \frac{d}{2} \\[2.0ex]
&= \frac{d}{2}
\end{aligned}
$$
新しい電気容量 \(C’\) は、間隔に反比例するため、元の容量 \(C\) を用いて表します。
$$
\begin{aligned}
C’ &= \varepsilon_0 \frac{S}{d’} \\[2.0ex]
&= \varepsilon_0 \frac{S}{d/2}
\end{aligned}
$$
この容量 \(C’\) に電圧 \(V\) がかかっているので、蓄えられる電気量 \(Q_1\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
Q_1 &= C’ V
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 平行板コンデンサーの容量: \(C = \varepsilon_0 \displaystyle\frac{S}{d}\)
- コンデンサーの基本式: \(Q = CV\)
まず \(C’\) を \(C\) で表します。
$$
\begin{aligned}
C’ &= 2 \left( \varepsilon_0 \frac{S}{d} \right) \\[2.0ex]
&= 2C
\end{aligned}
$$
これを \(Q_1\) の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
Q_1 &= (2C) V \\[2.0ex]
&= 2CV
\end{aligned}
$$
金属板を入れると、電気が貯まる隙間が狭くなります。隙間が半分になると、電気を貯める能力（容量）は2倍になります。
電圧は変わらないので、能力が2倍になった分、貯まる電気の量も2倍になります。
答えは \(2CV\) です。金属板を入れると容量が増えるという定性的な性質と一致しています。
思考の道筋とポイント
金属板の挿入により、コンデンサーが「上部の隙間」と「下部の隙間」の2つのコンデンサーに分割されたと考えます。
これらが直列に接続されているとみなして、合成容量を計算します。
この設問における重要なポイント
- 分割されたコンデンサー: 上下の隙間はそれぞれ間隔 \(\displaystyle\frac{d}{4}\) のコンデンサーとなります。
- 直列接続の合成: コンデンサーの直列接続では、逆数の和が合成容量の逆数になります。
具体的な解説と立式
上部の隙間によるコンデンサーの容量を \(C_{\text{上}}\)、下部の隙間による容量を \(C_{\text{下}}\) とします。
それぞれの極板間隔は \(\displaystyle\frac{d}{4}\) なので、元の容量 \(C\) （間隔 \(d\)）と比較します。
$$
\begin{aligned}
C_{\text{上}} &= \varepsilon_0 \frac{S}{d/4} = 4C \\[2.0ex]
C_{\text{下}} &= \varepsilon_0 \frac{S}{d/4} = 4C
\end{aligned}
$$
これらが直列に接続されているので、合成容量 \(C’\) は以下の式で求められます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{C’} &= \frac{1}{C_{\text{上}}} + \frac{1}{C_{\text{下}}}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 直列接続の合成容量: \(\displaystyle\frac{1}{C_{\text{合成}}} = \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2}\)
値を代入して計算します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{C’} &= \frac{1}{4C} + \frac{1}{4C} \\[2.0ex]
&= \frac{2}{4C} \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2C}
\end{aligned}
$$
逆数をとって \(C’\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
C’ &= 2C
\end{aligned}
$$
電気量 \(Q_1\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
Q_1 &= C’ V \\[2.0ex]
&= 2CV
\end{aligned}
$$
金属板によって、コンデンサーが2つに分断されました。それぞれの隙間は元の \(\displaystyle\frac{1}{4}\) なので、容量は4倍の強力なコンデンサーになります。
しかし、それらが直列（縦）につながると、全体の容量は下がってしまいます。計算すると、最終的に元の2倍の容量になることがわかります。
メインの解法と同じく \(2CV\) が得られました。この方法は、金属板が中央になくても（上下の隙間が違っても）使える汎用性の高い方法です。
思考の道筋とポイント
公式を暗記するのではなく、電磁気学の基本原理である「ガウスの法則」から出発します。
電荷 \(Q\) が作る電場 \(E\) を求め、その電場を積分して電位差 \(V\) を定義し、そこから容量 \(C\) を導きます。
この設問における重要なポイント
- ガウスの法則: 電荷から湧き出す電気力線の総数は \(\displaystyle\frac{Q}{\varepsilon_0}\) 本です。
- 電位の定義: 電位差は、電場に逆らって単位電荷を運ぶ仕事（電場の積分）です。
具体的な解説と立式
極板面積を \(S\)、蓄えられた電荷を \(Q\) とします。
ガウスの法則より、極板間の電場 \(E\) は一様であり、以下の関係が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
ES &= \frac{Q}{\varepsilon_0} \\[2.0ex]
E &= \frac{Q}{\varepsilon_0 S}
\end{aligned}
$$
問(1)・(2)の考察:
電位差 \(V\) は、負極（\(x=d\)）から正極（\(x=0\)）までの電場の積分です。
金属板がない場合：
$$
\begin{aligned}
V &= \int_0^d E \, dx \\[2.0ex]
&= E \cdot d
\end{aligned}
$$
金属板がある場合（厚さ \(\displaystyle\frac{d}{2}\)）：
導体内部では \(E=0\) なので、積分区間から除外されます。
$$
\begin{aligned}
V &= \int_{\text{隙間}} E \, dx \\[2.0ex]
&= E \left( d – \frac{d}{2} \right) \\[2.0ex]
&= E \frac{d}{2}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- ガウスの法則: \(\displaystyle\int \vec{E} \cdot d\vec{S} = \frac{Q}{\varepsilon_0}\)
- 電位差の定義: \(V = -\displaystyle\int \vec{E} \cdot d\vec{r}\)
問(3)の計算:
金属板がある場合の式 \(V = E \displaystyle\frac{d}{2}\) に、\(E = \displaystyle\frac{Q_1}{\varepsilon_0 S}\) を代入して \(Q_1\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
V &= \left( \frac{Q_1}{\varepsilon_0 S} \right) \frac{d}{2} \\[2.0ex]
V &= \frac{Q_1 d}{2 \varepsilon_0 S}
\end{aligned}
$$
これを \(Q_1\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
Q_1 &= \frac{2 \varepsilon_0 S}{d} V \\[2.0ex]
&= 2 \left( \varepsilon_0 \frac{S}{d} \right) V \\[2.0ex]
&= 2CV
\end{aligned}
$$
「電気力線の本数」から電場の強さを決め、その電場の中を「どれだけの距離進むか」で電圧が決まる、という手順で計算しました。
金属板が入ると、電場のある距離が半分になるので、同じ電圧 \(V\) を維持するためには、電場（つまり電気力線の密度）を2倍にする必要があります。だから電荷 \(Q\) も2倍必要になるのです。
原理から導いても、当然ながら \(2CV\) という同じ結果が得られました。この方法は、誘電率が場所によって変わる場合などにも応用できる強力な方法です。
問(4)
思考の道筋とポイント
スイッチを開くと、回路が切断されるため、極板に蓄えられた電荷の逃げ場がなくなります。
その後、金属板を取り去ると容量が元に戻りますが、電荷は保存されたままなので、電圧が変化します。
この設問における重要なポイント
- 電荷保存則: スイッチOFFにより、極板の電気量 \(Q_1\) は一定に保たれます。
- 容量の変化: 金属板を抜くと、容量は \(C’\) から元の \(C\) に戻ります。
具体的な解説と立式
スイッチを開いた直後の電気量は、問(3)で求めた \(Q_1 = 2CV\) です。
金属板を取り去った後の電気容量は、元の \(C\) に戻ります。
このときの極板間電圧を \(V’\) とすると、コンデンサーの基本式より以下の関係が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
Q_1 &= C V’
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 電荷保存則: \(Q_{\text{前}} = Q_{\text{後}}\)
- コンデンサーの基本式: \(Q = CV\)
式に \(Q_1 = 2CV\) を代入して \(V’\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
2CV &= C V’ \\[2.0ex]
V’ &= \frac{2CV}{C} \\[2.0ex]
&= 2V
\end{aligned}
$$
スイッチを切ったので、貯まった電気 \(2CV\) は閉じ込められました。
その状態で金属板を抜くと、コンデンサーの容量（電気を貯める能力）が半分（\(2C \to C\)）に落ちてしまいます。
「能力が半分になったのに、同じ量の電気を無理やり抱えている」状態なので、反発力（電圧）は2倍に跳ね上がります。
答えは \(2V\) です。容量が減って電荷が一定なら電圧は上がる、という物理的直感と一致します。
問(5)
思考の道筋とポイント
「外力のした仕事」を問われています。
力学的な仕事 \(W = Fx\) を直接計算するのは難しいため（力が一定でない場合など）、エネルギー保存則（機能原理）を利用します。
「外力がした仕事 ＝ 系のエネルギーの増加分」という関係式を立てます。
この設問における重要なポイント
- 系全体でのエネルギー収支: 電池は切り離されているので、仕事をするのは「外力」のみです。
- 静電エネルギーの変化: （後のエネルギー） – （前のエネルギー） を計算します。
具体的な解説と立式
金属板を取り去る操作において、外力がした仕事を \(W\) とします。
操作前の静電エネルギーを \(U_{\text{前}}\)、操作後の静電エネルギーを \(U_{\text{後}}\) とします。
エネルギー保存則より、以下の式が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
(\text{外力の仕事}) &= (\text{静電エネルギーの増加}) \\[2.0ex]
W &= U_{\text{後}} – U_{\text{前}}
\end{aligned}
$$
それぞれのエネルギーは、電気量 \(Q\) と容量 \(C\) を用いて表します。
操作前（金属板あり）: 容量 \(2C\)、電気量 \(2CV\)
操作後（金属板なし）: 容量 \(C\)、電気量 \(2CV\) （電荷保存）
使用した物理公式
- コンデンサーの静電エネルギー: \(U = \displaystyle\frac{Q^2}{2C}\) （電荷 \(Q\) が一定の場合に便利）
- エネルギー保存則: \(W = \Delta U\)
まず、前後のエネルギーを計算します。
$$
\begin{aligned}
U_{\text{前}} &= \frac{(2CV)^2}{2(2C)} \\[2.0ex]
&= \frac{4C^2V^2}{4C} \\[2.0ex]
&= CV^2
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
U_{\text{後}} &= \frac{(2CV)^2}{2C} \\[2.0ex]
&= \frac{4C^2V^2}{2C} \\[2.0ex]
&= 2CV^2
\end{aligned}
$$
これらを保存則の式に代入して \(W\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
W &= 2CV^2 – CV^2 \\[2.0ex]
&= CV^2
\end{aligned}
$$
金属板と極板の間には、プラスとマイナスの電気が引き合う力（引力）が働いています。
金属板を引き抜くには、この引力に逆らって引っ張る必要があります。つまり、外力は正の仕事をします。
その仕事の分だけ、コンデンサーの中にエネルギーとして蓄えられました。計算の結果、エネルギーは \(CV^2\) だけ増えているので、これが外力のした仕事になります。
答えは \(CV^2\) です。正の値になったので、「引力に逆らって仕事をした」という事実と整合します。
思考の道筋とポイント
エネルギー保存則を使わず、極板と金属板の間に働く静電気力を直接計算し、その力に逆らって動かす仕事として求めます。
これは「エネルギーの変化」の内訳を力学的に解明するアプローチです。
この設問における重要なポイント
- 極板間の引力: コンデンサーの極板間引力は \(F = \displaystyle\frac{1}{2}QE\) で表されます。
- 一定の電荷: スイッチが開いているため、電荷 \(Q\)（ここでは \(2CV\)）は一定であり、極板が作る電場 \(E\) も一定です。したがって、力 \(F\) も一定となります。
具体的な解説と立式
極板A（電荷 \(+Q_1\)）と金属板Pの上面（電荷 \(-Q_1\)）の間に働く引力 \(F_A\) を考えます。
極板Aが作る電場 \(E_A\) は、ガウスの法則より全電場 \(E\) の半分です（極板の両側に広がるため、あるいは重ね合わせの理より）。
$$
\begin{aligned}
E &= \frac{Q_1}{\varepsilon_0 S} \\[2.0ex]
E_A &= \frac{1}{2} E = \frac{Q_1}{2\varepsilon_0 S}
\end{aligned}
$$
金属板Pの上面が受ける力 \(F_A\) の大きさは以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
F_A &= Q_1 E_A \\[2.0ex]
&= \frac{Q_1^2}{2\varepsilon_0 S}
\end{aligned}
$$
同様に、極板Bと金属板Pの下面の間にも同じ大きさの引力 \(F_B\) が働きます。
金属板Pを引き抜く際、これらの引力は金属板を引き戻す方向（内側）に働きますが、ここでは「厚さ \(\displaystyle\frac{d}{2}\) の金属板を抜き取る」という操作を、「極板間隔を \(\displaystyle\frac{d}{2}\) から \(d\) に広げる」操作と等価と考えます。
極板AとBをそれぞれ距離 \(\displaystyle\frac{d}{4}\) ずつ外側に広げる仕事の合計を計算します。
働く力 \(F\) は一定なので、仕事 \(W\) は力と移動距離の積です。
$$
\begin{aligned}
W &= F \cdot (\text{広げた距離})
\end{aligned}
$$
ここで、極板間引力の総和 \(F\) は、\(F_A\) と \(F_B\) に対応しますが、系全体として極板間隔を広げる力として計算します。
極板間引力の公式 \(F = \displaystyle\frac{Q^2}{2\varepsilon_0 S}\) を用います。
使用した物理公式
- 極板間引力: \(F = \displaystyle\frac{Q^2}{2\varepsilon_0 S}\)
- 仕事の定義: \(W = Fx\) （力が一定の場合）
電荷は \(Q_1 = 2CV\) です。
極板間引力 \(F\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
F &= \frac{(2CV)^2}{2\varepsilon_0 S} \\[2.0ex]
&= \frac{4C^2V^2}{2\varepsilon_0 S}
\end{aligned}
$$
ここで、\(C = \varepsilon_0 \displaystyle\frac{S}{d}\) より、\(\varepsilon_0 S = Cd\) を代入して整理します。
$$
\begin{aligned}
F &= \frac{4C^2V^2}{2Cd} \\[2.0ex]
&= \frac{2CV^2}{d}
\end{aligned}
$$
この力 \(F\) に逆らって、極板間隔を実質的に \(\displaystyle\frac{d}{2}\) だけ広げました（金属板の厚さ分）。
$$
\begin{aligned}
W &= F \times \frac{d}{2} \\[2.0ex]
&= \left( \frac{2CV^2}{d} \right) \times \frac{d}{2} \\[2.0ex]
&= CV^2
\end{aligned}
$$
コンデンサーの極板はお互いに引き合っています。その力の大きさは、貯まっている電気の量で決まり、距離が変わっても（電気が逃げなければ）変わりません。
一定の力で引き合っているものを、無理やり距離 \(\displaystyle\frac{d}{2}\) だけ引き離しました。そのために必要な「力 \(\times\) 距離」を計算すると、ちょうどエネルギーの増加分と一致します。
エネルギー保存則で求めた \(CV^2\) と完全に一致しました。これにより、エネルギーの増加が純粋に力学的な仕事によるものであることが確認できました。
【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座
最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？
- 導体挿入による電場と電位の再分布
- 核心: 静電場中に導体（金属板）を置くと、静電誘導により導体内部の電場は完全に \(0\) になります。これにより、導体全体が等電位となり、電位差（電圧）が発生しない「無効な空間」が生まれます。
- 理解のポイント:
- 電位グラフの平坦化: 電位のグラフを描く際、導体が存在する区間は必ず傾きが \(0\)（水平）になります。これは \(V = -\int E \, dx\) において \(E=0\) であることの直接的な帰結です。
- 実質的な極板間隔の減少: コンデンサーとしての機能において、導体の厚み \(D\) は単に極板間隔 \(d\) を \(d-D\) に縮める効果しか持ちません。これが容量増大の物理的理由です。
- 回路操作と保存則の使い分け
- 核心: コンデンサーを含む回路問題では、スイッチの開閉状態によって「何が保存されるか（不変量）」が劇的に変化します。この不変量を見抜くことが解法の出発点です。
- 理解のポイント:
- スイッチON（閉）: 電池と接続されているため、極板間電圧 \(V\) が一定に保たれます。電荷 \(Q\) は自由に移動して変化します。
- スイッチOFF（開）: 回路が切断され孤立するため、極板上の電荷 \(Q\) が一定に保たれます（電荷保存則）。電圧 \(V\) は容量の変化に伴って変動します。
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
- 応用できる類似問題のパターン:
- 誘電体の挿入: 金属板（導体）ではなく誘電体（比誘電率 \(\varepsilon_r\)）を挿入する場合、電場は \(0\) にはならず \(\displaystyle\frac{1}{\varepsilon_r}\) 倍になります。電位グラフの傾きが緩やかになるだけで、基本的な考え方は金属板と同じです。
- 極板位置の非対称性: 金属板が中央でなく、どちらかの極板に寄っている場合でも、静電誘導の効果や容量の計算（直列合成の考え方）は全く変わりません。「隙間の合計」が重要です。
- 複数枚の挿入: 複数の金属板を挿入しても、それらの厚さの合計分だけ極板間隔が減るだけです。
- 初見の問題での着眼点:
- 導体か誘電体かを確認する: 挿入されるのが「導体（電場 \(0\)）」なのか「誘電体（電場減少）」なのかを最初に見極めます。
- スイッチの状態を確認する: 操作の最中にスイッチが閉じているか（\(V\) 一定）、開いているか（\(Q\) 一定）を常に意識し、保存される物理量を丸で囲むなどして可視化しましょう。
- 等価回路への変換: 複雑な挿入状態は、隙間ごとに分割したコンデンサーの直列接続としてモデル化すると、合成容量の公式が使えて計算ミスが減ります。
- 解法の選択:
- 「容量」や「電圧」を問われたら \(\rightarrow\) ガウスの法則や \(Q=CV\) の定義式。
- 「仕事」や「発熱」を問われたら \(\rightarrow\) エネルギー保存則。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- スイッチ操作後の不変量の取り違え:
- 誤解: スイッチを開いた後も、直前の電圧 \(V\) をそのまま使って計算してしまう。あるいは、スイッチを閉じているのに電荷 \(Q\) が保存されると思い込む。
- 対策: 問題文の「スイッチを開いた」「閉じた」というキーワードにアンダーラインを引き、その横に大きく「\(Q\) 一定」または「\(V\) 一定」と書き込む習慣をつけましょう。
- 金属板挿入時の容量計算ミス:
- 誤解: 金属板を入れると極板間隔が狭くなるので容量が増えるはずが、直列接続の公式 \(\displaystyle\frac{1}{C} = \dots\) を使って計算しているうちに、分母分子を取り違えて容量が減る結果を出してしまう。
- 対策: 定性的なチェックが有効です。「導体を入れる \(\rightarrow\) 実質距離が減る \(\rightarrow\) 容量は必ず増える」という直感と計算結果が合致しているか、常に確認してください。
- 仕事の符号とエネルギー変化の関係:
- 誤解: 「外力がした仕事」と「静電気力がした仕事」の符号を混同する。特に引力に逆らう場合、外力の仕事は正になりますが、静電気力の仕事は負になります。
- 対策: 主語を明確にしましょう。「誰が」仕事をしたのか？ 外力（手）ならエネルギーは増え、静電気力（場）なら位置エネルギーは減ります。\(W_{\text{外}} = \Delta U\) という式を厳密に使いましょう。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 問(2)での公式選択（電位グラフの作図）:
- 選定理由: 電位 \(V\) の分布を知るには、その傾きである電場 \(E\) の情報が必要です。一様電場では \(V = -Ex + C\) （傾き一定の直線）となるため、区間ごとの電場を特定するのが最善です。
- 適用根拠: 導体内部では \(E=0\) なので傾きなし、空気層では \(E \neq 0\) なので傾きあり、という単純なロジックでグラフの概形が決定できます。
- 問(5)での公式選択（エネルギー保存則）:
- 選定理由: 力 \(F\) を求めて積分（仕事 \(W=\int F dx\)）することも可能ですが（別解）、力が一定かどうかの判断や積分の手間が必要です。一方、エネルギー保存則なら「最初と最後の状態」だけで決まるため、計算が圧倒的に楽でミスも少なくなります。
- 適用根拠: 摩擦や抵抗による熱発生（ジュール熱）についての記述がなく、準静的（ゆっくり）な操作とみなせるため、力学的仕事がそのまま静電エネルギーの変化になります。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 文字式の次元確認（ディメンションチェック）:
- 答えが出たら、単位（次元）を確認しましょう。例えばエネルギーの答えが \(CV\) になっていたら間違いです（エネルギーは \(CV^2\) や \(QV\) の次元）。
- 今回の解答 \(W = CV^2\) は、\([\text{F}] \cdot [\text{V}]^2 = [\text{C}/\text{V}] \cdot [\text{V}]^2 = [\text{C}\cdot\text{V}] = [\text{J}]\) となり、エネルギーの次元と一致しています。
- 係数の処理と検算:
- 金属板の厚さが \(\displaystyle\frac{d}{2}\) なので、残りの隙間も \(\displaystyle\frac{d}{2}\) となり、係数 \(2\) が頻出します。もし厚さが \(\displaystyle\frac{d}{3}\) だったらどうなるか？ 残りは \(\displaystyle\frac{2d}{3}\) で容量は \(\displaystyle\frac{3}{2}\) 倍になるはずです。このように数値を少し変えてシミュレーションすることで、式の構造が正しいか確認できます。
- 図を描いて状態整理:
- 頭の中だけで処理せず、必ず「操作前」「操作後」のコンデンサーの図を描き、それぞれの図の横に \(Q, C, V\) の値を書き込みましょう。視覚的に情報を整理することで、保存量（\(Q\) なのか \(V\) なのか）の取り違えを確実に防げます。
問題107 (京都産大)
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
- 提示する別解
- 設問(1)(2)の別解: 電位（ノード解析）を用いた解法
- 回路内の接続点の「電位」を未知数として設定し、孤立部分の電荷保存則から連立方程式を立てずに解く汎用的な手法です。
- 設問(3)〜(5)の別解: 微積分を用いた体系的解法（過渡現象解析）
- スイッチを切り替えた瞬間の回路方程式（微分方程式）を立て、電流や電荷の時間変化を導出します。
- これにより、最終的な電圧や電荷（問3, 4）だけでなく、抵抗で発生するジュール熱（問5）を電流の積分の形から直接導き出します。
- 設問(1)(2)の別解: 電位（ノード解析）を用いた解法
- 上記の別解が有益である理由
- 電位法: 複雑な回路網や、直列・並列の判断が難しい回路でも、機械的な手順で確実に解ける強力なツールです。
- 微積分: 「エネルギー保存則で熱が出る」という結果論ではなく、「電流が抵抗を流れることで熱が発生する」というプロセスの詳細を理解できます。また、エネルギー保存則が成立する背景（数理的根拠）を確認できます。
- 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「コンデンサーの接続換えと電荷・エネルギーの保存」です。
スイッチの切り替えによって回路構成が変化する際、どの物理量が保存され、どのように再分配されるかを見抜く力が問われます。
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。
- 直列接続と合成容量: 直列接続されたコンデンサーは、電気量が等しく、電圧が容量の逆比で分配されます。
- 電荷保存則: 孤立した導体部分（スイッチで切り離された区間など）の電気量の総和は不変です。
- 電位の等価性: 十分に時間が経過して電流が止まると、抵抗による電圧降下はなくなり、抵抗の両端は等電位になります。
- エネルギー保存則: 回路の状態変化に伴う静電エネルギーの減少分は、抵抗でのジュール熱として消費されます。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)(2)では、スイッチ \(S_1\) のみを閉じた状態での直列回路として計算します。
- (3)(4)では、\(S_1\) を開き \(S_2\) を閉じた後の回路を、合成容量を用いた並列回路とみなして電荷保存則を適用します。
- (5)では、操作の前後での静電エネルギーの差分からジュール熱を求めます。
問(1)
思考の道筋とポイント
スイッチ \(S_1\) を閉じると、コンデンサー \(C_1\) と \(C_2\) が直列に接続され、電池電圧 \(V\) で充電されます。
直列接続の特徴（合成容量の計算、電荷が等しいこと）を利用します。
この設問における重要なポイント
- 直列接続の合成容量: 2つのコンデンサー \(C_1, C_2\) の合成容量 \(C_{12}\) は、逆数の和で求められます。
- 電荷の等量性: 直列回路では、各コンデンサーに蓄えられる電気量は等しくなります。
具体的な解説と立式
\(C_1\) の容量は \(C\)、\(C_2\) の容量は \(2C\) です。
これらが直列に接続されているため、合成容量 \(C_{12}\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{C_{12}} &= \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2} \\[2.0ex]
&= \frac{1}{C} + \frac{1}{2C}
\end{aligned}
$$
この合成コンデンサー \(C_{12}\) に電圧 \(V\) がかかるため、蓄えられる電気量 \(Q\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
Q &= C_{12} V
\end{aligned}
$$
直列接続された \(C_1\) に蓄えられる電気量もこの \(Q\) と等しくなります。
使用した物理公式
- 合成容量（直列）: \(\displaystyle\frac{1}{C_{\text{合成}}} = \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2}\)
- コンデンサーの基本式: \(Q = CV\)
まず合成容量 \(C_{12}\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{C_{12}} &= \frac{2}{2C} + \frac{1}{2C} \\[2.0ex]
&= \frac{3}{2C}
\end{aligned}
$$
よって、
$$
\begin{aligned}
C_{12} &= \frac{2}{3}C
\end{aligned}
$$
電気量 \(Q\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
Q &= \left( \frac{2}{3}C \right) V \\[2.0ex]
&= \frac{2}{3}CV
\end{aligned}
$$
容量 \(C\) と \(2C\) のコンデンサーを横につなぐ（直列）と、全体の容量は「小さい方よりもさらに小さく」なります。計算すると \(\displaystyle\frac{2}{3}C\) になります。
この「合成された1つのコンデンサー」に電池の電圧 \(V\) がかかるので、貯まる電気の量を計算しました。直列なので、個々のコンデンサーにも同じ量の電気が貯まります。
答えは \(\displaystyle\frac{2}{3}CV\) です。直列接続により容量が \(C\) より小さくなっているため、電荷も \(CV\) より小さくなっており妥当です。
問(2)
思考の道筋とポイント
\(C_2\) にかかる電圧 \(V_2\) を求めます。
すでに電気量 \(Q\) が求まっているので、基本式 \(Q=CV\) を変形して求めます。
この設問における重要なポイント
- 電圧の分担: 直列回路では、電圧は容量の逆比に分配されますが、基本式から直接計算するのが確実です。
具体的な解説と立式
\(C_2\) の容量は \(2C\)、蓄えられている電気量は問(1)で求めた \(Q\) です。
\(C_2\) にかかる電圧を \(V_2\) とすると、以下の関係が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
V_2 &= \frac{Q}{C_2}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- コンデンサーの基本式: \(V = \displaystyle\frac{Q}{C}\)
値を代入して計算します。
$$
\begin{aligned}
V_2 &= \frac{\frac{2}{3}CV}{2C} \\[2.0ex]
&= \frac{2CV}{3 \cdot 2C} \\[2.0ex]
&= \frac{1}{3}V
\end{aligned}
$$
\(C_1\)（容量 \(1\)）と \(C_2\)（容量 \(2\)）が直列になっています。直列では「容量が小さい方が電圧を多く負担する」という性質があります。
容量の比が \(1:2\) なので、電圧の負担比は逆の \(2:1\) になります。
全体 \(V\) を \(2:1\) に分けたうちの \(1\) の方なので、\(\displaystyle\frac{1}{3}V\) となります。計算式でも同じ結果が出ました。
答えは \(\displaystyle\frac{1}{3}V\) です。\(C_1\) の電圧は \(\displaystyle\frac{2}{3}V\) となり、足して \(V\) になるので正解です。
思考の道筋とポイント
回路の各点の「高さ（電位）」を考える方法です。
電池の負極（右側）を基準（\(0\,\text{V}\)）とし、未知の点の電位を変数でおいて、孤立部分の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
- 電位の設定: 電池の負極側（右側）を \(0\)、正極側（左側）を \(V\) とします。
- 孤立部分: \(C_1\) の右極板と \(C_2\) の左極板をつなぐ導線部分は、外部と電荷のやり取りがない「孤立部分」です。初期電荷が \(0\) ならば、総電荷は常に \(0\) です。
具体的な解説と立式
\(C_1\) と \(C_2\) の接続点（中央の導線部分）の電位を \(x\) とします。
\(C_1\) の左側（電池の正極側）の電位は \(V\)、\(C_2\) の右側（電池の負極側）の電位は \(0\) です。
孤立部分（\(C_1\) の右極板と \(C_2\) の左極板）に蓄えられる電荷の和は \(0\) です。
\(C_1\) の右極板の電荷 \(q_{1\text{右}}\) と、\(C_2\) の左極板の電荷 \(q_{2\text{左}}\) は、電位差を用いて以下のように表せます。
$$
\begin{aligned}
q_{1\text{右}} &= -C_1 (V – x) \\[2.0ex]
q_{2\text{左}} &= +C_2 (x – 0)
\end{aligned}
$$
電荷保存則より、これらの和は \(0\) です。
$$
\begin{aligned}
-C(V – x) + 2C(x – 0) &= 0
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 電荷保存則: \((\text{孤立部分の電荷の総和}) = \text{一定}\)
- コンデンサーの電荷: \(Q = C \times (\text{電位差})\)
方程式を \(x\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
-CV + Cx + 2Cx &= 0 \\[2.0ex]
3Cx &= CV \\[2.0ex]
x &= \frac{1}{3}V
\end{aligned}
$$
これが \(C_2\) にかかる電圧 \(V_2\) そのものです（\(V_2 = x – 0 = x\)）。
また、\(C_1\) に蓄えられる電気量 \(Q\) は、左極板の電荷を計算すればよいので、
$$
\begin{aligned}
Q &= C_1 (V – x) \\[2.0ex]
&= C \left( V – \frac{1}{3}V \right) \\[2.0ex]
&= \frac{2}{3}CV
\end{aligned}
$$
\(C_1\) と \(C_2\) の間の「中継地点」の電圧を \(x\) と置きました。
「左から入ってくる電気」と「右へ出ていく電気」のバランスが取れる場所を探すと、ちょうど \(V\) の \(1/3\) の高さであることがわかりました。
この高さが分かれば、それぞれのコンデンサーにかかる電圧と電気量がすぐに計算できます。
メインの解法と全く同じ結果が得られました。この方法は、コンデンサーが3つ以上直列になったり、複雑に接続されたりした場合でも迷わず使える強力な方法です。
問(3)
思考の道筋とポイント
スイッチ \(S_1\) を開くと電池が切り離され、\(C_1, C_2\) に電荷が閉じ込められます。
その後 \(S_2\) を閉じると、\(C_3\) が接続され、電荷の一部が移動します。
最終的に電流が止まると抵抗 \(R\) は単なる導線となり、回路は並列接続とみなせます。
この設問における重要なポイント
- 直列合成の維持: \(S_1\) を開いた後、\(C_1\) と \(C_2\) の間の電荷は移動できないため、この2つは依然として「電荷 \(Q\) を持つ1つの合成コンデンサー \(C_{12}\)」として振る舞います。
- 並列接続: \(S_2\) を閉じて十分時間が経つと、\(C_{12}\) と \(C_3\) は並列に接続された状態になります。
- 電荷保存則: 系全体の総電荷 \(Q\) は保存され、\(C_{12}\) と \(C_3\) に分配されます。
具体的な解説と立式
\(S_1\) を開いた時点で、合成コンデンサー \(C_{12}\)（容量 \(\displaystyle\frac{2}{3}C\)）には電気量 \(Q = \displaystyle\frac{2}{3}CV\) が蓄えられています。
\(S_2\) を閉じると、この \(C_{12}\) と \(C_3\)（容量 \(3C\)）が並列に接続されます。
十分に時間が経過すると、抵抗 \(R\) に電流は流れず電圧降下は \(0\) となるため、\(C_{12}\) と \(C_3\) の両端電圧は共通の \(V’\) になります。
電荷保存則より、移動前の総電荷 \(Q\) は、移動後の \(C_{12}\) の電荷 \(Q’_{12}\) と \(C_3\) の電荷 \(Q’_3\) の和に等しくなります。
$$
\begin{aligned}
Q &= Q’_{12} + Q’_3 \\[2.0ex]
Q &= C_{12} V’ + C_3 V’ \\[2.0ex]
Q &= (C_{12} + C_3) V’
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 並列接続の電荷保存: \(Q_{\text{全}} = (C_1 + C_2) V’\)
式を \(V’\) について解き、値を代入します。
$$
\begin{aligned}
V’ &= \frac{Q}{C_{12} + C_3} \\[2.0ex]
&= \frac{\frac{2}{3}CV}{\frac{2}{3}C + 3C} \\[2.0ex]
&= \frac{\frac{2}{3}CV}{\frac{11}{3}C} \\[2.0ex]
&= \frac{2}{11}V
\end{aligned}
$$
これが \(C_3\) にかかる電圧です。
電池から切り離された \(C_1\) と \(C_2\) のペア（合成コンデンサー）は、電気 \(Q\) を抱えたまま孤立しています。
そこに空っぽの大きなコンデンサー \(C_3\) をつなぎました。すると、水が高いところから低いところへ流れるように、電気が \(C_3\) へ流れ込みます。
最終的に両方の水位（電圧）が同じになったときの電圧を計算しました。容量の合計で電気量を割り算すれば求まります。
答えは \(\displaystyle\frac{2}{11}V\) です。元の電圧 \(V\) よりもかなり小さくなっていますが、容量の大きい \(C_3\)（\(3C\)）がつながったため、電圧が大きく下がったと考えれば妥当です。
問(4)
思考の道筋とポイント
\(C_2\) に蓄えられる電気量を求めます。
\(C_1\) と \(C_2\) は直列の関係を保っているため、それぞれの電気量は合成コンデンサー \(C_{12}\) の電気量と等しくなります。
この設問における重要なポイント
- 直列部分の電荷: 並列接続後の電圧 \(V’\) がかかっているのは、\(C_1\) 単体でも \(C_2\) 単体でもなく、\(C_1\) と \(C_2\) の直列合成体です。
- 電荷の共通性: 直列回路内の各コンデンサーの電荷は、合成コンデンサーの電荷と等しいです。
具体的な解説と立式
再分配後の合成コンデンサー \(C_{12}\) の電気量を \(Q’\) とします。
\(C_2\) に蓄えられる電気量もこの \(Q’\) です。
電圧 \(V’\) を用いて以下のように表せます。
$$
\begin{aligned}
Q’ &= C_{12} V’
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- コンデンサーの基本式: \(Q = CV\)
値を代入して計算します。
$$
\begin{aligned}
Q’ &= \left( \frac{2}{3}C \right) \left( \frac{2}{11}V \right) \\[2.0ex]
&= \frac{4}{33}CV
\end{aligned}
$$
\(C_1\) と \(C_2\) はペアで動いています。先ほど求めた新しい電圧 \(V’\) が、このペア全体にかかっています。
ペア全体の容量 \(\displaystyle\frac{2}{3}C\) に \(V’\) を掛ければ、ペアに貯まっている電気が求まります。直列なので、\(C_2\) 単体に貯まっている電気もこれと同じ量です。
答えは \(\displaystyle\frac{4}{33}CV\) です。元の電荷 \(\displaystyle\frac{2}{3}CV = \frac{22}{33}CV\) から大幅に減っていますが、減った分は \(C_3\) に移動したためであり、物理的に矛盾しません。
問(5)
思考の道筋とポイント
抵抗 \(R\) で発生したジュール熱を求めます。
電流の時間変化を追うのは大変なので、エネルギー保存則を用います。
「失われた静電エネルギー ＝ 発生したジュール熱」の関係を利用します。
この設問における重要なポイント
- エネルギー保存則: 回路は外部から仕事をされておらず、外部へ仕事もしていません。したがって、静電エネルギーの減少分はすべて熱エネルギーに変換されます。
具体的な解説と立式
発生したジュール熱を \(W_J\) とします。
操作前の静電エネルギー（\(S_1\) 開、\(S_2\) 閉直前）を \(U_{\text{前}}\)、操作後の静電エネルギー（十分時間が経過）を \(U_{\text{後}}\) とします。
エネルギー保存則より、以下の式が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
W_J &= U_{\text{前}} – U_{\text{後}}
\end{aligned}
$$
ここで、\(U_{\text{前}}\) は合成コンデンサー \(C_{12}\) のみが電荷 \(Q\) を持っている状態、\(U_{\text{後}}\) は \(C_{12}\) と \(C_3\) の並列合成容量 \((C_{12} + C_3)\) が電圧 \(V’\) を持っている状態として計算すると簡単です。
使用した物理公式
- 静電エネルギー: \(U = \displaystyle\frac{1}{2}CV^2\) または \(U = \displaystyle\frac{Q^2}{2C}\)
- エネルギー保存則: \((\text{減少した静電エネルギー}) = (\text{ジュール熱})\)
まず \(U_{\text{前}}\) を計算します。電圧 \(V\) で充電された \(C_{12}\) のエネルギーです。
$$
\begin{aligned}
U_{\text{前}} &= \frac{1}{2} C_{12} V^2 \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} \left( \frac{2}{3}C \right) V^2 \\[2.0ex]
&= \frac{1}{3}CV^2
\end{aligned}
$$
次に \(U_{\text{後}}\) を計算します。並列合成容量 \(C_{12} + C_3\) に電圧 \(V’\) がかかっています。
$$
\begin{aligned}
U_{\text{後}} &= \frac{1}{2} (C_{12} + C_3) (V’)^2 \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} \left( \frac{2}{3}C + 3C \right) \left( \frac{2}{11}V \right)^2 \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} \left( \frac{11}{3}C \right) \frac{4}{121}V^2 \\[2.0ex]
&= \frac{2}{33}CV^2
\end{aligned}
$$
差をとってジュール熱を求めます。
$$
\begin{aligned}
W_J &= \frac{1}{3}CV^2 – \frac{2}{33}CV^2 \\[2.0ex]
&= \frac{11}{33}CV^2 – \frac{2}{33}CV^2 \\[2.0ex]
&= \frac{9}{33}CV^2 \\[2.0ex]
&= \frac{3}{11}CV^2
\end{aligned}
$$
電気が移動するとき、抵抗を通ることで摩擦のような抵抗を受け、熱が発生します。
最初にコンデンサーが持っていたエネルギーと、移動が終わった後に残っているエネルギーを比べると、減っていることがわかります。
この「消えたエネルギー」こそが、抵抗で発生した熱の正体です。
答えは \(\displaystyle\frac{3}{11}CV^2\) です。正の値となっており、エネルギーが減少（熱として放出）したことを示しています。
思考の道筋とポイント
スイッチ \(S_2\) を閉じた瞬間の回路方程式（キルヒホッフの法則）を立て、電流 \(i(t)\) を求めます。
これにより、電荷の移動プロセスを時間関数として記述し、最終的な電荷分布（問3, 4）と、抵抗で消費されるエネルギー（問5）を定義通りに計算します。
この設問における重要なポイント
- 回路モデル: 合成コンデンサー \(C_a = C_{12} = \displaystyle\frac{2}{3}C\)（初期電荷 \(Q\)）と、コンデンサー \(C_b = C_3 = 3C\)（初期電荷 \(0\)）と、抵抗 \(R\) の直列回路と考えます。
- 瞬時値の式: 任意の時刻 \(t\) における電流 \(i(t)\) と電荷 \(q(t)\) の関係式を立てます。
具体的な解説と立式
\(S_2\) を閉じた時刻を \(t=0\) とします。
\(C_a\) から \(C_b\) へ流れる電流を \(i(t)\) とします。
時刻 \(t\) において、\(C_b\) に蓄えられた電荷を \(q_b(t)\) とすると、電荷保存則より \(C_a\) の電荷 \(q_a(t)\) は \(Q – q_b(t)\) となります。
キルヒホッフの第二法則より、回路を一周する電位降下の和は \(0\) です。
$$
\begin{aligned}
(\text{C}_a\text{の電圧}) – (\text{C}_b\text{の電圧}) – (\text{抵抗の電圧降下}) &= 0 \\[2.0ex]
\frac{q_a(t)}{C_a} – \frac{q_b(t)}{C_b} – R i(t) &= 0
\end{aligned}
$$
ここで、電流の定義より \(i(t) = \displaystyle\frac{dq_b}{dt}\) です。
これを代入して整理します。
$$
\begin{aligned}
\frac{Q – q_b}{C_a} – \frac{q_b}{C_b} – R \frac{dq_b}{dt} &= 0 \\[2.0ex]
R \frac{dq_b}{dt} + \left( \frac{1}{C_a} + \frac{1}{C_b} \right) q_b &= \frac{Q}{C_a}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- キルヒホッフの第二法則: \(\sum V = 0\)
- 電流の定義: \(i = \displaystyle\frac{dq}{dt}\)
- ジュール熱の定義: \(W_J = \displaystyle\int_0^{\infty} R \{i(t)\}^2 dt\)
この微分方程式は変数分離形で解けますが、ここでは最終状態とエネルギーのみに着目します。
1. 最終状態（問3, 4の確認）
十分時間が経つと（\(t \to \infty\)）、電流は \(0\) になります（\(\displaystyle\frac{dq_b}{dt} = 0\)）。
方程式より、
$$
\begin{aligned}
\left( \frac{1}{C_a} + \frac{1}{C_b} \right) q_b(\infty) &= \frac{Q}{C_a} \\[2.0ex]
\frac{C_a + C_b}{C_a C_b} q_b(\infty) &= \frac{Q}{C_a} \\[2.0ex]
q_b(\infty) &= \frac{C_b}{C_a + C_b} Q
\end{aligned}
$$
これより、最終的な電圧 \(V’\) は、
$$
\begin{aligned}
V’ &= \frac{q_b(\infty)}{C_b} = \frac{Q}{C_a + C_b}
\end{aligned}
$$
これは問(3)の「並列合成容量での割り算」と完全に一致します。
2. ジュール熱の導出（問5）
ジュール熱 \(W_J\) は電力 \(P = Ri^2\) の時間積分です。
元の回路方程式 \( \displaystyle\frac{Q – q_b}{C_a} – \frac{q_b}{C_b} – Ri = 0 \) の両辺に \(i = \displaystyle\frac{dq_b}{dt}\) を掛けて、\(t=0\) から \(\infty\) まで積分します。
$$
\begin{aligned}
\left( \frac{Q}{C_a} – \frac{q_b}{C_a} – \frac{q_b}{C_b} \right) \frac{dq_b}{dt} &= R i^2 \\[2.0ex]
\int_0^{\infty} \left( \frac{Q}{C_a} – \left( \frac{1}{C_a} + \frac{1}{C_b} \right) q_b \right) \frac{dq_b}{dt} dt &= \int_0^{\infty} R i^2 dt
\end{aligned}
$$
左辺の積分変数を \(t\) から \(q_b\) に変換します（\(q_b: 0 \to q_b(\infty)\)）。
$$
\begin{aligned}
W_J &= \int_0^{q_b(\infty)} \left( \frac{Q}{C_a} – \frac{C_a + C_b}{C_a C_b} q_b \right) dq_b \\[2.0ex]
&= \left[ \frac{Q}{C_a} q_b – \frac{C_a + C_b}{2 C_a C_b} q_b^2 \right]_0^{q_b(\infty)}
\end{aligned}
$$
ここで \(q_b(\infty) = \displaystyle\frac{C_b Q}{C_a + C_b}\) を代入して整理すると、
$$
\begin{aligned}
W_J &= \frac{Q}{C_a} \cdot \frac{C_b Q}{C_a + C_b} – \frac{C_a + C_b}{2 C_a C_b} \left( \frac{C_b Q}{C_a + C_b} \right)^2 \\[2.0ex]
&= \frac{C_b Q^2}{C_a(C_a + C_b)} – \frac{C_b Q^2}{2 C_a(C_a + C_b)} \\[2.0ex]
&= \frac{C_b Q^2}{2 C_a(C_a + C_b)}
\end{aligned}
$$
これに \(C_a = \displaystyle\frac{2}{3}C, C_b = 3C, Q = \frac{2}{3}CV\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
W_J &= \frac{3C \cdot (\frac{2}{3}CV)^2}{2 \cdot \frac{2}{3}C (\frac{2}{3}C + 3C)} \\[2.0ex]
&= \frac{3C \cdot \frac{4}{9}C^2 V^2}{\frac{4}{3}C \cdot \frac{11}{3}C} \\[2.0ex]
&= \frac{\frac{4}{3}C^3 V^2}{\frac{44}{9}C^2} \\[2.0ex]
&= \frac{4}{3} \cdot \frac{9}{44} CV^2 \\[2.0ex]
&= \frac{3}{11}CV^2
\end{aligned}
$$
回路方程式という「瞬間のバランスの式」を立て、それに電流を掛けて積み重ねる（積分する）ことで、エネルギーの関係式を導き出しました。
計算は複雑ですが、これにより「抵抗で発生した熱」が、確かに「静電エネルギーの減少分」と数学的に等しいことが証明されました。
エネルギー保存則を用いた解法と完全に一致する結果が得られました。微積分を用いることで、現象の時間的な推移とエネルギー収支の整合性を厳密に確認できます。
【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？
- 孤立部分における電荷保存則の発見と適用
- 核心: スイッチの開閉によって回路の一部が電池や他の導体から切り離されると、その「孤立部分（島）」の総電荷量は不変となります。この問題では、\(S_1\) を開いた後の \(C_1\) と \(C_2\) の間の導線部分がそれに該当します。
- 理解のポイント:
- 孤立の定義: 導線でつながっている範囲を指でなぞり、どこにも行き止まり（コンデンサーの極板や開いたスイッチ）があって外部に出られない領域を見つけます。
- 保存則の立式: \((\text{変化前の総電荷}) = (\text{変化後の総電荷})\) という式を立てることが、未知の電圧や電荷を求めるための最強の武器になります。
- 回路の接続状態（直列・並列）の再解釈
- 核心: スイッチ操作によって、同じコンデンサーのペアが「直列」から「並列」へと役割を変えることがあります。この変化を柔軟に見抜く視点が不可欠です。
- 理解のポイント:
- 直列接続: 一筆書きで電流が流れる経路。電荷が等しく、電圧が分割されます（問1, 2の状態）。
- 並列接続: 両端の電位差が共通になる接続。電圧が等しく、電荷が容量に応じて分配されます（問3以降の状態）。
- 合成容量の活用: 複数のコンデンサーを「1つの等価なコンデンサー」とみなすことで、計算を劇的に簡略化できます。
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:
- 3つ以上のコンデンサーの接続換え: どんなに複雑でも、「孤立部分」を見つけて電荷保存則を立てる手順は変わりません。
- コンデンサーを含むブリッジ回路: 電位法（ノード解析）が極めて有効です。未知の接続点の電位を \(x\) と置けば、キルヒホッフの法則と同様に機械的に解けます。
- スイッチの切り替えとジュール熱: 「電池がした仕事 \(W_{\text{電池}}\)」「静電エネルギーの変化 \(\Delta U\)」「ジュール熱 \(W_J\)」の関係式 \(W_{\text{電池}} = \Delta U + W_J\) は鉄板です。本問では電池が切り離されているため \(W_{\text{電池}} = 0\) となり、\(\Delta U + W_J = 0\) （減少分が熱になる）となります。
- 初見の問題での着眼点:
- スイッチ操作の時系列を整理する: 「まず \(S_1\) ON」\(\rightarrow\) 「次に \(S_1\) OFF, \(S_2\) ON」のように、状態の変化をコマ送りのように図に描きます。
- 各段階での「不変量」を特定する:
- 電池がつながっている \(\rightarrow\) 電圧 \(V\) が一定。
- 電池が切れている \(\rightarrow\) 電荷 \(Q\) が一定。
- 最終状態の電流 \(0\) を利用する: 十分時間が経てば電流は止まり、抵抗での電圧降下は \(0\) になります。つまり、抵抗の両端は等電位（導線と同じ）とみなせます。これにより並列接続が見抜きやすくなります。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 直列・並列の誤認:
- 誤解: 回路図の見た目（配置）だけで直列か並列かを判断してしまう。特に \(S_2\) を閉じた後、\(C_1\) と \(C_2\) が直列のままなのか、\(C_3\) とどうつながるのか混乱する。
- 対策: 「電位」で考えましょう。抵抗に電流が流れていないなら、抵抗の両端は同じ高さ（電位）です。等電位の点を色分けすると、どのコンデンサーに同じ電圧がかかっているか（並列か）が一目瞭然になります。
- 電荷保存則の符号ミス:
- 誤解: 孤立部分の電荷を集計する際、極板の正負を適当に決めてしまい、保存則の式が狂う。
- 対策: 必ず「電位の高い方から低い方へ」電場ができることを意識し、電位 \(V_x\) を仮定したら、電荷は \(Q = C(V_{\text{自}} – V_{\text{他}})\) の形で立式します。符号が自動的に正しく処理されます。
- エネルギー計算の係数忘れ:
- 誤解: 静電エネルギー \(U = \displaystyle\frac{1}{2}CV^2\) の \(\displaystyle\frac{1}{2}\) を忘れたり、合成容量の計算で逆数をとり忘れたりする。
- 対策: ジュール熱の計算では、必ず「正の値」になるはずです。もし負になったら、エネルギーの大小関係（前 \(>\) 後）か計算式の係数を疑ってください。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 問(2)での公式選択（\(V=Q/C\) vs 分圧の法則）:
- 選定理由: どちらでも解けますが、問(1)ですでに \(Q\) を求めているため、定義式 \(V=Q/C\) に代入する方が計算ステップが少なく、ミスが減ります。
- 適用根拠: 直列回路では電荷 \(Q\) が共通であるため、この \(Q\) をそのまま \(C_2\) に適用できます。
- 問(5)での公式選択（エネルギー保存則）:
- 選定理由: 電流 \(i(t)\) の時間変化を求めて積分する（別解）のは、微分方程式を解く必要があり、試験時間内では非効率的です。始状態と終状態のエネルギー差だけで求まる保存則が最適解です。
- 適用根拠: 抵抗以外にエネルギーを消費する要素（放射など）がなく、準静的な過程ではないものの、最終的に熱として散逸することが物理的に明らかだからです。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 分数の処理と通分:
- この問題では \(\displaystyle\frac{2}{3}, \frac{11}{3}, \frac{2}{11}\) など、分数が多用されます。繁分数（分数の分数）が出てきたときは、慌てず分母分子に共通の数（例えば \(3\)）を掛けて、整数の比に直してから計算を進めましょう。
- 合成容量の検算:
- 直列合成: 結果が「元の最小の容量より小さくなっているか」確認。（例: \(C\) と \(2C\) の合成 \(\displaystyle\frac{2}{3}C\) は \(C\) より小さい \(\rightarrow\) OK）
- 並列合成: 結果が「元の最大の容量より大きくなっているか」確認。（例: \(\displaystyle\frac{2}{3}C\) と \(3C\) の合成 \(\displaystyle\frac{11}{3}C\) は \(3C\) より大きい \(\rightarrow\) OK）
- 次元確認（ディメンションチェック）:
- 電圧の答えは \(V\) の倍数、電荷の答えは \(CV\) の倍数、エネルギーの答えは \(CV^2\) の倍数になっているか、最後に必ず単位を確認します。
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問題108 (近畿大＋防衛大)
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
- 提示する別解
- 設問(a)(b)の別解: 微積分を用いた体系的解法（過渡現象解析）
- スイッチを閉じた瞬間の回路方程式（微分方程式）を立て、電流や電荷の時間変化を導出します。
- これにより、初期電流（問1）だけでなく、充電完了までの電池の仕事、静電エネルギー、ジュール熱（問2〜4）を積分の定義式から直接導き出します。
- 設問(c)の別解: 電場と静電気力に着目した力学的解法
- 模範解答がエネルギー保存則から仕事を求め、そこから力を逆算するのに対し、別解ではまず電場と静電気力を求め、そこから力学的仕事と電位を導出します。
- 設問(a)(b)の別解: 微積分を用いた体系的解法（過渡現象解析）
- 上記の別解が有益である理由
- 微積分: 「コンデンサーは最初は導線、最後は断線」という定性的な振る舞いの数学的根拠を理解できます。また、エネルギー保存則が成立するプロセス（電流による仕事と発熱の蓄積）を詳細に追跡できます。
- 力学的解法: 「電荷が一定なら電場も一定」というガウスの法則に基づく本質的な理解を促し、コンデンサー内部の力のメカニズムを直感的に把握できます。
- 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「コンデンサーの充電過程（過渡現象）と極板間引力」です。
スイッチを入れた直後から充電完了までのエネルギーの移動と、充電後のコンデンサーの形状変化に伴うエネルギー収支を扱います。
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。
- コンデンサーの過渡特性: 充電されていないコンデンサーは、スイッチを入れた瞬間は「導線（電圧降下0）」とみなせ、十分に時間が経つと「断線（電流0）」とみなせます。
- エネルギー保存則（回路）: 電池がした仕事は、コンデンサーの静電エネルギーと抵抗で発生するジュール熱に分配されます。
- 電荷保存則: スイッチを開いて孤立したコンデンサーの電気量は保存されます。
- エネルギー保存則（力学）: 外力がした仕事は、静電エネルギーの変化に等しくなります。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (a)では、コンデンサーの初期状態（電荷0）に着目して電流を求めます。
- (b)では、最終状態でのエネルギー保存則を用いて各物理量を計算します。
- (c)では、電荷一定の条件下での極板間隔の変化による電位、エネルギー、力の変化を追います。
設問(a)
ここから先が、他の受験生と差がつく重要パートです。
「解法に至る思考プロセス」を
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なぜその公式を使うのか？どうしてその着眼点を持てるのか？
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