問題106 ブラウン管の原理 (16 立命館大)
【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[ア]〜[エ]の別解1: 微積分を用いた体系的解法（運動方程式の積分）
- 模範解答は等加速度運動の公式を個別に適用していますが、別解1では運動方程式を時間で積分することで、位置と速度の関数を導出し、全設問を一括して解きます。
- 設問[エ]の別解2: 幾何学的性質（接線の中点通過則）を用いた解法
- 「等加速度運動する物体の軌道（放物線）の接線は、変位の中点で軸と交わる」という幾何学的性質を利用し、複雑な計算を省略して答えを導きます。
- 設問[ア]〜[エ]の別解1: 微積分を用いた体系的解法（運動方程式の積分）
- 上記の別解が有益である理由
- 微積分の解法: 公式の暗記に頼らず、ニュートンの運動方程式という第一原理から全ての物理量を導出できるため、応用力が身につきます。
- 幾何学的解法: ブラウン管やオシロスコープの問題において頻出のテクニックであり、計算時間を大幅に短縮できる強力な武器となります。
- 結果への影響
- いずれのアプローチを用いても、最終的に得られる答えは模範解答と完全に一致します。
この問題のテーマは「電場中における荷電粒子の運動（ブラウン管の原理）」です。
電子が電極間で電場から力を受けて軌道を曲げられ、その後等速直線運動をして蛍光面に到達する様子を解析します。
問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。
- 電場と静電気力: 電場 \(E\) 中にある電荷 \(q\) は、力 \(F = qE\) を受けます。
- 運動の独立性: \(x\) 軸方向（電場による加速）と \(z\) 軸方向（等速運動）は独立して考えることができます。
- 放物線運動: 一様な力を受ける粒子の軌道は放物線を描きます。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- [ア][あ]では、電場の定義と電荷の符号から、力の大きさと向きを決定します。
- [イ]では、電極内での運動方程式から加速度を求め、等加速度運動の公式を用いて速度を計算します。
- [ウ]では、電極通過後の等速直線運動に着目し、到達時間を求めます。
- [エ]では、電極内での変位と電極後の変位を合計し、最終的な到達位置を導出します。
問[ア][あ]
思考の道筋とポイント
平行平板電極間の電場は一様であり、その強さは電位差と距離で決まります。
電子は負の電荷を持っているため、電場の向きとは逆向きに力を受けることに注意が必要です。
この設問における重要なポイント
- 一様電場の強さ: 電位差 \(V\)、極板間隔 \(d\) のとき、電場の強さは \(E = V/d\) です。
- 力の向き: 正電荷は電場の向きに、負電荷は電場と逆向きに力を受けます。
具体的な解説と立式
電極 \(X_1\)（電位 \(V_x\)）と \(X_2\)（電位 \(0\)）の間の電位差は \(V_x\) です。
極板間隔は \(d\) なので、一様電場の強さ \(E_x\) を求める式を立てます。
$$
\begin{aligned}
E_x &= \frac{V_x}{d}
\end{aligned}
$$
電子の電荷の大きさは \(e\) なので、電子が受ける力の大きさ \(F_x\) を求める式を立てます。
$$
\begin{aligned}
F_x &= e E_x
\end{aligned}
$$
力の向きについては、電位の高低と電荷の符号から判断します。
使用した物理公式
- 一様電場の式: \(E = \frac{V}{d}\)
- 静電気力: \(F = qE\)
\(E_x\) の式を \(F_x\) の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
F_x &= e \left( \frac{V_x}{d} \right) \\[2.0ex]
&= \frac{eV_x}{d}
\end{aligned}
$$
力の向きの判定:
電位は \(X_1\) が高く \(X_2\) が低いため、電場の向きは \(X_1 \to X_2\)、すなわち \(x\) 軸の負の向き（下向き）です。
電子は負電荷（\(-e\)）を持つため、電場と逆向き、すなわち \(x\) 軸の正の向き（上向き）に力を受けます。
したがって、選択肢の ① です。
電気の世界では、「高いところ（高電位）」から「低いところ（低電位）」へ向かって「電場」という流れができます。
プラスの電気はこの流れに乗って動きますが、マイナスの電気（電子）は天邪鬼なので、流れに逆らって「低いところ」から「高いところ」へ向かう力を受けます。
今回は上が高いので、電子は上向き（\(x\) 軸正方向）に引っ張られます。
力の大きさは \(\frac{eV_x}{d}\)、向きは ① です。
単位を確認すると、\(\text{C} \cdot \text{V}/\text{m} = \text{C} \cdot (\text{J}/\text{C}) / \text{m} = \text{J}/\text{m} = \text{N}\) となり、力の単位として正しいです。
問[イ]
思考の道筋とポイント
電子が電極間（長さ \(l\)）を通過する間の運動を考えます。
\(z\) 軸方向には力を受けないので等速直線運動、\(x\) 軸方向には一定の力を受けるので等加速度運動をします。
まず通過にかかる時間を求め、次に \(x\) 方向の加速度を求めて速度を計算します。
この設問における重要なポイント
- 運動の独立性: \(x\) 成分と \(z\) 成分を分けて考えます。
- 通過時間: \(z\) 方向の速度 \(v_0\) は一定なので、距離 \(l\) を進む時間は \(t_0 = l/v_0\) です。
具体的な解説と立式
電子が電極間を通過する時間 \(t_0\) は、\(z\) 方向の等速運動（速度 \(v_0\)、距離 \(l\)）より、以下の式で表されます。
$$
\begin{aligned}
t_0 &= \frac{l}{v_0}
\end{aligned}
$$
\(x\) 軸方向の運動方程式を立てます。質量を \(m\)、加速度を \(a_x\) とします。
$$
\begin{aligned}
m a_x &= F_x
\end{aligned}
$$
電極を通過した直後の \(x\) 成分の速度 \(v_x\) は、初速度 \(0\) の等加速度運動の公式より、以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
v_x &= a_x t_0
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 等速直線運動: \(x = vt\)
- 運動方程式: \(ma = F\)
- 等加速度運動の速度: \(v = v_0 + at\)
まず、運動方程式から加速度 \(a_x\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
a_x &= \frac{F_x}{m} \\[2.0ex]
&= \frac{eV_x}{md}
\end{aligned}
$$
次に、\(v_x\) の式に \(a_x\) と \(t_0\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
v_x &= \left( \frac{eV_x}{md} \right) \cdot \left( \frac{l}{v_0} \right) \\[2.0ex]
&= \frac{eV_x l}{mdv_0}
\end{aligned}
$$
電子は横（\(z\) 方向）には一定のスピードで進みながら、縦（\(x\) 方向）には電気の力でどんどん加速されます。
電極の中にいる時間は「横の長さ \(\div\) 横のスピード」で決まります。
その時間の分だけ縦方向に加速され続けるので、最終的な縦のスピードは「加速度 \(\times\) 時間」で計算できます。
答えは \(\frac{eV_x l}{mdv_0}\) です。
電圧 \(V_x\) が大きいほど、また電極が長い（\(l\) が大きい）ほど、より長く強く加速されるため速度 \(v_x\) は大きくなります。逆に質量 \(m\) や初速度 \(v_0\) が大きいと曲がりにくくなります。これらは物理的直感と一致します。
問[ウ]
思考の道筋とポイント
電極を通過した後の電子の運動を考えます。
電極の外では電場がないため、力は働きません。
したがって、電子は慣性の法則により等速直線運動をします。
この設問における重要なポイント
- 力の不在: 電極通過後は \(F_x = 0\) なので、加速度は \(0\) です。
- \(z\) 成分の保存: \(z\) 方向の速度はずっと \(v_0\) のままです。
具体的な解説と立式
電極通過後の電子は、\(z\) 軸方向に速度 \(v_0\) の等速直線運動を続けます。
電極の右端から蛍光面までの距離は \(D\) です。
通過にかかる時間 \(t_1\) を求める式を立てます。
$$
\begin{aligned}
t_1 &= \frac{D}{v_0}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 等速直線運動: \(t = \frac{x}{v}\)
式そのものが答えとなっているため、計算は不要です。
$$
\begin{aligned}
t_1 &= \frac{D}{v_0}
\end{aligned}
$$
電極を出た後は、もう誰も電子を押したり引いたりしません。
電子はそのままの勢いで真っ直ぐ飛び続けます。
横方向（\(z\) 方向）のスピードは最初から最後まで \(v_0\) で変わらないので、距離 \(D\) を進むのにかかる時間は単純な割り算で求まります。
答えは \(\frac{D}{v_0}\) です。
距離に比例し、速さに反比例する妥当な結果です。
問[エ]
思考の道筋とポイント
蛍光面上での輝点の \(x\) 座標 \(x_c\) を求めます。
電子の \(x\) 方向の変位は、「電極内での変位」と「電極を出てから蛍光面に着くまでの変位」の合計です。
それぞれの区間での運動（等加速度運動と等速直線運動）の式を立てて足し合わせます。
この設問における重要なポイント
- 変位の加算: 全変位 \(x_c = (\text{電極内での変位 } x_1) + (\text{電極後の変位 } x_2)\)。
- 接続条件: 電極を出た瞬間の速度 \(v_x\) が、その後の等速運動の速度になります。
具体的な解説と立式
電極内での \(x\) 方向の変位 \(x_1\) を求めます。初速度 \(0\)、加速度 \(a_x\)、時間 \(t_0\) の等加速度運動です。
$$
\begin{aligned}
x_1 &= \frac{1}{2} a_x t_0^2
\end{aligned}
$$
電極を出てから蛍光面までの \(x\) 方向の変位 \(x_2\) を求めます。速度 \(v_x\)、時間 \(t_1\) の等速直線運動です。
$$
\begin{aligned}
x_2 &= v_x t_1
\end{aligned}
$$
蛍光面上での座標 \(x_c\) は、これら2つの変位の和として立式されます。
$$
\begin{aligned}
x_c &= x_1 + x_2
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 等加速度運動の変位: \(x = v_0 t + \frac{1}{2} a t^2\)
- 等速直線運動の変位: \(x = vt\)
\(x_1\) と \(x_2\) の式を \(x_c\) に代入します。
$$
\begin{aligned}
x_c &= \frac{1}{2} a_x t_0^2 + v_x t_1
\end{aligned}
$$
ここで、\(v_x = a_x t_0\) の関係を用います。
$$
\begin{aligned}
x_c &= \frac{1}{2} a_x t_0^2 + (a_x t_0) t_1 \\[2.0ex]
&= a_x t_0 \left( \frac{1}{2} t_0 + t_1 \right)
\end{aligned}
$$
これに \(a_x = \frac{eV_x}{md}\)、\(t_0 = \frac{l}{v_0}\)、\(t_1 = \frac{D}{v_0}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
x_c &= \left( \frac{eV_x}{md} \right) \left( \frac{l}{v_0} \right) \left( \frac{l}{2v_0} + \frac{D}{v_0} \right) \\[2.0ex]
&= \frac{eV_x l}{mdv_0} \cdot \frac{1}{v_0} \left( \frac{l}{2} + D \right) \\[2.0ex]
&= \frac{eV_x l}{mdv_0^2} \left( D + \frac{l}{2} \right)
\end{aligned}
$$
問題文の指定する形 \(x_c = \alpha_x V_x\) に合わせるため、\(V_x\) を分離し、括弧内を \(D\) でくくります。
$$
\begin{aligned}
x_c &= \frac{el}{mdv_0^2} \left( D \left( 1 + \frac{l}{2D} \right) \right) V_x \\[2.0ex]
&= \left[ \frac{elD}{mdv_0^2} \right] \left( 1 + \frac{l}{2D} \right) V_x
\end{aligned}
$$
したがって、[エ] に相当する部分は \(\frac{elD}{mdv_0^2}\) です。
電子がどれだけ上にずれるか（\(x_c\)）を計算します。
電極の中では、加速しながらカーブを描いて上にずれます。
電極を出た後は、その時点での上向きの勢い（速度）を保ったまま、真っ直ぐ斜めに飛んでさらに上にずれます。
この2つのずれを足し合わせることで、最終的な到達点が分かります。
式変形をして、指定された形に整えると答えが出ます。
答えは \(\frac{elD}{mdv_0^2}\) です。
\(D\) が大きいほど（スクリーンが遠いほど）、\(V_x\) が大きいほどずれは大きくなります。
また、\(v_0\) が大きいと（速すぎると）曲がりきる前に通り過ぎてしまうため、ずれは小さくなります（\(v_0^2\) に反比例）。これらは物理的に妥当です。
思考の道筋とポイント
運動方程式を立て、それを時間で積分することで、時刻 \(t\) における速度 \(v(t)\) と位置 \(r(t)\) を導出します。
この方法なら、区間ごとの公式を繋ぎ合わせる必要がなく、一連の流れとして解くことができます。
この設問における重要なポイント
- 運動方程式の積分: 加速度 \(a = \frac{d^2x}{dt^2}\) を積分して速度 \(v\)、さらに積分して位置 \(x\) を求めます。
- 初期条件: \(t=0\) で \(x=0, z=0, v_x=0, v_z=v_0\) です。
具体的な解説と立式
(一括解説)
\(x\) 軸方向と \(z\) 軸方向の運動方程式を立てます。
$$
\begin{aligned}
m \frac{d^2x}{dt^2} &= F_x \quad (0 \le t \le t_0) \\[2.0ex]
m \frac{d^2z}{dt^2} &= 0
\end{aligned}
$$
初期条件は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
x(0) &= 0, \quad v_x(0) = 0 \\[2.0ex]
z(0) &= 0, \quad v_z(0) = v_0
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動方程式: \(m \frac{d^2 \vec{r}}{dt^2} = \vec{F}\)
- 微積分の基本公式
まず \(z\) 方向について解きます。
$$
\begin{aligned}
\frac{d^2z}{dt^2} &= 0
\end{aligned}
$$
積分して速度を求めます。
$$
\begin{aligned}
v_z(t) &= v_0
\end{aligned}
$$
さらに積分して位置を求めます。
$$
\begin{aligned}
z(t) &= v_0 t
\end{aligned}
$$
電極通過時刻 \(t_0\) は \(z(t_0) = l\) より、
$$
\begin{aligned}
t_0 &= \frac{l}{v_0}
\end{aligned}
$$
蛍光面到達時刻 \(T\) は \(z(T) = l+D\) より、
$$
\begin{aligned}
T &= \frac{l+D}{v_0}
\end{aligned}
$$
よって、通過後の時間 \(t_1\) は、
$$
\begin{aligned}
t_1 &= T – t_0 \\[2.0ex]
&= \frac{D}{v_0} \quad (\text{問[ウ]の答え})
\end{aligned}
$$
次に \(x\) 方向について解きます。
電極内 (\(0 \le t \le t_0\)) では、
$$
\begin{aligned}
\frac{d^2x}{dt^2} &= \frac{F_x}{m} \\[2.0ex]
&= \frac{eV_x}{md}
\end{aligned}
$$
積分して速度を求めます。
$$
\begin{aligned}
v_x(t) &= \frac{eV_x}{md} t
\end{aligned}
$$
時刻 \(t_0\) での速度 \(v_x(t_0)\) は、
$$
\begin{aligned}
v_x(t_0) &= \frac{eV_x}{md} \cdot \frac{l}{v_0} \\[2.0ex]
&= \frac{eV_x l}{mdv_0} \quad (\text{問[イ]の答え})
\end{aligned}
$$
さらに積分して位置を求めます。
$$
\begin{aligned}
x(t) &= \frac{1}{2} \frac{eV_x}{md} t^2
\end{aligned}
$$
時刻 \(t_0\) での位置 \(x(t_0)\) は、
$$
\begin{aligned}
x(t_0) &= \frac{1}{2} \frac{eV_x}{md} t_0^2
\end{aligned}
$$
電極後 (\(t > t_0\)) では力が働かないため、速度は一定です。
$$
\begin{aligned}
v_x(t) &= v_x(t_0)
\end{aligned}
$$
位置 \(x(t)\) は、\(t_0\) からの変位を加えます。
$$
\begin{aligned}
x(t) &= x(t_0) + v_x(t_0) (t – t_0)
\end{aligned}
$$
蛍光面到達時の位置 \(x_c = x(T)\) を求めます。\(T – t_0 = t_1\) なので、
$$
\begin{aligned}
x_c &= x(t_0) + v_x(t_0) t_1 \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} a_x t_0^2 + a_x t_0 t_1 \\[2.0ex]
&= a_x t_0 \left( \frac{t_0}{2} + t_1 \right)
\end{aligned}
$$
ここからの計算はメイン解法と同様です。
「公式」をパズルのように組み合わせるのではなく、「力があれば速度が変わり、速度があれば位置が変わる」という物理の根本ルール（微分・積分）を使って、時間の流れに沿って電子の動きを追跡しました。
結果として、公式を使った場合と同じ式が自然に現れることが確認できます。
全ての結果が模範解答と一致しました。
思考の道筋とポイント
等加速度運動する物体の軌道は放物線になります。
「放物線上の点における接線は、軸方向の変位の中点で軸と交わる」という幾何学的性質を利用すると、複雑な計算をスキップして一瞬で答えにたどり着けます。
この設問における重要なポイント
- 中点通過則: 電極を出た後の電子の軌道（直線）を逆向きに延長すると、電極の中央（\(z = l/2\)）で \(z\) 軸と交わります。
- 相似の利用: 直角三角形の相似比（タンジェント）を用いて座標を計算します。
具体的な解説と立式
電子の軌道は、電極内では放物線、電極後はその接線方向への直線運動となります。
上記の性質より、この直線は \(z\) 軸上の点 \(z = l/2\) から出たものとみなせます。
蛍光面は \(z = l + D\) にあるので、この「見かけの出発点」からの \(z\) 方向の距離 \(L\) を求める式を立てます。
$$
\begin{aligned}
L &= (l + D) – \frac{l}{2}
\end{aligned}
$$
偏向角（軌道の傾き）を \(\theta\) とすると、\(\tan \theta\) は速度成分の比で表されます。
$$
\begin{aligned}
\tan \theta &= \frac{v_x}{v_z}
\end{aligned}
$$
蛍光面上での座標 \(x_c\) は、底辺 \(L\)、傾き \(\tan \theta\) の直角三角形の高さに相当します。
$$
\begin{aligned}
x_c &= L \tan \theta
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 放物線の接線の性質
- 三角比: \(x = L \tan \theta\)
\(L\) を整理します。
$$
\begin{aligned}
L &= D + \frac{l}{2}
\end{aligned}
$$
\(\tan \theta\) に速度成分を代入します。
$$
\begin{aligned}
\tan \theta &= \frac{v_x}{v_0}
\end{aligned}
$$
\(x_c\) の式に \(L\) と \(\tan \theta\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
x_c &= \left( D + \frac{l}{2} \right) \frac{v_x}{v_0}
\end{aligned}
$$
これに [イ] の結果 \(v_x = \frac{eV_x l}{mdv_0}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
x_c &= \left( D + \frac{l}{2} \right) \cdot \frac{1}{v_0} \cdot \frac{eV_x l}{mdv_0} \\[2.0ex]
&= \frac{eV_x l}{mdv_0^2} \left( D + \frac{l}{2} \right)
\end{aligned}
$$
これはメイン解法で導いた式と全く同じ形であり、同様に変形して[エ]が得られます。
電子が電極を出た後の直線を、定規で逆向きに伸ばしてみると、ちょうど電極の真ん中（\(l/2\)）を通ります。
これを知っていれば、「真ん中からスクリーンまでの距離」に「傾き」を掛けるだけで、一発で到達点の高さが計算できます。
入試問題では非常に役立つテクニックです。
計算量が大幅に減り、かつ同じ結果が得られました。
【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？
- 電場中での荷電粒子の運動
- 核心: 電場 \(E\) から受ける静電気力 \(F=qE\) により、荷電粒子は電場方向に等加速度運動をし、電場と垂直な方向には等速直線運動をする。
- 理解のポイント:
- 運動の独立性: \(x\) 軸方向（加速）と \(z\) 軸方向（等速）を完全に分けて考える。
- 放物線軌道: 一様な力を受けるため、電極内での軌道は放物線の一部となる。
- 慣性の法則と等速直線運動
- 核心: 電極を抜けた後は力が働かないため、その瞬間の速度ベクトルを保ったまま直進する。
- 理解のポイント:
- 接続条件: 「電極を出る瞬間の速度」が、その後の「等速運動の速度」になる。位置と速度が連続的につながることを意識する。
応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点
- 応用できる類似問題のパターン:
- オシロスコープ: 今回のように \(x\) 軸方向だけでなく、\(y\) 軸方向にも別の電極対がある場合でも、それぞれの方向で独立に運動方程式を立てればよい。
- インクジェットプリンタ: 帯電したインク滴を電場で偏向させる仕組みも全く同じ原理。重力の影響を考慮するかどうかが違いとなる場合がある。
- 初見の問題での着眼点:
- 領域分け: 「力が働く領域（電極内）」と「力が働かない領域（電極外）」を明確に区別し、境界線での速度と位置を計算する。
- 幾何学的性質の利用: 放物線運動から直線運動に移る場合、「直線を逆延長すると放物線区間の中点を通る」という性質が使えるか確認する。これを使えば計算時間を大幅に短縮できる。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 力の向きの取り違え:
- 誤解: 電場 \(E\) の向きに力が働くと短絡的に考えてしまう。
- 対策: 電荷 \(q\) の符号を必ず確認する。負電荷（電子）なら、電場と「逆向き」に力が働く。図に力の矢印を書き込む癖をつける。
- 通過時間の計算ミス:
- 誤解: 加速される \(x\) 方向の運動から時間を求めようとして行き詰まる。
- 対策: 通過時間は、等速運動をしている方向（\(z\) 方向）の距離と速度から求めるのが鉄則（\(t = l/v_0\)）。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 運動方程式の積分（別解1）:
- 選定理由: 公式を忘れても、\(F=ma\) さえ覚えていれば全ての物理量を導出できる最も確実な方法だから。
- 適用根拠: 力が一定（または時間の関数）であれば、積分によって速度と位置を厳密に求めることができる。
- 中点通過則（別解2）:
- 選定理由: 記述式試験での検算や、マーク式試験での時短テクニックとして最強だから。
- 適用根拠: 初速度 \(0\) で等加速度運動する物体の軌道（\(x \propto t^2\)）の接線は、必ず時間軸および距離軸の中点で交わるという数学的性質に基づく。
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:
- 意識: 答えの式の単位が正しいか常にチェックする。
- 実践: 例えば \(x_c\) の式なら、\(\text{m}\) の次元になっているか確認する。\(\frac{eVl}{mdv_0^2}D\) は \(\frac{\text{N}\cdot\text{m}}{\text{N}\cdot(\text{m}/\text{s})^2/(\text{m}/\text{s}^2)}\text{m} \dots\) のように複雑になるので、\(v^2 = 2ax\) の次元関係（\((\text{m}/\text{s})^2 = (\text{m}/\text{s}^2)\cdot\text{m}\)）などを利用して簡易チェックを行う。
- 極限の振る舞い:
- 意識: 変数を \(0\) や \(\infty\) にしたとき、物理的に当たり前の結果になるか。
- 実践: \(V_x = 0\) なら曲がらないので \(x_c = 0\)。\(v_0 \to \infty\) なら速すぎて曲がらないので \(x_c \to 0\)。これらが式と一致しているか確認する。
問題107 電気力線 (東京大)
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
- 提示する別解
- 設問[A](2)の別解: 微積分を用いた体系的解法（運動方程式の積分）
- 模範解答はエネルギー保存則を既知として適用していますが、別解では運動方程式を位置で積分することで、仕事と運動エネルギーの関係（エネルギー保存則）を導出し、そこから速度を求めます。
- 設問[B](1)の別解: 幾何学的性質（アポロニウスの円）を用いた解法
- 模範解答は座標計算によって円の方程式を導出していますが、別解では「2定点からの距離の比が一定である点の軌跡は円になる（アポロニウスの円）」という幾何学的性質を利用して、中心と半径を直感的に求めます。
- 設問[A](2)の別解: 微積分を用いた体系的解法（運動方程式の積分）
- 上記の別解が有益である理由
- 微積分の解法: 保存力が働く場におけるエネルギー保存則の起源を理解でき、公式の適用範囲や前提条件への理解が深まります。
- 幾何学的解法: 複雑な計算を回避し、図形的な直感に基づいて迅速に解答にたどり着くための強力なツールとなります。
- 結果への影響
- いずれのアプローチを用いても、最終的に得られる答えは模範解答と完全に一致します。
この問題のテーマは「点電荷による電場・電位と電気力線の性質」です。
クーロンの法則に基づく電場や電位の計算に加え、電気力線の本数と電荷量の関係（ガウスの法則の概念）を用いた定性的な考察が求められます。
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。
- 電位の重ね合わせ: 複数の点電荷がある場合、任意の点での電位は個々の点電荷による電位の代数和になります。
- エネルギー保存則: 静電力は保存力であり、荷電粒子の運動エネルギーと静電ポテンシャルエネルギー（位置エネルギー）の和は保存されます。
- 電気力線の性質:
- 正電荷から出て負電荷（または無限遠）に入る。
- 電荷 \(Q\) から出る（または入る）本数は \(Q\) に比例する。
- 電気力線の密度は電場の強さを表す。
- 電気力線は等電位面と直交する。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- [A]では、等しい正電荷のペアについて、対称性を考慮して電気力線を描き、エネルギー保存則を用いて粒子の速度を計算します。
- [B]では、正負の異なる電荷のペアについて、電位 \(0\) の軌跡（円）や力のつり合い点を計算します。さらに、電気力線の本数保存則（ガウスの法則的思考）を用いて、電気力線の広がり角度を幾何学的に考察します。
問[A](1)
思考の道筋とポイント
点A、点Bに等しい正電荷 \(+Q\) が置かれています。
電気力線は正電荷から出て無限遠へ向かいます。
左右対称な配置であり、同符号の電荷なので互いに反発し合うような形状になります。
この設問における重要なポイント
- 反発する電気力線: 同符号の電荷間では電気力線は互いに避け合うように曲がります。
- 電場0の点: 線分ABの中点（原点）では、左右からの電場が打ち消し合って \(0\) になります。電気力線はこの点を通らず、避けるように描かれます。
- 遠方の振る舞い: 遠方から見れば、中心に \(+2Q\) の電荷があるように見えるため、放射状に広がります。
具体的な解説と立式
計算問題ではないため、図示のポイントを解説します。
1. A, Bそれぞれから放射状に電気力線を出します。
2. Aから出た線とBから出た線は交わらず、互いに反発するように曲がります。
3. y軸（垂直二等分線）は対称軸となり、電気力線はy軸に沿って無限遠へ伸びていきます（y軸そのものは電気力線の漸近線のような役割を果たします）。
4. 原点付近では、電気力線は原点を避けるように描きます。
使用した物理公式
- 電気力線の性質
計算不要。
プラスの電気同士は反発し合います。
電気力線は「プラスの粒が動く道筋」のようなものなので、Aから出た線とBから出た線はお互いにぶつからないように避けて通ります。
真ん中の点（原点）では、右からの力と左からの力がちょうど打ち消し合ってゼロになるので、そこには線を描きません。
模範解答の図aのような形状になります。
対称性と反発の様子が表現されていれば正解です。
問[A](2)
思考の道筋とポイント
y軸上の点Sから荷電粒子（電荷 \(q\)、質量 \(m\)）を静かに放します。
y軸上では、x成分の力は左右対称性により打ち消され、y成分の力（斥力）のみが働きます。
粒子はy軸上を無限遠まで加速されます。
保存力（静電力）のみが仕事をするので、力学的エネルギー保存則を適用します。
この設問における重要なポイント
- 電位の計算: 点Sにおける電位 \(V_S\) は、AとBそれぞれからの電位の和です。
- 無限遠の基準: 無限遠での電位は \(0\) です。
- エネルギー保存則: \((\text{運動エネルギー}) + (\text{位置エネルギー}) = \text{一定}\)。
具体的な解説と立式
点Sの座標を \((0, y)\) とします（\(y = 4.0 \times 10^{-2}\,\text{m}\)）。
点A \((-l/2, 0)\) と点B \((l/2, 0)\) から点Sまでの距離 \(r\) は等しく、三平方の定理より以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
r &= \sqrt{\left(\frac{l}{2}\right)^2 + y^2}
\end{aligned}
$$
点Sにおける電位 \(V_S\) は、AとBからの電位の和として立式されます。
$$
\begin{aligned}
V_S &= k_0 \frac{Q}{r} + k_0 \frac{Q}{r}
\end{aligned}
$$
無限遠での速さを \(v\) とします。無限遠での電位は \(0\)、初速度は \(0\) です。
エネルギー保存則より、以下の式が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} m v^2 + q \cdot 0 &= \frac{1}{2} m \cdot 0^2 + q V_S
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 点電荷の電位: \(V = k_0 \frac{Q}{r}\)
- 力学的エネルギー保存則: \(K + U = \text{一定}\)
まず距離 \(r\) を計算します。\(l = 6.0 \times 10^{-2}\,\text{m}\) より \(l/2 = 3.0 \times 10^{-2}\,\text{m}\)。
$$
\begin{aligned}
r &= \sqrt{(3.0 \times 10^{-2})^2 + (4.0 \times 10^{-2})^2} \\[2.0ex]
&= \sqrt{9.0 + 16.0} \times 10^{-2} \\[2.0ex]
&= 5.0 \times 10^{-2}\,\text{m}
\end{aligned}
$$
次に \(V_S\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
V_S &= \frac{2k_0 Q}{r} \\[2.0ex]
&= \frac{2 \times (9.0 \times 10^9) \times (5.0 \times 10^{-12})}{5.0 \times 10^{-2}} \\[2.0ex]
&= \frac{90 \times 10^{-3}}{5.0 \times 10^{-2}} \\[2.0ex]
&= 18 \times 10^{-1} \\[2.0ex]
&= 1.8\,\text{V}
\end{aligned}
$$
エネルギー保存則の式から \(v\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
v^2 &= \frac{2q V_S}{m} \\[2.0ex]
&= \frac{2 \times (1.6 \times 10^{-19}) \times 1.8}{9.0 \times 10^{-31}} \\[2.0ex]
&= \frac{5.76 \times 10^{-19}}{9.0 \times 10^{-31}} \\[2.0ex]
&= 0.64 \times 10^{12} \\[2.0ex]
&= 64 \times 10^{10}
\end{aligned}
$$
平方根をとります。
$$
\begin{aligned}
v &= \sqrt{64 \times 10^{10}} \\[2.0ex]
&= 8.0 \times 10^5\,\text{m}/\text{s}
\end{aligned}
$$
速度の向きは、点Sが \(y>0\) ならy軸正の向き、\(y<0\) ならy軸負の向きです。
プラスの電気を持った粒を、2つのプラスの電気（AとB）の真ん中あたり（y軸上）に置きました。
プラス同士は反発するので、粒はAとBから遠ざかる方向（y軸に沿って外側）へ押し出されます。
この「電気的な反発力による位置エネルギー」が、だんだん「運動エネルギー（スピード）」に変わっていきます。
無限に遠くまで行くと、位置エネルギーは全部使い果たして運動エネルギーになるので、その時のスピードを計算しました。
速さは \(8.0 \times 10^5\,\text{m}/\text{s}\)。
向きは、初期位置が \(y>0\) ならy軸正の向き、\(y<0\) ならy軸負の向き。
電子の質量オーダーでの速度として妥当な大きさです。
\(y<0\) にある場合：y軸の負の向きに \(8.0 \times 10^5\,\text{m}/\text{s}\)
問[B](1)
思考の道筋とポイント
点Aに \(+Q\)、点Bに \(-Q/2\) があります。
任意の点 \(P(x, y)\) における電位が \(0\) となる条件式を立てます。
電位はスカラー量なので、単純な足し算になります。
この設問における重要なポイント
- 電位の重ね合わせ: \(V = V_A + V_B = 0\)。
- 距離の表現: 座標 \((x, y)\) を用いて距離を表します。
具体的な解説と立式
点P \((x, y)\) からAまでの距離を \(r_A\)、Bまでの距離を \(r_B\) とします。
$$
\begin{aligned}
r_A &= \sqrt{\left(x + \frac{l}{2}\right)^2 + y^2} \\[2.0ex]
r_B &= \sqrt{\left(x – \frac{l}{2}\right)^2 + y^2}
\end{aligned}
$$
点Pの電位が \(0\) となる条件式を立てます。
$$
\begin{aligned}
k_0 \frac{Q}{r_A} + k_0 \frac{-Q/2}{r_B} &= 0
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 点電荷の電位: \(V = k_0 \frac{Q}{r}\)
式を整理します。
$$
\begin{aligned}
\frac{Q}{r_A} &= \frac{Q}{2r_B} \\[2.0ex]
\frac{1}{r_A} &= \frac{1}{2r_B} \\[2.0ex]
2r_B &= r_A
\end{aligned}
$$
両辺を2乗してルートを外します。
$$
\begin{aligned}
4r_B^2 &= r_A^2 \\[2.0ex]
4 \left\{ \left(x – \frac{l}{2}\right)^2 + y^2 \right\} &= \left(x + \frac{l}{2}\right)^2 + y^2
\end{aligned}
$$
展開して整理します。
$$
\begin{aligned}
4 \left( x^2 – lx + \frac{l^2}{4} + y^2 \right) &= x^2 + lx + \frac{l^2}{4} + y^2 \\[2.0ex]
4x^2 – 4lx + l^2 + 4y^2 &= x^2 + lx + \frac{l^2}{4} + y^2 \\[2.0ex]
3x^2 – 5lx + 3y^2 + \frac{3}{4}l^2 &= 0
\end{aligned}
$$
全体を3で割ります。
$$
\begin{aligned}
x^2 – \frac{5}{3}lx + y^2 + \frac{l^2}{4} &= 0
\end{aligned}
$$
平方完成して円の方程式の形にします。
$$
\begin{aligned}
\left( x – \frac{5}{6}l \right)^2 – \left( \frac{5}{6}l \right)^2 + y^2 + \frac{l^2}{4} &= 0 \\[2.0ex]
\left( x – \frac{5}{6}l \right)^2 + y^2 &= \frac{25}{36}l^2 – \frac{9}{36}l^2 \\[2.0ex]
\left( x – \frac{5}{6}l \right)^2 + y^2 &= \frac{16}{36}l^2 \\[2.0ex]
\left( x – \frac{5}{6}l \right)^2 + y^2 &= \left( \frac{2}{3}l \right)^2
\end{aligned}
$$
これは中心 \(( \frac{5}{6}l, 0 )\)、半径 \(\frac{2}{3}l\) の円を表します。
プラスの電気の近くは電位が高く、マイナスの電気の近くは電位が低くなります。
その中間に、ちょうどプラスの影響とマイナスの影響が打ち消し合って「高さゼロ」になる場所があります。
計算してみると、その場所をつなぎ合わせると「円」の形になることが分かりました。
方程式：\(\left( x – \frac{5}{6}l \right)^2 + y^2 = \left( \frac{2}{3}l \right)^2\)
図形：中心 \(( \frac{5}{6}l, 0 )\)、半径 \(\frac{2}{3}l\) の円。
これはアポロニウスの円として知られる結果と一致します。
図形：中心 \(\displaystyle \left( \frac{5}{6}l, 0 \right)\)、半径 \(\displaystyle \frac{2}{3}l\) の円
問[B](2)
思考の道筋とポイント
x軸上の点Pに電荷を置いたとき、力が \(0\) になるということは、点Pにおける電場が \(0\) であることを意味します。
A \((+Q)\) からの斥力と、B \((-Q/2)\) からの引力が釣り合う場所を探します。
力の向きを考慮して領域を絞り込みます。
この設問における重要なポイント
- 領域の検討:
- Aの左側 (\(x < -l/2\)): Aからの斥力（左向き）が強く、Bからの引力（右向き）は遠くて弱い。釣り合わない。
- AとBの間 (\(-l/2 < x < l/2\)): Aからの斥力（右向き）とBからの引力（右向き）が同じ向きになる。釣り合わない。
- Bの右側 (\(x > l/2\)): Aからの斥力（右向き）とBからの引力（左向き）が逆向き。距離によっては釣り合う可能性がある。
- 電場のつり合い: 大きさが等しくなる条件式を立てます。
具体的な解説と立式
点Pの座標を \((x, 0)\) とします。考察より \(x > l/2\) です。
Aからの距離は \(x + l/2\)、Bからの距離は \(x – l/2\) です。
Aによる電場の大きさ \(E_A\) とBによる電場の大きさ \(E_B\) が等しくなる条件式を立てます。
$$
\begin{aligned}
k_0 \frac{Q}{(x + l/2)^2} &= k_0 \frac{Q/2}{(x – l/2)^2}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 点電荷の電場: \(E = k_0 \frac{Q}{r^2}\)
式を整理します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{(x + l/2)^2} &= \frac{1}{2(x – l/2)^2} \\[2.0ex]
2(x – l/2)^2 &= (x + l/2)^2
\end{aligned}
$$
両辺の平方根をとります（\(x > l/2\) なので中身は正）。
$$
\begin{aligned}
\sqrt{2}(x – l/2) &= x + l/2 \\[2.0ex]
\sqrt{2}x – \frac{\sqrt{2}}{2}l &= x + \frac{l}{2} \\[2.0ex]
(\sqrt{2} – 1)x &= \frac{1 + \sqrt{2}}{2}l
\end{aligned}
$$
\(x\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
x &= \frac{\sqrt{2} + 1}{2(\sqrt{2} – 1)}l \\[2.0ex]
&= \frac{(\sqrt{2} + 1)^2}{2(2 – 1)}l \\[2.0ex]
&= \frac{2 + 2\sqrt{2} + 1}{2}l \\[2.0ex]
&= \frac{3 + 2\sqrt{2}}{2}l
\end{aligned}
$$
プラスのAは「あっち行け」と押し、マイナスのBは「こっち来い」と引きます。
Bの右側では、Aからは遠いので押す力は弱まり、Bには近いので引く力は強まります。
しかし、Aの方が持っている電気の量が大きい（2倍）ので、距離が遠くても力が強くなる場所があります。
計算の結果、Bの右側の特定の場所で、押す力と引く力がぴったり同じ大きさになり、打ち消し合うことが分かりました。
座標は \(\left( \frac{3 + 2\sqrt{2}}{2}l, 0 \right)\)。
\(x > l/2\) を満たしており、物理的に妥当な解です。
問[B](3)
思考の道筋とポイント
点Bを中心とする円周上を考えます。
この円周上の点では、Bからの距離 \(r_B\) は一定です。
電位の式 \(V = V_A + V_B\) において、\(V_B\) が定数となることに着目します。
この設問における重要なポイント
- 変数の分離: \(V = k_0 \frac{Q}{r_A} + k_0 \frac{-Q/2}{r_B}\)。
- 定数項: 円周上では \(r_B\) が一定なので、第2項（負の値）は一定です。
- 最小値の条件: \(V\) が最小になるには、第1項（正の値）が最小になればよいです。
具体的な解説と立式
点Bを中心とする円周上の任意の点において、Bからの距離 \(r_B\) は一定です。
したがって、Bによる電位 \(V_B = k_0 \frac{-Q/2}{r_B}\) は負の定数となります。
全体の電位 \(V\) は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
V &= k_0 \frac{Q}{r_A} + V_B \quad (V_B \text{は定数})
\end{aligned}
$$
\(V\) が最小となるのは、正の項 \(k_0 \frac{Q}{r_A}\) が最小となるとき、すなわちAからの距離 \(r_A\) が最大となるときです。
点Bを中心とする円周上で、点Aから最も遠い点は、線分ABを延長して円と交わる点、つまりBの右側のx軸上の点です。
（問題文の条件 \(x > l/2\) とも合致します）
使用した物理公式
- 点電荷の電位: \(V = k_0 \frac{Q}{r}\)
計算不要。
Bの周りの円の上を歩くとき、Bからの距離は変わらないので、Bが作る電位（マイナスの値）はずっと同じです。
全体の電位が変わるのは、Aからの距離が変わるからです。
Aが作る電位（プラスの値）は、Aから遠ざかるほど小さくなります。
だから、円の上で一番Aから遠い場所に行けば、全体の電位は一番低くなります。
理由は「Bからの距離が一定のためBによる電位は一定であり、Aからの距離が最大となる点でAによる電位が最小となるから」。
問[B](4)
思考の道筋とポイント
電気力線の本数に関するガウスの法則的な考え方を使います。
電荷 \(Q\) から出る電気力線の総数は、その電荷量 \(Q\) に比例します。
Aの電荷は \(+Q\)、Bの電荷は \(-Q/2\) です。
つまり、Aから出る本数の「半分」がBに入ります。
この設問における重要なポイント
- 本数と電荷の関係: \(N \propto |Q|\)。
- 対称性: 点電荷の周りでは電気力線は球対称（全方向に均等）に出ます。
- 立体角の考慮: 3次元空間での広がりを考えますが、Aの右半分（半球分）の立体角に出る本数が、ちょうど全本数の半分に相当します。
具体的な解説と立式
Aの電荷は \(+Q\)、Bの電荷は \(-Q/2\) です。
電気力線の総本数を \(N_A\) とすると、Bに入る本数 \(N_B\) は以下の関係になります。
$$
\begin{aligned}
N_B &= \frac{1}{2} N_A
\end{aligned}
$$
つまり、Aから出た電気力線のうち、ちょうど半分がBに収束し、残りの半分は無限遠へ向かいます。
点Aの近傍では、電気力線はあらゆる方向に均等に放射状に出ています。
「全方向」のうちの「半分」の領域に出た線がBに入ることになります。
対称性を考えると、Aから見て「Bの方を向いている側」、つまり「右半分」に出た電気力線が全てBに入ると考えれば、本数の辻褄が合います。
右半分とは、線分AB（x軸）に対して垂直な面より右側の領域です。
これを平面（xy平面）上の角度 \(\theta\) で表すと、真上（\(90^\circ\)）から真下（\(-90^\circ\)）までの範囲になります。
使用した物理公式
- ガウスの法則（電気力線の本数と電荷の関係）
計算不要。
Aからは「100本」の線が出ているとします。Bはマイナスの電気を持っていますが、その量はAの半分なので、「50本」の線を吸い込む力しかありません。
Aから出た100本のうち、Bに近い側（右側）に出た50本はBに吸い込まれますが、Bと反対側（左側）に出た50本はBに吸い込まれずに遠くへ飛んでいきます。
「右側に出た線」というのは、角度で言うと \(-90^\circ\) から \(90^\circ\) の範囲になります。
範囲は \(-90^\circ < \theta < 90^\circ\)。
理由は「Bの電荷の大きさはAの半分なので、Aから出る全電気力線の半分がBに入る。対称性より、Aの右側半分の空間に出た電気力線がBに入ると考えられるため」。
理由：点Bの電荷の絶対値は点Aの電荷の半分であるため、Aから出る全電気力線の本数のうち、半分の本数がBに入る。点Aのごく近くでは電気力線は全方向に均等に出るため、Aから見てBのある側（右側半分）に出た電気力線がBに入ることになるから。
問[B](5)
思考の道筋とポイント
これまでの結果を総合して図を描きます。
1. アポロニウスの円: (1)で求めた電位 \(0\) の円を点線で描きます。
2. 平衡点P: (2)で求めた、円の外側（右側）にある点を描きます。ここは電場が \(0\) なので、電気力線が分岐する点になります。
3. 電気力線の流れ:
- Aから出た線は、右側半分はBに入ります。
- 左側半分は無限遠へ行きます。
- 電気力線は等電位線（円）と直交します。
- 点Pでは電気力線が交差（分岐）するような特異な挙動を示します（実際にはPで電場0なので線は通りませんが、Pに向かって入ってきてPから出ていくような漸近的な挙動を描きます）。
具体的な解説と立式
計算問題ではないため、図示のポイントを解説します。
- A \((-l/2, 0)\) と B \((l/2, 0)\) をプロット。
- (1)の円（中心 \(5l/6\)、半径 \(2l/3\)）を点線で描く。この円はAとBの間を通り、Bを囲む形になる。
- (2)の点P（円のさらに右側）をプロット。
- Aから放射状に線を描く。
- 右側に出た線は、円と直交しながらBに吸い込まれる。
- 左側に出た線は、無限遠へ広がる。
- y軸方向（\(\pm 90^\circ\)）に出た線は、境界線として点Pへ向かうようなカーブを描き、Pで分岐して無限遠へ行くかBへ行くかの分かれ目になる（厳密にはPで止まる解釈もできるが、概形としてはPを経由して無限遠へ逃げる境界を描く）。
使用した物理公式
- 電気力線の性質
計算不要。
これまでの計算結果を全部まとめて絵にします。
電位ゼロの円、力がゼロになる点P、そしてAから出てBに入る線と、遠くへ逃げる線の様子を描きます。
特に、Aから出た線のうち、右半分だけがBに入るという(4)の結果を反映させることが重要です。
模範解答の図f参照。
Aから出た線がBに集まる様子、一部が無限遠に逃げる様子、電位0の円との直交関係が描かれていれば正解。
思考の道筋とポイント
エネルギー保存則を公式として暗記していなくても、運動方程式から出発して導出できます。
クーロン力による運動方程式を立て、位置座標で積分することで、仕事と運動エネルギーの関係を導きます。
この設問における重要なポイント
- 運動方程式: \(m \frac{dv}{dt} = F\)。
- 変数の変換: \(\frac{dv}{dt} = \frac{dv}{dy} \frac{dy}{dt} = v \frac{dv}{dy}\) を用いて、時間積分を空間積分に変換します。
- 力のy成分: 対称性よりx成分は打ち消し合うため、y成分のみを考えます。
具体的な解説と立式
点S \((0, y)\) にある荷電粒子が受けるクーロン力のy成分 \(F_y\) を求めます。
A, Bからの距離を \(r = \sqrt{(l/2)^2 + y^2}\) とします。
個々の電荷からの力は \(f = k_0 \frac{Qq}{r^2}\) です。
y軸方向の成分は、\(f \cos \phi = f \cdot \frac{y}{r}\) です（\(\phi\) はy軸とのなす角）。
2つの電荷からの合力なので2倍します。
$$
\begin{aligned}
F_y &= 2 \cdot k_0 \frac{Qq}{r^2} \cdot \frac{y}{r} \\[2.0ex]
&= \frac{2k_0 Qq y}{r^3} \\[2.0ex]
&= \frac{2k_0 Qq y}{\left( (l/2)^2 + y^2 \right)^{3/2}}
\end{aligned}
$$
運動方程式 \(m v \frac{dv}{dy} = F_y\) を立て、初期位置 \(y_0\) から無限遠 \(\infty\) まで積分します。
$$
\begin{aligned}
\int_0^v m v \, dv &= \int_{y_0}^{\infty} F_y \, dy
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動方程式の空間積分: \(\int F dy = \Delta K\)
- 置換積分: \(u = (l/2)^2 + y^2\) とおく
左辺の積分を計算します。
$$
\begin{aligned}
\text{左辺} &= \left[ \frac{1}{2} m v^2 \right]_0^v \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} m v^2
\end{aligned}
$$
右辺の積分を計算します。\(u = (l/2)^2 + y^2\) とおくと、\(du = 2y \, dy\) です。
$$
\begin{aligned}
\text{右辺} &= \int_{y_0}^{\infty} \frac{2k_0 Qq y}{\left( (l/2)^2 + y^2 \right)^{3/2}} \, dy \\[2.0ex]
&= k_0 Qq \int \frac{1}{u^{3/2}} \, du \\[2.0ex]
&= k_0 Qq \left[ -2 u^{-1/2} \right] \\[2.0ex]
&= -2k_0 Qq \left[ \frac{1}{\sqrt{(l/2)^2 + y^2}} \right]_{y_0}^{\infty} \\[2.0ex]
&= -2k_0 Qq \left( 0 – \frac{1}{\sqrt{(l/2)^2 + y_0^2}} \right) \\[2.0ex]
&= \frac{2k_0 Qq}{r_0} \quad (r_0 \text{は初期距離})
\end{aligned}
$$
これは \(q V_S\) に他なりません。
よって、\(\frac{1}{2} m v^2 = q V_S\) というエネルギー保存則の式が導かれ、以降の計算はメイン解法と同じになります。
「力×距離＝エネルギーの変化」という物理の基本ルールを使って計算しました。
力が場所によって変化するので、積分という計算テクニックを使って、少しずつ動くごとの仕事を足し合わせました。
すると、教科書に載っている「位置エネルギー」の式が自然に出てきて、エネルギー保存則と同じ結果になることが確認できました。
エネルギー保存則の正当性が確認でき、同じ結果が得られました。
思考の道筋とポイント
計算過程で出てきた \(r_A : r_B = 2 : 1\) という関係式に着目します。
「2定点からの距離の比が一定（\(m:n\)）である点の軌跡は、その2点を \(m:n\) に内分する点と外分する点を直径の両端とする円になる」という有名な幾何学定理（アポロニウスの円）を利用します。
この設問における重要なポイント
- 距離の比: \(r_A = 2r_B \iff r_A : r_B = 2 : 1\)。
- アポロニウスの円: 線分ABを \(2:1\) に内分する点Cと、外分する点Dを見つければ、CDが直径になります。
具体的な解説と立式
条件式より \(r_A : r_B = 2 : 1\) です。
点A \((-l/2, 0)\) と点B \((l/2, 0)\) を結ぶ線分ABを考えます。
1. 内分点C: ABを \(2:1\) に内分する点。
Aから \(2/3\)、Bから \(1/3\) の位置です。
座標 \(x_C\) を求める式を立てます。
$$
\begin{aligned}
x_C &= -l/2 + l \times \frac{2}{3}
\end{aligned}
$$
2. 外分点D: ABを \(2:1\) に外分する点。
Bの右側にあり、Aからの距離がBからの距離の2倍になる点です。
座標 \(x_D\) を求める式を立てます。
$$
\begin{aligned}
x_D &= l/2 + l
\end{aligned}
$$
求める円は、この線分CDを直径とする円です。
使用した物理公式
- アポロニウスの円の定理
内分点Cの座標を計算します。
$$
\begin{aligned}
x_C &= -l/2 + 2l/3 \\[2.0ex]
&= \frac{-3l + 4l}{6} \\[2.0ex]
&= \frac{l}{6}
\end{aligned}
$$
外分点Dの座標を計算します。
$$
\begin{aligned}
x_D &= l/2 + l \\[2.0ex]
&= \frac{3}{2}l
\end{aligned}
$$
中心の座標はCDの中点です。
$$
\begin{aligned}
\text{中心} &= \frac{x_C + x_D}{2} \\[2.0ex]
&= \frac{l/6 + 3l/2}{2} \\[2.0ex]
&= \frac{l/6 + 9l/6}{2} \\[2.0ex]
&= \frac{10l/6}{2} \\[2.0ex]
&= \frac{5}{6}l
\end{aligned}
$$
半径はCDの長さの半分です。
$$
\begin{aligned}
\text{半径} &= \frac{x_D – x_C}{2} \\[2.0ex]
&= \frac{3l/2 – l/6}{2} \\[2.0ex]
&= \frac{9l/6 – l/6}{2} \\[2.0ex]
&= \frac{8l/6}{2} \\[2.0ex]
&= \frac{2}{3}l
\end{aligned}
$$
これにより、中心 \(( \frac{5}{6}l, 0 )\)、半径 \(\frac{2}{3}l\) の円であることが即座に求まります。
「Aからの距離が、Bからの距離の2倍になる場所」を探すゲームです。
AとBを結ぶ線の上で探すと、内側（内分点）と外側（外分点）に1つずつ見つかります。
数学の定理で、この2つの点を結んだ線を直径とする円になることが分かっています。
これを使えば、面倒な方程式を解かなくても、図を描く感覚で答えが出せます。
メイン解法と全く同じ円が得られました。計算ミスを防ぐ検算としても有効です。
【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？
- 電位の重ね合わせと等電位面
- 核心: 複数の点電荷が作る電位は、個々の電荷が作る電位の単純な足し算（スカラー和）で求まる。
- 理解のポイント:
- 電位0の軌跡: 正電荷と負電荷がある場合、それらの作る電位が打ち消し合って \(0\) になる場所が存在し、それは特定の図形（アポロニウスの円など）を描く。
- 等電位面と電気力線: 等電位面（線）と電気力線は常に直交する。
- 電気力線の本数とガウスの法則的思考
- 核心: 電荷 \(Q\) から出る電気力線の本数は \(Q\) に比例する。この「本数の保存」を利用して、空間的な広がり（角度）を定量的に評価できる。
- 理解のポイント:
- 本数の比: 電荷量が \(2:1\) なら、出る本数も \(2:1\)。
- 対称性と立体角: 点電荷の周りでは電気力線は球対称に出るため、ある立体角（範囲）に出る本数は、その立体角の大きさに比例する。
応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点
- 応用できる類似問題のパターン:
- 異なる電荷量のペア: 今回のように \(+Q\) と \(-Q/2\) の場合だけでなく、\(+4Q\) と \(-Q\) など比率が変わっても、「アポロニウスの円」と「電気力線の本数比」のアプローチはそのまま使える。
- 導体球の鏡像電荷: 接地された導体球の近くに点電荷を置く問題は、導体球の中に「鏡像電荷」と呼ばれる仮想的な電荷を置くことで、本問と同じ「2つの点電荷の問題」に帰着できる。
- 初見の問題での着眼点:
- 対称性の確認: 軸対称性や面対称性があるか？あるなら、その軸や面上での振る舞い（電場の向きなど）を最初にチェックする。
- 特殊な点の探索: 電場が \(0\) になる点（平衡点）や、電位が \(0\) になる点を探す。これらはグラフや図形の概形を決める重要な手がかりになる。
- 遠方の振る舞い: 遠くから見れば、2つの電荷は合体して1つの点電荷（総電荷量 \(Q_{\text{total}}\)）に見える。電気力線が遠方でどうなるか（放射状か、閉じるか）を予想する。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 電場と電位の混同:
- 誤解: 「電場が \(0\) の場所では電位も \(0\) だろう」あるいはその逆と思い込む。
- 対策: 電場は「傾き」、電位は「高さ」とイメージする。傾きが \(0\)（平坦）でも標高が高い場所（山の頂上）はあるし、傾きが急でも標高 \(0\) の場所はある。必ず別々に計算する。
- 電気力線の分岐・合流:
- 誤解: 電気力線が途中で枝分かれしたり、合流したりする図を描いてしまう。
- 対策: 電気力線は電荷のない場所では決して交わらないし、分岐もしない。唯一の例外は「電場が \(0\) の点（平衡点）」のみ。ここだけは線が交差（または分岐・合流するような漸近挙動）できる。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- アポロニウスの円（別解）:
- 選定理由: 座標計算（\(x, y\) の方程式）は計算量が多くミスしやすいが、幾何学的性質を使えば「内分点」と「外分点」を求めるだけで円が特定でき、圧倒的に速いから。
- 適用根拠: 電位の式 \(kQ/r_A + k(-q)/r_B = 0\) が、距離の比 \(r_A : r_B = \text{一定}\) という形に変形できるため。
- エネルギー保存則:
- 選定理由: 荷電粒子の運動において、力が位置によって変化する場合、運動方程式を解く（積分する）のは大変だが、保存力場であればエネルギー保存則一発で速度と位置の関係が求まるから。
- 適用根拠: 静電力は保存力であり、非保存力（摩擦など）が仕事をしない系であるため。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 次元解析（ディメンションチェック）:
- 意識: 答えの式の単位を確認する。
- 実践: 電位 \(V\) の式なら \(kQ/r\) の形（距離の逆数）になっているか。電場 \(E\) なら \(kQ/r^2\) の形（距離の2乗の逆数）になっているか。特に円の方程式で \(x^2\) と \(l^2\) の次元が合っているか確認する。
- 極限の確認:
- 意識: 電荷量や距離を極端な値にしてみる。
- 実践: \(Q_B \to 0\) にしたら、Bの影響がなくなり、Aを中心とする等電位面（球）になるはず。アポロニウスの円の半径や中心がそれに近づくか確認する。
「電磁気が苦手」は思考のクセが原因です
問題108 コンデンサーの合成容量 (群馬大)
【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)の別解: 微積分を用いた体系的解法（ガウスの法則と電位の定義）
- コンデンサーの公式 \(Q=CV\) を前提とせず、ガウスの法則から電場を導出し、それを積分して電位差を定義します。さらに、回路方程式（キルヒホッフの法則）と電荷保存則を連立させ、全設問（容量、電圧、電荷、エネルギー）を一括して解く原理的なアプローチです。
- 設問(2)の別解: 電位法（ノード解析）を用いた解法
- 模範解答の別解として示されている方法の詳細解説です。回路内の接続点の電位を未知数とし、孤立部分の電荷保存則に基づいて連立方程式を立てます。
- 設問(1)の別解: 微積分を用いた体系的解法（ガウスの法則と電位の定義）
- 上記の別解が有益である理由
- 微積分の解法: 公式の成り立ちを理解し、物理現象を根本から記述する力を養います。
- 電位法の解法: 複雑な回路網でも、機械的な手順で確実に解を導ける汎用性の高い手法です。
- 結果への影響
- いずれのアプローチを用いても、最終的な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「コンデンサー回路の合成容量、電荷、電圧、エネルギーの計算」です。
複雑な回路を直列・並列の基本構造に分解し、合成容量を求めた上で、電荷や電圧がどのように分配されるかを解析します。
問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。
- コンデンサーの合成: 直列接続では逆数の和、並列接続では単純和となります。
- 電荷保存則: 孤立した導体部分（島）の電荷の総和は保存されます。
- 静電エネルギー: コンデンサーに蓄えられるエネルギーは \(U = \frac{1}{2}CV^2\) で表されます。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)では、回路を内側から順に合成し、全体の合成容量を求めます。
- (2)では、求めた合成容量と全電圧から全電荷を求め、それを回路図に戻して各部の電圧と電荷を順次決定します。
- (3)では、合成容量を用いて回路全体のエネルギーを一括計算します。
- (4)では、各コンデンサーの分圧比に基づき、最も早く耐電圧に達する箇所を特定して全体の最大電圧を求めます。
問(1)
思考の道筋とポイント
コンデンサーの回路網の合成容量を求めます。
回路の構造を分解し、直列接続と並列接続の基本パターンを見つけ出し、段階的に合成していきます。
この設問における重要なポイント
- 直列接続の合成容量 \(C_s\): 逆数の和が逆数になる。\(\displaystyle \frac{1}{C_s} = \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2}\)
- 並列接続の合成容量 \(C_p\): 容量の単純和になる。\(C_p = C_1 + C_2\)
- 計算の順序: 最も内側の構造から順に計算します。
- \(C_1\) と \(C_2\) の直列部分
- 上記と \(C_3\) の並列部分
- 上記全体と \(C_4\) の直列部分
具体的な解説と立式
まず、\(C_1\) (\(3.0\,\mu\text{F}\)) と \(C_2\) (\(1.5\,\mu\text{F}\)) は直列に接続されています。
この部分の合成容量を \(C_{12}\) とします。
直列接続の公式より、以下の式が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{C_{12}} &= \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2}
\end{aligned}
$$
次に、この \(C_{12}\) と \(C_3\) (\(2.0\,\mu\text{F}\)) は並列に接続されています。
この部分（並列ブロック全体）の合成容量を \(C_{123}\) とします。
並列接続の公式より、以下の式が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
C_{123} &= C_{12} + C_3
\end{aligned}
$$
最後に、この \(C_{123}\) と \(C_4\) (\(2.0\,\mu\text{F}\)) は直列に接続されています。
回路全体の合成容量 \(C\) は、直列接続の公式より以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{C} &= \frac{1}{C_{123}} + \frac{1}{C_4}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- コンデンサーの直列合成: \(\displaystyle \frac{1}{C} = \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2}\)
- コンデンサーの並列合成: \(C = C_1 + C_2\)
まず、\(C_{12}\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{C_{12}} &= \frac{1}{3.0} + \frac{1}{1.5} \\[2.0ex]
&= \frac{1}{3.0} + \frac{2}{3.0} \\[2.0ex]
&= \frac{3}{3.0} \\[2.0ex]
&= 1.0
\end{aligned}
$$
よって、逆数をとります。
$$
\begin{aligned}
C_{12} &= 1.0\,\mu\text{F}
\end{aligned}
$$
次に、\(C_{123}\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
C_{123} &= 1.0 + 2.0 \\[2.0ex]
&= 3.0\,\mu\text{F}
\end{aligned}
$$
最後に、全体の合成容量 \(C\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{C} &= \frac{1}{3.0} + \frac{1}{2.0} \\[2.0ex]
&= \frac{2}{6.0} + \frac{3}{6.0} \\[2.0ex]
&= \frac{5}{6.0}
\end{aligned}
$$
逆数をとって値を求めます。
$$
\begin{aligned}
C &= \frac{6.0}{5} \\[2.0ex]
&= 1.2\,\mu\text{F}
\end{aligned}
$$
複雑に見える回路も、基本パーツ（直列・並列）の組み合わせに分解すれば単純化できます。
まず上の列の2つが直列なので、これを1つのコンデンサーとみなして計算します。
次に、それと下のコンデンサーが並列なので、これらをまとめて大きな1つのブロックとみなします。
最後に、そのブロックと右側のコンデンサーが直列につながっているので、全体をまとめて計算しました。
合成容量は \(1.2\,\mu\text{F}\) です。
直列接続を含むため、最も小さい容量（\(1.5\,\mu\text{F}\) や \(2.0\,\mu\text{F}\)）よりも小さくなる傾向があります。計算結果 \(1.2\,\mu\text{F}\) は妥当な値です。
問(2)
思考の道筋とポイント
各コンデンサーの電圧と電荷を求めます。
(1)で求めた合成容量と、回路の接続関係（直列なら電荷等しい、並列なら電圧等しい）を利用して、全体から部分へと順に値を決定していきます。
この設問における重要なポイント
- 直列回路の分圧: 電荷 \(Q\) が共通で、電圧は容量の逆比に分配される。\(V = Q/C\)。
- 並列回路の分流: 電圧 \(V\) が共通で、電荷は容量に比例して分配される。\(Q = CV\)。
- 全体の電荷 \(Q_{\text{全}}\): 合成容量 \(C\) と電源電圧 \(E\) から求まる。\(Q_{\text{全}} = CE\)。
具体的な解説と立式
まず、回路全体に蓄えられる総電荷 \(Q_{\text{全}}\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
Q_{\text{全}} &= C E
\end{aligned}
$$
回路図を見ると、\(C_4\) は回路全体に対して直列に入っています。
したがって、\(C_4\) に蓄えられる電荷 \(Q_4\) は総電荷 \(Q_{\text{全}}\) に等しくなります。
$$
\begin{aligned}
Q_4 &= Q_{\text{全}}
\end{aligned}
$$
\(C_4\) の電圧 \(V_4\) は以下の式で求まります。
$$
\begin{aligned}
V_4 &= \frac{Q_4}{C_4}
\end{aligned}
$$
次に、並列ブロック（\(C_1, C_2\) の列と \(C_3\) の列）にかかる電圧 \(V_{123}\) を考えます。
キルヒホッフの法則（電圧降下の和は電源電圧）より、以下の関係が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
V_{123} + V_4 &= E
\end{aligned}
$$
この \(V_{123}\) は、並列接続されている \(C_3\) の電圧 \(V_3\) そのものです。
$$
\begin{aligned}
V_3 &= V_{123}
\end{aligned}
$$
\(C_3\) の電荷 \(Q_3\) は以下の式で求まります。
$$
\begin{aligned}
Q_3 &= C_3 V_3
\end{aligned}
$$
最後に、\(C_1\) と \(C_2\) の直列部分を考えます。
この部分全体にかかる電圧も \(V_{123}\) です。
直列接続では電荷が共通になるため、\(Q_1 = Q_2\) です。
また、電圧は容量の逆比に分配されます。
$$
\begin{aligned}
V_1 &= V_{123} \times \frac{C_2}{C_1 + C_2} \\[2.0ex]
V_2 &= V_{123} \times \frac{C_1}{C_1 + C_2}
\end{aligned}
$$
それぞれの電荷は以下の式で求まります。
$$
\begin{aligned}
Q_1 &= C_1 V_1 \\[2.0ex]
Q_2 &= C_2 V_2
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 基本式: \(Q = CV\)
- 直列回路の分圧: \(V_1 : V_2 = \frac{1}{C_1} : \frac{1}{C_2} = C_2 : C_1\)
総電荷 \(Q_{\text{全}}\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
Q_{\text{全}} &= 1.2\,\mu\text{F} \times 6.0\,\text{V} \\[2.0ex]
&= 7.2\,\mu\text{C}
\end{aligned}
$$
\(C_4\) について計算します。
$$
\begin{aligned}
Q_4 &= 7.2\,\mu\text{C} \\[2.0ex]
V_4 &= \frac{7.2}{2.0} \\[2.0ex]
&= 3.6\,\text{V}
\end{aligned}
$$
並列ブロックの電圧 \(V_{123}\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
V_{123} &= 6.0 – 3.6 \\[2.0ex]
&= 2.4\,\text{V}
\end{aligned}
$$
\(C_3\) について計算します。
$$
\begin{aligned}
V_3 &= 2.4\,\text{V} \\[2.0ex]
Q_3 &= 2.0 \times 2.4 \\[2.0ex]
&= 4.8\,\mu\text{C}
\end{aligned}
$$
\(C_1, C_2\) について計算します。
電圧を逆比（\(C_1:C_2 = 3.0:1.5 = 2:1\) なので、電圧比は \(1:2\)）で分配します。
$$
\begin{aligned}
V_1 &= 2.4 \times \frac{1}{1+2} \\[2.0ex]
&= 2.4 \times \frac{1}{3} \\[2.0ex]
&= 0.80\,\text{V}
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
V_2 &= 2.4 \times \frac{2}{1+2} \\[2.0ex]
&= 2.4 \times \frac{2}{3} \\[2.0ex]
&= 1.6\,\text{V}
\end{aligned}
$$
電荷を計算します。
$$
\begin{aligned}
Q_1 &= 3.0 \times 0.80 \\[2.0ex]
&= 2.4\,\mu\text{C}
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
Q_2 &= 1.5 \times 1.6 \\[2.0ex]
&= 2.4\,\mu\text{C}
\end{aligned}
$$
（\(Q_1 = Q_2\) となり、直列の条件を満たしています）
まず、回路全体に流れ込む電気の総量を計算しました。この電気は、出口にある \(C_4\) を必ず通るため、\(C_4\) の電気量は総量と同じになります。
次に、\(C_4\) で使われた電圧を引いた残りが、手前の並列部分にかかります。
並列部分は「上の道」と「下の道」に分かれていますが、電圧（高さの差）は同じです。
下の道（\(C_3\)）はそのまま計算し、上の道（\(C_1, C_2\)）はさらにその電圧を2人で分け合う（容量の逆比で山分けする）ことで、それぞれの電圧と電気量を求めました。
すべての電圧の和（経路ごと）が \(6.0\,\text{V}\) になるか確認します。
\(V_1 + V_2 + V_4 = 0.80 + 1.6 + 3.6 = 6.0\,\text{V}\)。OK。
\(V_3 + V_4 = 2.4 + 3.6 = 6.0\,\text{V}\)。OK。
計算結果は物理的に整合しています。
\(V_1=0.80\,\text{V}, \, V_2=1.6\,\text{V}, \, V_3=2.4\,\text{V}, \, V_4=3.6\,\text{V}\)
\(Q_1=2.4 \times 10^{-6}\,\text{C}, \, Q_2=2.4 \times 10^{-6}\,\text{C}, \, Q_3=4.8 \times 10^{-6}\,\text{C}, \, Q_4=7.2 \times 10^{-6}\,\text{C}\)
思考の道筋とポイント
模範解答の別解として示されている方法です。
回路の接続点（ノード）の電位を未知数として設定し、電気量保存則を用いて連立方程式を立てて解きます。
この方法は、問(1)の別解（微積分を用いた体系的解法）の計算プロセスと本質的に同じですが、ここでは「電位法」というテクニックとして改めて整理します。
この設問における重要なポイント
- ノード電位の設定: 接地点を \(0\,\text{V}\) とし、未知の点の電位を文字（\(x, y\)）で置きます。
- 孤立部分の特定: コンデンサーの極板に挟まれた、外部と導線でつながっていない「島」を見つけます。
- 電気量保存則: 「島」に出入りする電荷はないため、島内の電荷の総和は初期状態（\(0\)）と同じになります。
具体的な解説と立式
図のように、\(C_1\) と \(C_2\) の間の電位を \(x\)、\(C_1, C_2\) と \(C_4\) の間の電位を \(y\) とします。
電源電圧は \(6.0\,\text{V}\) なので、\(C_1\) の左側は \(6.0\,\text{V}\)、\(C_4\) の右側は \(0\,\text{V}\) です。
1. 電位 \(x\) のノード（\(C_1\)右極板、\(C_2\)左極板）における電気量保存則
\(C_1\) の右極板の電荷は \(-C_1(6.0 – x)\)、\(C_2\) の左極板の電荷は \(+C_2(x – y)\) です。
$$
\begin{aligned}
-C_1(6.0 – x) + C_2(x – y) &= 0
\end{aligned}
$$
2. 電位 \(y\) のノード（\(C_2\)右極板、\(C_3\)右極板、\(C_4\)左極板）における電気量保存則
\(C_2\) の右極板は \(-C_2(x – y)\)、\(C_3\) の右極板は \(-C_3(6.0 – y)\)、\(C_4\) の左極板は \(+C_4(y – 0)\) です。
$$
\begin{aligned}
-C_2(x – y) – C_3(6.0 – y) + C_4 y &= 0
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- コンデンサーの電荷: \(Q = C \times (\text{電位差})\)
- 電気量保存則: \((\text{電荷の総和}) = 0\)
数値を代入して連立方程式を解きます。
1つ目の式：
$$
\begin{aligned}
-3.0(6.0 – x) + 1.5(x – y) &= 0 \\[2.0ex]
-18.0 + 3.0x + 1.5x – 1.5y &= 0 \\[2.0ex]
4.5x – 1.5y &= 18.0 \\[2.0ex]
3x – y &= 12.0 \quad \cdots ①
\end{aligned}
$$
2つ目の式：
$$
\begin{aligned}
-1.5(x – y) – 2.0(6.0 – y) + 2.0y &= 0 \\[2.0ex]
-1.5x + 1.5y – 12.0 + 2.0y + 2.0y &= 0 \\[2.0ex]
-1.5x + 5.5y &= 12.0 \\[2.0ex]
-3x + 11y &= 24.0 \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$
①と②を足します。
$$
\begin{aligned}
10y &= 36.0 \\[2.0ex]
y &= 3.6\,\text{V}
\end{aligned}
$$
①より \(x\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
3x &= 12.0 + 3.6 \\[2.0ex]
3x &= 15.6 \\[2.0ex]
x &= 5.2\,\text{V}
\end{aligned}
$$
これより各電圧が求まります。
$$
\begin{aligned}
V_1 &= 6.0 – x = 0.80\,\text{V} \\[2.0ex]
V_2 &= x – y = 1.6\,\text{V} \\[2.0ex]
V_3 &= 6.0 – y = 2.4\,\text{V} \\[2.0ex]
V_4 &= y – 0 = 3.6\,\text{V}
\end{aligned}
$$
電荷 \(Q\) は \(Q=CV\) で計算し、メイン解法と同じ結果を得ます。
回路の分岐点に「未知の電圧」を設定し、それぞれの場所で「電気が勝手に湧いたり消えたりしない」という保存のルールを式にしました。
これを解くことで、パズルのように電圧が決まりました。
メイン解法と完全に一致する結果が得られました。
この方法は、直列・並列の区別がつきにくい複雑な回路（ブリッジ回路など）でも有効な強力な解法です。
問(3)
思考の道筋とポイント
各コンデンサーに蓄えられた静電エネルギーの合計 \(U\) を求めます。
個別に計算して足し合わせる方法もありますが、(1)で求めた「合成容量」を利用するのが最も効率的です。
この設問における重要なポイント
- エネルギーの等価性: 回路全体のエネルギーは、合成容量 \(C\) のコンデンサー1つに電圧 \(E\) をかけたときのエネルギーと等しくなります。
- 静電エネルギーの公式: \(U = \frac{1}{2}CV^2\) または \(U = \frac{1}{2}QV\)。
具体的な解説と立式
回路全体を1つのコンデンサー（容量 \(C\)）とみなします。
これに電源電圧 \(E\) がかかっているため、全体のエネルギー \(U\) は以下の式で表されます。
$$
\begin{aligned}
U &= \frac{1}{2} C E^2
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 静電エネルギー: \(U = \frac{1}{2}CV^2\)
数値を代入します。
$$
\begin{aligned}
U &= \frac{1}{2} \times (1.2 \times 10^{-6}) \times (6.0)^2 \\[2.0ex]
&= 0.6 \times 10^{-6} \times 36 \\[2.0ex]
&= 21.6 \times 10^{-6} \\[2.0ex]
&= 2.2 \times 10^{-5}\,\text{J}
\end{aligned}
$$
（有効数字2桁に丸めます）
4つのコンデンサー全部のエネルギーを一つずつ計算して足しても良いですが、(1)で求めた「全部まとめた容量」を使えば、1回の計算で合計が出せます。
「1.2 \(\mu\text{F}\) のコンデンサーに 6.0 V の電池をつないだ」のと同じことだからです。
個別に計算した場合（別解参照）と一致することを確認します。
\(2.2 \times 10^{-5}\,\text{J}\) は妥当な大きさです。
思考の道筋とポイント
検算も兼ねて、各コンデンサーのエネルギー \(U_1 \sim U_4\) を個別に計算し、合計します。
この設問における重要なポイント
- エネルギーの加法性: 全エネルギー \(U = U_1 + U_2 + U_3 + U_4\)。
具体的な解説と立式
各コンデンサーのエネルギーは \(U_i = \frac{1}{2} C_i V_i^2\) で計算します。
$$
\begin{aligned}
U &= \frac{1}{2} C_1 V_1^2 + \frac{1}{2} C_2 V_2^2 + \frac{1}{2} C_3 V_3^2 + \frac{1}{2} C_4 V_4^2
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 静電エネルギー: \(U = \frac{1}{2}CV^2\)
$$
\begin{aligned}
U_1 &= \frac{1}{2} \times 3.0 \times (0.80)^2 = 1.5 \times 0.64 = 0.96\,\mu\text{J} \\[2.0ex]
U_2 &= \frac{1}{2} \times 1.5 \times (1.6)^2 = 0.75 \times 2.56 = 1.92\,\mu\text{J} \\[2.0ex]
U_3 &= \frac{1}{2} \times 2.0 \times (2.4)^2 = 1.0 \times 5.76 = 5.76\,\mu\text{J} \\[2.0ex]
U_4 &= \frac{1}{2} \times 2.0 \times (3.6)^2 = 1.0 \times 12.96 = 12.96\,\mu\text{J}
\end{aligned}
$$
合計します。
$$
\begin{aligned}
U &= 0.96 + 1.92 + 5.76 + 12.96 \\[2.0ex]
&= 21.6\,\mu\text{J} \\[2.0ex]
&= 2.2 \times 10^{-5}\,\text{J}
\end{aligned}
$$
それぞれのコンデンサーが持っているエネルギーを一つずつ計算して、最後に全部足し算しました。
メイン解法の結果と完全に一致しました。
思考の道筋とポイント
ここでは、コンデンサーの公式 \(Q=CV\) を天下り的に使わず、電磁気学の基本原理から出発して、回路全体の状態（電荷分布、電位分布）を一括して解明します。
この手法は、設問(1)〜(3)のすべてを網羅します。
この設問における重要なポイント
- ガウスの法則: 電荷 \(Q\) が存在すると、その周囲に電場 \(E\) が生じます。極板間では \(E = \frac{Q}{\varepsilon_0 S}\) となります。
- 電位の定義: 電位差 \(V\) は電場の積分です。\(V = \int E \, dx\)。一様電場なら \(V = Ed\) です。
- キルヒホッフの第2法則（回路方程式）: 任意の閉回路において、電位の変化の総和は \(0\) です。
- 電荷保存則: 孤立した導体部分の電荷の総和は変化しません。
具体的な解説と立式
各コンデンサーの極板間隔を \(d_i\)、極板面積を \(S_i\) とします。真空の誘電率を \(\varepsilon_0\) とします。
容量の定義より、\(C_i = \frac{\varepsilon_0 S_i}{d_i}\) です。
回路内の各点の電位を以下のように定義します。
- 電源の負極（アース）: \(0\,\text{V}\)
- 電源の正極: \(E_0 = 6.0\,\text{V}\)
- \(C_1\) と \(C_2\) の間の導体部分: \(x\,\text{V}\)
- \(C_1, C_2\) の並列ブロックと \(C_4\) の間の導体部分: \(y\,\text{V}\)
各コンデンサーにかかる電圧（電位差）は以下のようになります。
- \(C_1\): \(V_1 = E_0 – x\)
- \(C_2\): \(V_2 = x – y\)
- \(C_3\): \(V_3 = E_0 – y\)
- \(C_4\): \(V_4 = y – 0 = y\)
各コンデンサーに蓄えられる電荷 \(Q_i\) を、ガウスの法則と電位の定義から導かれる \(Q_i = C_i V_i\) の関係を用いて表します。
$$
\begin{aligned}
Q_1 &= C_1(E_0 – x) \\[2.0ex]
Q_2 &= C_2(x – y) \\[2.0ex]
Q_3 &= C_3(E_0 – y) \\[2.0ex]
Q_4 &= C_4 y
\end{aligned}
$$
次に、電気的に孤立している導体部分（島）に着目し、電荷保存則を立式します。
初期電荷はすべて \(0\) です。
1. 点 \(x\) を含む孤立部分（\(C_1\) の右極板と \(C_2\) の左極板）
\(C_1\) の右極板の電荷は \(-Q_1\)、\(C_2\) の左極板の電荷は \(+Q_2\) です。
$$
\begin{aligned}
-Q_1 + Q_2 &= 0
\end{aligned}
$$
2. 点 \(y\) を含む孤立部分（\(C_2\) の右極板、\(C_3\) の右極板、\(C_4\) の左極板）
\(C_2\) の右極板は \(-Q_2\)、\(C_3\) の右極板は \(-Q_3\)、\(C_4\) の左極板は \(+Q_4\) です。
$$
\begin{aligned}
-Q_2 – Q_3 + Q_4 &= 0
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- ガウスの法則と電位の定義からの帰結: \(Q = CV\)
- 電荷保存則: \((\text{流入電荷}) = (\text{流出電荷})\) または \((\text{電荷の総和}) = \text{一定}\)
まず、電荷の式を保存則の式に代入して、未知数 \(x, y\) に関する連立方程式を作ります。
1つ目の保存則より：
$$
\begin{aligned}
-C_1(E_0 – x) + C_2(x – y) &= 0
\end{aligned}
$$
数値を代入します（単位 \(\mu\text{F}\)）。
$$
\begin{aligned}
-3.0(6.0 – x) + 1.5(x – y) &= 0
\end{aligned}
$$
両辺を \(1.5\) で割ります。
$$
\begin{aligned}
-2(6.0 – x) + (x – y) &= 0 \\[2.0ex]
-12.0 + 2x + x – y &= 0 \\[2.0ex]
3x – y &= 12.0 \quad \cdots ①
\end{aligned}
$$
2つ目の保存則より：
$$
\begin{aligned}
-C_2(x – y) – C_3(E_0 – y) + C_4 y &= 0
\end{aligned}
$$
数値を代入します。
$$
\begin{aligned}
-1.5(x – y) – 2.0(6.0 – y) + 2.0y &= 0
\end{aligned}
$$
展開して整理します。
$$
\begin{aligned}
-1.5x + 1.5y – 12.0 + 2.0y + 2.0y &= 0 \\[2.0ex]
-1.5x + 5.5y &= 12.0
\end{aligned}
$$
両辺を2倍して整数にします。
$$
\begin{aligned}
-3x + 11y &= 24.0 \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$
式①と式②を連立して解きます。
式①と式②を足します。
$$
\begin{aligned}
(3x – y) + (-3x + 11y) &= 12.0 + 24.0 \\[2.0ex]
10y &= 36.0 \\[2.0ex]
y &= 3.6\,\text{V}
\end{aligned}
$$
これを式①に代入して \(x\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
3x – 3.6 &= 12.0 \\[2.0ex]
3x &= 15.6 \\[2.0ex]
x &= 5.2\,\text{V}
\end{aligned}
$$
これで回路内の電位分布が完全に決定しました。
ここから各設問の答えを導きます。
設問(1) 合成容量 \(C\)
回路全体に蓄えられる電荷 \(Q_{\text{全}}\) は、電源から供給された電荷、つまり \(C_4\) の右極板（接地側）から流れ込んだ電荷と等価（符号逆）な \(Q_4\) です。
$$
\begin{aligned}
Q_{\text{全}} &= Q_4 \\[2.0ex]
&= C_4 y \\[2.0ex]
&= 2.0 \times 3.6 \\[2.0ex]
&= 7.2\,\mu\text{C}
\end{aligned}
$$
合成容量 \(C\) は、全電荷を全電圧 \(E_0\) で割ったものです。
$$
\begin{aligned}
C &= \frac{Q_{\text{全}}}{E_0} \\[2.0ex]
&= \frac{7.2}{6.0} \\[2.0ex]
&= 1.2\,\mu\text{F}
\end{aligned}
$$
設問(2) 各電圧と電荷
求めた \(x, y\) を定義式に代入します。
$$
\begin{aligned}
V_1 &= 6.0 – 5.2 = 0.80\,\text{V} \\[2.0ex]
V_2 &= 5.2 – 3.6 = 1.6\,\text{V} \\[2.0ex]
V_3 &= 6.0 – 3.6 = 2.4\,\text{V} \\[2.0ex]
V_4 &= 3.6 – 0 = 3.6\,\text{V}
\end{aligned}
$$
電荷 \(Q = CV\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
Q_1 &= 3.0 \times 0.80 = 2.4\,\mu\text{C} \\[2.0ex]
Q_2 &= 1.5 \times 1.6 = 2.4\,\mu\text{C} \\[2.0ex]
Q_3 &= 2.0 \times 2.4 = 4.8\,\mu\text{C} \\[2.0ex]
Q_4 &= 2.0 \times 3.6 = 7.2\,\mu\text{C}
\end{aligned}
$$
設問(3) 静電エネルギー
全体のエネルギー \(U\) は、合成容量 \(C\) と全電圧 \(E_0\) から求まります。
$$
\begin{aligned}
U &= \frac{1}{2} C E_0^2 \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} \times (1.2 \times 10^{-6}) \times (6.0)^2 \\[2.0ex]
&= 0.6 \times 10^{-6} \times 36 \\[2.0ex]
&= 21.6 \times 10^{-6} \\[2.0ex]
&= 2.2 \times 10^{-5}\,\text{J}
\end{aligned}
$$
回路の各点の「高さ（電位）」を未知数 \(x, y\) と置き、「孤立した島の中では電気の総量は変わらない」というルール（保存則）を使って方程式を立てました。
これを解くことで、回路全体の電圧の分布が一気に分かりました。
電圧が分かれば、それぞれのコンデンサーに溜まっている電気の量も、回路全体の容量も、エネルギーもすべて計算できます。
個別にパズルを解くのではなく、全体を支配するルールから一網打尽にする方法です。
合成容量 \(1.2\,\mu\text{F}\) はメイン解法と一致しました。
電圧や電荷の値も、物理的な矛盾（例：直列部分の電荷 \(Q_1, Q_2\) が等しいことなど）がなく、正しい結果です。
問(4)
思考の道筋とポイント
各コンデンサーには耐えられる電圧の限界（耐電圧 \(45\,\text{V}\)）があります。
回路全体の電圧 \(V\) を徐々に上げていったとき、どのコンデンサーが最初に限界の \(45\,\text{V}\) に達するかを考えます。
最も電圧がかかりやすい（分圧比が大きい）コンデンサーがボトルネックとなり、全体の耐電圧 \(V_{\text{最大}}\) を決定します。
この設問における重要なポイント
- 電圧の比例関係: 回路全体の電圧 \(V\) を \(k\) 倍にすると、各部の電圧 \(V_1 \sim V_4\) もすべて \(k\) 倍になります。
- ボトルネックの特定: (2)の結果より、電圧の比率は \(V_1 : V_2 : V_3 : V_4 = 0.8 : 1.6 : 2.4 : 3.6\) で固定されています。この中で最も電圧が高い \(V_4\) が最初に限界に達します。
具体的な解説と立式
(2)の結果より、各コンデンサーにかかる電圧は以下の比率になっています。
$$
\begin{aligned}
V_1 : V_2 : V_3 : V_4 &= 0.80 : 1.6 : 2.4 : 3.6
\end{aligned}
$$
最も大きな電圧がかかるのは \(C_4\) です。
したがって、\(C_4\) の電圧 \(V_4’\) が耐電圧 \(45\,\text{V}\) に達したとき、回路全体にかかる電圧 \(V_{\text{最大}}\) が求まります。
このとき、回路全体の電圧 \(V_{\text{最大}}\) と \(C_4\) の電圧 \(V_4’\) の比は、(2)のときの全体電圧 \(E=6.0\,\text{V}\) と \(V_4=3.6\,\text{V}\) の比と同じです。
$$
\begin{aligned}
V_{\text{最大}} : V_4′ &= E : V_4
\end{aligned}
$$
よって、以下の式が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
V_{\text{最大}} &= V_4′ \times \frac{E}{V_4}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 線形性（比例関係）: \(V_{\text{全体}} \propto V_{\text{部分}}\)
数値を代入します。
$$
\begin{aligned}
V_{\text{最大}} &= 45 \times \frac{6.0}{3.6} \\[2.0ex]
&= 45 \times \frac{60}{36} \\[2.0ex]
&= 45 \times \frac{5}{3} \\[2.0ex]
&= 15 \times 5 \\[2.0ex]
&= 75\,\text{V}
\end{aligned}
$$
この回路では、電圧の配分比率は常に決まっています。
計算の結果、\(C_4\) に一番高い電圧がかかることが分かっています。
つまり、全体の電圧を上げていくと、真っ先に \(C_4\) が壊れます。
\(C_4\) が限界の \(45\,\text{V}\) になったとき、全体には何Vかかっているかを比例計算で求めました。
元の状態で \(6.0\,\text{V}\) のうち \(3.6\,\text{V}\) が \(C_4\) にかかっていたので、\(C_4\) が \(45\,\text{V}\) になるなら、全体はその \(\frac{6.0}{3.6}\) 倍の電圧になっているはずです。
答えは \(75\,\text{V}\) です。
念のため、このとき他のコンデンサーが \(45\,\text{V}\) を超えていないか確認します。
\(V_3′ = 75 \times \frac{2.4}{6.0} = 30\,\text{V} < 45\,\text{V}\)。OK。
\(V_2′ = 75 \times \frac{1.6}{6.0} = 20\,\text{V} < 45\,\text{V}\)。OK。
\(V_1′ = 75 \times \frac{0.80}{6.0} = 10\,\text{V} < 45\,\text{V}\)。OK。
確かに \(C_4\) が最初に限界に達し、そのときの全体電圧は \(75\,\text{V}\) 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？
- コンデンサーの回路網解析（合成容量と分圧・分流）
- 核心: 複雑に見える回路も、最小単位である「直列接続」と「並列接続」のブロックに分解することで、単純な等価回路に置き換えて解析できる。
- 理解のポイント:
- 直列接続: 電荷 \(Q\) が共通、電圧 \(V\) は容量の逆比に分配される。合成容量は逆数の和。
- 並列接続: 電圧 \(V\) が共通、電荷 \(Q\) は容量に比例して分配される。合成容量は単純和。
- 電気量保存則と電位の決定（孤立系の原理）
- 核心: コンデンサーの極板と導線で囲まれた「孤立部分（島）」では、外部からの電荷の出入りがないため、電荷の総和は常に一定（初期状態と同じ）に保たれる。
- 理解のポイント:
- 電位法: 回路の接続点（ノード）の電位を未知数とし、この保存則を立式することで、どのような複雑な回路でも機械的に解くことができる。
応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点
- 応用できる類似問題のパターン:
- ブリッジ回路（ホイートストンブリッジ）: 直列・並列の区別がつかない回路。この場合は「合成容量法」は使えず、必ず「電位法（キルヒホッフの法則）」で解く必要がある。
- スイッチを含む回路の電荷再配分: スイッチを切り替えた前後で、どの部分が孤立しているかを見極め、保存則を立てる手順は本問と全く同じ。
- 初見の問題での着眼点:
- 回路の分解と再描画: パッと見て直列・並列が分からないときは、等電位の点をまとめたり、導線を伸縮させて見慣れた形に変形する。
- 孤立部分の発見: コンデンサーに挟まれた導線部分を赤ペンなどで囲み、「ここの電荷の合計は変わらない」と宣言することからスタートする。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 合成容量の公式の混同（抵抗との逆転）:
- 誤解: 抵抗の合成公式（直列＝和、並列＝逆数の和）と混同し、コンデンサーでも同じ計算をしてしまう。
- 対策: コンデンサーは「面積が増える＝並列＝容量増（足し算）」「距離が増える＝直列＝容量減（逆数和）」という物理的イメージとセットで記憶する。
- 耐電圧に関する誤った直感:
- 誤解: 「容量 \(C\) が小さいコンデンサーほど、すぐに一杯になって壊れやすい」と短絡的に判断してしまう。
- 対策: 耐電圧は「電圧 \(V\)」の限界であり、\(V = Q/C\) で決まる。直列回路では確かに \(C\) が小さいほど \(V\) は大きくなるが、回路全体での電圧配分（分圧比）を計算して、最も高い電圧がかかる箇所を特定する必要がある。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 合成容量と分圧の法則（メイン解法）:
- 選定理由: 今回の回路は明確に直列・並列の階層構造になっており、順次計算していく方が変数が少なく、計算ミスも防ぎやすいため。
- 適用根拠: 回路図から、\(C_1, C_2\) が直列、それと \(C_3\) が並列、さらに \(C_4\) が直列という構造が一意に定まるため。
- 電位法・電荷保存則（別解）:
- 選定理由: 回路構造が複雑で直列・並列が見抜きにくい場合や、スイッチ操作で電荷が移動する場合に、最も汎用性が高く確実な方法であるため。
- 適用根拠: キルヒホッフの法則と電荷保存則は、どのような回路網においても常に成立する基本原理であるため。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 単位の省略と復元（指数計算の簡略化）:
- 意識: 毎回 \(\times 10^{-6}\) を書くと式が煩雑になりミスを誘発する。
- 実践: 計算途中は \(\mu\)（マイクロ）を無視して係数（\(1.2, 3.0\) など）だけで計算し、最終的な答えを出す直前に単位（\(\mu\text{F}, \mu\text{C}\)）や指数（\(\times 10^{-6}\)）を復元する。ただし、電圧 \(V\) には \(\mu\) がつかないことに注意。
- キルヒホッフの電圧則による検算:
- 意識: 求めた各部の電圧が正しいか、閉回路を一周して確認する。
- 実践: \(V_1 + V_2 + V_4 = 6.0\,\text{V}\) や \(V_3 + V_4 = 6.0\,\text{V}\) のように、分割された電圧を足し合わせて電源電圧に戻るかを必ずチェックする。
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