本問は 対称に配置された 2 つの正電荷 (A, B) と、そこに置かれる荷電粒子 Z の運動を、電位・仕事・単振動・電場中の運動の 4 段階で扱う北大頻出の電磁気問題である。
距離の計算：点 P(0, √3 r) と A(r, 0) の距離は
$$AP = \sqrt{(0 - r)^2 + (\sqrt{3}r - 0)^2} = \sqrt{r^2 + 3r^2} = 2r$$左右対称性より BP = AP = 2r。
電位（スカラー和）：無限遠を基準とした点電荷の電位は \(V = kQ/r\) で与えられるので、
$$V_P = \frac{kQ}{AP} + \frac{kQ}{BP} = \frac{kQ}{2r} + \frac{kQ}{2r} = \frac{kQ}{r}$$電場はベクトルなので向きを考えて足すが、電位は「単位電荷を無限遠からその点まで運ぶのに要する仕事」というスカラー量なので、各電荷による電位を単純に足し合わせればよい。ベクトル合成の手間がないのが電位の最大のメリット。
距離：R(2r, 0) と A(r, 0) の距離は \(|2r - r| = r\)、R と B(-r, 0) の距離は \(|2r - (-r)| = 3r\)。
電位：
$$V_R = \frac{kQ}{r} + \frac{kQ}{3r} = \frac{3kQ + kQ}{3r} = \frac{4kQ}{3r}$$A と B は同じ量・同じ符号なので、左右対称性より x 軸上では原点 O(0, 0) が電場 0 の点。電位はそこで最小値 \(2kQ/r\)（y 軸上）ではなく、あくまで原点で局所極小を取る。電位と電場を混同しないこと。
仕事の一般式：ゆっくり運ぶ（運動エネルギー変化 0）とき、
$$W_{\text{ext}} = q(V_{\text{終}} - V_{\text{始}}) = q(V_P - V_R)$$代入：問1①②の結果 \(V_P = kQ/r\)、\(V_R = 4kQ/(3r)\) を代入。
$$W = q\left(\frac{kQ}{r} - \frac{4kQ}{3r}\right) = q \cdot \frac{3kQ - 4kQ}{3r} = -\frac{kqQ}{3r}$$R の方が電位が高い。正電荷 Z を「電位の高い所から低い所」に運ぶので、電場は自発的に Z を P の方向へ押す（電場が正の仕事をする）。このとき Z の運動エネルギーが増えないようにするため、外力は運動方向と逆向きに作用する必要があり、外力の仕事は負となる。
エネルギー収支：外力の仕事 \(W_{\text{ext}}\) ＋ 電場の仕事 \(W_{\text{elec}} = \Delta K = 0\)（ゆっくり）。ここで \(W_{\text{elec}} = -q\Delta V = -q(V_P - V_R) = +kqQ/(3r) > 0\) なので、\(W_{\text{ext}} = -kqQ/(3r) < 0\) で整合する。
エネルギー保存則：P での力学的エネルギー = 無限遠での力学的エネルギー（＝最小条件で KE も 0）。
$$\frac{1}{2} m v_0^2 + qV_P = \frac{1}{2} m \cdot 0^2 + q \cdot 0$$ここで \(qV_P = q \cdot kQ/r = kqQ/r\)。これを代入して \(v_0\) を解く。
$$\frac{1}{2} m v_0^2 = \frac{kqQ}{r}$$ $$v_0^2 = \frac{2kqQ}{mr} \quad\Longrightarrow\quad v_0 = \sqrt{\frac{2kqQ}{mr}}$$P では A と B からの電場の x 成分が対称性で打ち消し合い、y 成分のみ残る。y 軸方向の斥力によって Z は y 軸上を運動できる（初速を y 方向のみに与えれば）。この 1 次元運動ではエネルギー保存が単純に使える。
別解として、位置エネルギーを \(U(y) = 2kqQ/\sqrt{y^2 + r^2}\) と書き、\(U(\sqrt{3}r) = 2kqQ/(2r) = kqQ/r\) と計算しても同じ結果を得る。
力の大きさ（距離は \(r - x\)、斥力で −x 向き）：
$$F_A = \frac{kQq}{(r - x)^2}\ \text{(向き } -x)$$x 軸成分として（+x 向きを正に）表せば、
$$F_A = -\frac{kQq}{(r - x)^2}$$近似式の適用：\(|x| \ll r\) のとき \((r-x)^{-2} = r^{-2}(1 - x/r)^{-2} \approx r^{-2}(1 + 2x/r)\) を用いて、
$$F_A \approx -\frac{kQq}{r^2}\left(1 + \frac{2x}{r}\right)$$\(|\alpha|\ll 1\) のときのテイラー展開 \((1+\alpha)^n = 1 + n\alpha + \binom{n}{2}\alpha^2 + \dots\) の最初の 2 項で近似する。本問では \(\alpha = -x/r\)、\(n = -2\) なので \(1 + (-2)(-x/r) = 1 + 2x/r\)。
入試では「\(\alpha\) の 2 次以上は無視してよい」と明言されるので、そのまま使ってよい。
B からの力 F_B：距離 \(r + x\)、斥力で +x 向き。
$$F_B = +\frac{kQq}{(r + x)^2} \approx \frac{kQq}{r^2}\left(1 - \frac{2x}{r}\right)$$合力 F：F_A と F_B を足す。\(kQq/r^2\) の定数項は打ち消し合う。
$$F = F_A + F_B \approx -\frac{kQq}{r^2}\left(1 + \frac{2x}{r}\right) + \frac{kQq}{r^2}\left(1 - \frac{2x}{r}\right)$$ $$F \approx \frac{kQq}{r^2}\left[\left(1 - \frac{2x}{r}\right) - \left(1 + \frac{2x}{r}\right)\right] = \frac{kQq}{r^2} \cdot \left(-\frac{4x}{r}\right)$$ $$\boxed{F \approx -\frac{4 k Q q}{r^3}\, x}$$Z を右に少しずらすと A が近く B が遠いので、左向きの力（A からの斥力）が優勢 → 左に戻る力。逆に左にずらすと B が近く → 右に戻る力。これはバネの復元力と同じ構造で、「変位に比例し、向きは逆向き」。従って単振動となる。
単振動の角振動数：\(F = -Kx\) で \(K = 4kQq/r^3\) なので、
$$\omega = \sqrt{\frac{K}{m}} = \sqrt{\frac{4 k Q q}{m r^3}} = 2\sqrt{\frac{k Q q}{m r^3}}$$運動の型：初期位置 \(x = d\)、初速 0 の単振動。振幅は \(|d|\)。
点 O での速さ（振動中心での最大速さ）：エネルギー保存または単振動の一般公式 \(v_{\max} = \omega A\) より、
$$v_{\max} = \omega \cdot |d| = 2|d|\sqrt{\frac{kQq}{mr^3}}$$近似した復元力 \(F = -Kx\) に対応するポテンシャル：\(U(x) = \tfrac12 K x^2\)（定数項は無視）。エネルギー保存で、
$$\tfrac12 m v_O^2 + 0 = 0 + \tfrac12 K d^2$$ $$v_O = \sqrt{\frac{K}{m}} \cdot |d| = \sqrt{\frac{4 k Q q}{m r^3}} \cdot |d| = 2|d|\sqrt{\frac{kQq}{mr^3}}$$単振動の公式 \(v_{\max} = \omega A\) と完全に一致する。
位置 x = r/2 での合力：A からの力（斥力、−x 向き、距離 \(r - r/2 = r/2\)）、B からの力（斥力、+x 向き、距離 \(r + r/2 = 3r/2\)）、電場から \(+qE\)。
$$F_{\text{合力}} = qE + \frac{kQq}{(3r/2)^2} - \frac{kQq}{(r/2)^2}$$速さ最大の条件：加速度 0、つまり合力 0。
$$qE = \frac{kQq}{(r/2)^2} - \frac{kQq}{(3r/2)^2}$$計算：\(1/(r/2)^2 = 4/r^2\)、\(1/(3r/2)^2 = 4/(9r^2)\) だから、
$$qE = \frac{4kQq}{r^2} - \frac{4kQq}{9r^2} = \frac{36kQq - 4kQq}{9r^2} = \frac{32 k Q q}{9 r^2}$$ $$\boxed{E = \frac{32 k Q}{9 r^2}}$$運動方程式 \(m\dfrac{dv}{dt} = F\) より、\(v\) が最大（極値）になる瞬間は \(dv/dt = 0\)、すなわち \(F = 0\)。x 方向の運動では、速さ最大＝加速度 0＝合力 0 と同値である。
原点 O では合力 = \(qE > 0\)（A・B からの斥力は打ち消し合う）なので加速。A に近づくと A からの斥力が強くなり、合力が 0 になる点が出現。その後は減速する。
エネルギー保存則：O（静止）から \(x = r/2\)（速さ最大）まで。
$$\frac{1}{2} m v_{\max}^2 - 0 = W_E + W_{\text{Coulomb}}$$E 場がした仕事：\(W_E = qE \cdot (r/2)\)。E = 32kQ/(9r²) を代入、
$$W_E = q \cdot \frac{32 k Q}{9 r^2} \cdot \frac{r}{2} = \frac{16 k Q q}{9 r}$$クーロン場の仕事：\(W_{\text{Coulomb}} = -\Delta U = q(V(0) - V(r/2))\)。電位を計算する。
点 O(0, 0)：A からの距離 r、B からの距離 r なので \(V(0) = kQ/r + kQ/r = 2kQ/r\)。
点 (r/2, 0)：A からの距離 r/2、B からの距離 3r/2 なので \(V(r/2) = kQ/(r/2) + kQ/(3r/2) = 2kQ/r + 2kQ/(3r) = 8kQ/(3r)\)。
$$W_{\text{Coulomb}} = q\left(\frac{2kQ}{r} - \frac{8kQ}{3r}\right) = q \cdot \frac{6kQ - 8kQ}{3r} = -\frac{2kQq}{3r}$$運動エネルギーの合計：
$$\frac{1}{2} m v_{\max}^2 = \frac{16 k Q q}{9 r} - \frac{2 k Q q}{3 r} = \frac{16 k Q q}{9 r} - \frac{6 k Q q}{9 r} = \frac{10 k Q q}{9 r}$$ $$v_{\max}^2 = \frac{20 k Q q}{9 m r} \quad\Longrightarrow\quad v_{\max} = \sqrt{\frac{20 k Q q}{9 m r}} = \frac{2}{3}\sqrt{\frac{5 k Q q}{m r}}$$一様電場 E は電位 \(V_E(x) = -Ex\)（+x 向きの電場なので電位は +x で下がる）に対応するので、総電位は
$$V_{\text{total}}(x) = \frac{kQ}{r-x} + \frac{kQ}{r+x} - E x$$力学的エネルギー保存より \(\tfrac12 m v^2 + qV_{\text{total}}(x) = 0 + qV_{\text{total}}(0) = q \cdot 2kQ/r\)。
$$\tfrac12 m v_{\max}^2 = q\left[\frac{2kQ}{r} - \frac{8kQ}{3r} + E \cdot \frac{r}{2}\right]$$E = 32kQ/(9r²) を代入すると、上の結果と完全に一致する。
x = r/2 を超えると合力が負（−x 向き）に転じるので、Z は減速する。やがて速さ 0 に達する点 \(x_{\max}\)（エネルギーが戻される点）まで進み、そこで折り返す。エネルギー保存より、
$$\frac{kQ}{r-x_{\max}} + \frac{kQ}{r+x_{\max}} - E x_{\max} = \frac{2kQ}{r}$$を解けば \(x_{\max}\) が求まるが、典型入試では問われない。