この問題はA、Bの2部構成です。
コンデンサーの問題では「電池つなぎっぱなし（電圧一定）」と「電池を外す（電荷一定）」の2パターンを区別することが最も重要です。Part Aでは電池接続 → 電池を外す → 接地という操作の順序を正確に追いましょう。
電池を接続し十分な時間が経つと、極板間の電圧は \(V\) になります。問題文の設定では、誘電体を入れた状態で電池を接続しています。
ただし、問題文の設定を注意深く読むと「厚さ \(\ell\) の金属極板を2枚平行に置いて、コンデンサーを作製する。極板の面積は \(S\)、面bと面cの距離は \(\ell\)」とあります。面bとcの間の電場 \(E_0\) を求めます。
面b上の電荷 \(Q_0\) が面bの下側につくる電場：
ガウスの法則より、電荷面密度 \(\sigma = Q_0/S\) の無限平面がつくる電場は：
$$ E_0 = \frac{\sigma}{\varepsilon_0} = \frac{Q_0}{\varepsilon_0 S} $$一方、極板間の電圧 \(V\) と電場の関係から：
$$ V = E_0 \cdot \ell \quad \Rightarrow \quad E_0 = \frac{V}{\ell} $$したがって \(Q_0\) は：
$$ Q_0 = \varepsilon_0 S \cdot E_0 = \varepsilon_0 S \cdot \frac{V}{\ell} = \frac{\varepsilon_0 S V}{\ell} $$静電容量 \(C_0 = \varepsilon_0 S / \ell\) のコンデンサーに電圧 \(V\) を印加すると、蓄えられる電荷は \(Q_0 = C_0 V = \varepsilon_0 S V / \ell\) です。極板間の一様電場は \(E_0 = V/\ell\) です。
平行板コンデンサーの基本：\(C = \varepsilon_0 S / d\)、\(Q = CV\)、\(E = V/d\)。極板間の電場が一様であることがポイントです。
金属極板は導体なので、内部の電場は0です。左の極板内部（面aと面bの間）で電場が0になるためには：
面a, b, c, dの電荷がつくる電場が極板内部で打ち消し合う必要があります。
導体内部の電場ゼロの条件：
左極板内部では、面aの電荷と面bの電荷がつくる電場が打ち消し合います。同様に、右極板内部でも面cと面dの電荷がつくる電場が打ち消し合います。
電荷保存（各極板全体の電荷）と電場ゼロ条件から：
対称性と極板間の電場条件から \(Q_a = 0\), \(Q_d = 0\), \(Q_b = Q_0\), \(Q_c = -Q_0\) です。
左の極板内部にガウス面を取ると、内部の電場が0なので：
$$ \frac{Q_a}{\varepsilon_0 S} = 0 \quad \Rightarrow \quad Q_a = 0 $$（面aの外側には他の電荷がないため）。同様に \(Q_d = 0\)。
電荷保存より \(Q_b = Q_0\), \(Q_c = -Q_0\)。
この結果は、外部に電荷源がない平行板コンデンサーでは、電荷が向かい合う内面にのみ分布するという一般的結論と一致します。
平行板コンデンサーの電荷は内面（b, c面）にのみ分布し、外面（a, d面）の電荷はゼロです。これは導体内部の電場が0であることの直接の帰結です。
\(\varepsilon_0 = \dfrac{1}{4\pi k_0}\) を用いると：
$$ Q_0 = \frac{\varepsilon_0 S V}{\ell} = \frac{SV}{4\pi k_0 \ell} $$単位の確認：\([Q_0] = \dfrac{\text{m}^2 \cdot \text{V}}{\text{N}\cdot\text{m}^2/\text{C}^2 \cdot \text{m}} = \dfrac{\text{m}^2 \cdot \text{V} \cdot \text{C}^2}{\text{N}\cdot\text{m}^3}\)。\(\text{V} = \text{J}/\text{C} = \text{N}\cdot\text{m}/\text{C}\) なので \([Q_0] = \text{C}\) となり整合します。
\(k_0 = 1/(4\pi\varepsilon_0)\) の関係はガウスの法則の定数変換で頻出です。\(\varepsilon_0 = 1/(4\pi k_0)\) を覚えておきましょう。
コンデンサーに蓄えられたエネルギー：
$$ U = \frac{1}{2}Q_0 V = \frac{1}{2}\frac{\varepsilon_0 S V}{\ell} \cdot V = \frac{\varepsilon_0 S V^2}{2\ell} $$\(k_0\) を使って：
$$ U = \frac{SV^2}{8\pi k_0 \ell} $$電場のエネルギー密度 \(u = \dfrac{1}{2}\varepsilon_0 E^2\) を極板間の体積 \(S\ell\) に掛けると：
$$ U = \frac{1}{2}\varepsilon_0 E_0^2 \cdot S\ell = \frac{1}{2}\varepsilon_0 \frac{V^2}{\ell^2} \cdot S\ell = \frac{\varepsilon_0 SV^2}{2\ell} $$同じ結果が得られます。
\(U = \dfrac{1}{2}CV^2 = \dfrac{Q^2}{2C} = \dfrac{1}{2}QV\) の3通りの表現を使い分けましょう。電圧一定のとき（電池接続中）は \(\dfrac{1}{2}CV^2\) が便利です。
問1の後（\(Q_a = 0, Q_b = Q_0, Q_c = -Q_0, Q_d = 0\)）に電池を外し、面dを接地します。
電池を外した瞬間：電荷分布は変わらない（\(Q_a = 0, Q_b = Q_0, Q_c = -Q_0, Q_d = 0\)）。
面dを接地：接地とは面dを電位0Vに保つことです。右極板は導体なので、面c, dは同電位です。
接地前の面dの電位を考えます。面dの外側に電場はない（\(Q_d = 0\)）ので、無限遠（0V）と面dの間に電位差はありません。つまり、面dは既に0Vです。
したがって、接地しても電荷の変化は起こりません。
（問2と同じ。接地しても電荷分布は変化しない）
面dの電位を無限遠基準で計算します。面dの外側（右側）には電場がないため、無限遠から面dまでの電位差は0です。よって面dの電位は0Vで、接地しても変化なしです。
もし \(Q_a \neq 0\) だった場合は、面aの外側に電場が生じ、全体の電位がシフトするため、接地により電荷が変化します。しかし本問では \(Q_a = Q_d = 0\) なので影響なしです。
外面の電荷がゼロなら、極板の外に電場がないため外部との電位差もゼロ。接地は「すでにゼロ電位を確認する」だけの操作になります。
正方形極板（辺 \(a\)）に誘電体を左端から \(x\) だけ挿入した状態を考えます。
誘電体が入っている部分：面積 \(a \cdot x\)、極板間距離変わらず。
誘電体なしの静電容量 \(C_0\)、完全に入れた場合 \(C_1\) なので：
これらは並列接続（同じ電圧が印加）なので：
$$ C(x) = C_1 \cdot \frac{x}{a} + C_0 \cdot \frac{a - x}{a} $$ $$ C(x) = \frac{(C_1 - C_0)x}{a} + C_0 $$\(x = 0\) のとき \(C(0) = C_0\)（誘電体なし）、\(x = a\) のとき \(C(a) = C_1\)（完全挿入）。いずれも正しい極限値です。
また、\(C_1 > C_0\)（誘電体の比誘電率 > 1）なので、\(C(x)\) は \(x\) の増加関数であり、誘電体を入れるほど容量が増えることと整合します。
誘電体の部分挿入は、2つのコンデンサーの並列接続として扱います。極板の面積比で容量を按分するのがポイントです。直列ではないことに注意。
電池接続中（電圧 \(V\) 一定）なので：
$$ U = \frac{1}{2}C(x)V^2 $$誘電体の位置が \(x\) から \(x + d\)（微小変位 \(d\)）に変化すると：
$$ dU = \frac{1}{2}V^2 \cdot dC = \frac{1}{2}V^2 \cdot \frac{dC}{dx} \cdot d $$\(C(x) = C_0 + \dfrac{(C_1 - C_0)x}{a}\) より：
$$ \frac{dC}{dx} = \frac{C_1 - C_0}{a} $$ここで問題は「位置 \(x\) から \(x + d\) まで移動させた」のではなく、「位置 \(x\) から位置 \(x = d\) に移動させた」ようです。問題文を確認すると、「コンデンサーの左端より \(x\) の位置から \(x = d\) の位置まで」です。
実際の問題文では「静電エネルギーの変化 \(dU\)」として微小変位の表記が使われています。
$$ dU = U(x + dx) - U(x) = \frac{1}{2}V^2[C(x+dx) - C(x)] $$\(C(x+d)\) と \(C(x)\) を使って表すと：
$$ dU = \frac{1}{2}V^2[C(x + d) - C(x)] $$\(C(x)\) を代入すると：
$$dU = \frac{(C_1 - C_0)V^2 \cdot d}{2a}$$ここで \(d\) は誘電体の移動距離（微小量 \(dx\) ではなく有限値 \(d\) で上の式の形で表す）
\(U_1 = \dfrac{1}{2}C(x+d)V^2\)、\(U_0 = \dfrac{1}{2}C(x)V^2\) として：
$$ dU = U_1 - U_0 = \frac{V^2}{2}\left[\frac{C_0(a-x-d)+C_1(x+d)}{a} - \frac{C_0(a-x)+C_1 x}{a}\right] $$ $$ = \frac{V^2}{2} \cdot \frac{(C_1-C_0)d}{a} $$\(C_1 > C_0\) なので \(dU > 0\)：誘電体を挿入するほど静電エネルギーが増加します。電池接続中は電圧一定で容量が増えるため、エネルギーは増加します。
電池接続中で電圧 \(V\) 一定のとき、容量変化 \(dC\) に伴う電荷変化は：
$$ dQ = V \cdot dC = V \cdot [C(x + d) - C(x)] $$\(C(x)\) を代入して：
$$ dQ = V \cdot \frac{(C_1 - C_0)d}{a} $$電池が行った仕事は \(W_{\text{bat}} = V \cdot dQ\) です。
（\(C(x), C(x+d), V\) で表すと \(dQ = [C(x+d) - C(x)]V\)）
電池が行った仕事 \(W_{\text{bat}} = V \cdot dQ = \dfrac{(C_1-C_0)V^2 d}{a}\)
静電エネルギーの増加 \(dU = \dfrac{(C_1-C_0)V^2 d}{2a}\)
差分 \(W_{\text{bat}} - dU = \dfrac{(C_1-C_0)V^2 d}{2a}\) は、誘電体を引き込む力がした仕事に対応します。
電池が供給した電気量の半分が静電エネルギー増加に使われ、残り半分が誘電体を引き込む仕事になります。これは \(dU = \dfrac{1}{2}V \cdot dQ\) の関係に対応します。
誘電体をゆっくり右向き（正の向き＝引き抜く方向）に動かすために外力 \(F\) を加えます。エネルギー保存の関係を立てます。
方法1：仮想変位法（電圧一定）
電圧一定の条件で、微小変位 \(dx\) だけ誘電体を引き抜くとき：
問題の設定をもう一度確認します。「誘電体をゆっくり右向きに...位置 \(x\) から \(x = d\) の位置へ移動」。右向きが正で、誘電体を入れる方向です。
コンデンサーに蓄えられた静電エネルギーの変化：
$$ dU = \frac{1}{2}V^2 \frac{dC}{dx}dx = \frac{(C_1 - C_0)V^2}{2a}dx $$電池の仕事（電荷 \(dQ\) を電圧 \(V\) で送り出す）：
$$ W_{\text{bat}} = V \cdot dQ = \frac{(C_1 - C_0)V^2}{a}dx $$エネルギー保存（ゆっくり移動なので運動エネルギー変化なし）：
$$ W_{\text{bat}} + F \cdot dx = dU $$ここで \(F\) は外力（右向き正）、静電気力は左向き（引き込む向き）に作用すると予想されますが、式を整理します：
$$ F \cdot dx = dU - W_{\text{bat}} = \frac{(C_1-C_0)V^2}{2a}dx - \frac{(C_1-C_0)V^2}{a}dx = -\frac{(C_1-C_0)V^2}{2a}dx $$ $$ F = -\frac{(C_1-C_0)V^2}{2a} $$\(C_1 > C_0\) なので \(F < 0\)（左向き）。つまり、誘電体を右に入れるとき、外力は左向き（引き抜く方向）に加える必要がある...いえ、これは逆です。
正しく整理すると、コンデンサーが誘電体を引き込む力が右向き（正）に作用しており、外力 \(F\) はそれと逆向き（引き抜く方向）です。
静電気力（引き込み力）\(F_e\) は：
$$ F_e = \frac{(C_1 - C_0)V^2}{2a} > 0 \quad \text{（右向き＝挿入方向）} $$問題文では「右向きを正」で外力 \(F\) を求めよとあります。ゆっくり移動（等速）なので外力と静電気力がつりあいます。
外力 \(F\) は右向き（挿入方向）に誘電体を押しているので、静電気力と同じ方向...ではなく、問題の設定をもう一度注意深く読みます。
「外から力 \(F\) を加えて、誘電体をゆっくり右向きに移動させる」ので、\(F > 0\)（右向き）で移動し、静電気力も同じ向きに作用しているかどうかを確認する必要があります。
結論として：
（負号 = 左向き、すなわち引き抜く方向。静電気力が誘電体を引き込むので、外力は引き抜く方向に作用する）
あるいは、静電気力は挿入方向（右向き）に \(\dfrac{(C_1-C_0)V^2}{2a}\) です。
電圧一定の場合、系のエネルギー関数として「電池のエネルギーも含めた全エネルギー」を考えると、静電気力は：
$$ F_e = +\frac{\partial}{\partial x}\left[\frac{1}{2}C(x)V^2\right] = \frac{V^2}{2}\frac{dC}{dx} = \frac{(C_1-C_0)V^2}{2a} $$（電圧一定条件では \(+\) 符号。電荷一定条件では \(-\) 符号になる。この符号の違いは電池のエネルギー供給を考慮に入れるかどうかの差です。）
電圧一定のとき、誘電体には常にコンデンサー内部に引き込む力が作用します。力の大きさは \(\dfrac{(C_1-C_0)V^2}{2a}\) で、位置 \(x\) によらず一定です。これは \(C(x)\) が \(x\) の1次関数であることの帰結です。