平行平板コンデンサーの電気容量を理論的に導出し、RC 放電回路の実験データから電気容量を実験的に求める問題です。会話文形式で実験の改善まで問われます。
空欄ア — 電場の大きさ：平行平板コンデンサーの極板間の電場は一様です。電圧 $V$ と極板間隔 $d$ の関係から
$$E = \frac{V}{d} \quad \cdots \text{空欄ア}$$ガウスの法則から電場を表す：真空中のクーロンの法則の比例定数を $k_0$ とすると、電荷 $Q$ から出る電気力線の本数は $4\pi k_0 Q$ 本です。これらの電気力線はすべて面積 $S$ の極板を貫くので
$$E = \frac{4\pi k_0 Q}{S}$$空欄イ — 電気容量の導出：2つの式を等しいとおくと
$$\frac{V}{d} = \frac{4\pi k_0 Q}{S}$$ $$Q = \frac{SV}{4\pi k_0 d} = CV$$したがって
$$C = \frac{S}{4\pi k_0 d} \quad \cdots \text{空欄イ}$$これは $\varepsilon_0 = 1/(4\pi k_0)$ を使えば $C = \varepsilon_0 S / d$ と書ける、おなじみの公式です。
真空中の点電荷 $Q$ がつくる電場は $E = k_0 Q / r^2$ です。半径 $r$ の球面を貫く電気力線の本数は
$$N = E \times 4\pi r^2 = k_0 \frac{Q}{r^2} \times 4\pi r^2 = 4\pi k_0 Q$$この関係は球面の半径 $r$ によらず一定です。平行平板コンデンサーでは電気力線がすべて極板間を等間隔に貫くため、電気力線の面密度（＝電場の大きさ）は
$$E = \frac{N}{S} = \frac{4\pi k_0 Q}{S}$$教科書によっては $\varepsilon_0 = 1/(4\pi k_0)$ を用いて $E = Q/(\varepsilon_0 S)$ と書きます。
真空の誘電率 $\varepsilon_0 = 1/(4\pi k_0)$ を使えば、ガウスの法則は
$$E = \frac{Q}{\varepsilon_0 S}$$$E = V/d$ と合わせて
$$C = \frac{Q}{V} = \frac{\varepsilon_0 S}{d} = \frac{S}{4\pi k_0 d}$$どちらの表記でも同じ結果になります。共通テストでは $k_0$ を使う出題が多い点に注意しましょう。
平行平板コンデンサーの電気容量 $C = S/(4\pi k_0 d) = \varepsilon_0 S / d$ は、極板面積 $S$ に比例し極板間隔 $d$ に反比例する。導出のキーは「電場の一様性 $E = V/d$」と「ガウスの法則 $E = 4\pi k_0 Q/S$」の2本の式を等しいとおくこと。
回路の説明：直流電源（5.0 V）でコンデンサーを十分に充電し、スイッチを開いてコンデンサーと抵抗のみの閉回路で放電させます（図2）。
t = 0 でのオームの法則：スイッチを開いた直後、コンデンサーの電圧はまだ $V_0 = 5.0\;\text{V}$。図3のグラフから $t = 0$ での電流を読み取ると
$$I_0 = 100\;\text{mA} = 0.10\;\text{A}$$抵抗値の計算：
$$R = \frac{V_0}{I_0} = \frac{5.0}{0.10} = 50\;\Omega$$RC 放電回路の電流は
$$I(t) = I_0 \, e^{-t/(RC)}$$時定数 $\tau = RC$ のとき $I(\tau) = I_0 / e \fallingdotseq 0.368 \, I_0 \fallingdotseq 37\;\text{mA}$ です。グラフから $I \fallingdotseq 37\;\text{mA}$ となる時刻を読み取ると $t \fallingdotseq 50\;\text{s}$ 程度なので
$$\tau = RC \fallingdotseq 50\;\text{s} \quad \Rightarrow \quad C \fallingdotseq \frac{50}{50} = 1.0\;\text{F}$$この概算は問3以降の解答の妥当性チェックに使えます。
RC 放電回路で $t = 0$ の電流 $I_0$ と初期電圧 $V_0$ の比から抵抗が求まる：$R = V_0 / I_0$。グラフの縦軸の切片を正しく読み取ることが重要。単位の換算（mA → A）にも注意。
空欄23 — 1 cm² が対応する電気量：方眼紙のスケールは、横軸 1 cm = 10 s、縦軸 1 cm = 10 mA です。したがって
$$1\;\text{cm}^2 = 10\;\text{s} \times 10\;\text{mA} = 10\;\text{s} \times 0.010\;\text{A} = 0.10\;\text{C}$$面積の読み取り：図4の斜線部分（$t = 0$ s から $t = 120$ s まで）の面積を升目を数えて求めると約 $45\;\text{cm}^2$ です。
空欄24 — 電気容量の計算：
$$Q = 45 \times 0.10 = 4.5\;\text{C}$$ $$C = \frac{Q}{V_0} = \frac{4.5}{5.0} = 0.90\;\text{F} = 9.0 \times 10^{-1}\;\text{F}$$方眼紙上で曲線の下の面積を求めるとき、升目の中心が曲線より下にあれば「1 cm² 分」と数え、上にあれば数えません。境界付近は目分量で 0.5 cm² 等と見積もります。
RC 放電の理論値を使った検算：$Q_{\text{total}} = CV_0$ で $C \fallingdotseq 1\;\text{F}$ なら $Q_{\text{total}} \fallingdotseq 5\;\text{C}$。$t = 120\;\text{s}$ では $e^{-120/50} \fallingdotseq e^{-2.4} \fallingdotseq 0.09$ なので残余電荷は $5 \times 0.09 = 0.45\;\text{C}$ 程度。放電量 $\fallingdotseq 5 - 0.45 = 4.55\;\text{C}$ となり、面積法の $4.5\;\text{C}$ と整合します。
問2の補足で $\tau \fallingdotseq 50\;\text{s}$ と概算しました。$C = \tau / R = 50 / 50 = 1.0\;\text{F}$。
面積法の結果 $C = 0.90\;\text{F}$ はこれより約10%小さい値です。これは $t = 120\;\text{s}$ 以降の面積（電荷）を無視しているためです。問5ではこの誤差を改善する方法を考えます。
I-t グラフの面積 ＝ 電気量（$\int I\,dt = Q$）。方眼紙では「1升の物理量」を計算してから升目を数える。単位変換 mA → A を忘れないこと。有限時間で打ち切るため真の電気量より少し小さくなる点にも注意。
半減期の読み取り：図5から、電流が半分になるのにかかる時間は常に一定で $t_1 = 35\;\text{s}$ です。
| 経過時間 | 電流 | 半減回数 |
|---|---|---|
| $0\;\text{s}$ | $I_0$ | 0 |
| $35\;\text{s}$ | $I_0 / 2$ | 1 |
| $70\;\text{s}$ | $I_0 / 4$ | 2 |
| $105\;\text{s}$ | $I_0 / 8$ | 3 |
| $\vdots$ | $\vdots$ | $\vdots$ |
| $350\;\text{s}$ | $I_0 / 1024 \fallingdotseq I_0 / 1000$ | 10 |
計算：電流が $I_0$ の $1/1000$ になる条件は
$$\frac{I(t)}{I_0} = \left(\frac{1}{2}\right)^{t/35} = \frac{1}{1000}$$$2^{10} = 1024 \fallingdotseq 1000$ を利用すると
$$\left(\frac{1}{2}\right)^{t/35} = \left(\frac{1}{2}\right)^{10}$$ $$\frac{t}{35} = 10 \quad \Longrightarrow \quad t = 350\;\text{s}$$電流が $0.1\;\text{mA}$ 程度になるので、実験で測定可能な限界と考えられます。
指数関数的減衰 $I = I_0 \, e^{-t/\tau}$ で、半減期 $t_1$ は
$$e^{-t_1/\tau} = \frac{1}{2} \quad \Longrightarrow \quad t_1 = \tau \ln 2 \fallingdotseq 0.693 \, \tau$$$t_1 = 35\;\text{s}$ なら $\tau = 35 / \ln 2 \fallingdotseq 50.5\;\text{s}$。$R = 50\;\Omega$ より
$$C = \frac{\tau}{R} = \frac{50.5}{50} \fallingdotseq 1.01\;\text{F}$$この値は問3の面積法で求めた $C = 0.90\;\text{F}$ より大きく、面積法が過小評価であることを裏付けます。
$\log_{10}$ を使う方法：
$$\left(\frac{1}{2}\right)^{t/35} = \frac{1}{1000}$$ $$\frac{t}{35} \log_{10}\frac{1}{2} = \log_{10}\frac{1}{1000} = -3$$ $$\frac{t}{35} \times (-0.301) = -3$$ $$t = \frac{3 \times 35}{0.301} \fallingdotseq 349\;\text{s}$$$2^{10} = 1024$ の近似 $\fallingdotseq 1000$ は約 2.4% の誤差で十分な精度です。
指数関数的減衰と半減期の問題では $2^{10} = 1024 \fallingdotseq 1000$ がよく使われる。半減期 $n$ 回分の時間で電流は $(1/2)^n$ 倍になる。この関係は放射性崩壊でも同じ原理。
空欄ウ — $Q_0$ を $Q_1$ で表す：
RC 放電回路では、コンデンサーの電圧 $V_C$ と電流 $I$ の関係は
$$I = \frac{V_C}{R} = \frac{Q}{RC}$$つまり電流はコンデンサーに残っている電荷 $Q$ に比例します。
電流が $I_0$ の半分（$I_0/2$）になる時刻 $t_1$ において、残り電荷も $Q_0$ の半分になっています：
$$Q_{\text{残り}}(t_1) = \frac{Q_0}{2}$$$t = 0$ から $t = t_1$ までに放電された電荷 $Q_1$ は
$$Q_1 = Q_0 - \frac{Q_0}{2} = \frac{Q_0}{2}$$したがって
$$\boxed{Q_0 = 2Q_1} \quad \cdots \text{空欄ウ}$$空欄エ — 最初の方法との比較：
問3の面積法では $t = 120\;\text{s}$ までの面積だけを数えて $Q \fallingdotseq 4.5\;\text{C}$ としました。しかし $t > 120\;\text{s}$ でもまだ電流は流れており、その分の電荷を無視しています。
半減期法で求めた $Q_0 = 2Q_1$ は、$t_1 = 35\;\text{s}$ までの面積（$Q_1$）だけで全電荷量を正確に求められる方法です。$Q_0 > 4.5\;\text{C}$ となるため
$$C_{\text{正確}} = \frac{Q_0}{V_0} = \frac{2Q_1}{V_0} > \frac{4.5}{5.0} = 0.90\;\text{F}$$つまり、最初の方法で求めた電気容量 $0.90\;\text{F}$ は正しい値より小さかったのです。
半減期 $t_1 = 35\;\text{s}$ から時定数を求めると $\tau = t_1 / \ln 2 = 35 / 0.693 \fallingdotseq 50.5\;\text{s}$。
$R = 50\;\Omega$ より $C = \tau / R = 50.5 / 50 = 1.01\;\text{F}$。
全電荷量は $Q_0 = CV_0 = 1.01 \times 5.0 = 5.05\;\text{C}$。
半減期法で $Q_1$（$t = 0$ ～ $35\;\text{s}$ の面積）を方眼紙から数えると約 $2.5\;\text{cm}^2 \times ...$
理論値：$Q_1 = Q_0/2 = 2.53\;\text{C}$ → $Q_0 = 2 \times 2.53 = 5.05\;\text{C}$ → $C = 5.05/5.0 = 1.01\;\text{F}$。
面積法の $C = 0.90\;\text{F}$ と比較すると約 10% 過小評価だったことがわかります。会話文中の「10% も違う」というセリフと整合します。
$I(t) = I_0 \, e^{-t/\tau}$ で $Q(t) = \int_0^t I \, dt' = I_0 \tau (1 - e^{-t/\tau})$ です。
$t = t_1$（半減期）で $I(t_1) = I_0/2$ なので $e^{-t_1/\tau} = 1/2$ です。
$$Q_1 = I_0 \tau \left(1 - \frac{1}{2}\right) = \frac{I_0 \tau}{2}$$全電荷量は $Q_0 = I_0 \tau$（$t \to \infty$）なので
$$Q_0 = 2Q_1$$この結果は「電流が電荷に比例する」という直感的な理解と一致しています。
RC 放電で $I \propto Q$（残り電荷）が成り立つことが本問のキー。電流が半分なら残り電荷も半分 → 放電量は全体の半分 → $Q_0 = 2Q_1$。面積法で有限時間の打ち切りによる誤差を半減期法で回避できる。実験精度の改善を議論させる良問。