接地された平行板コンデンサー（極板間隔 $2d$）に、表面に固定電荷 $-Q$ をもつ誘電体（厚さ $d$、誘電率 $\varepsilon_1$）を挿入する。極板 A・B は抵抗 $R$ でつながれ、極板 B は接地されている。固定電荷による静電誘導、誘電体を含む直列コンデンサーの容量、十分時間後の極板電荷、そして極板 A を横にずらしたときに流れる電流までを扱う電磁気の総合問題です。
(a) 現象の名前：固定された電荷 $-Q$ が近くの導体（極板 A・B）の自由電子を動かし、表面に電荷を生じさせる。これは静電誘導である。
(b)(c) 極板に現れる電荷の符号：誘電体の上面にある $-Q$ は負電荷なので、その電場により極板 A・B には正電荷が引き寄せられて現れる。これらの正電荷は接地から導線を通じて供給される。
$$\text{極板 A の電荷}:\ \boxed{+}\qquad \text{極板 B の電荷}:\ \boxed{+}$$(d) $Q_A$ と $Q_B$ の大小：設問(2)(3) で示すように、極板 A 側は真空（$\varepsilon_0$）、極板 B 側は誘電率の大きい誘電体（$\varepsilon_1 > \varepsilon_0$）。誘電率が大きいほど容量が大きく、固定電荷 $-Q$ を打ち消すために必要な誘導電荷も多くなる。したがって
$$Q_A = \frac{\varepsilon_0}{\varepsilon_0+\varepsilon_1}Q,\qquad Q_B = \frac{\varepsilon_1}{\varepsilon_0+\varepsilon_1}Q$$$\varepsilon_1 > \varepsilon_0$ なので $Q_A < Q_B$。よって $Q_A$ は $Q_B$ より小さい。
固定電荷は $-Q$（負）。負電荷は近くの導体内の正電荷（実際には反対側へ逃げる自由電子）を引き寄せ、$-Q$ に面した側に正電荷を残す。極板 A は $-Q$ の上、極板 B は $-Q$ の下にあるので、どちらの極板でも $-Q$ に面した側に正電荷が誘導される。
全体の電荷保存：$Q_A + Q_B + (-Q) = 0$ がこの後の計算で確認できる（接地から供給された正電荷の合計が固定電荷 $-Q$ をちょうど打ち消す）。
「接地された導体＋固定電荷」の問題では、接地が必要なだけ電荷を供給すると考える。極板の符号は「固定電荷と反対符号が近い面に現れる」で判断でき、本問はどちらの極板も $-Q$ に面するので両方とも正になる。
立式：平行板コンデンサーの電気容量は、誘電率 $\varepsilon$、極板面積 $S$、極板間隔 $d'$ を用いて
$$C = \frac{\varepsilon S}{d'}$$$C_A$（真空部分）：誘電率 $\varepsilon_0$、面積 $S = a^2$、間隔 $d' = d$ を代入：
$$C_A = \frac{\varepsilon_0 a^2}{d}$$$C_B$（誘電体部分）：誘電率 $\varepsilon_1$、面積 $S = a^2$、間隔 $d' = d$ を代入：
$$C_B = \frac{\varepsilon_1 a^2}{d}$$$C_A$ と $C_B$ を直列に合成すると：
$$\frac{1}{C} = \frac{1}{C_A} + \frac{1}{C_B} = \frac{d}{\varepsilon_0 a^2} + \frac{d}{\varepsilon_1 a^2} = \frac{d(\varepsilon_0+\varepsilon_1)}{\varepsilon_0\varepsilon_1 a^2}$$ $$C = \frac{\varepsilon_0\varepsilon_1 a^2}{d(\varepsilon_0+\varepsilon_1)}$$もし誘電体が真空と同じ（$\varepsilon_1=\varepsilon_0$）なら $C = \dfrac{\varepsilon_0 a^2}{2d}$ となり、間隔 $2d$ の真空コンデンサーと一致する（検算 OK）。
イメージをつかむため具体値を入れてみる。一辺 $a = 0.10\ \text{m}$、厚さ $d = 1.0\ \text{mm} = 1.0\times10^{-3}\ \text{m}$、真空の誘電率 $\varepsilon_0 = 8.85\times10^{-12}\ \text{F/m}$ とすると、真空部分の容量は
$$C_A = \frac{\varepsilon_0 a^2}{d} = \frac{8.85\times10^{-12} \times (0.10)^2}{1.0\times10^{-3}} = 8.85\times10^{-11}\ \text{F} \fallingdotseq 89\ \text{pF}$$誘電体の比誘電率を $\varepsilon_1/\varepsilon_0 = 4.0$（例：ガラス）とすると
$$C_B = \frac{\varepsilon_1 a^2}{d} = 4.0 \times C_A = 4.0 \times 8.85\times10^{-11} = 3.5\times10^{-10}\ \text{F} \fallingdotseq 0.35\ \text{nF}$$直列合成容量は
$$C = \frac{C_A C_B}{C_A + C_B} = \frac{89 \times 354}{89 + 354}\ \text{pF} \fallingdotseq 71\ \text{pF}$$誘電体側のほうが容量が大きい（$C_B > C_A$）ことが数値でも確認できる。
誘電体を厚さ方向に部分挿入したときは、境界面で 2 つのコンデンサーに分けて直列として扱う。面積方向に分かれているなら並列。本問は固定電荷 $-Q$ の面を境にした直列。
方針：鉛直下向き（A→B）を電場の正の向きとする。十分時間後は $R$ に電流が流れず、$R$ の両端は等電位だから
$$V_A = V_B = 0 \quad(\text{接地電位})$$各領域の電場：極板 A の電荷を $Q_A$ とすると、真空部分（領域1）の電場は
$$E_1 = \frac{Q_A}{\varepsilon_0 a^2}$$誘電体部分（領域2）の電場を $E_2$ とする。A から B への電位差は、各領域の電位降下の和：
$$V_A - V_B = E_1\,d + E_2\,d = 0 \quad\Rightarrow\quad E_2 = -E_1$$固定電荷 $-Q$ の面でガウスの法則：境界面の上側の電束密度は $D_1 = \varepsilon_0 E_1$、下側は $D_2 = \varepsilon_1 E_2$。境界面の自由電荷の面密度は $-\dfrac{Q}{a^2}$ なので（下向きを正とすると $D_2 - D_1 = \sigma_{\text{自由}}$）：
$$\varepsilon_1 E_2 - \varepsilon_0 E_1 = -\frac{Q}{a^2}$$$E_2 = -E_1$ を代入：
$$-\varepsilon_1 E_1 - \varepsilon_0 E_1 = -\frac{Q}{a^2} \quad\Rightarrow\quad E_1 = \frac{Q}{\varepsilon_0 a^2 + \varepsilon_1 a^2} = \frac{Q}{(\varepsilon_0+\varepsilon_1)a^2}$$極板電荷：$Q_A = \varepsilon_0 E_1 a^2$、$Q_B = \varepsilon_1 |E_2| a^2 = \varepsilon_1 E_1 a^2$ より
$$Q_A = \varepsilon_0 a^2 \cdot \frac{Q}{(\varepsilon_0+\varepsilon_1)a^2} = \frac{\varepsilon_0}{\varepsilon_0+\varepsilon_1}\,Q$$ $$Q_B = \varepsilon_1 a^2 \cdot \frac{Q}{(\varepsilon_0+\varepsilon_1)a^2} = \frac{\varepsilon_1}{\varepsilon_0+\varepsilon_1}\,Q$$中間ノード（固定電荷 $-Q$ の面）の電位を $V_M$ とする。$V_A = V_B = 0$ より、
中間ノードの全電荷は固定電荷 $-Q$ だけ（外部とつながっていない）。$C_A$ の下面電荷 $-Q_A$ と $C_B$ の上面電荷 $-Q_B$ と固定電荷 $-Q$ の和を考えると、$Q_A$ と $Q_B$ が中間に集まる正電荷を作り、電荷保存から $Q_A + Q_B = Q$ が成り立つ。
さらに $-C_A V_M$ と $C_B V_M$ の符号が一致するには $V_M < 0$。これらを連立すると
$$Q_A : Q_B = C_A : C_B = \varepsilon_0 : \varepsilon_1$$ $$Q_A = \frac{\varepsilon_0}{\varepsilon_0+\varepsilon_1}Q,\quad Q_B = \frac{\varepsilon_1}{\varepsilon_0+\varepsilon_1}Q$$電場で解いた結果と一致する。
「十分時間後・抵抗あり」ときたら電流ゼロ＝両極板が等電位を第一に使う。電荷保存 $Q_A + Q_B = Q$ と容量比 $Q_A:Q_B = \varepsilon_0:\varepsilon_1$ の 2 本で一気に決まる。
立式：極板 A を横に $x$ だけずらすと、極板 A と B の重なり面積は
$$S(x) = a\,(a - |x|)\qquad(|x| \le a)$$容量は重なり面積に比例するので、設問(3) の電荷も同じ割合で変化する。設問(3) の値（重なり最大 $x=0$ のとき）を $Q_{A0}$ とすると、抵抗の電圧降下は無視でき充放電は瞬時に行われるので
$$Q_A(t) = Q_{A0}\cdot\frac{S(x)}{a^2} = Q_{A0}\left(1 - \frac{|x(t)|}{a}\right)$$数値代入：図 5 より $x(t)$ は振幅 $\dfrac{a}{2}$ の三角波。$|x|$ の最大値は $\dfrac{a}{2}$ なので
$$Q_A^{\text{最大}} = Q_{A0}\left(1 - 0\right) = Q_{A0}\quad(x=0:\ t=0,\,\tfrac{T}{2},\,T)$$ $$Q_A^{\text{最小}} = Q_{A0}\left(1 - \frac{a/2}{a}\right) = \frac{Q_{A0}}{2}\quad(|x|=\tfrac{a}{2}:\ t=\tfrac{T}{4},\,\tfrac{3T}{4})$$$|x(t)|$ が三角波なので $Q_A(t)$ も三角波で、$Q_{A0}$ と $\dfrac{Q_{A0}}{2}$ の間を直線的に往復する。
各 $\dfrac{T}{4}$ の区間で $Q_A$ は $\dfrac{Q_{A0}}{2}$ だけ変化する。よって傾きの大きさは
$$\left|\frac{\Delta Q_A}{\Delta t}\right| = \frac{Q_{A0}/2}{T/4} = \frac{2Q_{A0}}{T}\ (\text{一定})$$この一定の傾きが、設問(5) で「電流が一定の矩形波になる」理由である。
極板をずらすときの重なり面積は $a(a-|x|)$。$x$ ではなく $|x|$ に比例して容量・電荷が減る点に注意（左右どちらにずらしても重なりは減る）。振幅は $a$ ではなく $a/2$（図 5）なので最小値は $0$ ではなく $Q_{A0}/2$。
立式：電流は極板 A の電荷の時間変化として表れる。図 4 の矢印の向き（極板 A から抵抗を通って接地へ流れ出る向き）を正とすると、$Q_A$ が減るとき正電荷が極板 A から流れ出るので $I>0$：
$$I = -\frac{\Delta Q_A}{\Delta t}$$大きさの計算：設問(4) より、各 $\dfrac{T}{4}$ の区間で $Q_A$ は $\dfrac{Q_{A0}}{2}$ だけ変化する。傾きが一定なので電流の大きさは
$$|I| = \left|\frac{\Delta Q_A}{\Delta t}\right| = \frac{Q_{A0}/2}{T/4} = \frac{2\,Q_{A0}}{T}$$符号（向き）：
「抵抗の両端の電圧は小さく $Q_A$, $Q_B$ に影響しない」「充放電は瞬時」という条件があるため、電流は極板を動かす速さ（容量の変化率）だけで決まる。電荷 $Q_A(t)$ の形は $R$ に関係なく決まり、$I = -dQ_A/dt$ の大きさ $\dfrac{2Q_{A0}}{T}$ にも $R$ は入らない。
$R$ は「抵抗にかかる電圧 $V_R = RI = \dfrac{2RQ_{A0}}{T}$」のように電圧側に現れる量で、本問の電流の大きさそのものには寄与しない。
$x(t)$ の傾きは各区間で $\dfrac{dx}{dt}=\pm\dfrac{2a}{T}$（振幅 $a/2$ を $T/4$ で動くため）。容量 $C(t)\propto(a-|x|)$、電荷 $Q_A=Q_{A0}\dfrac{a-|x|}{a}$ より
$$I = -\frac{dQ_A}{dt} = \frac{Q_{A0}}{a}\cdot\frac{d|x|}{dt} = \frac{Q_{A0}}{a}\cdot\left(\pm\frac{2a}{T}\right) = \pm\frac{2Q_{A0}}{T}$$一定の傾きの三角波を微分すると一定値（矩形波）になることが確認できる。
三角波の電荷 → 矩形波の電流は頻出。$I=\dfrac{dQ}{dt}$ は「グラフの傾き」。傾き一定の各区間で電流は一定、傾きの符号が変わる点（$t=T/4,\,T/2,\,3T/4$）で電流が反転する。可変容量から電流を取り出すのはコンデンサーマイクの原理でもある。