問1 は、$y$ 軸方向の一様磁場 $B$ の中で $x$ 軸を回転軸として角速度 $\omega$ で回転する長方形コイル（交流発電機のモデル）。導線 A₁A₂・A₃A₄ 内の自由電子にはたらくローレンツ力から誘導起電力を求め、電流・ジュール熱へつなげる。問2 は、極板に平行に（面全体・厚さの一部だけ）誘電体を挟んだ平行板コンデンサーの静電容量・静電エネルギー・誘電体にはたらく力を扱う。
設定：導線 A₁A₂ は回転軸（$x$ 軸）から距離 $\dfrac{b}{2}$ の位置を回るので、その速さは問題文どおり $v=\dfrac{b\omega}{2}$。A₁A₂ の $z$ 座標が $-\dfrac{b}{2}$ になる時刻を $0$ とすると、回転角は $\omega t$ で、この導線の位置は
$$z = -\dfrac{b}{2}\cos\omega t, \qquad y = \dfrac{b}{2}\sin\omega t$$速度ベクトル：位置を時間で微分して（$x$ 成分は $0$）、
$$\vec{v} = \left(0,\ \dfrac{b\omega}{2}\cos\omega t,\ \dfrac{b\omega}{2}\sin\omega t\right)$$ローレンツ力：磁場は $\vec{B}=(0,\,B,\,0)$。電子（電気量 $-e$）にはたらく力は $\vec{F}=-e\,\vec{v}\times\vec{B}$。まず外積を計算すると、$v_x=0$ より、
$$\vec{v}\times\vec{B} = \bigl(v_y B_z - v_z B_y,\ v_z B_x - v_x B_z,\ v_x B_y - v_y B_x\bigr) = \left(-v_z B,\ 0,\ 0\right) = \left(-\dfrac{b\omega B}{2}\sin\omega t,\ 0,\ 0\right)$$したがって電子にはたらく力の $x$ 成分は、
$$F_x = -e\left(-\dfrac{b\omega B}{2}\sin\omega t\right) = \dfrac{eb\omega B}{2}\sin\omega t$$$\vec{v}$ が $yz$ 平面内、$\vec{B}$ が $y$ 方向なので、$\vec{v}\times\vec{B}$ は必ず $x$ 方向（導線 A₁A₂ に沿う方向）を向く。だから力の $y,z$ 成分が $0$ になる。一方、導線 A₁A₄・A₂A₃ 内の電子にはたらくローレンツ力は導線に垂直になり、電子を導線に沿って動かせない → 起電力に寄与しない（問題文の記述と一致）。
回転コイルの起電力は、$BvL$ の「棒 1 本モデル」を回転軸に平行な 2 辺に適用するのが定石。速度の大きさ $v=\dfrac{b\omega}{2}$ は一定だが、磁場を横切る有効成分が $\sin\omega t$ で振動するのがポイント。
立式：定常状態では、電子（電気量 $-e$）にはたらく静電気力 $(-e)E_x$ とローレンツ力 $F_x$ がつり合う。つり合いの式は、
$$(-e)\,E_x + F_x = 0$$代入・計算：$(1)$ で求めた $F_x=\dfrac{eb\omega B}{2}\sin\omega t$ を代入して、
$$(-e)\,E_x + \dfrac{eb\omega B}{2}\sin\omega t = 0 \quad\Rightarrow\quad E_x = \dfrac{1}{e}\cdot\dfrac{eb\omega B}{2}\sin\omega t$$ $$E_x = \dfrac{b\omega B}{2}\sin\omega t$$導線内の自由電子はごくわずか動くだけで端に帯電を作り、その電荷が導線内部に一様な電場を生む。電子がそれ以上動かなくなった（＝電流が流れない）状態が定常状態で、そのとき電子にはたらく合力は $0$。よって静電気力とローレンツ力の大きさが等しく、向きが逆になる。この関係が $E_x=\dfrac{F_x}{e}$ を与える。
「動く導体棒の内部電場」は $E=vB$ が基本。ここでは速度の有効成分（磁場を横切る成分）が $\sin\omega t$ を生み、$E_x=\dfrac{b\omega B}{2}\sin\omega t$ となる。電子の電荷 $e$ は途中で必ず約分されて消える。
立式：導線 A₁A₂ の内部には一様な電場 $E_x$ ができており、導線の長さ（A₁A₂ の長さ）は $a$。両端の電位差（起電力）は電場 × 長さで、
$$V = E_x \times a$$代入・計算：$(2)$ の $E_x=\dfrac{b\omega B}{2}\sin\omega t$ を代入して、
$$V = \dfrac{b\omega B}{2}\sin\omega t \times a = \dfrac{ab\omega B}{2}\sin\omega t$$導線 A₃A₄ でも同じ大きさの起電力 $\dfrac{ab\omega B}{2}\sin\omega t$ が生じる。A₁A₂ と A₃A₄ は回転軸をはさんで反対側にあり、コイル 1 周をたどると2 本の起電力が同じ向きに直列に加わる。よって端子 X を基準とした Y の電位、すなわちコイル全体の誘導起電力は、
$$\dfrac{ab\omega B}{2}\sin\omega t + \dfrac{ab\omega B}{2}\sin\omega t = ab\omega B\sin\omega t$$問題文中の値 $ab\omega B\sin\omega t$ と一致する。
一様な電場では 電位差 $=$ 電場 $\times$ 距離。$(1)\to(2)\to(3)$ と積み上げると、$\dfrac{eb\omega B}{2}\sin\omega t \xrightarrow{\div e} \dfrac{b\omega B}{2}\sin\omega t \xrightarrow{\times a} \dfrac{ab\omega B}{2}\sin\omega t$ と、きれいに 1 本の式に収束する。
立式：コイルの抵抗は $0$ なので、起電力 $V=ab\omega B\sin\omega t$ がそのまま抵抗 $R$ にかかる。オームの法則より、
$$I = \dfrac{V}{R}$$代入・計算：コイル全体の起電力 $V=ab\omega B\sin\omega t$ を代入して、
$$I = \dfrac{ab\omega B\sin\omega t}{R} = \dfrac{ab\omega B}{R}\sin\omega t$$起電力（X を基準とした Y の電位）$ab\omega B\sin\omega t$ が正のときは Y が高電位で、外部の抵抗では電流が高電位の Y から低電位の X へ流れる。これは問題の正の向き（Y→X）と一致するので、符号もこのままでよい。
$a=0.10$ m, $b=0.10$ m, $\omega=100$ rad/s, $B=0.50$ T, $R=10\ \Omega$ のとき、電流の振幅は
$$I_0 = \dfrac{ab\omega B}{R} = \dfrac{0.10\times 0.10\times 100\times 0.50}{10} = 0.050\ \text{A} = 50\ \text{mA}$$この振幅で $\sin\omega t$ に従って交流的に流れる。
回転コイル＋磁場は交流発電機そのもの。起電力・電流とも $\sin\omega t$ で振動する交流になる。$(1)$ で導線 1 本の力から出発しても、$(3)$ で 2 本を直列に加えることで、教科書の交流起電力 $V=ab\omega B\sin\omega t$ に一致する。
立式：抵抗 $R$ での瞬時の消費電力は、$(4)$ の電流を使って、
$$P = I^2 R = \left(\dfrac{ab\omega B}{R}\sin\omega t\right)^2 R = \dfrac{(ab\omega B)^2}{R}\sin^2\omega t$$1 回転の周期は $T=\dfrac{2\pi}{\omega}$。この間に発生するジュール熱は $P$ を 1 周期にわたって積分したもの。$\sin^2\omega t$ の 1 周期平均は $\dfrac{1}{2}$ なので、
$$J = \int_0^T P\,dt = \dfrac{(ab\omega B)^2}{R}\int_0^T \sin^2\omega t\,dt = \dfrac{(ab\omega B)^2}{R}\cdot\dfrac{T}{2}$$代入・計算：$T=\dfrac{2\pi}{\omega}$ を代入して、
$$J = \dfrac{a^2 b^2 \omega^2 B^2}{R}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{2\pi}{\omega} = \dfrac{\pi a^2 b^2 \omega B^2}{R}$$交流の消費電力の 1 周期平均は、電流の実効値 $I_{\mathrm{rms}}$ を用いて $\overline{P}=I_{\mathrm{rms}}^2 R$。振幅 $I_0=\dfrac{ab\omega B}{R}$ の正弦波なら $I_{\mathrm{rms}}=\dfrac{I_0}{\sqrt{2}}$ なので、
$$\overline{P} = \left(\dfrac{I_0}{\sqrt2}\right)^2 R = \dfrac{I_0^2 R}{2} = \dfrac{(ab\omega B)^2}{2R}$$1 回転の熱は $J=\overline{P}\cdot T = \dfrac{(ab\omega B)^2}{2R}\cdot\dfrac{2\pi}{\omega} = \dfrac{\pi a^2 b^2\omega B^2}{R}$。同じ結果。
交流のエネルギーは「瞬時電力の積分」＝「平均電力 × 時間」。$\sin^2$ の 1 周期平均 $\dfrac{1}{2}$（または実効値 $\dfrac{1}{\sqrt2}$）を使うのが定番。$B^2$ の指数、$\omega$ の 1 乗（$\omega^2\times\omega^{-1}$）に注意。
立式：極板面積は $l^2$。誘電体層と真空層は電気力線に沿って直列に並ぶので、2 つのコンデンサーの直列合成になる。
・真空層（厚さ $d-t$）：$\ C_1 = \dfrac{\varepsilon_0 l^2}{d-t}$
・誘電体層（厚さ $t$）：$\ C_2 = \dfrac{\varepsilon l^2}{t}$
直列合成：
$$\dfrac{1}{C} = \dfrac{1}{C_1} + \dfrac{1}{C_2} = \dfrac{d-t}{\varepsilon_0 l^2} + \dfrac{t}{\varepsilon l^2} = \dfrac{\varepsilon(d-t) + \varepsilon_0 t}{\varepsilon \varepsilon_0 l^2}$$逆数をとって、
$$C = \dfrac{\varepsilon \varepsilon_0 l^2}{\varepsilon(d-t) + \varepsilon_0 t}$$$t\to 0$（誘電体なし）で $C\to\dfrac{\varepsilon\varepsilon_0 l^2}{\varepsilon d} = \dfrac{\varepsilon_0 l^2}{d}$（真空の平行板）。$t\to d$（隙間を誘電体で満たす）で $C\to\dfrac{\varepsilon\varepsilon_0 l^2}{\varepsilon_0 d} = \dfrac{\varepsilon l^2}{d}$（全体が誘電体）。どちらも妥当で、式が正しいことが確認できる。
誘電体の入れ方で直列／並列が変わる。極板に平行に（面全体・厚さの一部）挟むと直列、極板に垂直に（面を分割）挟むと並列。ここは前者なので直列。誘電率 $\varepsilon$ はそのまま使う値（$\varepsilon=\varepsilon_r\varepsilon_0$ の $\varepsilon$）で、比誘電率と混同しないこと。
立式：電荷 $Q$ は一定なので、静電エネルギーは $U=\dfrac{Q^2}{2C}$。$(6)$ の $C$ を代入すると、
$$U = \dfrac{Q^2}{2C} = \dfrac{Q^2}{2}\cdot\dfrac{\varepsilon(d-t)+\varepsilon_0 t}{\varepsilon\varepsilon_0 l^2}$$$U$ は $d$ について 1 次式（$d$ 以外は定数）なので、$d$ を $\Delta d$ 増やしたときの増加量は、$\varepsilon(d-t)$ の項が $\varepsilon\,\Delta d$ だけ増えることから、
$$\Delta U = \dfrac{Q^2}{2\varepsilon\varepsilon_0 l^2}\cdot \varepsilon\,\Delta d = \dfrac{Q^2}{2\varepsilon_0 l^2}\,\Delta d$$誘電体の厚さ $t$ は変わらず、広げた分 $\Delta d$ は真空層だけが厚くなる。電荷一定なので極板上の電荷面密度 $\sigma=\dfrac{Q}{l^2}$ は不変で、真空中の電場は $E_0=\dfrac{\sigma}{\varepsilon_0}=\dfrac{Q}{\varepsilon_0 l^2}$。この電場が満たす空間が $l^2\Delta d$ だけ増えるので、増えるエネルギーは真空中のエネルギー密度 $u=\dfrac{1}{2}\varepsilon_0 E_0^2$ を使って、
$$\Delta U = u\cdot l^2\Delta d = \dfrac{1}{2}\varepsilon_0\left(\dfrac{Q}{\varepsilon_0 l^2}\right)^2 l^2\Delta d = \dfrac{Q^2}{2\varepsilon_0 l^2}\Delta d$$同じ結果。$\varepsilon_0$ だけが現れ、$\varepsilon$ が答えに入らない理由がよく分かる（広がるのは真空部分だから）。
電荷一定では $U=\dfrac{Q^2}{2C}$ が使いやすい（電圧一定なら $U=\dfrac{1}{2}CV^2$）。$C$ が $d$ の 1 次式（の逆数）なので $U$ は $d$ の 1 次式となり、変化量が $\Delta d$ にきれいに比例する。誘電体の厚さは変えていないので、答えに $\varepsilon$ は現れず $\varepsilon_0$ だけになる。
立式：$d=t$ のとき、$(6)$ の式で真空層の厚さ $d-t=0$ となるので、容量は誘電体だけの値になる。
$$C = \dfrac{\varepsilon\varepsilon_0 l^2}{\varepsilon\cdot 0 + \varepsilon_0 t} = \dfrac{\varepsilon\varepsilon_0 l^2}{\varepsilon_0 t} = \dfrac{\varepsilon l^2}{t}$$代入・計算：電荷 $Q$ が蓄えられているから、電位差は $V=\dfrac{Q}{C}$。
$$V = \dfrac{Q}{C} = \dfrac{Q}{\ \dfrac{\varepsilon l^2}{t}\ } = \dfrac{Q t}{\varepsilon l^2}$$$d=t$ なので、$t$ を $d$ に書き換えて $V=\dfrac{Qd}{\varepsilon l^2}$ と表してもよい。
誘電体中の電場は $E=\dfrac{\sigma}{\varepsilon}=\dfrac{Q}{\varepsilon l^2}$（$\sigma=\dfrac{Q}{l^2}$ は極板の電荷面密度）。電位差は電場 × 距離なので、
$$V = E\cdot t = \dfrac{Q}{\varepsilon l^2}\cdot t = \dfrac{Qt}{\varepsilon l^2}$$同じ結果。誘電体中では電場が $\dfrac{1}{\varepsilon}$ に「弱まる」ことがポイント。
誘電体で満たされた平行板コンデンサーの容量は $C=\dfrac{\varepsilon S}{d}$（$S=l^2$）。真空の場合の $\varepsilon_0$ が $\varepsilon$ に置き換わるだけ。電位差は $V=\dfrac{Q}{C}$ か $V=Et$ のどちらでも同じ答えになる。
設定：$d=t$ の状態から、誘電体を極板の一辺に沿って $\Delta x$ だけ押し出す。極板間は、上から見ると 2 つの長方形領域に分かれる（極板間隔はどちらも $t$）。
立式（並列）：電圧が共通の 2 領域なので並列合成。それぞれの面積は、
・誘電体が残る領域：面積 $l(l-\Delta x)$ → $\ C_A = \dfrac{\varepsilon\, l(l-\Delta x)}{t}$
・真空になった領域：面積 $l\,\Delta x$ → $\ C_B = \dfrac{\varepsilon_0\, l\,\Delta x}{t}$
合成：並列なので単純に足す。
$$C' = C_A + C_B = \dfrac{\varepsilon\, l(l-\Delta x)}{t} + \dfrac{\varepsilon_0\, l\,\Delta x}{t} = \dfrac{l}{t}\bigl[\varepsilon(l-\Delta x) + \varepsilon_0 \Delta x\bigr]$$$\Delta x=0$ で $C'=\dfrac{l}{t}\cdot\varepsilon l=\dfrac{\varepsilon l^2}{t}$ となり、$(8)$ で使った「誘電体で満たしたコンデンサー」の容量に一致する。$(6)$ が直列（厚さ方向に層が重なる）だったのに対し、$(9)$ は並列（面が横に分かれる）である点が最大の違い。$\varepsilon\gt\varepsilon_0$ なので、押し出すほど（$\Delta x$ が増えるほど）$C'$ は小さくなる。
誘電体の入れ方で直列⇔並列が変わる。厚さ方向に層状 → 直列（$(6)$）、面を左右に分割 → 並列（$(9)$）。同じ問題内で両方が問われるので、「電場が段ごとに変わる＝直列」「電圧が共通＝並列」で見分ける。
容量の変化：$(9)$ の結果を整理すると、
$$C' = \dfrac{l}{t}\bigl[\varepsilon l - (\varepsilon-\varepsilon_0)\Delta x\bigr]$$$\varepsilon\gt\varepsilon_0$ より $\varepsilon-\varepsilon_0\gt 0$ なので、$\Delta x$ が増えると $C'$ は減少する（誘電体を押し出す前の $C=\dfrac{\varepsilon l^2}{t}$ より小さい）。
エネルギーの変化：電荷 $Q$ は一定なので、$U=\dfrac{Q^2}{2C'}$。$C'$ が減るので $U$ は増加する。
$$U = \dfrac{Q^2}{2C'} = \dfrac{Q^2 t}{2l\bigl[\varepsilon l - (\varepsilon-\varepsilon_0)\Delta x\bigr]} \quad(\text{分母が減る}\Rightarrow U\ \text{増加})$$力の向き：誘電体を押し出すとエネルギーが増える。物体はエネルギーが小さくなる向きに力を受けるので、力は $\Delta x$ を減らす向き、すなわちもとの位置へ引き戻す（引き込む）向きにはたらく。よって選択肢は（イ）。
電荷一定の系では、誘電体にはたらく力は $F=-\dfrac{dU}{dx}$（エネルギーが減る向きが正の力）。$U(\Delta x)=\dfrac{Q^2}{2C'}$ を $\Delta x$ で微分すると、$C'$ が $\Delta x$ とともに減るので $U$ は増加関数、よって $\dfrac{dU}{dx}\gt 0$、$F=-\dfrac{dU}{dx}\lt 0$、つまり力は $\Delta x$ を減らす向き（引き込む向き）。式でも「戻す力」が確認できる。
物理的には、誘電体は容量が増える方向（隙間を埋める方向）へ引き込まれるという一般的性質のあらわれ。だからコンデンサーは誘電体を「飲み込もう」とする。
電荷一定なら $U=\dfrac{Q^2}{2C}$ が下がる向き（＝$C$ が上がる向き）に力がはたらく。誘電体は「$C$ を大きくする」＝「隙間を埋める」向きに引き込まれる。だから押し出すと必ず引き戻す力が生じる。$\varepsilon\gt\varepsilon_0$ が効いている。