解法の指針

真空中に置いた平行板コンデンサーの間に、質量 \(m\)・面積 \(S\) の導体円板を挿入する問題です。電池で一定電圧 \(V\) を維持しつつ、導体板に働く電気力と重力のつり合い・運動を考察します。

問題の構成

• [A] 設問(a)：導体円板が動かない場合の上面の電荷
• [A] 設問(b)：上の極板と導体円板で構成される平行板コンデンサーに蓄えられた静電エネルギー
• [B] 設問(c)：浮上時の導体円板の上面・下面の電荷を距離 \(y\) の関数として求める
• [B] 設問(d)：上下2つのコンデンサーの全静電エネルギーを \(y\) の関数として求める
• [B] 設問(e)：導体円板の上昇速度を \(y\) の関数として求める
• [B] 設問(f)：電流計を流れる電流を \(y\) の関数として求める
• 設問(g)：上極板に完全非弾性衝突で衝突した後の \(y\text{-}t\) グラフの選択

設問(a)：導体円板の上面に生じる電荷

導体円板を下の極板に接触させて手を離す。\(V\) がある値より低いと導体円板は動かない。このとき、導体下面は下極板と同電位で電荷は分布しない。全電圧 \(V\) は上極板と導体上面の距離 \(d - l\) の間にかかる（\(l\) は導体の厚さ。ただし問題では \(l\) は極板間距離 \(d\) に比べて十分小さいとしている）。

問題文では導体円板の厚さは \(d\) と比べて十分小さいとしているので、導体が下極板に接触しているとき、上極板と導体上面の距離はほぼ \(d\) とみなせる。上極板と導体上面で構成されるコンデンサーの電気容量は：

$$C = \frac{\varepsilon_0 S}{d}$$

電圧 \(V\) がかかっているので、導体上面に誘起される電荷（符号は上極板と反対で負）は：

$$Q_{\text{上面}} = CV = \frac{\varepsilon_0 S V}{d}$$

ただし上の極板が正に帯電しているので、導体上面には静電誘導により負の電荷が誘起される。大きさは \(\frac{\varepsilon_0 S V}{d}\) である。

💡 別解：電場から求める方法

極板間の電場の大きさは \(E = \frac{V}{d}\)（導体の厚さ無視）。ガウスの法則より、導体上面の面電荷密度は \(\sigma = \varepsilon_0 E = \frac{\varepsilon_0 V}{d}\) なので、電荷は：

$$Q = \sigma S = \frac{\varepsilon_0 S V}{d}$$

設問(b)：静電エネルギー

上の極板と導体上面の間の電気容量は \(C = \frac{\varepsilon_0 S}{d}\)（導体が下極板に接触、厚さ無視）。この部分に蓄えられる静電エネルギーは：

$$U_e = \frac{1}{2}CV^2 = \frac{1}{2} \cdot \frac{\varepsilon_0 S}{d} \cdot V^2 = \frac{\varepsilon_0 S V^2}{2d}$$

導体下面と下極板は接触しているので電位差ゼロ、静電エネルギーの寄与はない。

📐 補足：\(Q^2/(2C)\) で計算する方法

設問(a)の電荷を使って：

$$U_e = \frac{Q^2}{2C} = \frac{\left(\frac{\varepsilon_0 S V}{d}\right)^2}{2 \cdot \frac{\varepsilon_0 S}{d}} = \frac{\varepsilon_0^2 S^2 V^2}{d^2} \cdot \frac{d}{2\varepsilon_0 S} = \frac{\varepsilon_0 S V^2}{2d}$$

同じ結果が得られる。

設問(c)：浮上時の上面・下面の電荷

導体円板の下面が下の極板から距離 \(y\) の位置にあるとする。導体の厚さは無視できるので、上の極板と導体上面の距離は \(d - y\)、導体下面と下の極板の距離は \(y\) である。

ここで重要なのは、導体は電池に直接接続されていないということ。電池は上極板と下極板の間に電圧 \(V\) を維持する。導体は浮いた状態で、電気的には孤立している。

導体は孤立しているので、導体の全電荷は 0（最初は帯電していない）。したがって上面の電荷を \(-Q_1\)（負）とすると、下面の電荷は \(+Q_1\)（正）でなければならない。

しかし、問題文を精読すると、導体円板は最初に下極板に接触させた時点で静電誘導により帯電し、その後浮上する。下極板に接触しているときは下極板と同電位であり、導体と下極板は電荷をやりとりできる。浮上後は導体は孤立する。

浮上後の導体の電位を \(\phi\) とする。上極板の電位を \(V\)、下極板の電位を \(0\) とすると：

上のコンデンサー（極板間距離 \(d-y\)）の電圧：\(V - \phi\)

下のコンデンサー（極板間距離 \(y\)）の電圧：\(\phi - 0 = \phi\)

上面の電荷（導体上面、負）の大きさ：

$$Q_{\text{上}} = \frac{\varepsilon_0 S (V - \phi)}{d - y}$$

下面の電荷（導体下面、正）の大きさ：

$$Q_{\text{下}} = \frac{\varepsilon_0 S \phi}{y}$$

導体全体の電荷保存（接触時に得た電荷を保持）より、\(-Q_{\text{上}} + Q_{\text{下}}\) は一定だが、この問題では電池がつながっているため、電流が流れて電荷が再分配される。電池は常に上極板−下極板間の電圧を \(V\) に保つ。

直列コンデンサーの電圧の関係 \(V = (V - \phi) + \phi = V\) は恒等的に成立。導体の電位 \(\phi\) は、上面と下面の電荷の大きさが等しい（導体の全電荷 = 0、ただし最初から帯電していない場合）とき：

$$\frac{\varepsilon_0 S(V - \phi)}{d-y} = \frac{\varepsilon_0 S \phi}{y}$$ $$\frac{V - \phi}{d - y} = \frac{\phi}{y}$$ $$y(V - \phi) = \phi(d - y)$$ $$yV = \phi d$$ $$\phi = \frac{yV}{d}$$

これを代入すると：

$$Q_{\text{上}} = \frac{\varepsilon_0 S \left(V - \frac{yV}{d}\right)}{d - y} = \frac{\varepsilon_0 S V \cdot \frac{d-y}{d}}{d-y} = \frac{\varepsilon_0 S V}{d}$$ $$Q_{\text{下}} = \frac{\varepsilon_0 S \cdot \frac{yV}{d}}{y} = \frac{\varepsilon_0 S V}{d}$$

驚くべきことに、導体が全電荷ゼロの場合、上面・下面の電荷の大きさは \(y\) によらず一定で、ともに \(\frac{\varepsilon_0 S V}{d}\) である。

しかし、問題文の条件では「導体円板を下の極板に接触させ」てから浮上させている。接触時に導体は下極板と電荷をやりとりするため、浮上後の導体の全電荷はゼロではない可能性がある。

実際、問題の [B] では「起電力 \(V\) がある値よりも抜ければ、導体円板は浮上を始める」とあり、下の極板の表面から導体円板までの距離を \(y\) として設問を進めている。この問題では上面の電荷と下面の電荷を別々に \(y\) の関数として求めさせている。

接触が離れた瞬間の位置を \(y = l\)（導体の厚さ、ほぼゼロ）とする。上のコンデンサーの容量は \(\frac{\varepsilon_0 S}{d - y}\)、下のコンデンサーの容量は \(\frac{\varepsilon_0 S}{y}\) である。電池が電圧 \(V\) を維持し、導体は電気的に孤立（全電荷一定）という条件で：

🔬 発展：なぜ電荷が位置によらないのか

これは電池が電圧を維持していることと、導体の全電荷がゼロであることの組合せから生じる。上下のコンデンサーの電荷を \(Q_1 = C_1 V_1\), \(Q_2 = C_2 V_2\) とすると、\(V_1 + V_2 = V\) かつ \(Q_1 = Q_2\)（全電荷ゼロ）より：

$$\frac{Q}{C_1} + \frac{Q}{C_2} = V$$ $$Q\left(\frac{d-y}{\varepsilon_0 S} + \frac{y}{\varepsilon_0 S}\right) = V$$ $$Q \cdot \frac{d}{\varepsilon_0 S} = V$$ $$Q = \frac{\varepsilon_0 S V}{d}$$

分母の \(d-y\) と \(y\) が足し合わさって \(d\) になるため、\(y\) が消える。

設問(d)：全静電エネルギー

上部コンデンサー（極板間距離 \(d-y\)）に蓄えられるエネルギー：

$$U_1 = \frac{Q^2}{2C_1} = \frac{Q^2(d-y)}{2\varepsilon_0 S} = \frac{\varepsilon_0 S V^2}{2d^2}(d-y)$$

下部コンデンサー（極板間距離 \(y\)）に蓄えられるエネルギー：

$$U_2 = \frac{Q^2}{2C_2} = \frac{Q^2 y}{2\varepsilon_0 S} = \frac{\varepsilon_0 S V^2}{2d^2} \cdot y$$

全静電エネルギーは：

$$U = U_1 + U_2 = \frac{\varepsilon_0 S V^2}{2d^2}(d-y+y) = \frac{\varepsilon_0 S V^2}{2d}$$

これも \(y\) によらない定数である。電荷一定かつ直列構成なので、全エネルギーは \(\frac{Q^2}{2C_{\text{合成}}}\) に等しく：

$$C_{\text{合成}} = \frac{C_1 C_2}{C_1 + C_2} = \frac{\varepsilon_0 S}{d}$$

これは2枚の極板だけの容量と同じ（導体の挿入は全容量を変えない）。

🔍 補足：なぜ静電エネルギーが一定なのか

全電荷ゼロの導体は「等ポテンシャル面を1枚挿入する」のと同じ。これは容量を変えない（いわゆる「導体の挿入で容量が増える」のは、導体が接地されていたり片面だけ考える場合）。電荷も容量も変わらないので、エネルギーも変わらない。

設問(e)：導体円板の上昇速度

導体に働く力を考える。上面の電荷 \(-Q\) は上極板の電場 \(E_1 = \frac{V_1}{d-y}\) から上向きの力を受け、下面の電荷 \(+Q\) は下極板の電場から下向きの力を受ける。

各面の電荷が受ける力は、その面が存在する場所の電場（その面自身が作る電場を除いた外部電場）で決まる。コンデンサーの片方の極板が受ける力は \(F = \frac{Q^2}{2\varepsilon_0 S}\) で与えられる。

上面が受ける上向きの力（上極板に引かれる力）：

$$F_{\text{上}} = \frac{Q^2}{2\varepsilon_0 S} = \frac{\varepsilon_0 S V^2}{2d^2}$$

下面が受ける下向きの力（下極板に引かれる力）：

$$F_{\text{下}} = \frac{Q^2}{2\varepsilon_0 S} = \frac{\varepsilon_0 S V^2}{2d^2}$$

これらは等しい！つまり上向きと下向きの電気力は打ち消し合い、正味の電気力はゼロ。

これは奇妙に見えるが、導体の全電荷がゼロで、かつ上下の面の電荷の大きさが等しいため、一様電場中の電気双極子と同様に正味の力はゼロになる。

しかし問題文では「浮上を始める」と明言しているので、もう一度問題の設定を確認する。実際の問題では、導体円板は最初に下極板に接触しており、接触中は下極板と電荷をやりとりする。そのため導体は帯電した状態で浮上する。

接触時：上面の電荷 \(-Q_0\)（大きさ \(\frac{\varepsilon_0 SV}{d}\)）、下面の電荷は 0（接触しているので電位差なし）。導体全体の電荷は \(-Q_0 = -\frac{\varepsilon_0 SV}{d}\)。

浮上後、導体の全電荷 \(-Q_0\) は保存される。上面の電荷を \(-Q_1\)、下面の電荷を \(Q_2\) とすると：

$$-Q_1 + Q_2 = -Q_0$$

電圧の条件 \(\frac{Q_1(d-y)}{\varepsilon_0 S} + \frac{Q_2 \cdot y}{\varepsilon_0 S} = V\) と連立して：

$$Q_1 = \frac{\varepsilon_0 S V}{d-y}, \quad Q_2 = \frac{\varepsilon_0 S V}{y} \text{ ではなく...}$$

改めて正しく立式する。上極板の電位を \(V\)、下極板を \(0\)、導体の電位を \(\phi\) とする。

$$Q_1 = \frac{\varepsilon_0 S(V - \phi)}{d - y} \quad (\text{上面の電荷の大きさ、負})$$ $$Q_2 = \frac{\varepsilon_0 S \phi}{y} \quad (\text{下面の電荷の大きさ、正})$$

全電荷保存：\(-Q_1 + Q_2 = -Q_0 = -\frac{\varepsilon_0 SV}{d}\)

$$-\frac{\varepsilon_0 S(V-\phi)}{d-y} + \frac{\varepsilon_0 S\phi}{y} = -\frac{\varepsilon_0 SV}{d}$$ $$\frac{\phi}{y} - \frac{V-\phi}{d-y} = -\frac{V}{d}$$ $$\frac{\phi(d-y) - y(V-\phi)}{y(d-y)} = -\frac{V}{d}$$ $$\frac{\phi d - yV}{y(d-y)} = -\frac{V}{d}$$ $$d(\phi d - yV) = -Vy(d-y)$$ $$\phi d^2 - dyV = -Vyd + Vy^2$$ $$\phi d^2 = Vy^2$$ $$\phi = \frac{Vy^2}{d^2}$$

これを代入：

$$Q_1 = \frac{\varepsilon_0 S\left(V - \frac{Vy^2}{d^2}\right)}{d-y} = \frac{\varepsilon_0 SV \cdot \frac{d^2 - y^2}{d^2}}{d-y} = \frac{\varepsilon_0 SV(d+y)}{d^2}$$ $$Q_2 = \frac{\varepsilon_0 S \cdot \frac{Vy^2}{d^2}}{y} = \frac{\varepsilon_0 SVy}{d^2}$$

検算：\(-Q_1 + Q_2 = \frac{\varepsilon_0 SV}{d^2}(-d-y+y) = -\frac{\varepsilon_0 SV}{d} = -Q_0\) ✓

これにより、上面が受ける上向きの力と下面が受ける下向きの力は異なる大きさになり、正味の力が生じて浮上が可能になる。

エネルギー保存則を用いて速度を求める。全静電エネルギーは：

$$U(y) = \frac{Q_1^2(d-y)}{2\varepsilon_0 S} + \frac{Q_2^2 y}{2\varepsilon_0 S}$$ $$= \frac{\varepsilon_0 S V^2}{2d^4}\left[(d+y)^2(d-y) + y^3\right]$$

電池が供給した仕事も考慮したエネルギー保存則：

$$\frac{1}{2}mv^2 = U(0) - U(y) - mgy + W_{\text{電池}}$$

ここで電池の仕事は \(W_{\text{電池}} = V \cdot \Delta Q_{\text{電池}}\)（電池から流れ出た電荷 \(\times\) 電圧）。上極板の電荷変化から求められる。

📐 導出：エネルギー保存の完全な式

導体に働く正味の力を直接計算する方法もある。上面が受ける力は：

$$F_1 = \frac{Q_1^2}{2\varepsilon_0 S} = \frac{\varepsilon_0 SV^2(d+y)^2}{2d^4} \quad \text{(上向き)}$$

下面が受ける力は：

$$F_2 = \frac{Q_2^2}{2\varepsilon_0 S} = \frac{\varepsilon_0 SV^2 y^2}{2d^4} \quad \text{(下向き)}$$

正味の上向きの力：

$$F = F_1 - F_2 - mg = \frac{\varepsilon_0 SV^2}{2d^4}\left[(d+y)^2 - y^2\right] - mg = \frac{\varepsilon_0 SV^2(2dy+d^2)}{2d^4} - mg$$ $$= \frac{\varepsilon_0 SV^2(2y+d)}{2d^3} - mg$$

浮上条件（\(y=0\) で \(F > 0\)）は：

$$\frac{\varepsilon_0 SV^2}{2d^2} > mg$$ $$V > d\sqrt{\frac{2mg}{\varepsilon_0 S}}$$

設問(f)：電流計を流れる電流

上極板の下面の電荷は \(+Q_1 = \frac{\varepsilon_0 SV(d+y)}{d^2}\)（導体上面の \(-Q_1\) と対をなす）。この電荷の時間変化率が電流計を流れる電流 \(I\) である：

$$I = \frac{dQ_1}{dt} = \frac{\varepsilon_0 SV}{d^2} \cdot \frac{dy}{dt} = \frac{\varepsilon_0 SVv}{d^2}$$

ここで \(v = \frac{dy}{dt}\) は導体円板の上昇速度である。設問(e)で求めた \(v\) を代入すれば \(I\) が \(y\) の関数として求まる。

💡 別解：下極板の電荷変化からも同じ結果

下極板の上面の電荷は \(-Q_2 = -\frac{\varepsilon_0 SVy}{d^2}\)。その時間変化率は \(-\frac{\varepsilon_0 SVv}{d^2}\)。回路の電流保存より、上極板から流れ込む電流と下極板から流れ出る電流の差が、導体の電荷変化に対応する。

電池側の回路を一周する電流は \(I = \frac{dQ_1}{dt} = \frac{\varepsilon_0 SVv}{d^2}\) で一致する。

設問(g)：y-t グラフの選択

導体円板の運動の特徴を整理する：

• 浮上時（上昇）：電気力の正味の上向き成分が重力を上回り、加速しながら上昇する。正味の力は \(y\) とともに増大するので、加速度は増加する → グラフは下に凸（上に加速）
• 上極板に到達：完全非弾性衝突で速度ゼロ。ここで上極板に接触すると、導体は上極板と同電位になり、電荷が再配置される
• 落下時：今度は上極板との接触で帯電状態が変わり、落下する。重力で加速される
• 繰り返し：各衝突で運動エネルギーを失うが、電池がエネルギーを供給するため、振動は減衰しない。実際には \(t_1 > t_2\)（上昇には重力に逆らうため時間がかかり、落下は重力に助けられて速い）

問題の8つの選択肢のグラフから、以下の特徴を満たすものを選ぶ：

1. \(y = 0\) からスタートし \(y = d\) まで上昇
2. 上昇カーブは下に凸（加速度が増える）
3. \(y = d\) で折り返し（完全非弾性衝突で速度ゼロ）
4. 落下は上に凸（重力＋電気力による加速後、減速）
5. 繰り返しの周期は一定（エネルギー損失を電池が補填）
6. \(t_1\)（上昇時間）と \(t_2\)（下降時間）の大小関係：上昇時は正味の力が大きいため \(t_1 < t_2\)

🔍 補足：なぜ振動が持続するのか

完全非弾性衝突では運動エネルギーが全て失われるが、導体が極板に接触するたびに電荷が再配置され、電池がエネルギーを供給する。上極板に接触すると上面の電荷がゼロ（同電位）になり、下面だけに電荷が残るため、下向きの電気力＋重力で落下する。下極板に接触すると元の状態に戻り、再び浮上する。このサイクルが無限に続く。