本問は点電荷による電場・電位と定滑車を介したアトウッド型の力学の2パートからなる複合問題です。
設定：点 B $(-a, 0)$ に電荷 $+Q$、観測点 A $(0, \sqrt{3}a)$。
距離 $r_{BA}$ の計算：B から A までの距離は、
$$r_{BA} = \sqrt{(0-(-a))^2 + (\sqrt{3}a - 0)^2} = \sqrt{a^2 + 3a^2} = \sqrt{4a^2} = 2a$$電場の強さ：クーロンの法則より、B が A に作る電場の強さは、
$$E_B = \frac{kQ}{r_{BA}^2} = \frac{kQ}{(2a)^2} = \frac{kQ}{4a^2}$$解答群の形式に整理：$\frac{kQ}{a^2}$ の倍率で表すと、
$$E_B = \frac{1}{4} \cdot \frac{kQ}{a^2}$$もし A $(0, 2a)$ なら、$r = \sqrt{a^2 + 4a^2} = \sqrt{5}a$ なので $E = \dfrac{kQ}{5a^2}$。問題の正確な座標を図から読み取ることが大切。
点電荷が作る電場の強さは $E = \dfrac{kQ}{r^2}$（距離の2乗に反比例）。向きは「+電荷から外向き、-電荷へ内向き」。合成は常にベクトルで行う（大きさだけ足してはいけない）。
設定：x 軸上に対称に置かれた 2 つの $+Q$ と、y 軸上の観測点 D。
ベクトル分解：両電荷から D までの距離 $r$ が等しいので、それぞれの電場の強さは $E = \dfrac{kQ}{r^2}$ で同じ。D から見て両電荷は対称なので、電場の x 成分は相殺し、y 成分だけが残ります。
角度 $\theta$ を「D から見た電荷の水平角」とすると、y 成分は $E \cos\theta$ になり、2 つ分で、
$$E_D = 2 E \cos\theta = 2 \cdot \frac{kQ}{r^2} \cdot \cos\theta$$具体例：D が $y = \sqrt{3}a$ にあり電荷間隔が $2a$ の場合、$r = 2a$、$\cos\theta = \dfrac{\sqrt{3}a}{2a} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ なので、
$$E_D = 2 \cdot \frac{kQ}{4a^2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}\,kQ}{4a^2}$$電場ベクトル $\vec{E}_B = \dfrac{kQ}{r^3}(\vec{r}_{B\to D})$、$\vec{E}_C = \dfrac{kQ}{r^3}(\vec{r}_{C\to D})$。それぞれの成分を書き下して足すと、x 成分は $+a-(-a) = $ 相殺し、y 成分は $2\sqrt{3}a \cdot \dfrac{kQ}{r^3}$。$r = 2a$ を代入すると同じ結果が得られます。
対称配置の電場は、対称軸上では相殺成分と残存成分をすぐに見抜くことで計算が一気に楽になる。同符号の2電荷の中点上では電場ゼロになるケースもよく出題される。
A について（下降、正の向きを下向きに）：
$$5m \cdot A = 5mg - T$$B について（上昇、正の向きを上向きに）：
$$m \cdot A = T - mg$$（A と B の加速度の大きさは等しく、向きは逆）
連立：両式を足し合わせると $T$ が消え、
$$(5m + m) A = 5mg - mg = 4mg$$ $$A = \frac{4mg}{6m} = \frac{2}{3} g$$張力 $T$：$m A = T - mg$ に代入すると、
$$T = m A + mg = m \cdot \frac{2g}{3} + mg = \frac{5}{3} mg$$アトウッドの一般公式：$A = \dfrac{(M_1 - M_2)g}{M_1 + M_2}$。$M_1 = 5m$、$M_2 = m$ を代入：
$$A = \frac{(5m - m)g}{5m + m} = \frac{4mg}{6m} = \frac{2g}{3}$$同じ結果が即座に得られます。
アトウッド系では、両物体の加速度は大きさが等しく向きが逆、ロープの張力は滑車の両側で等しい。これがミソ。
エネルギー保存則：A が $h$ 下がり、B は $h$ 上がる。ロープは伸び縮みせず、摩擦もない。
$$\underbrace{5mgh}_{\text{A の PE 減}} - \underbrace{mgh}_{\text{B の PE 増}} = \underbrace{\frac{1}{2}(5m + m)v_1^2}_{\text{系の運動E}}$$（両者の速さは同じ $v_1$）
$$4mgh = 3m v_1^2 \quad \Longrightarrow \quad v_1^2 = \frac{4gh}{3}$$ $$v_1 = \sqrt{\frac{4gh}{3}} = \frac{2}{\sqrt{3}}\sqrt{gh} = \frac{2\sqrt{3}}{3}\sqrt{gh}$$A 着床後の B の運動：A が床に着くとロープがたるみ、B には重力のみがはたらく（自由投射）。B が初速度 $v_1$（上向き）でさらに上昇する高さ $h'$ は、エネルギー保存則より、
$$\frac{1}{2} m v_1^2 = m g h' \quad \Longrightarrow \quad h' = \frac{v_1^2}{2g} = \frac{4h/3}{2} = \frac{2h}{3}$$B が到達する最高点は、初期位置から $h + h' = h + \dfrac{2h}{3} = \dfrac{5h}{3}$ の高さ。A の初期位置より $\dfrac{2h}{3}$ だけ高い点まで上がります。
A 着床時の速さ：$v_1 = \sqrt{\dfrac{4gh}{3}} = \dfrac{2\sqrt{3}}{3}\sqrt{gh}$
B の最高点：初期位置から $\dfrac{5h}{3}$ 上（A の初期位置より $\dfrac{2h}{3}$ 上）
ステップ1では A の加速度 $A = \dfrac{2g}{3}$（設問3）。$v^2 = 2 A h$ より、
$$v_1^2 = 2 \cdot \frac{2g}{3} \cdot h = \frac{4gh}{3}$$エネルギー保存の結果と一致。
滑車問題では、ロープがたるむ瞬間（例：軽い方が床に着く、重い方が天井に達する）に問題が変質することに注意。たるんだ後は各物体が独立に自由落下・自由投射する。
| 概念 | 公式 | 注意点 |
|---|---|---|
| 点電荷の電場 | $E = \dfrac{kQ}{r^2}$ | 向きは +電荷から外向き、-電荷へ内向き |
| 電場の合成 | ベクトル和 | 対称配置は成分で整理 |
| アトウッド加速度 | $a = \dfrac{(M_1-M_2)g}{M_1+M_2}$ | 両側で張力 T は共通 |
| エネルギー保存 | $\Delta U_A - \Delta U_B = \dfrac{1}{2}(M_1+M_2)v^2$ | 両物体の速さは同じ |
繋がりに注目：電場・電位は力学の万有引力と数学的に同じ構造（$1/r^2$ の力）。多数の電荷 → ベクトル合成は力学の合力計算と完全対応。
クーロン力と万有引力は、数学的な形が瓜二つです。
| 電気力 | 万有引力 | |
|---|---|---|
| 力の式 | $F = \dfrac{kq_1 q_2}{r^2}$ | $F = \dfrac{Gm_1 m_2}{r^2}$ |
| 場の強さ | $E = \dfrac{kQ}{r^2}$ | $g = \dfrac{GM}{r^2}$ |
| ポテンシャル | $V = \dfrac{kQ}{r}$ | $\phi = -\dfrac{GM}{r}$ |
| 符号 | ±あり | 引力のみ（$+$） |
両者の違いは「力の向きが斥力にもなる（電気）」か「引力のみ（重力）」か。そのため、電気では「正と負の電荷が中和」が起こり得るが、重力では中和が起こらず常に引き合う。
$M_1 = 5m$ と $M_2 = m$ のアトウッドシステムを考える。$M_1$ が $h$ 下がり、$M_2$ が $h$ 上がる過程のエネルギー収支：
エネルギー効率（位置Eから運動Eへの変換率）は $\dfrac{4mgh}{5mgh} = \dfrac{4}{5} = 80\%$。残り 20% は $M_2$ を持ち上げるのに使われます。
滑車の軸や気流による摩擦があると、運動エネルギーの一部は熱として失われます。効率は、
$$\eta = \frac{(M_1 - M_2)gh - W_{\text{摩擦}}}{M_1 g h}$$理想アトウッド（摩擦なし）では $\eta = \dfrac{M_1 - M_2}{M_1} = 80\%$（$M_1 = 5m, M_2 = m$）。
点電荷が作る電場は、対称性によって計算が劇的に簡単になります。
試験では、まず「どの成分が相殺するか」を見抜くのが高得点のコツ。ベクトル分解と対称性でショートカット可能。
電磁気と力学は同じ構造を共有するが、向きの扱いで異なる。電場は正・負があるが重力は常に引力。アトウッド系のエネルギー保存は力学全般の定石。