6. Dosková hra vzorové riešenie

Uvažujme vodivú dosku s plochou \(S\) nabitú nábojom \(Q\). Takáto doska okolo seba vytvára homogénne elektrické pole veľkosti \(E=\frac{Q}{2\epsilon_{0}S}\).¹ Nás bude zaujímať, aké pole vzniká vo vnútri kondenzátora. Na to využijeme princíp superpozície, a teda že výsledné pole od dosiek kondenzátora a vloženej dosky je rovné súčtu polí od jednotlivých dosiek. Zároveň si uľahčíme prácu tým, že budeme rovno riešiť podúlohu b) a riešenie podúlohy a) dostaneme zadarmo položením \(U=0\). Tak teda poďme na to!

V dôsledku prítomnosti zdroja a nabitej vodivej platne vo vnútri kondenzátora sa nabijú dosky kondenzátora. Vzhľadom na to, že obvod je uzavretý, musí byť súčet náboja na hornej a dolnej doske kondenzátora nulový. Nech je na hornej doske náboj \(+q\), potom na dolnej doske musí byť náboj \(-q\).

Zvoľme si za kladný smer intenzity smer nahor. Vieme, že intenzita má smer od kladného náboja k zápornému. Nech je v kondenzátore nad vloženou platňou intenzita \(E_{1}\) a pod ňou intenzita \(E_{2}\). Príspevok k intenzite \(E_{1}\) od hornej dosky kondenzátora je \(-\frac{q}{2\epsilon_{0}S}\), od vloženej platne \(+\frac{Q}{2\epsilon_{0}S}\) a od dolnej dosky kondenzátora \(-\frac{q}{2\epsilon_{0}S}\). Výsledná intenzita je teda \(E_{1}=\frac{Q-2q}{2\epsilon_{0}S}\). Analogicky jednotlivé príspevky k intenzite \(E_{2}\) sú postupne \(-\frac{q}{2\epsilon_{0}S}\), \(-\frac{Q}{2\epsilon_{0}S}\) a \(-\frac{q}{2\epsilon_{0}S}\) a výsledná intenzita je \(E_{2}=-\frac{Q+2q}{2\epsilon_{0}S}\).

Napätie medzi dvomi bodmi v homogénnom elektrickom poli \(E\) je \(V=El,\)kde \(l\) je vzdialenosť týchto dvoch bodov v smere intenzity. V našom prípade máme na začiatku medzi hornou doskou kondenzátora a vloženou platňou napätie \(U_{1}=E_{1}\frac{d}{3}=\frac{d\left(Q-2q\right)}{6\epsilon_{0}S}\) a medzi vloženou platňou a dolnou doskou kondenzátora napätie \(U_{2}=E_{2}\frac{2}{3}d=-\frac{d\left(Q+2q\right)}{3\epsilon_{0}S}\). Zároveň podľa druhého Kirchhoffovho zákona má platiť \(U_{1}+U_{2}=U\). Tým pádom možno ľahko dopočítať, že \(q=-\left(\frac{Q}{6}+\frac{\epsilon_{0}SU}{d}\right)\).

Keď presunieme platňu vo vnútri kondenzátora, nejaký náboj pretečie medzi doskami kondenzátora. Označme si nové náboje na doskách kondenzátora \(+q^{\prime}\) a \(-q^{\prime}\). Nové intenzity sú potom \(E_{1}^{\prime}=\frac{Q-2q^{\prime}}{2\epsilon_{0}S}\) a \(E_{2}^{\prime}=-\frac{Q+2q^{\prime}}{2\epsilon_{0}S}\) a nové napätia \(U_{1}^{\prime}=E_{1}^{\prime}\frac{2}{3}d=\frac{d\left(Q-2q^{\prime}\right)}{3\epsilon_{0}S}\) a \(U_{2}^{\prime}=E_{2}^{\prime}\frac{d}{3}=-\frac{d\left(Q+2q\right)}{6\epsilon_{0}S}\). Stále musí platiť druhý Kirchhoffov zákon \(U_{1}^{\prime}+U_{2}^{\prime}=U\), teda môžeme dopočítať, že \(q^{\prime}=\frac{Q}{6}-\frac{\epsilon_{0}SU}{d}\).

Náboj, ktorý pri presúvaní nabitej platne pritiekol z dolnej dosky kondenzátora na hornú, je rovný rozdielu náboja po presúvaní a náboja pred presúvaním, teda \(\delta q=q^{\prime}-q=\frac{Q}{3}\). Výsledok nezávisí od napätia \(U\), preto je toto výsledok oboch podúloh.