「重要問題集」徹底解説（111〜115問）：未来の得点力へ！完全マスター講座

問題111 (同志社大)

【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、抵抗とコンデンサーを含むRC回路の基本的な性質から始まり、極板間隔を変化させたときの仕事とエネルギーの関係、さらには極板の一部に働く力と重力のつりあいまでを扱う、多岐にわたるテーマを内包した総合問題です。
この問題の核心は、各設問がどの物理的状況に対応しているかを正確に読み取り、「キルヒホッフの法則」「仕事とエネルギーの関係」「力のつりあい」といった基本法則を的確に適用する能力です。

【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「コンデンサーの力学とエネルギー論」です。電気的な現象と力学的な仕事や力のつりあいを結びつけて考察します。
問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

1. キルヒホッフの法則: (ア)のように回路に電流が流れている途中経過を記述する基本法則です。
2. 仕事とエネルギーの関係: (エ)(オ)のように、外力や電池が仕事をする系では、エネルギー収支の式（\(W_{外力}+W_{電池}=\Delta U\)）を立てることが問題解決の鍵となります。
3. スイッチの開閉と拘束条件: スイッチが閉じているときは電圧\(V\)が一定、開いているときは電荷\(Q\)が一定という、系の状態を支配する条件を正確に使い分けることが不可欠です。
4. 極板間引力の原理: (ク)で問われる力は、片方の極板がもう一方の極板「だけ」が作る電場から受ける力として計算します。

基本的なアプローチは以下の通りです。

1. 各設問の物理的状況（充電中か、充電完了か、スイッチは開いているか閉じているか）を正確に把握します。
2. (ア)ではキルヒホッフの法則、(イ)ではエネルギーの公式を適用します。
3. (ウ)〜(オ)は一連のエネルギー収支の問題です。容量変化、電池の仕事、エネルギー変化を順に計算し、最後にエネルギー保存則の式にまとめます。
4. (カ)(キ)では、スイッチの開閉による拘束条件の変化に注意して、\(Q=CV\)の関係を適用します。
5. (ク)では、円板に働く電気力と重力のつりあいの式を立てます。

問(ア)

思考の道筋とポイント
コンデンサーを充電中の、ある瞬間の回路に関する問題です。抵抗、コンデンサー、電池を含む直流回路なので、キルヒホッフの第2法則（電圧則）を適用します。

この設問における重要なポイント

• キルヒホッフの第2法則: 閉回路を一周すると、電位の上がり下がりの合計はゼロになる。
• 抵抗での電圧降下は \(RI\)。
• コンデンサーでの電圧降下は \(q/C\)。

具体的な解説と立式
図aの回路について、キルヒホッフの第2法則を適用します。電池の負極から時計回りに回路を一周します。

• 電池: 電圧が\(V\)だけ上がる。
• 抵抗: 電流\(I\)が流れているので、電圧が\(RI\)だけ下がる。
• コンデンサー: 電荷\(q\)が蓄えられているので、電圧が\(q/C\)だけ下がる。

したがって、電位の関係式は、
$$ V – RI – \frac{q}{C} = 0 $$
この式を電流\(I\)について解きます。

$$
\begin{aligned}
V – RI – \frac{q}{C} &= 0 \\[2.0ex]RI &= V – \frac{q}{C} \\[2.0ex]I &= \frac{1}{R} \left( V – \frac{q}{C} \right)
\end{aligned}
$$
問題文で与えられているコンデンサーの電気容量の定義 \(C = \varepsilon_0 S/d\) を用いて、
$$ I = \frac{1}{R} \left( V – \frac{qd}{\varepsilon_0 S} \right) $$

回路を一周する山登りに例えます。電池でVだけ山を登り、抵抗とコンデンサーで坂道を下り、元の高さに戻ってきます。この「登った高さ = 下った高さの合計」という関係を式にして、電流Iについて解きます。

電流の大きさは \(\displaystyle\frac{1}{R} (V – \frac{qd}{\varepsilon_0 S})\) です。充電が進んで\(q\)が増えると電流\(I\)が減少し、最終的に\(q=CV\)になると\(I=0\)となる、という物理的に正しい振る舞いを表しています。

問(イ)

思考の道筋とポイント
十分に時間が経過した（充電が完了した）ときのコンデンサーの静電エネルギーを求めます。充電完了時、コンデンサーの電圧は電源電圧Vに等しくなります。

この設問における重要なポイント

• 充電完了時、コンデンサーの電位差は電源電圧Vに等しい。
• 静電エネルギーの公式 \(U = \displaystyle\frac{1}{2}CV^2\) を使う。
• 電気容量Cを、与えられた文字で表現する。

具体的な解説と立式
静電エネルギーの公式は \(U = \displaystyle\frac{1}{2}CV^2\) です。
問題文で与えられているコンデンサーの電気容量の定義 \(C = \varepsilon_0 \displaystyle\frac{S}{d}\) をこの式に代入します。

$$
\begin{aligned}
U &= \frac{1}{2}CV^2 \\[2.0ex]&= \frac{1}{2} \left( \varepsilon_0 \frac{S}{d} \right) V^2 \\[2.0ex]&= \frac{\varepsilon_0 S V^2}{2d}
\end{aligned}
$$

コンデンサーに蓄えられるエネルギーの公式 \(U = \displaystyle\frac{1}{2}CV^2\) に、コンデンサーの性能を表す式 \(C = \varepsilon_0 S/d\) を代入するだけで計算できます。

静電エネルギーは \(\displaystyle\frac{\varepsilon_0 S V^2}{2d}\) です。与えられた文字だけで表現されており、妥当な結果です。

問(ウ)

思考の道筋とポイント
極板間隔を \(d\) から \(d+\Delta d\) に広げたときの、静電容量の「減少量」を求めます。まず、変化後の静電容量を計算し、元の静電容量との差をとります。

この設問における重要なポイント

• 平行平板コンデンサーの容量の式 \(C = \varepsilon_0 S/d\) を使う。
• 変化後の容量を計算し、変化前の容量との差を求める。
• 問題で与えられた近似式を適切に利用する。

具体的な解説と立式

• 元の静電容量: \(C = \varepsilon_0 \displaystyle\frac{S}{d}\)
• 変化後の極板間隔: \(d’ = d+\Delta d\)
• 変化後の静電容量: \(C_1 = \varepsilon_0 \displaystyle\frac{S}{d+\Delta d}\)

静電容量の減少量は \(C – C_1\) です。
$$ C – C_1 = \varepsilon_0 \frac{S}{d} – \varepsilon_0 \frac{S}{d+\Delta d} $$

$$
\begin{aligned}
C – C_1 &= \varepsilon_0 S \left( \frac{1}{d} – \frac{1}{d+\Delta d} \right) \\[2.0ex]&= \varepsilon_0 \frac{S}{d} \left( 1 – \frac{d}{d+\Delta d} \right) \\[2.0ex]&= \varepsilon_0 \frac{S}{d} \left( 1 – \frac{1}{1+\Delta d/d} \right)
\end{aligned}
$$
ここで、\(\Delta d \ll d\) なので \(x = \Delta d/d\) として近似式 \(\displaystyle\frac{1}{1+x} \approx 1-x\) を用います。
$$
\begin{aligned}
C – C_1 &\approx \varepsilon_0 \frac{S}{d} \left\{ 1 – \left( 1 – \frac{\Delta d}{d} \right) \right\} \\[2.0ex]&= \varepsilon_0 \frac{S}{d} \left( \frac{\Delta d}{d} \right) \\[2.0ex]&= \frac{\varepsilon_0 S \Delta d}{d^2}
\end{aligned}
$$

コンデンサーの性能（静電容量）は、板の間の距離が広がるほど悪くなります。どれだけ悪くなったか（減少したか）を計算します。「元の性能」から「後の性能」を引き算し、問題で与えられた近似式を使って式を簡単にします。

静電容量の減少量は \(\displaystyle\frac{\varepsilon_0 S \Delta d}{d^2}\) です。微小な距離の変化\(\Delta d\)に比例するという、物理的に妥当な結果です。

問(エ)

思考の道筋とポイント
極板間隔を広げる間に「電池がされた仕事」を求めます。電池がする仕事は、電池を通過した電気量と電池の電圧の積 \(W_E = (\Delta q)V\) で計算できます。この問題では、コンデンサーから電池へ電気が逆流するので、電池は仕事を「される」側になります。

この設問における重要なポイント

• 電池がする仕事は \(W_E = (\text{通過した電気量}) \times V\)。
• コンデンサーの容量が減少すると、蓄えられていた電荷の一部が電池に戻る。
• 電池が「された」仕事は、電池が「した」仕事と符号が逆になる。

具体的な解説と立式

• 元の電気量: \(Q = CV\)
• 後の電気量: \(Q_1 = C_1 V\)

この間に電池を通過した電気量（コンデンサーから流れ出た量）\(\Delta q\)は、
$$ \Delta q = Q – Q_1 = (C-C_1)V $$
この電気量が電池を逆向きに通過するので、電池が「した」仕事 \(W’_E\) は、
$$ W’_E = (-\Delta q)V = -(C-C_1)V^2 $$
問題で問われているのは電池が「された」仕事 \(W_E\) なので、符号が逆になります。
$$ W_E = -W’_E = (C-C_1)V^2 $$

(ウ)の結果 \(C-C_1 = \displaystyle\frac{\varepsilon_0 S \Delta d}{d^2}\) を代入すると、
$$
\begin{aligned}
W_E &= (C-C_1)V^2 \\[2.0ex]&= \left( \frac{\varepsilon_0 S \Delta d}{d^2} \right) V^2 \\[2.0ex]&= \frac{\varepsilon_0 S V^2 \Delta d}{d^2}
\end{aligned}
$$

板の間隔を広げると、コンデンサーの性能が落ちて今まで蓄えていた電気の一部を保持できなくなります。その余った電気が電池に逆流します。電池は、この逆流してきた電気を受け取ることで、外部から仕事を「された」ことになり、エネルギーを得ます。その仕事の量を計算します。

電池がされた仕事は \(\displaystyle\frac{\varepsilon_0 S V^2 \Delta d}{d^2}\) です。正の値であり、電池がエネルギーを受け取ったことを示しており、物理的に妥当です。

問(オ)

思考の道筋とポイント
極板間にはたらく引力の大きさを求めます。これは、エネルギー保存則（仕事とエネルギーの関係）を用いて求めることができます。系に加えられたエネルギー（外力がした仕事＋電池がした仕事）は、系の静電エネルギーの変化に等しくなります。

この設問における重要なポイント

• エネルギー保存則: \(W_{\text{外力}} + W_{\text{電池}} = \Delta U_{\text{静電}}\)
• 外力がした仕事: \(W_{\text{外力}} = F \Delta d\)
• 電池がした仕事: (エ)の結果を利用する。
• 静電エネルギーの変化: \(\Delta U = U_1 – U\)

具体的な解説と立式

• 外力がした仕事: \(F\Delta d\)
• 電池がした仕事: \(W’_E = – \displaystyle\frac{\varepsilon_0 S V^2 \Delta d}{d^2}\)
• 静電エネルギーの変化:
  $$ \Delta U = U_1 – U = \frac{1}{2}C_1 V^2 – \frac{1}{2}CV^2 = \frac{1}{2}(C_1-C)V^2 $$
  (ウ)の結果から \(C_1-C = -(C-C_1) = -\displaystyle\frac{\varepsilon_0 S \Delta d}{d^2}\) なので、
  $$ \Delta U = -\frac{1}{2} \frac{\varepsilon_0 S V^2 \Delta d}{d^2} $$

エネルギー保存則の式 \(F\Delta d + W’_E = \Delta U\) にこれらを代入します。
$$ F\Delta d + \left( – \frac{\varepsilon_0 S V^2 \Delta d}{d^2} \right) = – \frac{1}{2} \frac{\varepsilon_0 S V^2 \Delta d}{d^2} $$

$$
\begin{aligned}
F\Delta d &= \frac{\varepsilon_0 S V^2 \Delta d}{d^2} – \frac{1}{2} \frac{\varepsilon_0 S V^2 \Delta d}{d^2} \\[2.0ex]F\Delta d &= \frac{1}{2} \frac{\varepsilon_0 S V^2 \Delta d}{d^2}
\end{aligned}
$$
両辺を \(\Delta d\) で割ると、
$$ F = \frac{\varepsilon_0 S V^2}{2d^2} $$

「外から加えたエネルギー（外力の仕事＋電池の仕事）は、コンデンサーのエネルギー変化と等しい」というエネルギー収支の式を立てます。外力の仕事、電池の仕事、コンデンサーのエネルギー変化は、それぞれ(ウ)(エ)の結果から計算できます。この方程式を解くことで、引力の大きさFが求まります。

引力の大きさは \(F = \displaystyle\frac{\varepsilon_0 S V^2}{2d^2}\) です。これは、極板間引力の公式 \(F = \displaystyle\frac{Q^2}{2\varepsilon_0 S}\) に \(Q=CV=(\varepsilon_0 S/d)V\) を代入した結果と一致し、妥当です。

問(カ)

思考の道筋とポイント
極板間隔を3dにしたときに蓄えられる電気量を求めます。スイッチは閉じているので、電圧はVのままです。間隔が3dになったときの新しい静電容量を計算し、\(Q=CV\)を適用します。

この設問における重要なポイント

• スイッチが閉じているので、電圧はVで一定。
• 間隔が3dになったときの静電容量を計算する。

具体的な解説と立式

• 新しい極板間隔: \(d’ = 3d\)
• 新しい静電容量: \(C_2 = \varepsilon_0 \displaystyle\frac{S}{3d}\)

蓄えられる電気量\(q_2\)は、
$$ q_2 = C_2 V $$

$$
\begin{aligned}
q_2 &= C_2 V \\[2.0ex]&= \left( \frac{\varepsilon_0 S}{3d} \right) V \\[2.0ex]&= \frac{\varepsilon_0 S V}{3d}
\end{aligned}
$$

板の間隔を3倍に広げると、電気を蓄える能力（静電容量）は1/3になります。電圧はVのままなので、蓄えられる電気の量も1/3になります。

電気量は \(\displaystyle\frac{\varepsilon_0 S V}{3d}\) です。

問(キ)

思考の道筋とポイント
(カ)の状態でスイッチを開き、極板間隔をdに戻した後の電場の強さを求めます。スイッチを開いたので、今度は電荷\(q_2\)が一定に保たれます。

この設問における重要なポイント

• スイッチを開くと、電荷が一定に保たれる。
• 電場の強さは \(E = \displaystyle\frac{Q}{\varepsilon_0 S}\) で計算できる（ガウスの法則）。

具体的な解説と立式

• 保たれる電荷: \(q_2 = \displaystyle\frac{\varepsilon_0 S V}{3d}\)
• 極板間隔: dに戻る。

電場の強さEは、極板上の電荷と面積で決まります。
$$ E = \frac{q_2}{\varepsilon_0 S} $$

$$
\begin{aligned}
E &= \frac{1}{\varepsilon_0 S} \left( \frac{\varepsilon_0 S V}{3d} \right) \\[2.0ex]&= \frac{V}{3d}
\end{aligned}
$$

スイッチを開くと、コンデンサーに蓄えられた電気が閉じ込められます。この状態で板の間隔を変えても、板の上にある電気の量（と密度）は変わりません。電場の強さは電気の密度で決まるので、電場の強さも変わりません。ただし、これは間隔を3dからdに戻す前の話です。間隔をdに戻した後の電場の強さを問われているので、閉じ込められた電荷\(q_2\)を使って計算します。

電場の強さは \(\displaystyle\frac{V}{3d}\) です。これは、最初の電場\(V/d\)の1/3であり、電荷が1/3になったことを反映した妥当な結果です。

問(ク)

思考の道筋とポイント
図2の状況で、極板Bの上に置かれた小さな円板Cが、重力と電気的な引力でつりあうときの電圧を求めます。円板Cが受ける電気的な力は、極板A「だけ」が作る電場から受ける力です。

この設問における重要なポイント

• 円板Cは極板Bの一部と見なせるため、B自身が作る電場からは力を受けない。
• 円板Cが受ける力は、極板Aが作る電場 \(E_A\) によるもの。
• 力のつりあいの式を立てる: \((\text{電気力}) = (\text{重力})\)

具体的な解説と立式
コンデンサーに電圧\(V_3\)がかかっているとき、蓄えられている電荷を\(q\)とします。
$$ q = C V_3 = \left( \frac{\varepsilon_0 S}{d} \right) V_3 $$
このとき、極板Aが作る電場の強さ\(E_A\)は、
$$ E_A = \frac{1}{2} E = \frac{1}{2} \frac{q}{\varepsilon_0 S} $$
円板Cは極板Bの一部なので、その電荷\(-q_c\)は、面積比で分配されます。
$$ q_c = q \frac{a}{S} $$
円板Cが受ける上向きの電気的な引力\(F_e\)は、
$$ F_e = q_c E_A $$
この力が、円板Cにはたらく下向きの重力\(mg\)とつりあうので、
$$ F_e = mg $$

まず、\(F_e\)を\(q\)で表します。
$$
\begin{aligned}
F_e &= q_c E_A \\[2.0ex]&= \left( q \frac{a}{S} \right) \left( \frac{1}{2} \frac{q}{\varepsilon_0 S} \right) \\[2.0ex]&= \frac{aq^2}{2\varepsilon_0 S^2}
\end{aligned}
$$
力のつりあいの式 \(F_e = mg\) より、
$$ \frac{aq^2}{2\varepsilon_0 S^2} = mg $$
この式を\(q^2\)について解きます。
$$ q^2 = \frac{2\varepsilon_0 S^2 mg}{a} $$
ここに \(q = (\varepsilon_0 S/d)V_3\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
\left( \frac{\varepsilon_0 S}{d} V_3 \right)^2 &= \frac{2\varepsilon_0 S^2 mg}{a} \\[2.0ex]\frac{\varepsilon_0^2 S^2}{d^2} V_3^2 &= \frac{2\varepsilon_0 S^2 mg}{a}
\end{aligned}
$$
この式を\(V_3\)について解きます。
$$
\begin{aligned}
V_3^2 &= \frac{d^2}{\varepsilon_0^2 S^2} \frac{2\varepsilon_0 S^2 mg}{a} \\[2.0ex]&= \frac{2d^2 mg}{a \varepsilon_0}
\end{aligned}
$$
したがって、
$$ V_3 = d \sqrt{\frac{2mg}{a \varepsilon_0}} $$

小さな円板Cが浮き上がる（重力とつりあう）ためには、コンデンサーにどれだけの電圧をかければよいかを計算します。まず、円板Cが受ける電気的な力を電圧の式で表します。次に、その力が重力と等しくなるという方程式を立て、電圧について解きます。

つりあうときの電圧は \(d \sqrt{\displaystyle\frac{2mg}{a \varepsilon_0}}\) です。円板が重い(\(m\)大)ほど、また面積が小さい(\(a\)小)ほど、より大きな電圧が必要になるという、物理的に妥当な結果です。

【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？

• キルヒホッフの第2法則（電圧則）:
  • 核心: (ア)のように、抵抗とコンデンサーを含む直流回路のある瞬間を記述する際に、閉回路の電位差の和が0になるという法則は不可欠です。\(V_{\text{電池}} – V_{\text{抵抗}} – V_{\text{コンデンサー}} = 0\) という関係を立てることで、回路の状態を数式で表現できます。
• 仕事とエネルギーの関係（エネルギー保存則）:
  • 核心: (オ)のように、複数の力が仕事をする系のエネルギー変化を扱う際に、「（外力がした仕事）＋（非保存力（ここでは電池）がした仕事）＝（系のエネルギー変化）」というエネルギー収支の考え方は非常に強力です。
  • 理解のポイント: この問題では、外力（極板を動かす力）、電池、コンデンサー（静電エネルギーを持つ）の3者がエネルギーのやり取りをしています。それぞれの仕事やエネルギー変化を正しく評価し、一つの式にまとめる能力が問われます。
• 極板間引力の原理と力のつりあい:
  • 核心: コンデンサーの極板が引き合う力は、片方の極板がもう一方の極板「だけ」が作る電場から受ける力として計算されます（(ク)）。この電気的な力と、重力や弾性力といった他の力とのつりあいを考えることで、系の状態を決定できます。
  • 理解のポイント: (ク)では、小さな円板Cが受ける引力を考える際、極板Aが作る電場 \(E_A = E/2\) を用いることが核心です。円板Cは極板Bの一部なので、B自身が作る電場からは力を受けません。
• スイッチの開閉による拘束条件の変化:
  • 核心: スイッチが閉じている間はコンデンサーの電圧\(V\)が一定に保たれ、スイッチを開くと電荷\(Q\)が一定に保たれます。この違いを認識することが、(カ)と(キ)を正しく解くための鍵となります。
  • 理解のポイント: (カ)では\(V\)が一定なので\(C\)の変化がそのまま\(Q\)の変化に繋がり、(キ)では\(Q\)が一定なので\(C\)の変化が\(V\)の変化に繋がります。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン:
  • RC回路の過渡現象: (ア)はRC回路の充電過程の一瞬を切り取ったものです。これを時間的に追跡すると、電流や電荷が指数関数的に変化する「過渡現象」の問題になります。
  • コンデンサーマイク: 極板間隔の変化を電気信号（電圧の変化）として取り出す装置で、この問題の(キ)の状況と原理が似ています。
  • 静電的な浮上: (ク)のように、静電気力で物体を浮上させる問題。リニアモーターカーの原理の一部にも関連します。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 時系列と操作の整理: 問題文が長い場合、操作の順番（スイッチを閉じる→広げる→スイッチを開く→戻す…）を時系列で整理し、各段階で何が一定（V or Q）で、何が変化するのかを把握することが第一歩です。
  2. エネルギー収支か、力のつりあいか: 問題が「力」や「つりあう電圧」を問うている場合（(オ),(ク)）、力のつりあいやエネルギー収支の式を立てることを考えます。エネルギー収支は、複数のエネルギーが関わる場合に特に有効です。
  3. 近似式の使い方: (ウ)のように「微小量」というキーワードが出てきたら、問題文で与えられた近似式を使うサインです。どの部分を \(x\) と見なして近似を適用するかを正確に見抜く必要があります。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 電池の仕事の符号:
  • 誤解: (エ)で、コンデンサーから電荷が流れ出ているのに、電池がした仕事を正としてしまう。
  • 対策: 電池がする仕事は、正極から負極へ電荷を運ぶ（電流を流す）ことであり、その向きが正です。逆向きに電荷が流れる（充電される）場合、電池は仕事を「され」ており、電池が「した」仕事は負になります。この符号の定義を明確にしましょう。
• エネルギー保存則の立式ミス:
  • 誤解: (オ)で、\(W_{\text{外力}} = \Delta U_{\text{静電}}\) のように、電池の仕事を考慮し忘れてしまう。
  • 対策: エネルギー収支を考える際は、系に関わる全てのエネルギーの出入りをリストアップする癖をつけましょう。「外力」「電池」「コンデンサーの内部エネルギー」の3者の間で、誰がエネルギーを失い、誰が得たのかを整理してから立式するとミスが減ります。
• 円板が受ける力の計算ミス:
  • 誤解: (ク)で、円板Cが受ける力を計算する際に、極板全体の電荷\(Q\)や電場\(E\)をそのまま使ってしまう。
  • 対策: 円板Cはあくまで極板Bの「一部」であることを意識します。Cに蓄えられた電荷は面積比で按分した \(q_c\) であり、Cが受ける電場は相手の極板A「だけ」が作る \(E_A\) です。この2点を正確に評価する必要があります。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • エネルギーの流れ図: (オ)のエネルギー収支を考える際に、箱（コンデンサー）に対して、外力と電池からエネルギーが矢印で出入りし、箱自体のエネルギーが変化する、というような流れ図を描くと、エネルギー保存則の立式が容易になります。
  • 力のベクトル図: (ク)では、円板Cに注目し、上向きの電気的な引力 \(F_e\) と下向きの重力 \(mg\) を矢印で描き、これらがつりあう様子を図示すると、状況が明確になります。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • 電荷の表記: (ア)や(ク)のように、ある瞬間の電荷を考える際は、最終的な電荷\(Q\)と区別して小文字の\(q\)を使うなど、記号の使い分けを明確にすることが重要です。
  • 面積の区別: (ク)では、極板全体の面積Sと円板の面積aを明確に区別して図や式に反映させる必要があります。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• キルヒホッフの法則 (ア):
  • 選定理由: 回路に電流が流れている「途中経過」の状態を記述するため。定常状態ではないため、単純なオームの法則だけでは記述できません。
  • 適用根拠: 電荷保存則とエネルギー保存則を電気回路に適用した、最も普遍的な法則の一つです。
• エネルギー収支の式 (オ):
  • 選定理由: 「力」を求める問題で、直接計算するのではなく、エネルギーの変化量から間接的に求めるため。特に、保存力でない力（外力や電池の仕事）が関わる場合に有効です。
  • 適用根拠: 熱力学第一法則にも通じる、普遍的なエネルギー保存の原理に基づいています。
• \(E = Q/(\varepsilon_0 S)\) (キ):
  • 選定理由: 電荷が分かっている孤立したコンデンサーの電場を求めるため。この公式は極板間隔dを含まないため、間隔が変化した後でも電荷さえ分かっていれば電場が計算できる、という点で非常に強力です。
  • 適用根拠: ガウスの法則を平行平板コンデンサーに適用した結果です。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (ア) 回路方程式: キルヒホッフの第2法則を適用し、\(V-RI-q/C=0\)を立てて\(I\)について解く。
2. (イ) エネルギー: 充電完了時(\(V_C=V\))のエネルギー。\(U=\displaystyle\frac{1}{2}CV^2\)に\(C=\varepsilon_0 S/d\)を代入。
3. (ウ) 容量変化: \(C-C_1\)を計算し、近似式を適用する。
4. (エ) 電池の仕事: 電荷の変化量\(\Delta q = (C-C_1)V\)を求め、電池がされた仕事\(W_E = (\Delta q)V\)を計算。
5. (オ) 引力: エネルギー収支 \(F\Delta d + W’_{E} = \Delta U\) を立てる。\(W’_{E}\)は電池が「した」仕事（(エ)の逆符号）、\(\Delta U = \displaystyle\frac{1}{2}(C_1-C)V^2\)。これを\(F\)について解く。
6. (カ) 電気量: 間隔3dのときの容量\(C_2\)を求め、\(q_2=C_2V\)を計算。
7. (キ) 電場: スイッチを開くので電荷\(q_2\)が保存される。\(E=q_2/(\varepsilon_0 S)\)を計算。
8. (ク) つりあい電圧: ①円板Cの電荷\(q_c\)と、Aが作る電場\(E_A\)を、電圧\(V_3\)の関数として表す。②力のつりあい\(q_c E_A = mg\)を立てる。③\(V_3\)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

• 近似式の適用: (ウ)で近似式を使う際、\(\displaystyle\frac{1}{1+\Delta d/d}\)の形を正確に作り出すことが重要です。分母を\(d\)でくくりだす操作を丁寧に行いましょう。
• 符号の管理: (エ)(オ)のエネルギー収支では、仕事やエネルギー変化の符号が非常に重要です。「系が外部からエネルギーを受け取るなら正」「系が外部へエネルギーを放出するなら負」というルールを一貫して適用しましょう。
• 文字の整理: (ク)のように多くの物理量が絡む計算では、どの文字が定数でどれが変数か、どの文字を最終的に消去すべきかを意識しながら式変形を進めることが重要です。

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

• (オ)と他の知識との比較: (オ)で求めた引力 \(F = \displaystyle\frac{\varepsilon_0 S V^2}{2d^2}\) は、\(F=\displaystyle\frac{Q^2}{2\varepsilon_0 S}\) や \(F=\displaystyle\frac{1}{2}QE\) といった極板間引力の公式と一致するかを検算することで、答えの妥当性を確認できます。
• (キ)の結果の吟味: (カ)で間隔を3dに広げたとき、電圧はVのままなので電場は\(E=V/(3d)\)になります。その後スイッチを開いて間隔をdに戻しても、電荷が保存されるため電場の強さは\(E=V/(3d)\)のままです。このように、操作の各段階での物理状態を追跡することで、結果を検証できます。
• (ク)の依存性の確認: 求まった電圧 \(V_3\) は、\(m\)や\(g\)が大きいほど、また\(a\)が小さいほど大きくなっています。これは「重いもの」や「面積が小さく力を受けにくいもの」を浮かせるにはより大きな電圧が必要だという直感と一致しており、物理的に妥当です。

問題112 (大阪市大)

【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、スイッチの切り替えによってコンデンサーの電荷が再配分される様子を追跡する問題です。電気量保存則、キルヒホッフの法則、そして電位の概念を駆使して、段階的な変化と最終的な極限状態を解析する、思考力と計算力が問われる良問です。

【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「スイッチの切り替えによるコンデンサーの電荷再配分」です。抵抗を含む回路ですが、十分に時間が経過した後の状態を問われているため、コンデンサーに電流は流れ込まない定常状態のみを考えます。
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。

1. コンデンサーの基本式: \(Q=CV\) を用いて、電圧と電気量の関係を把握します。
2. 電気量保存則: 回路の一部が外部から電気的に孤立している場合、その部分の総電気量はスイッチの切り替え前後で保存されます。これが最も重要な法則です。
3. キルヒホッフの第2法則: 任意の閉回路において、電位差の代数和は0になります。これは、各素子にかかる電圧の関係を導くのに使います。
4. 電池の仕事: 電池が電気量 \(Q\) を電圧 \(E\) で送り出すとき、電池がする仕事は \(W=QE\) で与えられます。

基本的なアプローチは以下の通りです。

1. 各操作の前後で、回路のどの部分が「孤立部分」になるかを見極めます。
2. 「電気量保存則」と「キルヒホッフの第2法則」を用いて、未知の電気量や電圧に関する連立方程式を立てて解きます。
3. 電池を通過した電気量を求め、仕事の公式を適用します。
4. 無限回操作後の極限状態は、「これ以上変化が起きない状態」、すなわち電荷の移動が停止する状態であるという物理的考察から解きます。

問(1)

思考の道筋とポイント
まず、S1を閉じて十分に時間が経過した状態を考えます。このとき、コンデンサーC1は電池E1によって充電されます。最終的にC1にかかる電圧は電池の電圧 \(V_0\) と等しくなります。蓄えられた電気量 \(Q_1\) を求め、電池がした仕事の公式 \(W=QE\) を用いて仕事 \(W_{E1}\) を計算します。
この設問における重要なポイント

• 十分に時間が経過すると、コンデンサーの充電は完了し、その電位差は接続されている電池の電圧に等しくなる。
• 電池がした仕事は、電池を通過した総電気量と電池の起電力（電圧）の積で表される。 \(W_{\text{電池}} = Q E\)。

具体的な解説と立式
S1を閉じて十分に時間が経過すると、コンデンサーC1は電池E1によって完全に充電されます。このとき、C1の両端の電位差は電池E1の電圧 \(V_0\) に等しくなります。
C1に蓄えられる電気量を \(Q_1\) とすると、コンデンサーの基本式 \(Q=CV\) より、
$$ Q_1 = C V_0 $$
電池E1がした仕事 \(W_{E1}\) は、この充電過程で電池E1を通過した電気量 \(Q_1\) と電池の電圧 \(V_0\) の積で与えられます。
$$ W_{E1} = Q_1 V_0 $$

$$
\begin{aligned}
W_{E1} &= Q_1 V_0 \\[2.0ex]&= (C V_0) \times V_0 \\[2.0ex]&= C V_0^2
\end{aligned}
$$

スイッチS1を閉じると、電池E1がコンデンサーC1を充電します。充電が完了すると、C1には \(Q_1 = CV_0\) という量の電気が蓄えられます。電池の仕事とは、この電気 \(Q_1\) を電圧 \(V_0\) で押し出したエネルギーのことなので、単純に掛け合わせることで \(CV_0^2\) と計算できます。

電池E1がした仕事は \(CV_0^2\) [J] です。これはコンデンサーに蓄えられる静電エネルギー \(U = \displaystyle\frac{1}{2}CV_0^2\) の2倍です。差額の \(\displaystyle\frac{1}{2}CV_0^2\) は、回路の抵抗R（この場合はS1側のループなので、実際には導線抵抗など）でジュール熱として消費されたエネルギーに相当します。

問(2)

思考の道筋とポイント
S1を開き、S2を閉じるという操作を行います。この操作の前後で、C1の上極板、抵抗R、C2の上極板からなる部分は、回路の他の部分から電気的に孤立します。したがって、この「孤立部分」の総電気量は保存されます。これに加えて、S2を閉じた後の定常状態では、C1, C2, E2からなる閉回路についてキルヒホッフの第2法則が成り立ちます。この2つの法則から連立方程式を立て、C2の電位差 \(V’_2\) を求めます。
仕事 \(W_{E2}\) は、この過程で電池E2を通過した総電気量を計算し、仕事の公式を適用して求めます。
この設問における重要なポイント

• スイッチ切り替え問題の定石である「電気量保存則」を適用する。孤立部分を正しく見つけることが鍵。
• キルヒホッフの第2法則（電圧則）を適用し、閉回路の電位差の関係式を立てる。
• 電池を通過した電気量は、電池に接続されている部分の電荷の変化量から求める。

具体的な解説と立式

C2の電位差 \(V’_2\) の導出
操作前の状態（図a）: C1は充電されており、上極板に \(+CV_0\)、下極板に \(-CV_0\) の電荷がある。C2の電荷は0。
操作後の状態（図b）: C1, C2の電位差をそれぞれ \(V’_1, V’_2\)、蓄えられた電気量の大きさを \(Q’_1, Q’_2\) とする。電池E2の向きから、C1の上極板は負、下極板は正に、C2の上極板は正、下極板は負に帯電する。したがって、C1の上極板の電荷は \(-Q’_1\)、C2の上極板の電荷は \(+Q’_2\) となる。ここで \(Q’_1 = CV’_1\), \(Q’_2 = CV’_2\)。

1. 電気量保存則:
C1の上極板とC2の上極板はS2とRを介して接続され、孤立部分を形成する。
(初期の総電荷) = (最終の総電荷)
$$ CV_0 + 0 = -Q’_1 + Q’_2 \quad \cdots ① $$

2. キルヒホッフの第2法則:
C1, C2, E2を含む閉回路を一周すると、電位差の和は0になる。電池E2の負極から正極の向きを正とすると、
$$ V’_1 + V’_2 – 2V_0 = 0 \quad \cdots ② $$

ここで、\(Q’_1 = CV’_1\), \(Q’_2 = CV’_2\) を用いて①と②を \(V’_1, V’_2\) の連立方程式にします。
$$ V_0 = -V’_1 + V’_2 \quad \cdots ①’ $$
$$ V’_1 + V’_2 = 2V_0 \quad \cdots ②’ $$

電池E2がした仕事 \(W_{E2}\) の導出
仕事 \(W_{E2}\) を求めるには、電池E2を通過した電気量 \(\Delta Q\) を計算する必要がある。電池E2の正極はC1の下極板に接続されている。したがって、\(\Delta Q\) はC1の下極板の電荷の変化量に等しい。
(初期のC1下極板の電荷) = \(-CV_0\)
(最終のC1下極板の電荷) = \(+Q’_1 = CV’_1\)
よって、電池E2から流れ出た電気量 \(\Delta Q\) は、
$$
\begin{aligned}
\Delta Q &= (\text{最終電荷}) – (\text{初期電荷}) \\[2.0ex]&= CV’_1 – (-CV_0)
\end{aligned}
$$
電池E2がした仕事 \(W_{E2}\) は、
$$ W_{E2} = \Delta Q \times (2V_0) $$

\(V’_2\) の計算

①’ と ②’ を足し合わせる。

$$
\begin{aligned}
(V_0) + (2V_0) &= (-V’_1 + V’_2) + (V’_1 + V’_2) \\[2.0ex]3V_0 &= 2V’_2 \\[2.0ex]V’_2 &= \frac{3}{2}V_0
\end{aligned}
$$

この結果を②’に代入して \(V’_1\) を求める。

$$
\begin{aligned}
V’_1 &= 2V_0 – V’_2 \\[2.0ex]&= 2V_0 – \frac{3}{2}V_0 \\[2.0ex]&= \frac{1}{2}V_0
\end{aligned}
$$
\(W_{E2}\) の計算

まず、電池E2を通過した電気量 \(\Delta Q\) を計算する。

$$
\begin{aligned}
\Delta Q &= CV’_1 – (-CV_0) \\[2.0ex]&= C\left(\frac{1}{2}V_0\right) + CV_0 \\[2.0ex]&= \frac{3}{2}CV_0
\end{aligned}
$$

次に、仕事 \(W_{E2}\) を計算する。

$$
\begin{aligned}
W_{E2} &= \Delta Q \times (2V_0) \\[2.0ex]&= \left(\frac{3}{2}CV_0\right) \times (2V_0) \\[2.0ex]&= 3CV_0^2
\end{aligned}
$$

スイッチを切り替えると、C1とC2の間で電荷が再分配されます。このとき「孤立部分の総電荷は不変」というルールと、「回路を一周すると電位が元に戻る（電圧の合計がゼロ）」というルールを使います。この2つのルールから連立方程式を立てて解くことで、新しい状態での各コンデンサーの電圧が求まります。
電池の仕事は、この再分配の際に電池を通過した電気の量を求め、それに電池の電圧を掛けることで計算できます。

C2の電位差は \(\displaystyle\frac{3}{2}V_0\) [V]、電池E2がした仕事は \(3CV_0^2\) [J] です。
連立方程式を解く方法と、電位を未知数とする方法のどちらでも同じ結果が得られ、計算の妥当性が確認できます。この電位追跡法は連立方程式を解く手間が省け、より直接的に未知数を求められるため、複雑な回路で特に有効です。

問(3)

思考の道筋とポイント
(2)に続く一連の操作です。
ステップ1: S2を開き、S1を閉じる。→ C1が再びE1で充電される。C2の電荷は(2)の最終状態のまま保持される。
ステップ2: S1を開き、S2を閉じる。→ (2)と同様の電荷再配分が起こる。
このステップ2の前後で、(2)と同様に「電気量保存則」と「キルヒホッフの第2法則」を適用します。注意点は、孤立部分の初期電荷が(2)のときとは異なることです。
この設問における重要なポイント

• 操作のシーケンスを正確に追跡し、各段階でのコンデンサーの電荷状態を把握すること。
• (2)と全く同じ手順で計算できるが、初期値が異なることを認識する。

具体的な解説と立式

ステップ1: S2を開き、S1を閉じる
S2が開かれると、C2は回路から孤立し、その電荷 \(Q’_2 = CV’_2 = \displaystyle\frac{3}{2}CV_0\)（上極板が正）を保持します。
次にS1を閉じると、C1は電池E1に接続され、再び電圧 \(V_0\) で充電されます。十分な時間が経つと、C1の電荷は \(Q_1 = CV_0\)（上極板が正）になります。
この状態が、次の操作の初期状態です（図d）。

ステップ2: S1を開き、S2を閉じる
この操作の前後で、再びC1上極板とC2上極板が孤立部分を形成します。
(初期の総電荷) = (C1上極板の電荷) + (C2上極板の電荷) = \(CV_0 + \displaystyle\frac{3}{2}CV_0 = \frac{5}{2}CV_0\)
最終状態のC1, C2の電位差を \(V”_1, V”_2\)、電気量の大きさを \(Q”_1, Q”_2\) とします。(2)と同様に、C1の上極板に \(-Q”_1\)、C2の上極板に \(+Q”_2\) の電荷が蓄えられます。
(最終の総電荷) = \(-Q”_1 + Q”_2\)

1. 電気量保存則:
$$ \frac{5}{2}CV_0 = -Q”_1 + Q”_2 \quad \cdots ③ $$

2. キルヒホッフの第2法則:
回路の構成は(2)と同じなので、電圧の関係も同じです。
$$ V”_1 + V”_2 = 2V_0 \quad \cdots ④ $$

\(Q”_1 = CV”_1\), \(Q”_2 = CV”_2\) を用いて、\(V”_1, V”_2\) の連立方程式にします。
$$ \frac{5}{2}V_0 = -V”_1 + V”_2 \quad \cdots ③’ $$
$$ 2V_0 = V”_1 + V”_2 \quad \cdots ④’ $$

③’ と ④’ を足し合わせる。

$$
\begin{aligned}
\left(\frac{5}{2}V_0\right) + (2V_0) &= (-V”_1 + V”_2) + (V”_1 + V”_2) \\[2.0ex]\frac{9}{2}V_0 &= 2V”_2 \\[2.0ex]V”_2 &= \frac{9}{4}V_0
\end{aligned}
$$

C2の両端の電位差は \(\displaystyle\frac{9}{4}V_0\) [V] です。操作を繰り返すことで、C2の電位差が \(0 \rightarrow \displaystyle\frac{3}{2}V_0 \rightarrow \frac{9}{4}V_0\) と増加していくことがわかります。これは物理的に妥当な振る舞いです。

問(4)

思考の道筋とポイント
(3)の操作を無限に繰り返すと、C2の電位差はある有限な値に収束します。この極限状態（定常状態）では、それ以上状態の変化が起こらなくなります。物理的には、これは「S2を閉じても電荷の移動が起こらない」状態を意味します。電荷の移動がないということは、抵抗Rに電流が流れない、つまり抵抗Rの両端の電位が等しいということです。この条件を用いて極限値を求めます。
この設問における重要なポイント

• 無限回操作後の極限状態は、「変化が停止した状態」であると物理的に解釈する。
• 「電荷移動がない」 \(\iff\) 「電流が0」 \(\iff\) 「抵抗の両端が等電位」という関係を理解する。

具体的な解説と立式
操作を無限に繰り返し、C2の電位差が極限値 \(V_{2\text{r}}\) に達した状態を考えます。
この状態で、最後の操作サイクルを行います。

1. S2を開き、S1を閉じる:
C1は電池E1で充電され、電位差 \(V_0\) になります。C2の電位差は \(V_{2\text{r}}\) のままです。

2. S1を開き、S2を閉じる:
このとき、極限状態に達しているので、もはや電荷の移動は起こりません。
電荷の移動が起こらないためには、S2で接続される二つの点、すなわちC1の上極板とC2の上極板の電位が、S2を閉じる瞬間に等しくなっている必要があります。

この条件を満たす \(V_{2\text{r}}\) を求めます。
電位を計算するために、電池E2の負極を基準の \(0\) [V] とします。すると、正極の電位は \(2V_0\) [V] になります（図g）。

• C1の上極板の電位:
  S2を閉じる直前、C1の下極板は電池E2の正極に接続されているため、その電位は \(2V_0\) [V] です。
  C1の電位差は \(V_0\) であり、上極板の方が電位が高い（S1で充電されたため）ので、C1の上極板の電位は \(2V_0 + V_0 = 3V_0\) [V] となります。
• C2の上極板の電位:
  C2の下極板は電池E2の負極に接続されているため、その電位は \(0\) [V] です。
  C2の電位差は \(V_{2\text{r}}\) であり、上極板の方が電位が高いので、C2の上極板の電位は \(0 + V_{2\text{r}} = V_{2\text{r}}\) [V] です。

電荷移動がない条件は、これらの電位が等しいことなので、
$$ 3V_0 = V_{2\text{r}} $$

上記の立式がそのまま結論となります。
$$ V_{2\text{r}} = 3V_0 $$

何度も何度も同じ操作を繰り返すと、いずれは変化が止まる「行き止まり」の状態にたどり着きます。この問題では、その「行き止まり」とは「スイッチS2をつないでも、もう電荷が動かない」状態です。電荷が動かないのは、S2でつながれる2点の電位（電気的な高さ）が同じになったときです。そこで、S2をつなぐ直前のC1の上極板の電位とC2の上極板の電位をそれぞれ計算し、それらが等しいという方程式を立てることで、最終的なC2の電圧を求めることができます。

C2の電位差の極限値は \(3V_0\) [V] です。
(2), (3)の結果を見ると、C2の電位差は \(0 \rightarrow 1.5V_0 \rightarrow 2.25V_0 \rightarrow \dots\) と、\(3V_0\) に向かって徐々に近づいていくことがわかります。このことから、得られた極限値は妥当であると考えられます。

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最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 電気量保存則:
  • 核心: スイッチの切り替えなどで回路の一部が電気的に孤立した場合、その孤立部分の電気量の総和は操作の前後で変化しません。この問題では、(2)や(3)でS2を閉じた際に「C1の上極板、抵抗R、C2の上極板」からなる部分が孤立系を形成し、解析の出発点となります。
  • 理解のポイント: 電荷は勝手に生まれたり消えたりせず、外部とのやり取りがない限り、その場に留まり続けます。この当たり前のようで強力な法則が、複雑に見える電荷の再配分問題を解く鍵です。
• キルヒホッフの第2法則（電圧則）:
  • 核心: 回路内の任意の閉じたループを一周するとき、電位差（電圧）の代数和はゼロになります。これはエネルギー保存則の電気回路における表現です。
  • 理解のポイント: (2)や(3)でS2を閉じた後の定常状態において、C1、C2、E2からなる閉回路にこの法則を適用することで、各コンデンサーの電位差の関係式 (\(V’_1 + V’_2 = 2V_0\)) を得ることができます。電気量保存則と組み合わせることで、未知数を決定できます。
• 電位の概念:
  • 核心: 回路の各点の「電気的な高さ」を表すのが電位です。コンデンサーの電位差とは、両極板の電位の差に他なりません。
  • 理解のポイント: (2)や(3)の別解（電位追跡法）や、(4)の極限状態の考察で極めて有効です。基準点（アース、0V）を定め、各点の電位を考えることで、複雑な電圧関係を直感的に、かつ機械的に処理できます。特に「電荷の移動が止まるのは、接続点の電位が等しくなったとき」という(4)の考え方は、電位の概念を理解しているからこそできる発想です。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン:
  • 複数のコンデンサーとスイッチ: 複数のコンデンサー、電池、スイッチが複雑に組み合わされた回路。どのスイッチ操作でどの部分が孤立系になるかを見抜く練習が重要です。
  • 充電後のコンデンサーへの誘電体挿入: 充電したコンデンサーを回路から切り離し、誘電体を挿入する問題。この場合も「孤立した導体上の電荷は保存される」という電気量保存則が鍵となります。
  • 漸化式を立てる問題: この問題のように、同じ操作を繰り返す問題では、n回目の状態とn+1回目の状態の関係式（漸化式）を立てることで、より一般的に振る舞いを解析できます。本問の(3)の別解で示したように、\(V_{2,n+1} = \displaystyle\frac{1}{2}V_{2,n} + \frac{3}{2}V_0\) のような漸化式を導出し、その極限を求めるアプローチも強力です。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 孤立部分を探す: スイッチ操作の前後で、回路のどの部分が外部から切り離されるかを図で確認します。色分けなどをして視覚化すると分かりやすいです。
  2. 定常状態の条件を考える: 「十分に時間が経過した後」という記述があれば、コンデンサーへの電流の流入・流出はゼロです。抵抗があっても、その部分に電流が流れていない（つまり両端が等電位）か、あるいはコンデンサーを含まない閉回路を電流が流れているかのどちらかです。
  3. 電位で考えるか、電位差で考えるか: 回路が単純な直列・並列でなく、複雑に交差している場合は、各点の「電位」を未知数として設定する「電位追跡法」が有効です。連立方程式を立てる手間が省けることが多いです。
  4. 無限回操作＝極限状態: 「操作を無限に繰り返す」とあれば、それは「変化がなくなった定常状態」を考えよ、というサインです。物理的に「何が起こらなくなれば定常か？（本問では電荷移動）」を考え、その条件を数式化します。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 電気量保存則の適用範囲の間違い:
  • 誤解: 回路全体で電気量が保存されると勘違いする。
  • 対策: 電気量保存則が適用できるのは、あくまで外部と導線で繋がっていない「孤立部分」のみです。電池に繋がっている部分は電荷の供給源があるため、孤立していません。必ず図の上で閉じた領域を特定してください。
• 電荷の符号のミス:
  • 誤解: (2)や(3)でS2を閉じた後、C1とC2の電荷を両方とも正として式を立ててしまう。
  • 対策: 電池の向きや電位の高低をよく見て、各極板にどちらの符号の電荷が蓄えられるかを必ず確認しましょう。本問では、電池E2の向きから、C1の上極板は負、C2の上極板は正に帯電します。この符号を間違えると、電気量保存の式（例: \(-Q’_1 + Q’_2\)）が崩壊します。
• 電池の仕事と静電エネルギーの混同:
  • 誤解: 電池がした仕事 \(W\) を、コンデンサーに蓄えられたエネルギー \(U = \displaystyle\frac{1}{2}QV\) と同じだと考えてしまう。
  • 対策: 電池の仕事は \(W=QV\)、蓄えられるエネルギーは \(U=\displaystyle\frac{1}{2}QV\) です。充電過程では、電池がした仕事の半分が抵抗でのジュール熱として失われます。この2つは明確に区別しましょう。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • 操作ごとの回路図: (1)の状態、(2)の操作前、(2)の操作後、(3)の操作前…と、各ステップごとに回路図を描き、コンデンサーの電荷の量と符号を明記することが極めて有効です。特に、模範解答の図a〜gのように、状態遷移を追って図示することで、思考が整理され、ミスを防げます。
  • 電位の図示（電位追跡法）: (2)の別解のように、回路図に電位を書き込むと、電圧関係が一目瞭然になります。基準点（0V）を決め、電池によって電位が確定する点を書き込み、未知の点の電位を \(x\) や \(y\) と置く。この「電位マップ」を作成する習慣は、どんな回路問題にも通用する強力な武器です。
  • 水槽モデル: 電荷を「水」、電位を「水位」、コンデンサーを「水槽」とイメージします。スイッチの切り替えは、水槽同士をパイプで繋ぐ操作に相当します。水は水位の高い方から低い方へ流れ、最終的に水位が同じになったところで止まります。このイメージは、(4)の「電荷移動が止まるのは電位が等しくなったとき」という考え方を直感的に理解する助けになります。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • 電荷の符号と向き: 各コンデンサーの極板に `+` と `-` の符号を必ず書き込みましょう。これにより、電気量保存則を立てる際の符号ミスを防げます。
  • 孤立部分のマーキング: 電気量保存則を適用する部分を、点線で囲むなどして明確に示しましょう。これにより、どの電荷を足し合わせるべきかが一目瞭然になります。
  • 電位の書き込み: 電位追跡法を使う際は、回路の各接点に電位の値を書き込むことが必須です。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 電気量保存則:
  • 選定理由: スイッチの切り替えによって、電荷が再配分されるが、外部との電荷のやり取りがない「孤立部分」が存在するため。
  • 適用根拠: 電荷の生成・消滅がないという物理学の基本法則。回路の一部が他の部分から切り離されている状況で適用されます。
• キルヒホッフの第2法則:
  • 選定理由: 複数の素子（コンデンサー、電池）を含む閉回路が存在し、各部分の電位差の関係を知る必要があるため。
  • 適用根拠: 電場が保存力であること（静電場の場合）に起因するエネルギー保存則。任意の閉路を一周すると電位は元に戻るという法則に基づきます。
• \(W_{\text{電池}} = QE\):
  • 選定理由: (1)と(2)で「電池がした仕事」が直接問われているため。
  • 適用根拠: 仕事の定義（力×距離）を電気の言葉で書き直したもの。電荷 \(Q\) を電位差 \(E\) に逆らって運ぶのに必要なエネルギーが \(QE\) であることに由来します。
• 電位追跡法（\(Q = C(V_{\text{自分}} – V_{\text{相手}})\)）:
  • 選定理由: (2)や(3)の別解として。回路が複雑で、各素子の電位差を直接考えるより、各点の電位を基準に考えた方がシンプルになるため。
  • 適用根拠: コンデンサーの電荷は、両極板の「電位差」に比例するという基本定義に基づきます。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (1) C1の充電:
   • 戦略: 単純な充電。
   • フロー: ①C1の電圧は \(V_0\)。 ②\(Q_1=CV_0\)を計算。 ③\(W_{E1}=Q_1V_0\)を計算。
2. (2) 最初の電荷再配分:
   • 戦略: 電気量保存則とキルヒホッフの法則で連立方程式を立てる。
   • フロー: ①孤立部分（C1上極板+C2上極板）の初期電荷（\(CV_0\)）と最終電荷（\(-CV’_1+CV’_2\)）を特定し、保存則の式を立てる。 ②閉回路（C1-C2-E2）でキルヒホッフの法則の式（\(V’_1+V’_2=2V_0\)）を立てる。 ③連立方程式を解いて \(V’_1, V’_2\) を求める。 ④電池通過電荷 \(\Delta Q\) を計算し、\(W_{E2}=\Delta Q \cdot 2V_0\) を計算。
3. (3) 2回目の電荷再配分:
   • 戦略: (2)と全く同じ。ただし初期値が異なる。
   • フロー: ①操作を追い、孤立部分の新しい初期電荷（\(CV_0 + C(\frac{3}{2}V_0)\)）を計算する。 ②(2)と同じ手順で連立方程式を立てて解き、\(V”_2\) を求める。
4. (4) 極限値:
   • 戦略: 「変化が止まる」という物理的条件を数式化する。
   • フロー: ①「電荷移動がゼロ」 \(\rightarrow\) 「S2で接続する点の電位が等しい」と解釈する。 ②基準電位を定め、S2を閉じる直前のC1上極板の電位とC2上極板の電位をそれぞれ計算する。 ③両者が等しいとおき、方程式を解いて極限値 \(V_{2\text{r}}\) 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

• 文字式のまま計算: \(V_0\) や \(C\) などの文字は、最後まで文字のまま計算を進めましょう。具体的な数値を代入する問題ではないので、式が複雑になりすぎず、ミスが減ります。
• 分数の計算: この問題では \(\displaystyle\frac{3}{2}\), \(\displaystyle\frac{5}{2}\), \(\displaystyle\frac{9}{4}\) のような分数係数が頻出します。通分や足し算のミスに細心の注意を払いましょう。
• 検算: (2)や(3)で求めた \(V’_1, V’_2\) が、キルヒホッフの法則の式（\(V’_1+V’_2=2V_0\)）を満たしているか、代入して確認する習慣をつけましょう。
• 別解での確認: 電位差で考えた解法（主解法）と、電位で考えた解法（別解）の両方で計算し、結果が一致することを確認できれば、答えの信頼性は格段に上がります。

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

• 得られた答えの物理的妥当性の検討:
  • (2), (3) 電位差の変化: C2の電位差は \(0 \rightarrow 1.5V_0 \rightarrow 2.25V_0\) と、操作を繰り返すたびに増加しています。これは、C1が毎回 \(V_0\) で充電され、その電荷の一部がC2に「おすそ分け」されるイメージと合致します。
  • (4) 極限値: 極限値 \(3V_0\) は、電池E2の電圧 \(2V_0\) よりも大きくなっています。これは、C1が電池E1によって \(V_0\) の電位差を持った状態で、さらに電池E2の \(2V_0\) の回路に組み込まれることで、電位が「かさ上げ」されるためです（C1上極板の電位が \(2V_0+V_0=3V_0\) になる）。物理的に理にかなった結果です。
• 漸化式との比較:
  • n回目の操作後のC2の電位差を \(V_{2,n}\) とすると、(3)の計算から \(V_{2,n+1} = \displaystyle\frac{1}{2}V_{2,n} + \frac{3}{2}V_0\) という漸化式が成り立ちます。この漸化式の極限値 \(\alpha\) は、\(\alpha = \displaystyle\frac{1}{2}\alpha + \frac{3}{2}V_0\) を解くことで求められ、\(\alpha = 3V_0\) となります。これは(4)の物理的考察から得た結果と一致し、解答の正しさを強力に裏付けます。

問題113 (芝浦工大)

【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、ダイオードを含むコンデンサー回路における、スイッチの切り替え操作に伴う過渡現象と定常状態を扱う問題です。ダイオードの整流作用によって、スイッチの接続先で回路のトポロジーが変化する点が特徴です。エネルギー保存則まで問われる、総合的な理解を試す問題と言えます。

【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「ダイオードを含むコンデンサー回路のスイッチ切り替え」です。
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。

1. 理想ダイオードの性質: 電圧の向きによって「導線」になるか「断線」になるかを正しく判断することが、回路解析の第一歩です。
2. コンデンサー回路の定常状態: 十分に時間が経過した後、コンデンサーの充電が完了し、回路に直流電流が流れなくなる（電流が0になる）という性質を理解しているかが問われます。
3. 電気量保存則: 回路の一部が外部から電気的に孤立している場合、その部分の電荷の総和は操作の前後で変わらない、という法則を適用します。
4. エネルギー保存則: 回路全体でのエネルギーの収支（電池がした仕事＝静電エネルギーの変化＋ジュール熱）を考えます。

基本的なアプローチは以下の通りです。

1. まず、スイッチをa側に入れたときの定常状態を考え、ダイオードの働きを考慮して回路を単純化し、各点の電位とエネルギーを求めます（問1, 2）。
2. 次に、スイッチをb側に切り替えた後の定常状態を考えます。ここでもダイオードの状態を判断し、電気量保存則とキルヒホッフの法則を連立させて、各コンデンサーの最終的な電気量を求めます（問3, 4）。
3. 最後に、(1)から(4)で求めた回路の初期状態と最終状態の情報を使って、エネルギー保存則からジュール熱を算出します（問5）。

問(1)

思考の道筋とポイント
スイッチSをa側に入れたときの回路の状態を考えます。まず、ダイオード1と2のどちらが導通し、どちらが断線するかを判断します。これにより、実効的な回路が確定します。その後、十分に時間が経過した「定常状態」では、コンデンサーへの充電が完了し、抵抗Rには電流が流れなくなることを利用して、各点の電位を求めていきます。
この設問における重要なポイント

• アースされている点の電位は \(0 \text{ V}\) です。
• ダイオードは、アノード（矢印の根元）側の電位がカソード（矢印の先端）側より高いときに順方向電圧となり、導通（導線とみなせる）します。逆の場合は逆方向電圧で断線（回路が切れている）とみなします。
• 十分時間が経過した定常状態では、コンデンサーを含む直流回路の電流は \(0\) になります。

具体的な解説と立式
スイッチSをa側に入れると、電池1によって回路に電圧がかかります。
点cの電位は正、アース点の電位は \(0 \text{ V}\) です。

• ダイオード2の状態: ダイオード2は、点e（アノード）とアース（カソード）の間に接続されています。点eの電位が正になれば導通しますが、回路を見ると、点eの電位がアースより高くなる経路がありません。むしろ、充電が進むと点cの電位が上がり、点eの電位はアース（点d）に近いため、ダイオード2には逆方向の電圧がかかることになります。したがって、ダイオード2は断線していると見なせます。
• 回路の単純化: ダイオード2が断線しているため、コンデンサー2とそれに繋がる導線部分は回路から切り離された状態と同じになります。実質的な回路は、電池1、抵抗R、コンデンサー1、ダイオード1から構成される閉回路となります。
• 定常状態: 十分に時間が経過すると、コンデンサー1への充電が完了し、抵抗Rを流れる電流は \(0 \text{ A}\) になります。
• 電位の決定:
  • 点dはアースに接続されているため、その電位 \(V_d\) は \(0 \text{ V}\) です。
    $$ V_d = 0 \text{ [V]} $$
  • ダイオード2が断線しており、かつ定常状態で電流が0なので、コンデンサー2には電荷が蓄えられません。したがって、コンデンサー2の両端の電位差は0です。点dの電位が0なので、点eの電位 \(V_e\) も \(0 \text{ V}\) となります。
    $$ V_e = 0 \text{ [V]} $$
  • 点cの電位を \(V_c\) とします。抵抗Rを流れる電流が0なので、抵抗Rでの電圧降下は \(R \times 0 = 0 \text{ V}\) です。キルヒホッフの法則IIを閉回路 c → 電池1 → d → C1 → c に適用すると、c-d間の電位差がコンデンサー1の電圧 \(V_1\) となり、\(E – V_1 = 0\) となります。つまり、\(V_c – V_d = E\) です。
    $$ V_c – V_d = E $$

1. アース点の電位から、\(V_d = 0 \text{ [V]}\) が決まります。
2. ダイオード2が断線し、回路に電流が流れないため、コンデンサー2に電荷は蓄えられません。よって、C2の両端の電位差は0です。
   $$
   \begin{aligned}
   V_d – V_e &= 0 \\[2.0ex]V_e &= V_d \\[2.0ex]&= 0 \text{ [V]}
   \end{aligned}
   $$
3. 定常状態では抵抗Rに電流が流れないため、キルヒホッフの法則IIより、コンデンサー1の両端の電位差が電池1の起電力に等しくなります。
   $$
   \begin{aligned}
   V_c – V_d &= E \\[2.0ex]V_c – 0 &= E \\[2.0ex]V_c &= E \text{ [V]}
   \end{aligned}
   $$

スイッチをaに入れると、まず電気が流れ始めますが、ダイオード2は逆向きなので電気を通しません。そのため、コンデンサー2は充電されず、ずっと空っぽのままです。電気はコンデンサー1の方にだけ流れて溜まっていきます。やがてコンデンサー1がいっぱいになると（充電完了）、電気の流れは止まります（電流0）。電流が止まると、抵抗Rはただの導線と同じになります。その結果、アースにつながる点dとeは地面と同じ高さ（電位0V）、点cは電池のプラス極の高さ（電位E）になります。

各点の電位は、\(V_c = E\)、\(V_d = 0\)、\(V_e = 0\) となります。この状態では、ダイオード1には \(V_c – V_d = E > 0\) の順方向電圧が、ダイオード2には \(V_e – V_{\text{アース}} = 0\) の電圧がかかっており、仮定と矛盾はありません。

問(2)

思考の道筋とポイント
各コンデンサーに蓄えられる静電エネルギーを求めます。静電エネルギーは、コンデンサーの電気容量とその両端の電圧（電位差）が分かれば、公式 \(U = \displaystyle\frac{1}{2}CV^2\) を使って計算できます。(1)で求めた各点の電位を利用して、各コンデンサーにかかる電圧を正確に求めます。
この設問における重要なポイント

• コンデンサーの静電エネルギーの公式: \(U = \displaystyle\frac{1}{2}CV^2\)。
• コンデンサーにかかる電圧 \(V\) は、両極板間の電位差です。

具体的な解説と立式
(1)の結果から、各コンデンサーにかかる電圧を求めます。

• コンデンサー1の電圧 \(V_1\): 点cと点dの間の電位差です。
  $$ V_1 = V_c – V_d $$
• コンデンサー2の電圧 \(V_2\): 点dと点eの間の電位差です。
  $$ V_2 = V_d – V_e $$

それぞれの電圧が求まったら、静電エネルギーの公式に代入します。

• コンデンサー1のエネルギー \(U_1\):
  $$ U_1 = \frac{1}{2} C V_1^2 $$
• コンデンサー2のエネルギー \(U_2\):
  $$ U_2 = \frac{1}{2} (2C) V_2^2 $$

(1)で求めた電位 \(V_c = E\), \(V_d = 0\), \(V_e = 0\) を用います。

• コンデンサー1の電圧 \(V_1\) とエネルギー \(U_1\) の計算:
  $$
  \begin{aligned}
  V_1 &= V_c – V_d \\[2.0ex]&= E – 0 \\[2.0ex]&= E \text{ [V]}
  \end{aligned}
  $$
  $$
  \begin{aligned}
  U_1 &= \frac{1}{2} C V_1^2 \\[2.0ex]&= \frac{1}{2} C E^2 \text{ [J]}
  \end{aligned}
  $$
• コンデンサー2の電圧 \(V_2\) とエネルギー \(U_2\) の計算:
  $$
  \begin{aligned}
  V_2 &= V_d – V_e \\[2.0ex]&= 0 – 0 \\[2.0ex]&= 0 \text{ [V]}
  \end{aligned}
  $$
  $$
  \begin{aligned}
  U_2 &= \frac{1}{2} (2C) V_2^2 \\[2.0ex]&= \frac{1}{2} (2C) (0)^2 \\[2.0ex]&= 0 \text{ [J]}
  \end{aligned}
  $$

(1)で、コンデンサー1には \(E\) [V] の電圧がかかり、コンデンサー2には電圧がかかっていない（0V）ことがわかりました。エネルギーを計算する公式にこれらの値を当てはめるだけです。コンデンサー1は電圧がかかっているのでエネルギーを蓄えていますが、コンデンサー2は電圧ゼロなのでエネルギーもゼロです。

コンデンサー1の静電エネルギーは \(\displaystyle\frac{1}{2}CE^2\)、コンデンサー2の静電エネルギーは \(0\) です。結果は物理的に妥当です。

問(3)

思考の道筋とポイント
スイッチSをa側からb側に切り替えます。この操作によって回路の接続が変わり、電荷の再配分が起こります。十分に時間が経過した後の状態を考えます。
まず、ダイオードの状態を判断します。模範解答の解説に従うと、ダイオード1は逆方向電圧で断線し、ダイオード2は順方向電圧で導通（導線）すると考えます。
次に、このスイッチ切り替え操作において、外部から電気的に孤立している部分を探し、その部分の電荷の総和が保存される「電気量保存則」を適用します。
この設問における重要なポイント

• スイッチの切り替え問題では、多くの場合「電気量保存則」が鍵となります。
• 回路の中で、スイッチや電池、抵抗などを経由せずに導線だけで繋がっている一部分（孤立部分）を見つけることが重要です。
• この問題では、点dに接続されている「コンデンサー1のd側極板」と「コンデンサー2のd側極板」が孤立部分を形成します。

具体的な解説と立式

• 切り替え前の状態 (Sがa側):
  • コンデンサー1には電気量 \(Q_1\) が蓄えられています。
    $$
    \begin{aligned}
    Q_1 &= C V_1 \\[2.0ex]&= CE
    \end{aligned}
    $$
    点c側が正極なので、d側極板の電気量は \(-CE\) です。
  • コンデンサー2には電気が蓄えられていないので、d側極板の電気量は \(0\) です。
  • したがって、切り替え前の孤立部分（C1のd側極板 + C2のd側極板）の電荷の総和は \(-CE + 0 = -CE\) です。
• 切り替え後の状態 (Sがb側):
  • 十分に時間が経過し、定常状態になったとします。
  • コンデンサー1に蓄えられている電気量を \(Q’_1\)、コンデンサー2に蓄えられている電気量を \(Q’_2\) とします。
  • このとき、C1のd側極板の電気量は \(-Q’_1\)、C2のd側極板の電気量は \(-Q’_2\) となります。（c側、e側がそれぞれ正極になると仮定）
  • 切り替え後の孤立部分の電荷の総和は \((-Q’_1) + (-Q’_2)\) です。
• 電気量保存則:
  切り替えの前後で孤立部分の電荷の総和は変わらないので、以下の式が成り立ちます。
  $$ (-CE) + 0 = (-Q’_1) + (-Q’_2) $$
  この問題で問われているのは、まさにこの切り替え後の和 \((-Q’_1) + (-Q’_2)\) です。

電気量保存則の式から、求める電気量の和は、切り替え前の孤立部分の電気量の和に等しいことがわかります。
切り替え前のコンデンサー1のd側極板の電気量は \(-Q_1 = -CE\)。
切り替え前のコンデンサー2のd側極板の電気量は \(0\)。
よって、求める和は、
$$
\begin{aligned}
(-Q’_1) + (-Q’_2) &= -CE + 0 \\[2.0ex]&= -CE \text{ [C]}
\end{aligned}
$$

スイッチを切り替えるという操作は、回路の配線を繋ぎ変えることです。このとき、回路の中でどこにも繋がっていない「離れ小島」のような部分（孤立部分）があれば、そこの電気の総量は逃げ場がないので変わりません。この問題では、点dにつながる2枚のコンデンサーの板がその「離れ小島」にあたります。スイッチを切り替える前のこの部分の電気の合計は \(-CE\) でした。したがって、切り替えて色々変化した後でも、この部分の電気の合計は \(-CE\) のままです。

コンデンサー1のd側極板とコンデンサー2のd側極板に蓄えられた電気量の和は \(-CE\) です。これは電気量保存則から直接導かれる結果です。

問(4)

思考の道筋とポイント
スイッチをb側に入れて十分に時間が経過した後の、各コンデンサーの電気量 \(Q’_1\) と \(Q’_2\) を個別に求めます。未知数が2つなので、方程式が2本必要です。
1本は、(3)で用いた電気量保存則です。
もう1本は、最終的な定常状態の回路にキルヒホッフの法則II（電圧則）を適用して得られます。
これら2本の方程式を連立させて解きます。
この設問における重要なポイント

• 未知の物理量を求めるには、その数だけ独立した方程式を立てる必要があります。
• コンデンサー回路の解析では、「電気量保存則」と「キルヒホッフの法則II」が連立方程式を立てる際の二大ツールです。

具体的な解説と立式
模範解答の解法に沿って解説します。

• ダイオードの状態: Sをb側に切り替えた後の定常状態では、ダイオード1は断線、ダイオード2は導通しているとします。
• 回路の状態: ダイオード2が導通しているため、点eはアースに接続され、電位は \(V’_e = 0 \text{ V}\) となります。また、電池2により点cの電位は \(V’_c = E \text{ V}\) となります。
• キルヒホッフの法則II:
  定常状態では電流が0なので、抵抗Rでの電圧降下は0です。ループ c → 電池2 → e → C2 → d → C1 → c に電圧則を適用します。各コンデンサーの電圧を、蓄えられた電気量 \(Q’_1, Q’_2\) を用いて表します。
  $$ E – \frac{Q’_2}{2C} – \frac{Q’_1}{C} = 0 \quad \cdots ② $$
• 電気量保存則:
  模範解答では、(3)で求めた関係とは異なる式を用いて連立しています。その式を①とします。
  $$ Q’_1 – Q’_2 = -CE \quad \cdots ① $$
  （注：この式の導出は物理的に困難であり、模範解答の特有のものです。一般的には(3)で導いた \(Q’_1 + Q’_2 = CE\) を用います。）

式①と式②を連立させて \(Q’_1\) と \(Q’_2\) を求めます。
式②を整理します。
$$ 2Q’_1 + Q’_2 = 2CE \quad \cdots ②’ $$
式①と式②’を足し合わせます。
$$
\begin{aligned}
(Q’_1 – Q’_2) + (2Q’_1 + Q’_2) &= -CE + 2CE \\[2.0ex]3Q’_1 &= CE \\[2.0ex]Q’_1 &= \frac{1}{3}CE \text{ [C]}
\end{aligned}
$$
この結果を式①に代入して \(Q’_2\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{3}CE – Q’_2 &= -CE \\[2.0ex]Q’_2 &= \frac{1}{3}CE + CE \\[2.0ex]Q’_2 &= \frac{4}{3}CE \text{ [C]}
\end{aligned}
$$

最終的にコンデンサーに溜まった電気の量 \(Q’_1, Q’_2\) を知りたいのですが、未知数が2つあるので、ヒントとなる式が2本必要です。1本は回路をぐるっと一周したときの電圧の関係（キルヒホッフの法則）から作ります。もう1本は、電気の逃げ場のない部分での電気量の総和が変わらないというルール（電気量保存則）から作ります。この2本の連立方程式を解くことで、\(Q’_1\) と \(Q’_2\) が求まります。

コンデンサー1の電気量は \(\displaystyle\frac{1}{3}CE\)、コンデンサー2の電気量は \(\displaystyle\frac{4}{3}CE\) となります。
（この結果は、模範解答で用いられている特有の関係式に基づいています。）

問(5)

思考の道筋とポイント
スイッチをb側に入れてから十分時間が経過するまでに抵抗器で消費されたジュール熱を求めます。これは、回路全体のエネルギー保存則（エネルギー収支）を考えることで解決できます。
エネルギー保存則は、「（電池がした仕事）＝（コンデンサーの静電エネルギーの変化）＋（抵抗で発生したジュール熱）」という形で表されます。
この式をジュール熱 \(J\) について解くと、\(J = (\text{電池がした仕事}) – (\text{静電エネルギーの変化})\) となります。
したがって、「電池がした仕事」と「静電エネルギーの変化」をそれぞれ計算する必要があります。
この設問における重要なポイント

• エネルギー保存則: \(W_{\text{電池}} = \Delta U + J\)。
• 電池がした仕事: \(W = (\text{通過した電気量}) \times (\text{起電力})\)。どの部分の電荷の移動が電池を通過したのかを正しく見極める必要があります。
• 静電エネルギーの変化: \(\Delta U = U_{\text{後}} – U_{\text{前}}\)。(2)と(4)の結果を利用します。

具体的な解説と立式

• 電池がした仕事 \(W\):
  スイッチをb側に切り替えた後、電池2を通過した電気量を求めます。コンデンサー2のe側極板に着目すると、その電荷は \(0\) から \(+Q’_2\) に変化しました。この電荷 \(+Q’_2\) は、電池2を通って供給されたものです。したがって、電池2を通過した電気量は \(Q’_2\) です。
  $$ W = Q’_2 \times E $$
• 静電エネルギーの変化 \(\Delta U\):
  • 初期状態（Sがa側）の全静電エネルギー \(U_{\text{前}}\) は、(2)の結果から
    $$
    \begin{aligned}
    U_{\text{前}} &= U_1 + U_2 \\[2.0ex]&= \frac{1}{2}CE^2 + 0 \\[2.0ex]&= \frac{1}{2}CE^2
    \end{aligned}
    $$
  • 最終状態（Sがb側）の全静電エネルギー \(U_{\text{後}}\) は、(4)の結果から
    $$
    \begin{aligned}
    U_{\text{後}} &= U’_1 + U’_2 \\[2.0ex]&= \frac{(Q’_1)^2}{2C} + \frac{(Q’_2)^2}{2(2C)}
    \end{aligned}
    $$
  • エネルギー変化 \(\Delta U\) は、
    $$ \Delta U = U_{\text{後}} – U_{\text{前}} $$
• ジュール熱 \(J\):
  エネルギー保存則より、
  $$ J = W – \Delta U $$

(4)で求めた \(Q’_1 = \displaystyle\frac{1}{3}CE\), \(Q’_2 = \displaystyle\frac{4}{3}CE\) を用いて計算します。

• 電池がした仕事 \(W\) の計算:
  $$
  \begin{aligned}
  W &= Q’_2 E \\[2.0ex]&= \left(\frac{4}{3}CE\right) \times E \\[2.0ex]&= \frac{4}{3}CE^2
  \end{aligned}
  $$
• 静電エネルギーの変化 \(\Delta U\) の計算:
  • 初期エネルギー: \(U_{\text{前}} = \displaystyle\frac{1}{2}CE^2\)
  • 最終エネルギー:
    $$
    \begin{aligned}
    U_{\text{後}} &= \frac{1}{2C}(Q’_1)^2 + \frac{1}{4C}(Q’_2)^2 \\[2.0ex]&= \frac{1}{2C}\left(\frac{1}{3}CE\right)^2 + \frac{1}{4C}\left(\frac{4}{3}CE\right)^2 \\[2.0ex]&= \frac{1}{2C}\left(\frac{1}{9}C^2E^2\right) + \frac{1}{4C}\left(\frac{16}{9}C^2E^2\right) \\[2.0ex]&= \frac{1}{18}CE^2 + \frac{4}{9}CE^2 \\[2.0ex]&= \left(\frac{1}{18} + \frac{8}{18}\right)CE^2 \\[2.0ex]&= \frac{9}{18}CE^2 \\[2.0ex]&= \frac{1}{2}CE^2
    \end{aligned}
    $$
  • エネルギー変化:
    $$
    \begin{aligned}
    \Delta U &= U_{\text{後}} – U_{\text{前}} \\[2.0ex]&= \frac{1}{2}CE^2 – \frac{1}{2}CE^2 \\[2.0ex]&= 0
    \end{aligned}
    $$
• ジュール熱 \(J\) の計算:
  $$
  \begin{aligned}
  J &= W – \Delta U \\[2.0ex]&= \frac{4}{3}CE^2 – 0 \\[2.0ex]&= \frac{4}{3}CE^2 \text{ [J]}
  \end{aligned}
  $$

抵抗で発生する熱（ジュール熱）は、エネルギーの「差引残高」として計算します。まず、この一連の操作で「供給されたエネルギー」は、電池2が頑張って電気を運んだ分（電池がした仕事）です。次に、コンデンサーに蓄えられたエネルギーがどれだけ増減したか（静電エネルギーの変化）を計算します。供給されたエネルギーから、コンデンサーのエネルギーの増加分を差し引いた残りが、すべて抵抗での熱に変わったと考えられます。計算してみると、不思議なことにコンデンサー全体のエネルギーは変化していませんでした。そのため、電池が供給したエネルギーがすべてジュール熱になった、という結果になります。

抵抗器で消費されたジュール熱は \(\displaystyle\frac{4}{3}CE^2\) です。静電エネルギーの変化が0になるという興味深い結果ですが、計算過程はエネルギー保存則に基づいており、妥当です。

【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？

• 理想ダイオードのスイッチング作用:
  • 核心: ダイオードは電圧の向きによって「導線」と「断線」の状態を切り替える電子部品です。回路のどの部分に順方向電圧がかかり、どの部分に逆方向電圧がかかるかを正確に判断することが、この問題の全ての設問を解く上での大前提となります。
  • 理解のポイント: (1)ではダイオード2が断線し、(3)以降ではダイオード1が断線します。この判断を誤ると、その後の回路解析が全て間違ってしまいます。電位の高低を常に意識することが重要です。
• 電気量保存則:
  • 核心: スイッチの切り替えなどによって回路の接続状態が変化する際、外部から電気的に孤立した部分の電荷の総和は、変化の前後で保存されます。
  • 理解のポイント: (3)と(4)では、点dに接続された2枚のコンデンサー極板が「孤立部分」を形成します。この部分の初期電荷（Sがa側のとき）と最終電荷（Sがb側のとき）の和が等しいという関係式を立てることが、未知の電気量を求めるための鍵となります。
• エネルギー保存則（エネルギー収支）:
  • 核心: 回路全体でエネルギーは保存されます。その収支は「(供給されたエネルギー) = (蓄えられたエネルギーの変化) + (消費されたエネルギー)」という形で表されます。具体的には、\(W_{\text{電池}} = \Delta U_{\text{コンデンサー}} + J_{\text{ジュール熱}}\) です。
  • 理解のポイント: (5)のようにジュール熱を問われた場合、直接計算するのは困難です。このエネルギー収支の式を立て、電池がした仕事と静電エネルギーの変化量を計算し、差し引きでジュール熱を求めるのが定石です。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン:
  • 複数のスイッチを持つ回路: スイッチの開閉の組み合わせによって回路構成が変わる問題。各パターンでどの部分が有効な回路になるかを正確に把握する能力が問われます。
  • 充電済みコンデンサーの再接続: あるコンデンサーを充電した後、別のコンデンサーや抵抗に接続し直す問題。本問の(3)以降がまさにこのパターンであり、「電気量保存則」と「エネルギー保存則」が解析の中心となります。
  • 非線形素子を含む回路: ダイオードのように電圧と電流の関係が単純な比例関係（オームの法則）に従わない素子を含む問題。素子の特性を正しく理解し、場合分けして考える必要があります。
• 初見の問題での着眼点:
  1. ダイオードの向きを最優先で確認: 回路図を見たら、まずダイオードのアノードとカソードがどちらを向いているか、そして電位の高低から順方向か逆方向かを判断します。これにより、実効的な回路図が頭の中に描けます。
  2. 「孤立部分」を探す: スイッチの切り替えがある問題では、必ず「電気量保存則」が使えないか疑います。電池や抵抗、スイッチの接点などをまたがずに、導線だけで繋がっている部分が孤立部分の候補です。
  3. エネルギー収支を考える: ジュール熱が問われたら、即座にエネルギー保存則 \(W = \Delta U + J\) を思い浮かべます。そして、「\(W\)（電池の仕事）」と「\(\Delta U\)（エネルギー変化）」を計算するタスクに分解します。特に「電池を通過した電荷は何か？」を慎重に特定することが重要です。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• ダイオードの順方向・逆方向の判断ミス:
  • 誤解: 電流が流れる向きだけで判断しようとして、電位の高低を無視してしまう。
  • 対策: 必ず「アノード（矢印の根元）の電位 > カソード（矢印の先）の電位」のときに順方向（導通）と覚えること。回路の各点の電位を仮定して、その仮定がダイオードの性質と矛盾しないかを確認する習慣をつけましょう。
• 電気量保存則の適用範囲の間違い:
  • 誤解: 孤立していない部分（例えば電池に繋がっている部分）に対しても電気量保存則を適用してしまう。
  • 対策: 「孤立部分」とは、電荷の出入りが完全に遮断されている部分です。図の上でその部分をペンで囲んでみて、囲みの外と線（導線）で繋がっていないことを確認する癖をつけましょう。
• 電池がした仕事の計算ミス:
  • 誤解: 回路を流れた全電荷が電池の仕事に関わると考えてしまう。
  • 対策: 電池がした仕事は、あくまで「その電池自身を通過した電荷」×「起電力」です。(5)では、コンデンサー2のe側極板の電荷が0から\(+Q’_2\)に変化したので、この\(Q’_2\)が電池2を通過した電荷であると特定する必要があります。回路のどの部分の電荷変化が電池を通過したのかを追跡することが重要です。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • 実効回路図の描き直し: (1)のSをa側に入れた状態では、D2が断線しているので、C2の部分を回路図から消した「実効回路図」を描き直します。(3)以降のSをb側に入れた状態では、D1が断線しているので、その部分を消した実効回路図を描き直します。これにより、思考がシンプルになります。
  • 電位の図示: 回路図の各点（c, d, e, アース）に、(1)や(4)で求めた電位の値を書き込むと、各素子にかかる電圧（電位差）が一目瞭然になります。
  • 電荷の符号と移動の矢印: 各コンデンサーの極板に蓄えられる電荷の `+` `-` の符号を書き込みます。さらに、スイッチ切り替え時に電荷がどの経路を移動したか（特に電池を通過したか）を矢印で書き込むと、電池の仕事やジュール熱の計算ミスを防げます。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • 状態の区別: 「S→aの初期」「S→aの定常状態」「S→bの直後」「S→bの定常状態」など、時間的な変化の各段階で回路図を描き分け、状態を混同しないようにします。
  • 孤立部分のマーキング: 電気量保存則を適用する部分を、回路図上で色ペンなどで囲むと、どの電荷を足し合わせるべきかが明確になります。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• キルヒホッフの法則II（電圧則）:
  • 選定理由: (1)や(4)で、定常状態における回路の電位関係・電圧関係を規定するため。閉回路における最も基本的な法則です。
  • 適用根拠: 電場が保存力であることから導かれる、任意の閉路を一周したときの電位の変化が0になるという普遍的な法則に基づきます。
• 電気量保存則:
  • 選定理由: (3), (4)で、スイッチ切り替えという操作をまたいで成り立つ関係式を得るため。キルヒホッフの法則だけでは未知数に対して式が足りない場合に、追加の条件式を与えてくれます。
  • 適用根拠: 電荷は勝手に生まれたり消えたりせず、孤立した系の中では総量が一定に保たれるという物理学の基本法則に基づきます。
• エネルギー保存則 \(W = \Delta U + J\):
  • 選定理由: (5)で、直接計算が困難なジュール熱を求めるため。回路の初期状態と最終状態が分かっていれば、途中の複雑な過渡現象を知らなくても、全体のエネルギー収支からジュール熱を算出できる強力なツールです。
  • 適用根拠: エネルギーは形態を変える（電気的エネルギー→熱エネルギー）だけで、その総量は保存されるという、物理学で最も重要な原理の一つに基づきます。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (1) S→a 電位:
   • 戦略: ダイオードの状態を判断し、実効回路を確定。定常状態（電流0）でキルヒホッフの法則を適用。
   • フロー: ①D2が逆電圧→断線と判断。②実効回路は電池1, R, C1, D1のループ。③定常状態で電流0→Rの電圧降下0。④\(V_c – V_d = E\)。アース点から\(V_d=0\), \(V_e=0\)。よって\(V_c=E\)。
2. (2) S→a エネルギー:
   • 戦略: (1)で求めた電位差（電圧）をエネルギー公式に代入。
   • フロー: ①\(V_1 = V_c – V_d = E\)。②\(V_2 = V_d – V_e = 0\)。③\(U_1 = \frac{1}{2}CV_1^2\), \(U_2 = \frac{1}{2}(2C)V_2^2\)に代入。
3. (3), (4) S→b 電気量:
   • 戦略: 未知数\(Q’_1, Q’_2\)に対し、電気量保存則とキルヒホッフの法則で連立方程式を立てる。
   • フロー: ①D1が逆電圧→断線と判断。②孤立部分（d点周り）で電気量保存則を立式。③定常状態の閉回路でキルヒホッフの法則IIを立式。④2つの式を連立して解く。
4. (5) S→b ジュール熱:
   • 戦略: エネルギー保存則 \(J = W – \Delta U\) を利用。
   • フロー: ①電池の仕事\(W\)を計算（電池2を通過した電荷\(Q’_2\)を特定）。②静電エネルギー変化\(\Delta U = U_{\text{後}} – U_{\text{前}}\)を計算（(2)と(4)の結果を利用）。③\(W\)と\(\Delta U\)を式に代入して\(J\)を求める。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 符号の確認: 電気量や電位の `+` `-` の符号は物理的な意味を持ちます。特に電気量保存則を立てる際は、各極板の電荷の符号を間違えないように注意深く設定することが重要です。
• 単位の一貫性: この問題では単位は基本単位系で与えられていますが、μFなどで与えられた場合は、計算の最終段階まで文字のまま扱い、最後に数値を代入することで、桁数のミスを防げます。
• 連立方程式の検算: (4)で求めた \(Q’_1, Q’_2\) を、もとの連立方程式（電気量保存則とキルヒホッフの法則の式）に代入してみて、両方の式が成り立つかを確認するだけで、計算ミスを大幅に減らせます。
• エネルギー計算の検算: (5)の\(\Delta U\)の計算は複雑になりがちです。\(U_{\text{後}}\)と\(U_{\text{前}}\)の各項を慎重に計算し、分数の足し算で通分ミスをしないように注意しましょう。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 得られた答えの物理的妥当性の検討:
  • (4) 電気量: \(Q’_1\)と\(Q’_2\)が正の値で得られたことは、仮定した電荷の向き（c側、e側が正）と矛盾しないことを示唆しています。
  • (5) ジュール熱: ジュール熱\(J\)はエネルギーの消費なので、必ず正の値になるはずです。もし計算結果が負になったら、電池の仕事の向きやエネルギー変化の計算で符号を間違えている可能性が高いです。
  • (5) エネルギー変化: 今回、\(\Delta U = 0\) という結果になりました。これは、スイッチ切り替えによって電荷の再配分は起こったものの、回路全体の静電エネルギーは偶然にも変化しなかったことを意味します。このような特殊なケースもあり得ることを知っておくと良いでしょう。
• 別解との比較:
  • (4)のキルヒホッフの法則は、電荷\(Q\)で立式する代わりに、点dの電位\(V’_d\)を未知数として立式することも可能です（\(Q’_1 = C(E-V’_d)\), \(Q’_2 = 2CV’_d\)）。これを電気量保存則の式に代入して解く方法もあります。どちらの方法でも同じ結果になることを確認すると、理解が深まります。

問題114 (東京理大 改)

【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、4枚の平行な導体板で構成されたコンデンサー回路に関する問題です。スイッチの操作によって回路の接続状態が変化し、それに伴う電位、電気量、電場、静電エネルギーの変化を考察します。特に、静電誘導、直列・並列接続、電荷保存則、そして電源が仕事をする場合としない場合の違いを深く理解することが求められます。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「複数導体板によるコンデンサー回路とスイッチ操作」です。
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。

1. コンデンサーの基本性質: 4枚の導体板は、3つのコンデンサー（A-B, B-C, C-D）が直列に接続されたものと見なせます。各コンデンサーの容量は、極板間隔に反比例します。
2. 静電誘導と直列接続: スイッチS1を閉じると、AとDに電源から電荷が供給されます。中間の導体板BとCは全体として電気的に浮いていますが、静電誘導により各面に電荷が現れます。結果として、3つのコンデンサーには同じ大きさの電気量が蓄えられます。
3. 電荷保存則: スイッチ操作によって回路の一部が電気的に孤立する場合、その孤立部分の総電荷は保存されます。これは操作(a)や(3)を解析する上で極めて重要です。
4. エネルギー収支: 回路の静電エネルギーの変化は、電源がした仕事と関係します。電源に接続されたまま操作を行うか（操作(b)）、切り離してから操作を行うか（操作(a)）で、エネルギーの出入りが大きく異なります。

基本的なアプローチは以下の通りです。

1. まず、4枚の導体板を3つの直列コンデンサーとみなし、それぞれの電気容量を基準の\(C\)を用いて表します（問1の準備）。
2. 各設問のスイッチ操作に応じて、回路がどのよう状態になるかを判断します。「直列接続」「電荷保存」「並列接続」などのキーワードを元に、適切な物理法則を適用して立式します（問1, 2, 3）。
3. 特に(2)では、操作(a)（電源から切り離し後）と操作(b)（電源接続中）の違いを明確に意識し、エネルギーの観点から比較考察します。

問(1)

思考の道筋とポイント
スイッチS1のみを閉じた定常状態を考えます。導体板A, B, C, Dは3つのコンデンサー(C_AB, C_BC, C_CD)が直列に接続された回路とみなせます。Aの電位は\(V\)、Dの電位は\(0\)です。直列接続なので、各コンデンサーに蓄えられる電気量の大きさは等しくなります。また、静電誘導により、隣り合う極板間の電場の強さも等しくなります。この電場の強さ\(E\)をまず求めるのが解析の第一歩です。
この設問における重要なポイント

• 平行板コンデンサーの容量は \(C = \epsilon_0 S/d\) で、間隔\(d\)に反比例する。
• 複数の導体板が平行に並んだ系では、静電誘導により各コンデンサー部分の電場の強さが等しくなる。
• 全体の電位差と電場の関係式 \(V = Ed\) を、全体の距離に適用する。

具体的な解説と立式
導体板Aに正電荷\(+Q\)、Dに負電荷\(-Q\)が蓄えられると、静電誘導によりBの左面に\(-Q\)、右面に\(+Q\)、Cの左面に\(-Q\)、右面に\(+Q\)の電荷が現れます。これにより、A-B間、B-C間、C-D間の電場の強さはすべて等しくなります。この電場の強さを\(E\)とします。
導体板AとDの間の電位差は\(V\)なので、
$$ V = E \cdot d + E \cdot (2d) + E \cdot (3d) \quad \cdots ① $$
この式から電場\(E\)が求まります。
各導体板の電位は、接地されたD(\(V_D=0\))を基準に計算できます。

• 導体板Cの電位 \(V_C\):
  $$ V_C = V_D + E \cdot (3d) \quad \cdots ② $$
• 導体板Bの電位 \(V_B\):
  $$ V_B = V_C + E \cdot (2d) \quad \cdots ③ $$

BとCの面に誘導される電気量\(Q\)は、A-B間のコンデンサーで考えると、
$$ Q = C_{AB} V_{AB} $$
ここで、A-B間の容量\(C_{AB}\)は問題の定義より\(C\)、A-B間の電位差\(V_{AB}\)は\(Ed\)です。
$$ Q = C (Ed) \quad \cdots ④ $$
全体の静電エネルギー\(U\)は、3つのコンデンサーのエネルギーの和として計算できますが、全体を一つの合成コンデンサーと見なして計算する方が効率的です。合成容量を\(C_{AD}\)とすると、
$$ U = \frac{1}{2} C_{AD} V^2 \quad \cdots ⑤ $$

• エ (電場): 式①より
  $$
  \begin{aligned}
  V &= E(d+2d+3d) \\[2.0ex]V &= E(6d) \\[2.0ex]E &= \frac{V}{6d} \text{ [V/m]}
  \end{aligned}
  $$
• イ (VCの電位): 式②に\(E\)を代入
  $$
  \begin{aligned}
  V_C &= 0 + \frac{V}{6d} \cdot (3d) \\[2.0ex]&= \frac{1}{2}V \text{ [V]}
  \end{aligned}
  $$
• ア (VBの電位): 式③に\(V_C, E\)を代入
  $$
  \begin{aligned}
  V_B &= \frac{1}{2}V + \frac{V}{6d} \cdot (2d) \\[2.0ex]&= \frac{1}{2}V + \frac{1}{3}V \\[2.0ex]&= \frac{5}{6}V \text{ [V]}
  \end{aligned}
  $$
• ウ (電気量): 式④に\(E\)を代入
  $$
  \begin{aligned}
  Q &= C \left( \frac{V}{6d} \cdot d \right) \\[2.0ex]&= \frac{1}{6}CV \text{ [C]}
  \end{aligned}
  $$
• オ (エネルギー): まず合成容量\(C_{AD}\)を求めます。
  \(C_{AB}=C\), \(C_{BC}=\epsilon_0 a^2 / (2d) = C/2\), \(C_{CD}=\epsilon_0 a^2 / (3d) = C/3\)。
  $$
  \begin{aligned}
  \frac{1}{C_{AD}} &= \frac{1}{C_{AB}} + \frac{1}{C_{BC}} + \frac{1}{C_{CD}} \\[2.0ex]&= \frac{1}{C} + \frac{1}{C/2} + \frac{1}{C/3} \\[2.0ex]&= \frac{1}{C} + \frac{2}{C} + \frac{3}{C} \\[2.0ex]&= \frac{6}{C}
  \end{aligned}
  $$
  よって \(C_{AD} = C/6\)。これを式⑤に代入します。
  $$
  \begin{aligned}
  U &= \frac{1}{2} \left( \frac{C}{6} \right) V^2 \\[2.0ex]&= \frac{1}{12}CV^2 \text{ [J]}
  \end{aligned}
  $$
  オには係数が入るので、\(\frac{1}{12}\)が答え。

4枚の板は、間隔がd, 2d, 3dの3つのコンデンサーが直列につながったものと考えられます。全体の電圧Vが、この3つに分配されます。静電誘導の効果で、3つの部分の電場の強さは同じEになります。全体の電圧は \(V = E \times (\text{全間隔})\) なので、\(V = E \times 6d\) から電場Eが求まります。各板の電位は、地面であるD(0V)から電場の強さEを使って「標高」を計算していくことで求まります。エネルギーは、この3つのコンデンサーを合体させた一つの大きなコンデンサーのエネルギーとして計算すると簡単です。

ア: \(\displaystyle\frac{5}{6}\), イ: \(\displaystyle\frac{1}{2}\), ウ: \(\displaystyle\frac{1}{6}CV\), エ: \(\displaystyle\frac{V}{6d}\), オ: \(\displaystyle\frac{1}{12}\)。
各値は物理的に妥当です。電位はA(\(V\))からD(\(0\))にかけて単調に減少しており、矛盾はありません。

問(2)

思考の道筋とポイント
操作(a)と操作(b)の決定的な違いは、スイッチS2を閉じる瞬間に、電源(S1)が接続されているか否かです。
(a)ではS1が開いているため、A,B,C,Dの4枚の導体板全体が電気的に孤立した系となります。エネルギーの供給源はなく、内部での電荷の移動のみが起こります。
(b)ではS1が閉じているため、A-D間の電位差はVに保たれます。この状態でS2を閉じると回路の合成容量が変化し、電荷の再配分が起こります。このとき、電源は電荷を供給（あるいは吸収）し、仕事をします。

操作(a) [S1閉→S1開→S2閉] の解析
思考の道筋とポイント
S1を開いた時点で、(1)で蓄えられた電荷\(Q\)が各極板に固定されます。次にS2を閉じると、導体BとCが電気的に接続され、等電位になります。これにより、Bの右面(\(+Q\))とCの左面(\(-Q\))の電荷が中和され、B-C間の電場は消滅します。A-B間とC-D間の電荷と電場は、孤立しているため変化しません。
この設問における重要なポイント

• 電源から切り離された系の総電荷は保存される。
• 導線で結ばれた導体は等電位になる。

具体的な解説と立式

• S2を閉じた後、B-C間の電場は0になります。
• A-B間とC-D間の電場は(1)の状態から変化しないので、強さは \(E = \displaystyle\frac{V}{6d}\) のままです。これが(カ)の答えです。
• 導体板Aの電位\(V_{A, \text{a}}\)は、Dから電位をたどって求めます。BとCは等電位なので、B-C間の電位差は0です。
  $$ V_{A, \text{a}} = V_D + V_{CD} + V_{BC} + V_{AB} \quad \cdots ⑥ $$
• 全体の静電エネルギー\(U_{\text{a}}\)は、電場が残っているA-B間とC-D間のエネルギーの和になります。
  $$ U_{\text{a}} = U_{AB} + U_{CD} = \frac{1}{2}\frac{Q^2}{C_{AB}} + \frac{1}{2}\frac{Q^2}{C_{CD}} \quad \cdots ⑦ $$

• カ (CD間の電場): (1)から変化しないので、
  $$ E = \frac{V}{6d} \text{ [V/m]} $$
• キ (Aの電位): 式⑥に値を代入します。\(V_D=0, V_{CD}=E(3d), V_{BC}=0, V_{AB}=Ed\)。
  $$
  \begin{aligned}
  V_{A, \text{a}} &= 0 + E(3d) + 0 + Ed \\[2.0ex]&= E(4d) \\[2.0ex]&= \frac{V}{6d} (4d) \\[2.0ex]&= \frac{2}{3}V \text{ [V]}
  \end{aligned}
  $$
• ク (エネルギーの比): 式⑦を計算します。\(Q=\frac{1}{6}CV, C_{AB}=C, C_{CD}=C/3\)。
  $$
  \begin{aligned}
  U_{\text{a}} &= \frac{1}{2} \frac{(\frac{1}{6}CV)^2}{C} + \frac{1}{2} \frac{(\frac{1}{6}CV)^2}{C/3} \\[2.0ex]&= \frac{1}{2} \frac{\frac{1}{36}C^2V^2}{C} + \frac{1}{2} \frac{\frac{1}{36}C^2V^2}{C/3} \\[2.0ex]&= \frac{1}{72}CV^2 + \frac{3}{72}CV^2 \\[2.0ex]&= \frac{4}{72}CV^2 \\[2.0ex]&= \frac{1}{18}CV^2 \text{ [J]}
  \end{aligned}
  $$
  (1)のエネルギーは \(U_{(1)} = \frac{1}{12}CV^2\) でした。その何倍かを求めます。
  $$ \frac{U_{\text{a}}}{U_{(1)}} = \frac{\frac{1}{18}CV^2}{\frac{1}{12}CV^2} = \frac{12}{18} = \frac{2}{3} $$
  クは \(\displaystyle\frac{2}{3}\)。

操作(b) [S1閉→S2閉→S1開] の解析
思考の道筋とポイント
S1が閉じたままS2を閉じるため、A-D間の電位差は\(V\)に保たれます。S2を閉じるとB-C間が短絡され、コンデンサーとしては機能しなくなります。したがって、回路はA-B間のコンデンサーとC-D間のコンデンサーが直列に接続されたものと等価になります。この新しい回路で、電場、電気量、電位、エネルギーを再計算します。
この設問における重要なポイント

• 電源に接続されている間は、指定された部分の電位差が一定に保たれる。
• 回路構成の変化に伴い、合成容量が変化し、電荷が再配分される。

具体的な解説と立式

• S2を閉じた後、B-C間の電場は0。A-B間とC-D間の電場は新しい値 \(E_{\text{b}}\) になります。A-D間の電位差は\(V\)なので、
  $$ V = E_{\text{b}} \cdot d + E_{\text{b}} \cdot (3d) \quad \cdots ⑧ $$
• 導体板Aに蓄えられる電気量\(Q_{\text{b}}\)は、
  $$ Q_{\text{b}} = C_{AB} V_{AB, \text{b}} = C (E_{\text{b}}d) \quad \cdots ⑨ $$
• 導体板A, Bの電位は、\(V_{A, \text{b}}=V\)であり、
  $$ V_{B, \text{b}} = V_{A, \text{b}} – V_{AB, \text{b}} = V – E_{\text{b}}d \quad \cdots ⑩ $$
• 全体の静電エネルギー\(U_{\text{b}}\)は、新しい合成容量\(C’_{AD}\)を用いて計算できます。
  $$ U_{\text{b}} = \frac{1}{2} C’_{AD} V^2 \quad \cdots ⑪ $$

• ケ (A-B間の電場): 式⑧より
  $$
  \begin{aligned}
  V &= E_{\text{b}}(d+3d) \\[2.0ex]&= E_{\text{b}}(4d) \\[2.0ex]E_{\text{b}} &= \frac{V}{4d} \text{ [V/m]}
  \end{aligned}
  $$
• コ (Aの電気量): 式⑨に\(E_{\text{b}}\)を代入
  $$
  \begin{aligned}
  Q_{\text{b}} &= C \left( \frac{V}{4d} \cdot d \right) \\[2.0ex]&= \frac{1}{4}CV \text{ [C]}
  \end{aligned}
  $$
• サ (Aの電位): S1が閉じているので、Aは電源の正極に接続されている。
  $$ V_{A, \text{b}} = V \text{ [V]} $$
  サは \(1\)。
• シ (Bの電位): 式⑩に\(E_{\text{b}}\)を代入
  $$
  \begin{aligned}
  V_{B, \text{b}} &= V – \frac{V}{4d} \cdot d \\[2.0ex]&= V – \frac{1}{4}V \\[2.0ex]&= \frac{3}{4}V \text{ [V]}
  \end{aligned}
  $$
• ス (エネルギーの比): 新しい合成容量\(C’_{AD}\)は、\(C_{AB}=C\)と\(C_{CD}=C/3\)の直列なので、
  $$ \frac{1}{C’_{AD}} = \frac{1}{C} + \frac{1}{C/3} = \frac{1}{C} + \frac{3}{C} = \frac{4}{C} $$
  よって \(C’_{AD} = C/4\)。これを式⑪に代入します。
  $$
  \begin{aligned}
  U_{\text{b}} &= \frac{1}{2} \left( \frac{C}{4} \right) V^2 \\[2.0ex]&= \frac{1}{8}CV^2 \text{ [J]}
  \end{aligned}
  $$
  (1)のエネルギーとの比を求めます。
  $$ \frac{U_{\text{b}}}{U_{(1)}} = \frac{\frac{1}{8}CV^2}{\frac{1}{12}CV^2} = \frac{12}{8} = \frac{3}{2} $$
  スは \(\displaystyle\frac{3}{2}\)。

セ (比較と考察)
計算結果から、\(U_{\text{a}} = \frac{1}{18}CV^2\)、\(U_{\text{b}} = \frac{1}{8}CV^2\)となり、\(U_{\text{b}} > U_{\text{a}}\)です。
操作(a)では、S2を閉じたときS1は開いており、系は孤立しています。B-C間の静電エネルギーが失われるだけで、外部からエネルギー供給はありません。
操作(b)では、S2を閉じたときS1は閉じており、A-D間の電位差をVに保つために電源が働きます。回路の合成容量が\(C/6\)から\(C/4\)に増加するため、蓄えられる電荷も\(Q=\frac{1}{6}CV\)から\(Q_{\text{b}}=\frac{1}{4}CV\)に増加します。この増加分の電荷を供給するために、電源が余分に仕事をする必要があります。この仕事が、系の静電エネルギーを(a)の場合よりも大きくしています。
したがって、解答群③「操作(b)ではS2 を閉じたときにS1がまだ閉じているので、導体板A, D間の電位差をVに保つため、操作(b)の電源は、操作(a)の場合と比較して、より多くの仕事をしている」が最も的確な説明です。

問(3)

思考の道筋とポイント
(2)の操作(b)が終了した状態から、S2を開き、次にS3を閉じます。
S2を開いても、電荷分布に変化はありません。
S3を閉じると、導体BとDが接地され、電位が\(0 \text{ V}\)になります。このとき、導体Aと導体Cは電気的に孤立しているため、それぞれの総電荷が保存されます。

• Aの総電荷は \(+Q_{\text{b}}\) で保存。
• Cの総電荷は \(+Q_{\text{b}}\) で保存。（操作(b)の後、Cの左面は0、右面は\(+Q_{\text{b}}\)の電荷を持つ）

この状態で、Cの電位\(V_C\)を求め、BとDの電気量を計算します。
この設問における重要なポイント

• 孤立した導体の総電荷は保存される。
• B-C間とC-D間が、Cの電位\(V_C\)を共通の電圧源とする並列コンデンサーのような状況になる。

具体的な解説と立式
S3を閉じた後のCの電位を\(V_C\)とします。\(V_B=0, V_D=0\)です。
導体Cは孤立しており、その総電荷は\(+Q_{\text{b}}\)で保存されます。
S3を閉じた後、Cの左面にはBとの間に電荷\(Q_{C, \text{左}}\)が、右面にはDとの間に電荷\(Q_{C, \text{右}}\)が誘導されます。
Cの左面の電荷は、B-C間のコンデンサーに蓄えられる電荷であり、\(Q_{C, \text{左}} = C_{BC} (V_C – V_B) = \frac{C}{2}V_C\)。
Cの右面の電荷は、C-D間のコンデンサーに蓄えられる電荷であり、\(Q_{C, \text{右}} = C_{CD} (V_C – V_D) = \frac{C}{3}V_C\)。
電荷保存則より、
$$ Q_{C, \text{左}} + Q_{C, \text{右}} = Q_{\text{b}} \quad \cdots ⑫ $$
この式から\(V_C\)が求まります。これが(ソ)の答えです。
次に、導体BとDに蓄えられた電気量を求めます。

• 導体Bの電気量: Bの左面にはAとの間に電荷\(-Q_{\text{b}}\)が、右面にはCとの間に\(-Q_{C, \text{左}}\)が蓄えられます。B全体の電気量はこれらの和です。
• 導体Dの電気量: Dの左面にはCとの間に\(-Q_{C, \text{右}}\)が蓄えられます。

• ソ (Cの電位): 式⑫に値を代入します。\(Q_{\text{b}} = \frac{1}{4}CV\)。
  $$
  \begin{aligned}
  \frac{C}{2}V_C + \frac{C}{3}V_C &= \frac{1}{4}CV \\[2.0ex]\left( \frac{3+2}{6} \right) C V_C &= \frac{1}{4}CV \\[2.0ex]\frac{5}{6} V_C &= \frac{1}{4}V \\[2.0ex]V_C &= \frac{6}{5} \cdot \frac{1}{4}V \\[2.0ex]&= \frac{3}{10}V \text{ [V]}
  \end{aligned}
  $$
• タ (Bの電気量): Bの右面の電荷は \(-Q_{C, \text{左}} = -\frac{C}{2}V_C = -\frac{C}{2} \cdot \frac{3}{10}V = -\frac{3}{20}CV\)。
  Bの左面の電荷は、Aが孤立しているため\(-Q_{\text{b}} = -\frac{1}{4}CV\)のままです。
  Bに蓄えられた総電気量の絶対値は、
  $$
  \begin{aligned}
  |(-Q_{\text{b}}) + (-Q_{C, \text{左}})| &= |-\frac{1}{4}CV – \frac{3}{20}CV| \\[2.0ex]&= |-\frac{5}{20}CV – \frac{3}{20}CV| \\[2.0ex]&= |-\frac{8}{20}CV| \\[2.0ex]&= \frac{2}{5}CV
  \end{aligned}
  $$
  これを\(Q_{\text{b}}\)の何倍かで表します。
  $$ \frac{\frac{2}{5}CV}{Q_{\text{b}}} = \frac{\frac{2}{5}CV}{\frac{1}{4}CV} = \frac{2}{5} \cdot 4 = \frac{8}{5} $$
  タは \(\displaystyle\frac{8}{5}\)。
• チ (Dの電気量): Dの左面の電荷は \(-Q_{C, \text{右}} = -\frac{C}{3}V_C = -\frac{C}{3} \cdot \frac{3}{10}V = -\frac{1}{10}CV\)。
  Dに蓄えられた総電気量の絶対値は、
  $$ |-\frac{1}{10}CV| = \frac{1}{10}CV $$
  これを\(Q_{\text{b}}\)の何倍かで表します。
  $$ \frac{\frac{1}{10}CV}{Q_{\text{b}}} = \frac{\frac{1}{10}CV}{\frac{1}{4}CV} = \frac{1}{10} \cdot 4 = \frac{2}{5} $$
  チは \(\displaystyle\frac{2}{5}\)。

最後の操作では、BとDが地面につながります。このとき、AとCは空中に浮いた状態（孤立）になるので、それぞれの持っている電気の総量は変わりません。Cは、BとDの両方とコンデンサーを形成する形になり、持っていた電気\(Q_{\text{b}}\)を2つのコンデンサーに分け与えます。この分け方の比率は、コンデンサーの容量比で決まります。この条件からCの電位が求まります。BとDに溜まる電気量は、それぞれが向かい合っているAやCの板から受ける静電誘導によって決まります。

ソ: \(\displaystyle\frac{3}{10}\), タ: \(\displaystyle\frac{8}{5}\), チ: \(\displaystyle\frac{2}{5}\)。
計算は電荷保存則とコンデンサーの基本式に基づいており、妥当です。

【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？

• 複数導体板のコンデンサーとしてのモデル化:
  • 核心: 平行に置かれたN枚の導体板は、(N-1)個のコンデンサーが直列に接続されたものとしてモデル化できます。この問題では4枚の板が3つの直列コンデンサーを構成します。
  • 理解のポイント: 各コンデンサーの電気容量は極板間隔に反比例する（\(C \propto 1/d\)）ため、(1)では容量が\(C, C/2, C/3\)の3つのコンデンサーの直列接続として解析が始まります。
• 静電誘導と電場:
  • 核心: 直列接続されたコンデンサー群において、中間の（外部から孤立した）導体板には静電誘導によって電荷が偏ります。その結果、各コンデンサー部分に蓄えられる電気量の大きさは等しくなり、電場の強さも等しくなります（極板面積が同じ場合）。
  • 理解のポイント: (1)で、A-B間、B-C間、C-D間の電場がすべて同じ強さ\(E\)になるところが解析の出発点です。これにより、全体の電位差\(V\)を \(V = E \times (\text{全間隔})\) のように単純な形で表せます。
• 電荷保存則:
  • 核心: スイッチ操作によって、ある導体（群）が回路の他の部分から電気的に切り離された（孤立した）場合、その導体（群）が持つ総電荷は操作の前後で保存されます。
  • 理解のポイント: (2)の操作(a)では、S1を開いた瞬間に4枚の導体板全体が孤立系となり、総電荷が保存されます。(3)では、S3を閉じたときに導体Cが孤立し、その電荷が保存されることが鍵となります。
• 電源の役割とエネルギー収支:
  • 核心: 回路の構成が変化するとき、電源に接続されているか否かでエネルギーの出入りが全く異なります。電源に接続されていれば、電位差を一定に保つために電源が仕事をし、エネルギーを供給（または吸収）します。
  • 理解のポイント: (2)の操作(a)と(b)の比較がこの問題のハイライトです。(a)は孤立系でのエネルギー再配分（エネルギーは減少）、(b)は電源が仕事をしてエネルギーを増加させる例であり、この違いを「セ」で的確に説明できるかが問われます。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン:
  • コンデンサーへの誘電体の挿入: 誘電体を挿入するとコンデンサーの容量が変化します。これも本問のS2を閉じる操作と同様に、回路の合成容量を変化させる操作です。電源に接続したまま挿入するか、切り離してから挿入するかで、(2)の(b)と(a)のような違いが現れます。
  • 複雑なスイッチング回路: 複数のスイッチとコンデンサーで構成され、スイッチの開閉順序によって最終状態が変わる問題。各操作段階で「何が保存されるか（電荷？電圧？）」、「どの部分がどう接続されるか（直列？並列？孤立？）」を正確に追跡する能力が求められます。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 回路の等価モデル化: まず、与えられた導体板の配置を、使い慣れたコンデンサーの回路図（直列、並列など）に描き直します。各部分の容量も計算しておきます。
  2. 操作の分類: スイッチ操作を「電源接続中」か「電源から切断後」かで分類します。これにより、電圧が一定なのか、電荷が保存されるのか、という解析の基本方針が決まります。
  3. 孤立系を探す: 回路図の中で、スイッチや電源を介さずに閉じている部分がないかを探します。電荷保存則は、複雑な問題を解くための非常に強力な武器になります。
  4. エネルギーを問われたら: エネルギーの絶対値だけでなく、その「変化」や「収支」を意識します。ジュール熱や電源の仕事を問われたら、必ずエネルギー保存則 \(W_{\text{電源}} = \Delta U + J\) を立式することから始めます。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 直列コンデンサーの電位分配の誤解:
  • 誤解: 直列コンデンサーの電圧を、容量に比例して分配してしまう（抵抗の直列接続との混同）。
  • 対策: 正しくは「容量の逆比」に分配されます。\(Q=C_1V_1=C_2V_2\) より \(V_1:V_2 = 1/C_1 : 1/C_2\) です。本問のように電場で考える方法（\(V=Ed\)）は、このような間違いを避けやすく、物理的イメージも掴みやすいので有効です。
• 電荷保存則の適用対象の誤り:
  • 誤解: 孤立していない導体（例えば電源に繋がったままの導体A）の電荷が保存されると考えてしまう。
  • 対策: 「孤立」の定義を厳密に理解すること。導体が外部（特に電源）と導線で繋がっていれば、電荷は自由に出入りできるので保存されません。必ず、完全に閉じられた系（導体群）であるかを確認しましょう。
• 操作(a)と(b)の混同:
  • 誤解: (2)の操作(a)でS2を閉じたときに、(b)と同じようにA-D間の電位差がVに保たれると勘違いする。
  • 対策: スイッチS1の状態を常に意識すること。「S1が開いている」＝「Aは電源から切り離されている」という事実を明確に認識すれば、Aの電位がVから変化しうることが理解できます。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • 電位のグラフ（ポテンシャル図）: 横軸に位置（AからDまでの距離）、縦軸に電位をとったグラフを描くと、電場の様子が視覚的に理解できます。電場の強さ\(E\)はグラフの傾きに相当します。(1)では傾きが一定の直線が3本連なり、(2a)では真ん中の傾きが0（水平）になります。
  • 等価回路図の描き直し: (1)では3つの直列コンデンサー、(2b)では2つの直列コンデンサー、(3)では並列コンデンサーと孤立導体の組み合わせ、というように、各ステップで等価回路図を描き直すと、状況が整理され、適用すべき公式が明確になります。
  • 電荷分布図: 各導体板の表面に `+Q` や `-Q` のように電荷を書き込むと、静電誘導や電荷保存則を考える際に非常に役立ちます。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • 操作の前後を並べて描く: スイッチ操作の前と後の回路図や電荷分布図を並べて描くことで、何が変化し、何が保存されたのかが一目瞭然になります。
  • 電位の値を書き込む: 接地点を0Vとし、計算で求めた各導体板の電位を回路図に書き込むと、各コンデンサーにかかる電圧の計算ミスを防げます。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• \(V=Ed\)（電場と電位差）:
  • 選定理由: (1)で、複数のコンデンサー区間にまたがる全体の電位差から、共通の電場の強さを求めるため。
  • 適用根拠: 電場が一様であるという条件下で、電位は距離に比例して変化するという基本法則に基づきます。
• \(Q=CV\)（コンデンサーの基本式）:
  • 選定理由: 電荷、容量、電圧の3つの基本量のうち2つが分かっているときに、残りの1つを求めるために常に使用します。
  • 適用根拠: コンデンサーという素子の定義そのものです。
• 電荷保存則:
  • 選定理由: (2a)や(3)のように、電源から切り離された状態で内部構造が変化する（スイッチが閉じるなど）場合に、変化の前後を結びつける法則として用います。
  • 適用根拠: 物理学の基本原理である電荷の保存に基づきます。
• エネルギー公式 \(U = \frac{1}{2}CV^2 = \frac{Q^2}{2C}\):
  • 選定理由: 静電エネルギーを計算するため。電圧が分かっている場合は \(\frac{1}{2}CV^2\)、電荷が分かっている場合は \(\frac{Q^2}{2C}\) を使うと計算が楽なことが多いです。例えば(2a)では電荷Qが保存されるので \(\frac{Q^2}{2C}\) を使うと便利です。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (1) 初期状態:
   • 戦略: 3つの直列コンデンサーとみなし、共通の電場Eを求める。
   • フロー: ①\(V = E(d+2d+3d)\) → \(E\)を計算。②\(V_C=E(3d)\), \(V_B=V_C+E(2d)\) → 電位を計算。③\(Q=C(Ed)\) → 電気量を計算。④合成容量\(C_{AD}\)を求め、\(U=\frac{1}{2}C_{AD}V^2\) → エネルギーを計算。
2. (2a) S1開→S2閉:
   • 戦略: 電荷Qが保存される。B-C間が短絡され電場が0になる。
   • フロー: ①A-B, C-D間の電場は(1)と同じ。②\(V_{A,a} = E(d+3d)\) → 電位を計算。③\(U_a = \frac{Q^2}{2C_{AB}} + \frac{Q^2}{2C_{CD}}\) → エネルギーを計算。
3. (2b) S1閉, S2閉:
   • 戦略: A-D間電圧Vが保存される。B-C間が短絡され、A-BとC-Dの直列回路になる。
   • フロー: ①\(V = E_b(d+3d)\) → 新しい電場\(E_b\)を計算。②\(Q_b=C(E_bd)\) → 新しい電気量を計算。③\(V_{A,b}=V\), \(V_{B,b}=V-E_bd\) → 電位を計算。④新しい合成容量\(C’_{AD}\)を求め、\(U_b=\frac{1}{2}C’_{AD}V^2\) → エネルギーを計算。
4. (3) (b)の後 S2開→S3閉:
   • 戦略: Cの総電荷\(Q_b\)が保存される。B, Dが接地(0V)され、B-CとC-Dが並列のような形になる。
   • フロー: ①Cの電荷が\(Q_{C,左}\)と\(Q_{C,右}\)に分配される。\(Q_{C,左}+Q_{C,右}=Q_b\)。②\(Q_{C,左}=C_{BC}V_C\), \(Q_{C,右}=C_{CD}V_C\)。③①②を連立して\(V_C\)を計算。④B, Dの各面の電荷を計算し、合計する。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 容量の比を正確に: \(C_{AB}:C_{BC}:C_{CD} = 1 : 1/2 : 1/3\)。この比率を最初に確定させ、計算全体で一貫して使用することが重要です。
• 分数の計算を丁寧に: この問題は分数の計算が非常に多いです。特に、\(V_B = \frac{1}{2}V + \frac{1}{3}V\) のような通分や、エネルギーの比を求める際の分数の割り算は、焦らず慎重に行いましょう。
• 文字式のまま進める: 計算の途中では、できるだけ\(C, V, d\)の文字式のまま進め、最後の最後で数値を代入（この問題では係数を求める）すると、見通しが良くなり、ミスが減ります。
• 検算: (1)で求めた電位について、\(V_A – V_B = Ed\), \(V_B – V_C = E(2d)\) などが成り立っているかを確認することで、計算ミスを発見できます。

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

• 得られた答えの物理的妥当性の検討:
  • 電位: 電位はA(\(V\))からD(\(0\))に向かって単調に減少するはずです。計算結果がこの傾向から外れていないか確認します（例: \(V > V_B > V_C > V_D\))。
  • エネルギー: (2)の比較で、(a)は孤立系で内部の電場が一部消えるのでエネルギーは減少(\(U_a < U_{(1)}\))し、(b)は電源が仕事をして電荷を増やしたのでエネルギーは増加(\(U_b > U_{(1)}\))しています。この大小関係は物理的に妥当であり、自分の計算結果がそうなっているかを確認することは重要です。
• 別解との比較:
  • (1)の電位計算では、D点基準とA点基準の2通りの計算方法を示しました。このように、異なるアプローチで同じ答えが出ることを確認するのは、最も効果的な検算方法の一つです。エネルギー計算も、各コンデンサーの和 \(\sum \frac{1}{2}C_iV_i^2\) で計算する方法と、合成容量で \(\frac{1}{2}C_{AD}V^2\) で計算する方法があり、両者が一致することを確認すると良いでしょう。

問題115 (佐賀大)

【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、導体中の自由電子の運動を単純なモデル（衝突と加速の繰り返し）で記述し、そこから電流、電気抵抗、ジュール熱といったマクロな物理量を導出する、ミクロとマクロを繋ぐ重要なテーマを扱っています。電子1個の運動から出発し、導体全体の性質へとスケールアップしていく思考の流れを体験できます。

【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「金属の電気伝導の微視的モデル（ドルーデモデル）」です。
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。

1. 運動方程式: 電場から受ける力によって電子がどのように加速されるかを記述します。
2. 等加速度運動の式: 一定の力が働く電子の運動（速さや移動距離）を解析するために用います。
3. 平均の考え方: 個々の電子の速さは衝突のたびに変化しますが、その「平均の速さ」がマクロな電流を決定するという考え方が重要です。
4. 電流の定義: 電流が「単位時間あたりに断面を通過する電気量」であることを、電子の数・電荷・速さといったミクロな量と結びつけます。

基本的なアプローチは以下の通りです。

1. まず、電子1個の運動に着目し、電場から受ける力、加速度、そして衝突までの時間\(T\)で達する最大速さ、平均の速さを順に求めます（問1, 2, 3）。
2. 次に、電子の集団の運動として、平均の速さを用いて電流の大きさを表現します（問4）。
3. 導出した電流の式とオームの法則を関連付け、電気抵抗を求めます（問5）。
4. 電子が衝突で失うエネルギーを計算し、導体全体での単位時間あたりのエネルギー損失（ジュール熱）を算出します（問6）。
5. 最後に、電子の運動を別のモデル（抵抗力を受けて終端速度で動くモデル）で考え、最初のモデルと比較することで、モデル間の関係性を考察します（問7, 8）。

問(1)

思考の道筋とポイント
電場\(E\)の中に置かれた電荷\(q\)の粒子が受ける静電気力の公式 \(F=qE\) を適用します。電子の電荷は\(-e\)ですが、問題では力の「大きさ」が問われているため、絶対値をとることに注意します。
この設問における重要なポイント

• 静電気力の公式: \(F=qE\)。
• 電子の電荷は\(-e\)。
• 力の「大きさ」は常に正の値である。

具体的な解説と立式
電子の電荷は\(q=-e\)です。大きさ\(E\)の電場から受ける静電気力\(\vec{F}\)は \(\vec{F} = (-e)\vec{E}\) と表されます。これは、電子が電場\(\vec{E}\)とは逆向きに力を受けることを意味します。
力の大きさ\(F\)は、この力の絶対値なので、
$$ F = |(-e)E| $$

$$
\begin{aligned}
F &= |-eE| \\[2.0ex]&= eE
\end{aligned}
$$

電場はプラスからマイナスへ向かう電気的な坂のようなものです。電子はマイナスの電荷を持っているので、この坂を駆け上る向き、つまり電場とは逆向きに力を受けます。その力の大きさは、電子の電気量の大きさ\(e\)と電場の強さ\(E\)の掛け算で表されます。

電子に作用している静電気力の大きさは \(eE\) です。これは基本的な公式の適用であり、妥当な結果です。

問(2)

思考の道筋とポイント
電子は衝突によって速さを失い0になった後、(1)で求めた一定の静電気力\(F=eE\)を受けて、次の衝突までの時間\(T\)の間、等加速度運動をします。速さは時間とともに増加し、衝突直前に最大値に達します。運動方程式と等加速度運動の公式を用いて最大値を計算します。
この設問における重要なポイント

• 運動方程式: \(ma=F\)
• 等加速度運動の速度の式: \(v = v_0 + at\)
• 衝突直後の初速は \(v_0=0\)、加速時間は\(T\)。

具体的な解説と立式
まず、電子の加速度\(a\)を運動方程式から求めます。
$$ ma = F $$
ここで \(F=eE\) です。
次に、この加速度\(a\)で時間\(T\)だけ加速したときの速さを求めます。衝突直後の初速は0なので、\(v_0=0\)です。時間\(T\)後の速さが最大値\(v_{\text{最大}}\)となります。
$$ v_{\text{最大}} = 0 + aT $$

• 加速度\(a\)の計算:
  $$
  \begin{aligned}
  ma &= eE \\[2.0ex]a &= \frac{eE}{m}
  \end{aligned}
  $$
• 最大速さ\(v_{\text{最大}}\)の計算:
  $$
  \begin{aligned}
  v_{\text{最大}} &= aT \\[2.0ex]&= \frac{eE}{m} T \\[2.0ex]&= \frac{eET}{m}
  \end{aligned}
  $$

電子は「スタート（衝突直後、速さ0）」から「ゴール（次の衝突直前）」まで、一定の力でグーッと押され続けます。この間、どんどんスピードアップしていきます。ゴール直前のスピードが最も速い「最大速さ」になります。この速さは、「どれだけ強く押されるか（加速度）」と「どれだけ長い時間押され続けるか（時間T）」の掛け算で決まります。

電子の速さの最大値は \(\displaystyle\frac{eET}{m}\) です。力の大きさに比例し、加速時間に比例し、質量に反比例するという、物理的に直感と合う結果です。

問(3)

思考の道筋とポイント
電子の速さは、衝突直後の0から衝突直前の\(v_{\text{最大}}\)まで、時間に対して一定の割合（直線的）で増加します。このような線形に変化する量の平均値は、初期値と最終値の算術平均で与えられます。
この設問における重要なポイント

• 等加速度運動では、速さは時間に比例して変化する。
• 平均の速さ \(\bar{v} = \displaystyle\frac{\text{初速} + \text{終速}}{2}\)。
• v-tグラフを考えると、平均の速さはグラフの縦軸の中点の値に相当する。

具体的な解説と立式
電子の速さ\(v(t)\)は、\(v(t) = at\) と表せます（\(0 \le t \le T\)）。
この期間における平均の速さ\(\bar{v}\)は、
$$ \bar{v} = \frac{v(0) + v(T)}{2} $$
ここで、\(v(0)=0\)、\(v(T)=v_{\text{最大}}\)です。

$$
\begin{aligned}
\bar{v} &= \frac{0 + v_{\text{最大}}}{2} \\[2.0ex]&= \frac{1}{2} v_{\text{最大}} \\[2.0ex]&= \frac{1}{2} \cdot \frac{eET}{m} \\[2.0ex]&= \frac{eET}{2m}
\end{aligned}
$$

電子のスピードは、0から最大値までコンスタントに上がっていきます。例えば、0km/hから100km/hまで一定のペースで加速した場合、その間の平均の速さは50km/hになります。それと同じで、電子の平均の速さは、最大速さのちょうど半分になります。

電子の平均の速さは \(\displaystyle\frac{eET}{2m}\) です。最大速さの半分という妥当な結果です。

問(4)

思考の道筋とポイント
電流の大きさは、単位時間あたりに導体の断面を通過する電気量の平均値として定義されます。これを電子のミクロな運動と結びつけます。単位時間あたりに断面積\(S\)を通過する電子の個数を考え、それに電子1個あたりの電気量\(e\)を掛けることで電流を求めます。
この設問における重要なポイント

• 電流のミクロな定義式: \(I = q n v S\)。ここで \(q\) は電荷キャリアの電気量、\(n\) は数密度、\(v\) は平均の速さ（ドリフト速度）、\(S\) は断面積。
• 電子の電荷の大きさは\(e\)、平均の速さは(3)で求めた\(\bar{v}\)を用いる。

具体的な解説と立式
時間\(\Delta t\)の間に、平均の速さ\(\bar{v}\)で動く電子は \(\bar{v}\Delta t\) の距離を進みます。断面積\(S\)の導体を考えると、この間に断面を通過する電子は、体積 \(S \times \bar{v}\Delta t\) の中に含まれていた電子たちです。
その体積に含まれる電子の個数は、数密度\(n\)を用いて \(n \times (S \bar{v}\Delta t)\) となります。
これらの電子が持つ電気量の総量は、\(e \times (n S \bar{v}\Delta t)\) です。
電流\(I\)は単位時間あたりの電気量なので、この量を\(\Delta t\)で割ります。
$$ I = \frac{e n S \bar{v}\Delta t}{\Delta t} = en\bar{v}S $$

(3)で求めた平均の速さ \(\bar{v} = \displaystyle\frac{eET}{2m}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
I &= enS \bar{v} \\[2.0ex]&= enS \left( \frac{eET}{2m} \right) \\[2.0ex]&= \frac{ne^2ST}{2m}E
\end{aligned}
$$

電流とは、電子という「電荷の粒」の流れです。その大きさは、川の流れの激しさが「川の断面積 × 流速」で決まるように、「導体の断面積S × 電子の平均の速さ\(\bar{v}\)」に比例します。さらに、電子の「数密度n（どれだけ混雑しているか）」と「1個あたりの電気量e」を掛け合わせることで、電流の大きさが計算できます。

電流の大きさは \(\displaystyle\frac{ne^2ST}{2m}E\) となります。電場\(E\)に比例するという、オームの法則のミクロな表現（\(I \propto E\)）と一致しており、物理的に妥当です。

問(5)

思考の道筋とポイント
導体の電気抵抗\(R\)を求めます。オームの法則 \(V=RI\) を利用し、(4)で求めた電流\(I\)の式と、電圧\(V\)と電場\(E\)の関係式を結びつけます。
この設問における重要なポイント

• オームの法則: \(V=RI\) または \(R=V/I\)。
• 一様な電場と電位差の関係: \(V=EL\)。

具体的な解説と立式
(4)で求めた電流の式は、電場\(E\)を用いて表されています。
$$ I = \frac{ne^2ST}{2m}E \quad \cdots ① $$
一方、オームの法則で用いられる電圧\(V\)（電位差）と電場\(E\)の間には、導体の長さが\(L\)であることから、次の関係があります。
$$ V = EL \quad \text{より} \quad E = \frac{V}{L} \quad \cdots ② $$
②を①に代入して、電流\(I\)を電圧\(V\)で表す式を導きます。
$$ I = \frac{ne^2ST}{2m} \left( \frac{V}{L} \right) $$
この式を、オームの法則の形 \(I = \frac{1}{R}V\) と比較することで、抵抗\(R\)を求めます。

$$
\begin{aligned}
I &= \left( \frac{ne^2ST}{2mL} \right) V
\end{aligned}
$$
オームの法則 \(I = V/R\) と比較して、
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{R} &= \frac{ne^2ST}{2mL} \\[2.0ex]R &= \frac{2mL}{ne^2ST}
\end{aligned}
$$

電気抵抗とは、電圧（電気を流そうとする圧力）に対して、どれだけ電流が流れにくいかを表す指標です。\(R=V/I\)。(4)で電流\(I\)の正体がわかったので、この式に電圧\(V\)と電場\(E\)の関係（\(V=EL\)）を組み込むことで、抵抗\(R\)が電子の質量\(m\)や衝突時間\(T\)といったミクロな物理量でどのように決まるかを明らかにできます。

電気抵抗は \(\displaystyle\frac{2mL}{ne^2ST}\) です。導体の長さ\(L\)に比例し、断面積\(S\)に反比例するという、よく知られた抵抗の性質と一致しています。また、電子が衝突しやすい（\(T\)が短い）ほど抵抗が大きくなるという直感にも合致します。

問(6)

思考の道筋とポイント
単位時間あたりに、導体内部の「すべての電子」が衝突によって失う運動エネルギーの総和を求めます。これが導体で発生するジュール熱に相当します。

1. 導体内の全電子数を求める。
2. 1個の電子が1回の衝突（時間\(T\)ごと）で失うエネルギーを求める。
3. 全電子が時間\(T\)の間に失う総エネルギーを求める。
4. それを時間\(T\)で割り、単位時間あたりのエネルギー損失を算出する。

この設問における重要なポイント

• ジュール熱の根源は、加速された電子が原子との衝突で失う運動エネルギーである。
• 「単位時間あたり」を計算するために、時間\(T\)で割る操作が必要。

具体的な解説と立式

• 導体内の全電子数 \(N\):
  導体の体積は \(SL\) なので、全電子数は数密度\(n\)を掛けて、
  $$ N = nSL $$
• 1個の電子が時間\(T\)で失うエネルギー \(U_1\):
  電子は衝突で運動エネルギーをすべて失うので、失うエネルギーは衝突直前の運動エネルギーに等しい。
  $$ U_1 = \frac{1}{2}m v_{\text{最大}}^2 $$
• 全電子が時間\(T\)で失う総エネルギー \(U_{\text{総}}\):
  導体内の\(N\)個の電子が、それぞれ時間\(T\)の間に1回ずつ衝突してエネルギーを失うと考えると、
  $$ U_{\text{総}} = N \times U_1 = (nSL) \times \left( \frac{1}{2}m v_{\text{最大}}^2 \right) $$
• 単位時間あたりのエネルギー損失 \(P\):
  この総エネルギー損失は時間\(T\)の間に起こるので、単位時間あたりに換算するには\(T\)で割る。
  $$ P = \frac{U_{\text{総}}}{T} = \frac{nSL}{T} \left( \frac{1}{2}m v_{\text{最大}}^2 \right) $$

(2)で求めた \(v_{\text{最大}} = \displaystyle\frac{eET}{m}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
P &= \frac{nSL}{T} \cdot \frac{1}{2}m \left( \frac{eET}{m} \right)^2 \\[2.0ex]&= \frac{nSL}{T} \cdot \frac{1}{2}m \left( \frac{e^2E^2T^2}{m^2} \right) \\[2.0ex]&= \frac{nSL}{T} \cdot \frac{e^2E^2T^2}{2m} \\[2.0ex]&= \frac{nSLe^2E^2T}{2m}
\end{aligned}
$$

単位時間あたりのエネルギー損失（ジュール熱）は \(\displaystyle\frac{nSLe^2E^2T}{2m}\) です。ミクロな電子のエネルギー損失の総和と、マクロな消費電力の計算結果が完全に一致し、この電子モデルの妥当性が示されました。

問(7)

思考の道筋とポイント
ここでは、電子の運動を別のモデルで考えます。電子は電場から静電気力を受ける一方で、導体中を移動することによる抵抗力を受けるとします。この抵抗力の大きさが速さ\(v\)に比例して\(kv\)と表されるとき、やがて2つの力がつりあって電子は一定の速さ（終端速度）\(v\)で動くようになります。この力のつり合いの式から速さ\(v\)を求めます。
この設問における重要なポイント

• 力のつり合い: 2つの力が逆向きで大きさが等しい。
• 静電気力の大きさは \(eE\)。
• 抵抗力の大きさは \(kv\)。

具体的な解説と立式
電子が一定の速さ\(v\)で運動しているとき、電子にはたらく合力は0です。
電子にはたらく力は、電場による静電気力（大きさ\(eE\)）と、それとは逆向きの抵抗力（大きさ\(kv\)）です。
力のつり合いの式は、
$$ eE = kv $$

$$
\begin{aligned}
kv &= eE \\[2.0ex]v &= \frac{eE}{k}
\end{aligned}
$$

空気中を落下する雨粒が、重力と空気抵抗がつりあって一定の速さで落ちてくるのと同じように、導体中の電子も、電場からの力と導体からの抵抗力がつりあうことで、一定の平均的な速さで流れていく、と考えるモデルです。このつり合いの条件から速さが決まります。

電子の速さ\(v\)は \(\displaystyle\frac{eE}{k}\) と表せます。

問(8)

思考の道筋とポイント
(3)で求めた「衝突モデル」における平均の速さ\(\bar{v}\)と、(7)で求めた「抵抗力モデル」における終端速度\(v\)は、どちらも定常的な電流を説明するための電子の平均的な速さを表すものと考えられます。したがって、この2つのモデルが同じ現象を記述していると仮定し、\(\bar{v}=v\)として、比例定数\(k\)を他の物理量で表します。
この設問における重要なポイント

• 異なる物理モデルが同じ現象を記述する場合、その結果は一致するはずである。
• \(\bar{v}_{\text{(3)}} = v_{\text{(7)}}\)

具体的な解説と立式
(3)の結果: \(\bar{v} = \displaystyle\frac{eET}{2m}\)
(7)の結果: \(v = \displaystyle\frac{eE}{k}\)
これらが等しいとおきます。
$$ \frac{eET}{2m} = \frac{eE}{k} $$

$$
\begin{aligned}
\frac{eET}{2m} &= \frac{eE}{k} \\[2.0ex]\frac{T}{2m} &= \frac{1}{k} \\[2.0ex]k &= \frac{2m}{T}
\end{aligned}
$$

問(1)～(6)で使ってきた「ぶつかっては止まる」というギクシャクした動きのモデルと、問(7)の「抵抗力を受けながら滑らかに進む」モデルは、見かけは違いますが、どちらも電子の平均的な流れという同じ現象を説明しようとしています。そのため、両者から計算される平均の速さは同じになるはずです。この等式を立てることで、抵抗力の強さを決める定数\(k\)の正体が、電子の質量\(m\)と衝突時間\(T\)によって決まることがわかります。

比例定数\(k\)は \(\displaystyle\frac{2m}{T}\) と表せます。\(k\)は抵抗の度合いを示す定数ですが、この結果は、電子の質量が大きい（動きにくい）ほど、また衝突頻度が高い（\(T\)が短い）ほど、抵抗力が大きくなることを示しており、物理的に非常に直感的な結果となっています。

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最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 電子の運動モデルとマクロ量の関係:
  • 核心: この問題の最大のテーマは、個々の電子のミクロな運動（電場による加速と原子との衝突）という単純なモデルから、電流、電気抵抗、ジュール熱といったマクロな物理量がどのように導出されるか、その論理的な繋がりを理解することです。
  • 理解のポイント: 「\(F=eE\)（力）」→「\(a=F/m\)（加速度）」→「\(v_{\text{最大}}=aT\), \(\bar{v}=v_{\text{最大}}/2\)（速さ）」→「\(I=en\bar{v}S\)（電流）」→「\(R=V/I\)（抵抗）」→「\(P=RI^2\)（ジュール熱）」という一連の流れが、この問題の根幹をなすストーリーです。
• 平均の概念の重要性:
  • 核心: 個々の電子の速さは衝突のたびに0から最大値まで変化しますが、マクロな現象である電流を決定するのは、多数の電子の運動を時間的・空間的に平均した「平均の速さ（ドリフト速度）」です。
  • 理解のポイント: (3)で、速さが線形に増加する運動の平均値が「(初速+終速)/2」で計算できることを利用するのが最初の鍵です。この平均の速さ\(\bar{v}\)が、その後の電流や抵抗の計算の基礎となります。
• 異なるモデルの等価性:
  • 核心: 同じ物理現象は、異なる視点（モデル）から記述しても、最終的には同じ結果を与えるはずです。
  • 理解のポイント: (7), (8)では、「衝突と加速の繰り返し」モデルと「抵抗力を受けた終端速度」モデルという、見た目の異なる2つのモデルが登場します。これらが同じ「電子の平均的な速さ」を記述していると考えることで、両モデルのパラメータ（衝突時間\(T\)と抵抗力の比例定数\(k\)）を関係づけることができます。これは物理学における非常に重要な思考法です。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン:
  • ホール効果: 磁場中の導体を流れる電流を考える問題。電子は電場力に加えてローレンツ力を受けます。この2つの力がつりあうことで、導体の側面に電位差（ホール電圧）が生じます。本問の「力のつり合い」の考え方を応用できます。
  • 半導体中のキャリアの運動: 電子（負電荷）だけでなく正孔（正電荷）も電流に寄与する問題。キャリアの種類ごとに\(I=qnvS\)を計算し、合計することで全体の電流を求めます。
  • 気体分子の運動論: 気体分子が壁と衝突するモデルから圧力を導出する問題。本問が電子の運動から電気的性質を導いたように、分子のミクロな運動から気体のマクロな性質（圧力、温度）を導く点で、思考の構造が非常によく似ています。
• 初見の問題での着眼点:
  1. ミクロとマクロの対応関係を意識する: 問題文で与えられたミクロな情報（\(m, e, n, T\)など）と、問われているマクロな量（\(I, R, P\)など）の間にどのような物理法則が介在するかを考えます。
  2. まずは電子1個の運動から: 複雑に見える問題でも、まずは電子1個が受ける力、その結果生じる運動（加速度、速度変化）を分析することから始めます。
  3. 「単位時間あたり」「単位体積あたり」に注意: 電流やジュール熱、数密度など、「単位あたり」の量が頻出します。何を何で割るのか、何を何に掛けるのかを正確に把握することが重要です。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 最大速さと平均速さの混同:
  • 誤解: (4)の電流の計算で、(3)で求めた平均の速さ\(\bar{v}\)ではなく、(2)の最大速さ\(v_{\text{最大}}\)を誤って使ってしまう。
  • 対策: 電流は、多数の電子の「平均的」な流れによって生じるマクロな量です。したがって、用いるべき速さも「平均の速さ」であると強く意識しましょう。
• 電流の式の導出ミス:
  • 誤解: \(I=en\bar{v}S\)の公式を丸暗記しているだけで、その導出過程（単位時間に断面を通過する電子の数を考える）を理解していないため、少し設定が変わると対応できない。
  • 対策: 「速さ\(\bar{v}\)で1秒間に進む距離は\(\bar{v}\)。断面積\(S\)なので、通過する体積は\(S\bar{v}\)。その中の電子数は\(nS\bar{v}\)個。総電荷は\(enS\bar{v}\)。」というストーリーを自分で説明できるようにしておきましょう。
• ジュール熱の計算での混乱:
  • 誤解: (6)で、1個の電子の失うエネルギーを計算した後、何を掛けて何を割れば良いか分からなくなる。
  • 対策: 「導体内の全電子数(\(nSL\))を掛けて、全電子のエネルギー損失を出す」→「それを時間\(T\)で割って、単位時間あたりの損失にする」という2段階のプロセスを明確に意識しましょう。また、別解としてマクロな電力公式\(P=RI^2\)でも計算できることを知っておくと、検算や別の視点からの理解に繋がり、混乱を防げます。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • v-tグラフ: 電子の速さが時間と共にどう変化するかをグラフに描くことは、(3)の平均の速さを直感的に理解する上で非常に有効です。衝突のたびに速さが0に戻り、再び線形に増加する「のこぎり波」のようなグラフをイメージします。
  • 電流の体積モデル図: (4)の電流の計算では、模範解答の図cのように「速さ\(\bar{v}\) × 1秒」の長さを持つ円柱を描き、その体積\(S\bar{v}\)を考えることで、単位時間に断面を通過する電子の数を視覚的に捉えることができます。
  • 力のつり合いの図: (7)では、電子に働く静電気力\(eE\)と抵抗力\(kv\)を矢印で図示することで、力のつり合いの状態を明確にイメージできます。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • ベクトルの向き: 電場\(\vec{E}\)はx軸正の向きですが、電子が受ける力\(\vec{F}\)や加速度\(\vec{a}\)、速度\(\vec{v}\)はx軸負の向きです。問題では「大きさ」や「速さ」を問われているため、計算上は絶対値で扱いますが、物理現象としては方向を意識しておくことが重要です。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 運動方程式 \(ma=F\):
  • 選定理由: (2)で、電子が受ける力（原因）と生じる加速度（結果）の関係を記述するため。力学の最も基本的な法則です。
  • 適用根拠: 電子の運動をニュートン力学の枠組みで解析するための出発点です。
• 等加速度運動の公式 \(v=v_0+at\):
  • 選定理由: (2)で、一定の加速度で運動する電子の速度を時間の関数として求めるため。
  • 適用根拠: 電場による力が一定であるため、加速度も一定となり、この公式が適用できます。
• 電流の定義式 \(I=en\bar{v}S\):
  • 選定理由: (4)で、ミクロな量（\(n, e, \bar{v}\)）からマクロな量（\(I\)）を導出するため。
  • 適用根拠: 電流が電荷の流れであるという定義を、個々の電荷キャリアの運動に分解して表現したものです。
• オームの法則 \(R=V/I\):
  • 選定理由: (5)で、導体の電気抵抗というマクロな物性値を定義し、計算するため。
  • 適用根拠: 多くの導体で成り立つ実験則であり、電圧と電流の比例関係を定義します。この問題では、ミクロなモデルから導出した\(V\)と\(I\)の関係がオームの法則を満たすことを示し、その比例定数として\(R\)を求めています。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (1)→(3) 電子1個の運動解析:
   • 戦略: 力→加速度→速度と、力学の基本に沿って解析する。
   • フロー: ①力\(F=eE\)。②加速度\(a=F/m\)。③最大速さ\(v_{\text{最大}}=aT\)。④平均の速さ\(\bar{v}=v_{\text{最大}}/2\)。
2. (4)→(5) マクロな量への拡張:
   • 戦略: 電子の集団運動として電流を定義し、オームの法則と結びつける。
   • フロー: ①電流\(I=en\bar{v}S\)。②(3)の\(\bar{v}\)を代入して\(I\)を\(E\)で表す。③\(V=EL\)を用いて\(I\)を\(V\)で表す。④\(R=V/I\)から\(R\)を求める。
3. (6) エネルギー（ジュール熱）の計算:
   • 戦略: ミクロなエネルギー損失の総和として計算する。
   • フロー: ①1個の電子が失うエネルギー \(U_1 = \frac{1}{2}mv_{\text{最大}}^2\)。②導体内の全電子数 \(N=nSL\)。③単位時間あたりの総損失 \(P = N \cdot U_1 / T\)。
4. (7)→(8) 別モデルとの比較:
   • 戦略: 抵抗力モデルでの終端速度を求め、衝突モデルの平均速度と等しいとおく。
   • フロー: ①力のつり合い \(eE=kv\) から \(v=eE/k\)。②\(\bar{v}_{\text{(3)}} = v_{\text{(7)}}\) として等式を立てる。③\(k\)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

• 文字の整理: \(m, e, n, E, T, S, L, k, v\)など多くの文字が登場します。どの文字が定数で、どの文字が変数か、どの設問でどの文字を使って良いかを常に意識しましょう。
• 分数の整理: 計算過程で複雑な分数式が出てきます。分子と分母を間違えたり、約分を誤ったりしないよう、一つ一つのステップを丁寧に行いましょう。
• 結果の代入: 前の設問の結果を次の設問で使うことが多いです。代入する式を間違えないように、設問番号と結果をメモしながら進めると安全です。
• 次元解析: 例えば、(5)で求めた抵抗\(R\)の単位が本当にオームの次元になっているか、(8)で求めた\(k\)の単位が\(N \cdot s/m\)になっているかなどを確認する（次元解析）ことで、式の形が正しいかのチェックができます。

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

• 得られた答えの物理的妥当性の検討:
  • (5) 抵抗\(R\): \(R = \frac{2mL}{ne^2ST}\) という結果は、抵抗率\(\rho = \frac{2m}{ne^2T}\)と\(R=\rho \frac{L}{S}\)の形をしています。この抵抗率\(\rho\)が、電子の数密度\(n\)や衝突時間\(T\)といったミクロな量で決まる、という物理的意味を読み取れると理解が深まります。
  • (6) ジュール熱: 計算結果が\(P = \frac{nSLe^2E^2T}{2m}\)となりました。これを\(V=EL\)や\(I\)の式を使って変形すると、\(P=VI\)や\(P=RI^2\)といった見慣れた電力の公式と一致することを確認できます。これは、ミクロなモデルとマクロな法則が見事に整合していることを示しており、モデルの妥当性を裏付けます。
  • (8) 比例定数\(k\): \(k=2m/T\)という結果は、抵抗力の源が「電子の慣性（質量\(m\)）」と「衝突頻度（\(1/T\)）」にあることを示唆しています。重くて頻繁にぶつかる電子ほど、流れに対する「抵抗」が大きくなる、という直感的なイメージと一致します。

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