解説
初期状態において極板に蓄えられる電荷量
正解 (ヌ)
初期状態における真空コンデンサの静電容量\(C_0\)は次のように表されます。
$$\begin{aligned}
C_0 &= \frac{\varepsilon_0 S}{d} \\
\end{aligned}$$
電荷量 \(Q\)は \(Q = C_0 V\) であるため、上の式を代入すると以下のようになります。
$$\begin{aligned}
Q &= \frac{\varepsilon_0 S V}{d} \\
\end{aligned}$$
よって答えは(ヌ)の\(\displaystyle \frac{\varepsilon_0 S V}{d}\)です。
初期状態において電極間に働く静電力の大きさ
正解 (ホ)
初期状態における静電エネルギー\(W_c\)は以下です。
$$\begin{aligned}
W_C &= \frac{Q^2}{2 C} \\
&= \frac{Q^2}{2 \varepsilon_0 S} d \\
\end{aligned}$$
仮想変位の原理を用いて力\(F\)を求めます。
$$\begin{aligned}
F &= - \frac{\partial W_C}{\partial d} \\
&= - \frac{\partial}{\partial d} \left( \frac{Q^2}{2 \varepsilon_0 S} d \right) \\
&= - \frac{Q^2}{2 \varepsilon_0 S} \\
\end{aligned}$$
ここで、初期状態において\(Q = \dfrac{\varepsilon_0 S V}{d}\)なので、
$$\begin{aligned}
F &= - \frac{Q^2}{2 \varepsilon_0 S} \\
&= - \frac{1}{2 \varepsilon_0 S} \left( \frac{\varepsilon_0 S V}{d} \right)^2 \\
&= - \frac{\varepsilon_0 S V^2}{2d^2} \\
\end{aligned}$$
ここで、マイナスは力が極板が縮む方向に働いていることを意味しますが、問題で問われているのは大きさなので符号は外れます。
よって、答えは(ホ)の\(\displaystyle \frac{\varepsilon_0 S V^2}{2d^2}\)です。
※\(Q\)を計算に用いてるのは、電源から切り離されていることから\(Q\)が変化しないためです。\(V\)は距離によって変化します。なお、正しく計算すれば答えは同じになります。
比誘電率\(\varepsilon_{\mathrm{r}}\)の誘電体を挿入したときの電極間電圧
正解 (ワ)
この場合、静電容量が比誘電率の分だけ変わります。これを\(C_b\)とすると
$$\begin{aligned}
C_{\text{b}} = \frac{\varepsilon_{\mathrm{r}}\varepsilon_0 S}{d} \\
\end{aligned}$$
となります。\(Q\)に関しては問題の条件より(1)の答えである\(\displaystyle \frac{\varepsilon_0 S V}{d}\)と変わりませんので、ここから変化後の電圧\(V_b\)を求めると
$$\begin{aligned}
V_{\text{b}} &= \frac{Q}{C_{\text{b}}} \\
&= \dfrac{\dfrac{\varepsilon_0 S V}{d}}{\dfrac{\varepsilon_{\mathrm{r}}\varepsilon_0 S}{d}} \\
&= \frac{V}{\varepsilon_{\mathrm{r}}} \\
\end{aligned}$$
となることが分かります。よって答えは(ワ)の\(\displaystyle \frac{V}{\varepsilon_\mathrm{r}}\)です。
誘電体を一部挿入したときの電極間電圧
正解 (ハ)
全体の静電容量\(C_c\)を求めます。それぞれの部分の静電容量を \(C_1\)（真空）、\(C_2\)（誘電体）とします。
$$\begin{aligned}
C_1 &= \frac{\varepsilon_0 \cdot \left(\dfrac{2}{3}S\right)}{d} \\
&= \frac{2}{3} \cdot \frac{\varepsilon_0 S}{d} \\
C_2 &= \frac{\varepsilon_{\mathrm{r}}\varepsilon_0 \cdot \left(\dfrac{1}{3}S\right)}{d} \\
&= \frac{\varepsilon_{\mathrm{r}}}{3} \cdot \frac{\varepsilon_0 S}{d} \\
\end{aligned}$$
全体の静電容量\(C_c\)は
$$\begin{aligned}
C_{\text{c}} &= C_1 + C_2 \\
&= \left( \frac{2}{3} + \frac{\varepsilon_{\mathrm{r}}}{3} \right) \frac{\varepsilon_0 S}{d} \\
&= \frac{2 + \varepsilon_{\mathrm{r}}}{3} \cdot \frac{\varepsilon_0 S}{d} \\
\end{aligned}$$
となります。条件から、\(Q\)は今までと変わりませんので、ここから変化後の電圧\(V_c\)を求めます。
$$\begin{aligned}
V_{\text{c}} &= \frac{Q}{C_{\text{c}}} \\
&= \dfrac{\dfrac{\varepsilon_0 S V}{d}}{\dfrac{2 + \varepsilon_{\mathrm{r}}}{3} \cdot \dfrac{\varepsilon_0 S}{d}} \\
&= \frac{3}{2 + \varepsilon_{\mathrm{r}}}V \\
\end{aligned}$$
よって答えは(ハ)の\(\displaystyle \frac{3}{2+\varepsilon_\mathrm{r}}V\)です。
誘電体を一部挿入したときの回路全体の静電容量
正解 (ヘ)
(4)の途中で求めた通りなので、答えは(ヘ)の\(\displaystyle \frac{2+\varepsilon_\mathrm{r}}{3}\cdot\frac{\varepsilon_0 S}{d}\)です。
(1)
ヌ
\(\displaystyle \frac{\varepsilon_0 S V}{d}\)
(2)
ホ
\(\displaystyle \frac{\varepsilon_0 S V^2}{2d^2}\)
(3)
ワ
\(\displaystyle \frac{V}{\varepsilon_\mathrm{r}}\)
(4)
ハ
\(\displaystyle \frac{3}{2+\varepsilon_\mathrm{r}}V\)
(5)
ヘ
\(\displaystyle \frac{2+\varepsilon_\mathrm{r}}{3}\cdot\frac{\varepsilon_0 S}{d}\)
