2つの電池 $E$、2つのコンデンサー $C_1,\,C_2$（$C_1 < C_2$）、抵抗 $R$、3つのスイッチ $S_1,\,S_2,\,S_3$ からなる回路です。スイッチの開閉により回路構成が変わり、直列接続や並列接続の状態が切り替わります。後半では誘電体の挿入・取り出しに伴う電荷・エネルギーの変化を扱います。
数値例：電池 E = 12 V、容量 C1 = 2.0 μF と C2 = 4.0 μF の直列接続で合成容量は C = 2.0 × 4.0 ÷ (2.0 + 4.0) = 1.33 μF。蓄えられる電荷は Q = 1.33 × 10^-6 × 12 = 1.6 × 10^-5 C。C1 の電圧は V1 = Q ÷ C1 = 1.6 × 10^-5 ÷ (2.0 × 10^-6) = 8.0 V。
$S_1$ と $S_3$ を閉じ、$S_2$ は開いたままです。電流が流れるループは1つだけです。
青線が電流の流れるループ（$S_2$ は開・灰色）
ループ：$\text{a} \to R \to S_1 \to \text{b} \to C_1 \to \text{c} \to C_2 \to \text{d} \to S_3 \to \text{e} \to E \to \text{f} \to E \to \text{a}$
2つの電池が直列で合計起電力 $2E$ を供給し、$C_1$ と $C_2$ が直列に接続されます。十分時間が経つと電流は 0 になり、$R$ での電圧降下も 0 です。
直列コンデンサーには同じ電荷 $Q$ が蓄えられます。キルヒホッフの電圧則より： $$ \frac{Q}{C_1} + \frac{Q}{C_2} = 2E $$ $$ Q\,\frac{C_1 + C_2}{C_1 C_2} = 2E $$
数値例：自己インダクタンス \(L = 0.10\) H、静電容量 \(C = 100\) μF の LC 回路の固有振動数は
\(f = \dfrac{1}{2\pi\sqrt{LC}} = \dfrac{1}{2\pi\sqrt{0.10 \times 100 \times 10^{-6}}} = \dfrac{1}{2\pi \times 3.16 \times 10^{-3}} = 50.3\) Hz
コンデンサーの初期電荷 \(Q_0 = 2.0 \times 10^{-3}\) C のとき、最大電流は \(I_{\max} = Q_0\omega = 2.0 \times 10^{-3} \times 316 = 0.63\) A
直列コンデンサーでは各極板に蓄えられる電荷は等しい。合成容量 $\dfrac{C_1 C_2}{C_1 + C_2}$ を用いると $Q = (\text{合成容量}) \times 2E$ ですぐに求まります。
$S_2$ を閉じると、$\text{f}$ 点と $\text{c}$ 点が導線でつながり、回路は上側ループと下側ループの2つに分かれます。
$S_2$ を閉じると回路が上下2つのループに分離する
十分時間後、それぞれのループで： $$ V(C_1) = E, \quad V(C_2) = E $$
閉じる前（問1の結果）： $$ V(C_1) = \frac{2E\,C_2}{C_1 + C_2} > E, \quad V(C_2) = \frac{2E\,C_1}{C_1 + C_2} < E \quad (\because\; C_1 < C_2) $$ $C_1$ は過充電状態（$V > E$）なので放電し、$C_2$ は不足状態（$V < E$）なので追加充電されます。
$\text{c}$ 点における電荷保存で考えます。$\text{c}$ 点には $C_1$ の c 側極板（負の電荷）と $C_2$ の c 側極板（正の電荷）が接続しています。
$S_2$ を閉じる前の c 点の正味の電荷： $$ q_\text{前} = -Q_0 + Q_0 = 0 $$ $S_2$ を閉じた後（定常状態）の c 点の正味の電荷： $$ q_\text{後} = -E C_1 + E C_2 = E(C_2 - C_1) > 0 $$
c 点の正の電荷が増えた分 $E(C_2 - C_1)$ は、$S_2$ を通ってf 側から c 側へ正電荷が流入したことを意味します。
孤立ノードの電荷保存：$S_2$ が開いている間、c 点周辺の電荷は保存される。$S_2$ を閉じると新たな経路ができ電荷が移動する。移動量は、閉じる前後の c 点の電荷の差から求められます。
すべてのスイッチを開き、コンデンサーを放電して初期状態に戻します。次に $S_2$ と $S_3$ を閉じて $C_2$ を充電します（$S_1$ は開）。ループ $\text{f} \to S_2 \to \text{c} \to C_2 \to \text{d} \to S_3 \to \text{e} \to E \to \text{f}$ により、十分時間後 $V(C_2) = E$、$Q_0 = EC_2$ に充電されます。
その状態のまま、比誘電率 $\varepsilon_r = 3$、極板間隔と同じ厚さの誘電体 D を $C_2$ の極板間にゆっくり挿入します。
スライダーで挿入具合を変えると、電荷 $Q(t)$ のグラフ上の点が連動して動きます
$S_2,\,S_3$ は閉じたままなので、$C_2$ の両端は電池に直結しており、電圧は常に $E$ に保たれます。
時刻 $t$ で D が挿入された面積の割合は $\dfrac{t}{t_0}$（面積は時間に比例）です。$C_2$ を、誘電体が入った部分と真空部分の2つの並列コンデンサーと見なすと：
合計容量： $$ C(t) = C_2\!\left(1 - \frac{t}{t_0}\right) + 3C_2\,\frac{t}{t_0} = C_2\!\left(1 + \frac{2t}{t_0}\right) $$
$C(t)$ は $t$ の一次関数（直線）です。電圧 $V = E$ は一定なので、蓄えられる電荷 $Q(t) = C(t) \cdot E$ も $t$ の一次関数になります： $$ Q(t) = EC_2\!\left(1 + \frac{2t}{t_0}\right) $$
$Q(t)$ が $t$ に対して直線的に増えるということは、単位時間あたりの電荷の増加量（＝電流）が一定であることを意味します。挿入開始時（$t = 0$）と挿入完了時（$t = t_0$）の電荷から：
電荷の変化量 $\Delta Q = 3EC_2 - EC_2 = 2EC_2$ がかかった時間 $t_0$ で均等に流れるので： $$ I = \frac{\Delta Q}{t_0} = \frac{2EC_2}{t_0} $$
$Q(t) = EC_2\!\left(1 + \dfrac{2t}{t_0}\right)$ を $t$ で微分すると： $$ I = \frac{dQ}{dt} = E \cdot \frac{dC}{dt} = E \cdot \frac{2C_2}{t_0} = \frac{2EC_2}{t_0} $$ $C(t)$ が $t$ の一次関数なので微分は定数になり、結果は同じです。
電池に直結（電圧一定）の状態で容量が変化すると、$Q = CV$ も容量に比例して変化します。面積が時間に比例するので $C(t)$ は一次関数 → $Q(t)$ も直線的に増加 → 電流は一定になります。
$t = t_0$ で D が完全に挿入された状態（$C = 3C_2$、$V = E$、$Q = 3EC_2$）から、$S_2$ を開いてから D をゆっくり取り去ります。
$S_1$ は開、$S_2$ も開になるため、$C_2$ の c 側極板は他のどの回路とも接続されなくなり、電荷が一定に保たれます：$Q = 3EC_2$（一定）。
電荷一定で誘電体を取り去ると容量が $3C_2 \to C_2$ に減り、電圧が $E \to 3E$ に上昇します。エネルギー変化を比較します。
回路は開いているので電流は流れず、ジュール熱は発生しません。エネルギーが増加した分がすべて外力の仕事です。
誘電体はコンデンサーに引き込まれる方向に力を受けます。電荷一定（回路が開）の場合、取り去るための外力の仕事＝静電エネルギーの増加分です。
D を取り去った後の状態：$C_2$ に電荷 $Q = 3EC_2$（c 側が正）、電圧 $3E$。$C_1$ は無充電。
ここで $S_1$ を閉じます（$S_2$ は開、$S_3$ は閉のまま）。
問1と同じループだが、$C_2$ に初期電荷 $3EC_2$ が蓄えられている
ループは問1と同じ構成です。総起電力は $2E$ ですが、$C_2$ に初期電荷があるため結果が異なります。
c 点は孤立ノード（$S_2$ が開）なので、c 点に接続した極板の電荷の合計が保存されます。 $$ \text{（$C_1$ の c 側極板）} + \text{（$C_2$ の c 側極板）} = 0 + 3EC_2 = 3EC_2 \quad \cdots\text{(i)} $$
$C_1$ の b 側極板の電荷を $Q_1$、$C_2$ の c 側極板の電荷を $Q_2$ とすると、$C_1$ の c 側極板は $-Q_1$、$C_2$ の d 側極板は $-Q_2$ です。
電荷保存 (i) より： $$ -Q_1 + Q_2 = 3EC_2 \quad \Rightarrow \quad Q_2 = 3EC_2 + Q_1 \quad \cdots\text{(ii)} $$
十分時間後に電流が 0 のとき、KVL（ループを一周）： $$ \frac{Q_1}{C_1} + \frac{Q_2}{C_2} = 2E \quad \cdots\text{(iii)} $$
(ii) を (iii) に代入： $$ \frac{Q_1}{C_1} + \frac{3EC_2 + Q_1}{C_2} = 2E $$ $$ \frac{Q_1}{C_1} + 3E + \frac{Q_1}{C_2} = 2E $$ $$ Q_1\!\left(\frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2}\right) = -E $$ $$ Q_1 = \frac{-E\,C_1 C_2}{C_1 + C_2} $$
$Q_1 < 0$ は、$C_1$ の b 側極板に負の電荷が蓄えられること（通常と逆の極性）を意味します。
$$ Q_2 = 3EC_2 + Q_1 = 3EC_2 - \frac{E\,C_1 C_2}{C_1 + C_2} = \frac{EC_2(2C_1 + 3C_2)}{C_1 + C_2} $$
点 e の電位を 0 として各点の電位を求めます。
$V(\text{c})$ の式を変形してみます： $$ V(\text{c}) = \frac{E(2C_1 + 3C_2)}{C_1 + C_2} = E\!\left(\frac{2C_1 + 3C_2}{C_1 + C_2}\right) = E\!\left(2 + \frac{C_2}{C_1 + C_2}\right) $$
ここで $\dfrac{C_2}{C_1 + C_2}$ の取りうる範囲を考えます。$C_1,\,C_2 > 0$ かつ $C_1 < C_2$ なので：
したがって： $$ \frac{1}{2} < \frac{C_2}{C_1 + C_2} < 1 $$ $$ 2E + \frac{E}{2} < V(\text{c}) < 2E + E $$ $$ \frac{5}{2}E < V(\text{c}) < 3E $$
物理的には、$C_2$ に蓄えられていた大量の電荷（$3EC_2$）のうち一部が $C_1$ に押し込まれ、$C_1$ を通常と逆の極性に充電します。この逆極性の $C_1$ が b → c 方向に電位を押し上げるため、c 点の電位が $2E$ を超えます。ただし $C_2$ にも電荷が残る（すべてが $C_1$ に移るわけではない）ので $3E$ には達しません。
なお、特殊ケースとして $C_1 \to 0$ のとき $V(\text{c}) \to 3E$（$C_2$ の電荷がすべて電位を支配）、$C_1 \to C_2$ のとき $V(\text{c}) \to \dfrac{5}{2}E$ です。
グラフの特徴：
回路の各ノードの電位を追うには、電池は起電力分だけ電位が上がり、コンデンサーは $Q/C$ だけ電位が下がる（高電位→低電位）ことを基本に順にたどります。抵抗に電流が流れていなければ電位降下は 0 です。