本問は 磁場中で回転する導体棒に生じる起電力（前半 (1)〜(4)）と、その起電力でコンデンサを充電する RC・ばね・スイッチ切替回路（後半 (5)〜(7)）を扱う電磁気の総合問題である。
立式：点P (\(x = \ell\)) における電子の速さは、円運動の関係より：
$$ v = \omega \ell $$ローレンツ力の大きさ：速度 \(\vec v\) と磁場 \(\vec B\) は直交（速度は紙面内、\(B\) は紙面に垂直）するので、力の大きさは：
$$ F = e v B = \boxed{\;eB\omega \ell\;} $$力の向き：反時計回り回転のため、点P における速度の向きは「OP に垂直で接線方向」。仮に正電荷に \(\vec v \times \vec B\) を適用すると、O から外向き（O→P）になる。電子は 負電荷 なので向きは反転し、結局 P→O の向き（中心向き） となる。
① 速度ベクトル \(\vec v\) の向きを確定（接線方向）。② \(\vec B\) の向きを確認（紙面表向き）。③ 右手で「\(\vec v \times \vec B\)」をつくり、正電荷ならその向き、負電荷なら逆向き。電子は負なので必ず反転を忘れない。フレミング左手を使うときも電子では 逆向き になる点に注意。
回転する導体棒では 速さ \(v\) は中心からの距離 \(x\) に比例 する。これがローレンツ力 \(eB\omega x\) を半径方向に 線形に分布 させる原因で、(2)〜(4) の電場分布・電位分布の出発点になる。
立式：距離 \(x\) の点における電子の速さは \(v = \omega x\)。電子に働くローレンツ力（P→O 向き）と静電気力（O→P 向き）のつりあい：
$$ \underbrace{eE}_{\text{静電気力}} \;=\; \underbrace{e v B}_{\text{ローレンツ力}} = e B \omega x $$両辺を \(e\) で割って：
$$ \boxed{\;E = B\omega x\;} $$電場の向き：電子（負電荷）に働く静電気力 \(F_E = eE\) が O→P 向き（ローレンツ力 P→O と逆向き）になる必要がある。負電荷に働く力は電場と 逆向き なので、電場 \(E\) は P→O の向き。
ローレンツ力で電子が O 端に集まる結果、O 端は負、P 端は正 に帯電する。導体棒内部の静電場は 正電荷から負電荷に向かう ので、P→O 向きとなる。電子（負）はこの電場から逆向き（O→P）の力を受け、ちょうどローレンツ力と逆になる。これが 電池の起電力のミクロな起源 である。
電場の強さが \(E = B\omega x\) と \(x\) に比例 するのは、ローレンツ力が \(x\) に比例することの直接の帰結。一様電場ではなく線形に増加する電場であることが、(3) のグラフの形（二次関数）を決める。
立式：電場と電位の関係 \(E = -\dfrac{d\phi}{dx}\) を用いる。ただし符号に注意する必要がある。
電場の向きは P→O 向き（\(x\) の正方向と逆向き）なので、電場の \(x\) 成分は \(E_x = -B\omega x\)。
$$ \dfrac{d\phi}{dx} = -E_x = B\omega x $$O 端を基準（\(\phi(0)=0\)）として両辺を \(x\) で積分：
$$ \phi(x) = \int_0^x B\omega x'\, dx' = \dfrac{1}{2} B\omega x^2 $$つまり \(\phi\) は \(x\) について 2 次関数（下に凸の上昇曲線）で、O 端で \(\phi=0\)、P 端で \(\phi=\dfrac{1}{2}B\omega \ell^2\)。
「電場 \(E = B\omega x\) は \(x\) に比例して増加する」→ 単位電荷を O から P まで運ぶときの仕事は 三角形の面積（\(E\)-\(x\) グラフ下の面積）。三角形の面積 \(= \dfrac{1}{2} \cdot \ell \cdot B\omega \ell = \dfrac{1}{2}B\omega \ell^2\)。途中の点 \(x\) までの面積は \(\dfrac{1}{2} x \cdot B\omega x = \dfrac{1}{2}B\omega x^2\) で、これが電位 \(\phi(x)\)。面積法は積分が習っていない範囲でも自然な発想。
選択肢を見るときの判断基準：① \(\phi(0) = 0\)（O が基準）→ (オ) 一定値の選択肢を消去。② 右上がり（\(\phi\) は P 側で大）→ 下降系 (カ)(キ)(ク) を消去。③ 下に凸（傾きが \(x\) に比例して増加）→ 線形 (イ) でも上に凸 (エ) でもなく (ウ)。
立式：(3) の結果 \(\phi(x) = \dfrac{1}{2}B\omega x^2\) に \(x = \ell\) を代入：
$$ \phi_0 = \phi(\ell) - \phi(0) = \dfrac{1}{2}B\omega \ell^2 - 0 $$ $$ \boxed{\;\phi_0 = \dfrac{1}{2}B\omega \ell^2\;} $$棒OPが微小時間 \(dt\) で角度 \(d\theta = \omega\, dt\) だけ回転すると、棒が掃く扇形の面積は \(dA = \dfrac{1}{2}\ell^2 d\theta = \dfrac{1}{2}\ell^2 \omega\, dt\)。磁束の変化は \(d\Phi = B\, dA = \dfrac{1}{2}B \ell^2 \omega\, dt\)。誘導起電力（の大きさ）は \(\left|\dfrac{d\Phi}{dt}\right| = \dfrac{1}{2}B\omega \ell^2\)。ローレンツ力からの導出と完全一致。
「並進する棒」の起電力は \(BvL\)（速さ \(v\) 一定）、「回転する棒」の起電力は \(\dfrac{1}{2}B\omega \ell^2\)。「\(\dfrac{1}{2}\) 倍」の出所は速さが半径方向で 0 から \(\omega \ell\) まで線形分布する 三角形の面積 による。
(あ) コンデンサに蓄えられている電気量：定常状態では極板間電圧 = 起電力 \(V\)、容量 \(C\) なので：
$$ Q = CV \quad \Rightarrow \quad \boxed{\;(\text{あ}) = CV\;} $$(い) 極板間の電場の強さ：平行板コンデンサーでは電場は一様で、\(E = V/d\)：
$$ E = \dfrac{V}{d} \quad \Rightarrow \quad \boxed{\;(\text{い}) = \dfrac{V}{d}\;} $$(う) は (い) のこと（極板間電場 \(V/d\)）。
(え) 極板1 が電場から受ける静電気力の大きさ：「極板2 がつくる電場の強さは (う)の半分 = \(\dfrac{V}{2d}\)」と問題文が示唆している。極板1 の電荷 \(Q = CV\) はこの電場から力を受けるので：
$$ F = Q \cdot \dfrac{V}{2d} = CV \cdot \dfrac{V}{2d} = \dfrac{CV^2}{2d} $$ $$ \boxed{\;(\text{え}) = \dfrac{CV^2}{2d}\;} $$(お) ばねの自然長からの伸び \(x_0\)：極板1 にはたらく力のつりあい（引力 \(F\) ↔ ばねの弾性力 \(k x_0\)）から：
$$ k x_0 = \dfrac{CV^2}{2d} \quad \Rightarrow \quad x_0 = \dfrac{CV^2}{2dk} $$ $$ \boxed{\;(\text{お}) = \dfrac{CV^2}{2dk}\;} $$1 枚の帯電平面が単独でつくる電場の強さは、ガウスの法則より \(E_1 = \sigma/(2\varepsilon_0)\)（両側に対称に出る）。極板1（電荷面密度 \(+\sigma\)）と極板2（\(-\sigma\)）が向き合うと、極板間では電場が 同じ向きに重ね合わせ されて \(\sigma/\varepsilon_0 = V/d\)。一方、極板1 の電荷は 自分自身がつくる電場 \(\sigma/(2\varepsilon_0)\) からは力を受けない（自分の電場で自分を引っ張れない、ニュートン第3法則）。だから 極板2 がつくる \(V/(2d)\) のみが極板1 に作用 する。
定電圧 \(V\) で保たれる場合、極板間隔 \(d\) は実際には \(d - x_0\) と狭くなり、容量は \(C' = C \cdot d/(d-x_0)\) になる。電源 + ばねの全エネルギー \(U(x) = \dfrac{1}{2}kx^2 - \dfrac{1}{2}C'V^2 + (\text{電源仕事})\) を最小化する条件 \(dU/dx = 0\) から \(kx_0 = \dfrac{1}{2}\varepsilon_0 A V^2/(d-x_0)^2 \approx \dfrac{1}{2}CV^2/d\)（\(x_0 \ll d\) のとき）。同じ結果が得られる。
平行板コンデンサで 「極板にはたらく引力 = \(\dfrac{Q^2}{2\varepsilon_0 A} = \dfrac{1}{2}QE_{\text{ext}} = \dfrac{CV^2}{2d}\)」。\(QE\) と書いてしまうと 2 倍になる誤答。\(\dfrac{1}{2}\) を忘れない。
立式：切替直後、コンデンサにはまだ \(+CV\) の電荷が残っており、両端の電圧は \(V\)。一方、棒OPがG, Hを越えたことで 起電力の極性が反転。S を Y 側に接続することで、起電力 \(V\)（新極性）と コンデンサ電圧 \(V\) が 同方向 に直列で抵抗 \(R\) にかかる：
$$ V_{\text{回路}} = V_{\text{起電力}} + V_{\text{コンデンサ}} = V + V = 2V $$オームの法則より、直後の電流は：
$$ I_0 = \dfrac{V_{\text{回路}}}{R} = \dfrac{2V}{R} $$棒OPの「O 側」は常に固定（円の中心）、「P 側」は半円弧上を反時計回りに動く。G, H が半円の中点（直径の延長上の対称な点）。回転が 半周進む と棒の先端 P は元の真反対の位置へ移る。磁場 B は紙面表向きで一定だが、棒の各点の速度ベクトルは すべて反対向き になる。よってローレンツ力が反転し、O→P と P→O の電位の高低が 入れ替わる（電池の +/- が反対に見える）。
回路を一周してキルヒホッフの第二法則を立てる。元の極性で充電されたコンデンサ（電圧 \(V\)）と、極性反転後の起電力（電圧 \(-(-V) = V\) を回路に逆向きに加える）。両方が同方向に積算されて \(2V\) → \(I_0 = 2V/R\)。「極性反転」が \(2V\) を生む鍵。
RC 回路の 過渡現象の初期電流 は 「コンデンサの電圧は瞬時に変化しない」 という原則から決まる。スイッチの瞬間、コンデンサ電圧は元のまま、抵抗には全電圧（電源 + コンデンサ）がかかる。充電方向と電源方向が同じか逆かを必ず確認する。
立式（エネルギー保存）：切替後、最終的に電流が 0 になった時点で、コンデンサ電圧は新しい起電力と等しい \(V\)（ただし極性反転）。
① 移動した電荷量：初期 \(+CV\)（元の極性）→ 終了時 \(-CV\)（反転極性）なので、抵抗を通って流れた電荷は：
$$ \Delta Q = CV - (-CV) = 2CV $$② 電源がした仕事：起電力 \(V\) の電源が電荷 \(2CV\) を運んだ仕事：
$$ W_{\text{源}} = V \cdot \Delta Q = V \cdot 2CV = 2CV^2 $$③ コンデンサのエネルギー変化：初期も終了も電圧の 絶対値が \(V\) なので、蓄えるエネルギーは同じ：
$$ \Delta U_C = \dfrac{1}{2}C V^2 - \dfrac{1}{2}C V^2 = 0 $$④ ジュール熱：エネルギー保存則より：
$$ J = W_{\text{源}} - \Delta U_C = 2CV^2 - 0 = 2CV^2 $$ $$ \boxed{\;J = 2CV^2\;} $$切替後の回路は RC 回路。電流は \(I(t) = \dfrac{2V}{R} e^{-t/\tau}\)（\(\tau = RC\)）。ジュール熱は
$$ J = \int_0^\infty I^2 R\, dt = R \cdot \left(\dfrac{2V}{R}\right)^2 \int_0^\infty e^{-2t/\tau}\, dt = \dfrac{4V^2}{R} \cdot \dfrac{\tau}{2} = \dfrac{4V^2}{R} \cdot \dfrac{RC}{2} = 2CV^2 $$エネルギー法と完全一致。初期電流の係数 2 が 2 乗で効いて 4 になり、最終的に係数 2 として残る。
起電力の極性が 同方向 なら、放電後に \(0 \to V\) で充電して終了。電源仕事 \(W = CV \cdot V = CV^2\)、コンデンサエネルギー \(\dfrac{1}{2}CV^2\)、ジュール熱 \(J = CV^2 - \dfrac{1}{2}CV^2 = \dfrac{1}{2}CV^2\)。有名な「電源仕事の半分が熱、半分がコンデンサに蓄えられる」 結果。一方本問の 極性反転 ケースでは、コンデンサのエネルギーが行って戻るので 4 倍の熱（\(\dfrac{1}{2}CV^2 \to 2CV^2\)）になる。
充電・放電を伴うRC回路のジュール熱は 必ずエネルギー保存 で求める。\(J = W_{\text{源}} - \Delta U_C\) が万能式。本問のように 極性反転 の場合は移動電荷が 2CV（通常充電の 2 倍）になる点に注意。
結果のまとめ：通常充電 \(\Rightarrow J = \dfrac{1}{2}CV^2\)、極性反転 \(\Rightarrow J = 2CV^2\)（4 倍！）。