電磁気学の問題と解答
1 導体球と点電荷の鏡像法
原点を中心に半径 $R$ の導体球を置き、電位を $0$ に保つ（接地する）。球の外、$z$ 軸上の点 $\boldsymbol r' = (0,\, 0,\, a)$（$a > R$）には点電荷 $q'$ がある。 位置 $\boldsymbol r$ は極座標で表し、原点からの距離を $r$（$r = |\boldsymbol r|$）、$\boldsymbol r$ が $z$ 軸となす角を $\theta$（$\cos\theta = z / r$）とする。
(1) 導体球の外のポテンシャル
導体球の外側（$r \ge R$）のポテンシャル $V(\boldsymbol r)$ は、鏡像法で求めると以下のように表せることを示せ。
$$V(\boldsymbol r) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left( \frac{q'}{\sqrt{r^2 + a^2 - 2ra\cos\theta}} - \frac{q'}{\sqrt{\left( \dfrac{ra}{R} \right)^2 + R^2 - 2ra\cos\theta}} \right)$$
ただし、
- $\varepsilon_0$ は真空の誘電率
- $R$ は導体球の半径
- $q'$ は点電荷の電荷
- $a$ は点電荷の位置の $z$ 座標（$\boldsymbol r' = (0, 0, a)$、$a > R$）
- $r$ は原点からの距離（$r = |\boldsymbol r|$）
- $\theta$ は $\boldsymbol r$ が $z$ 軸となす角（$\cos\theta = z/r$）
- 記号の位置関係は上の設定と図のとおり
解答
鏡像法を用いて解く。導体球の内側に、次のような鏡像電荷を置いてみる。
$$q'' = -\frac{R}{a} q', \qquad \boldsymbol r'' = \left( 0,\, 0,\, \frac{R^2}{a} \right)$$なぜこの鏡像電荷を置けばよいと考えるか（クリックで開閉）
そもそも、導体球と電荷の問題では、導体球の内部に鏡像電荷を置けばうまくいくことを知っておく必要がある。これを知っていれば、対称性から、鏡像電荷は $z$ 軸上に置けばよいと考えられる。
鏡像電荷 $q''$ の $z$ 座標を $b$（$b \lt R$）とおく。鏡像法の考え方から、少なくとも球面上の2点 $\boldsymbol r = (0,\, 0,\, \pm R)$ ではポテンシャルが $0$ であることが必要である。この条件を連立方程式にすると
$$\left\{ \begin{aligned} \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left( \frac{q'}{a - R} + \frac{q''}{R - b} \right) &= 0 \\ \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left( \frac{q'}{a + R} + \frac{q''}{b + R} \right) &= 0 \end{aligned} \right.$$| $\therefore\ (R - b)(a + R)$ | $=$ | $(R + b)(a - R)$ | 2本の式をそれぞれ $q'' = -\dfrac{R - b}{a - R} q'$、$q'' = -\dfrac{R + b}{a + R} q'$ と書き、右辺どうしを等しいとおいて分母を払った。 |
| $\therefore\ b$ | $=$ | $\dfrac{R^2}{a}$ | 上の式を展開すると $Ra + R^2 - ab - bR = Ra - R^2 + ab - bR$ なので、$2R^2 = 2ab$。 |
| $\therefore\ q''$ | $=$ | $-\dfrac{R}{a} q'$ | $q'' = -\dfrac{R + b}{a + R} q'$ に $b = \dfrac{R^2}{a}$ を代入した。（$R + \dfrac{R^2}{a} = \dfrac{R(a + R)}{a}$） |
よって、鏡像電荷は $q'' = -\dfrac{R}{a} q'$、$\boldsymbol r'' = \left( 0,\, 0,\, \dfrac{R^2}{a} \right)$ でなければならない。これが球面全体で $V = 0$ を満たすことは、下で確かめる。
このときのポテンシャルは
| $V(\boldsymbol r)$ | $=$ | $\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left( \dfrac{q'}{|\boldsymbol r - \boldsymbol r'|} + \dfrac{q''}{|\boldsymbol r - \boldsymbol r''|} \right)$ | 点電荷 $q'$ と鏡像電荷 $q''$ のそれぞれが作るポテンシャル（クーロンポテンシャル）の和。 |
| $=$ | $\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left( \dfrac{q'}{\sqrt{r^2 + a^2 - 2ra\cos\theta}} + \dfrac{q''}{\sqrt{r^2 + \left( \dfrac{R^2}{a} \right)^2 - 2r \dfrac{R^2}{a} \cos\theta}} \right)$ | 極座標で表し、余弦定理を使った。（$|\boldsymbol r - \boldsymbol r'|^2 = r^2 + a^2 - 2ra\cos\theta$。$\boldsymbol r''$ も同じ） | |
| $=$ | $\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left( \dfrac{q'}{\sqrt{r^2 + a^2 - 2ra\cos\theta}} - \dfrac{q'}{\sqrt{\left( \dfrac{ra}{R} \right)^2 + R^2 - 2ra\cos\theta}} \right)$ | $q'' = -\dfrac{R}{a} q'$ を代入し、第2項の $\dfrac{R}{a}$ を根号の中に入れた。（$\dfrac{R}{a} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{X}} = \dfrac{1}{\sqrt{(a/R)^2 X}}$） |
このポテンシャルは、球面 $r = R$ の上で
| $V(\boldsymbol r) \Big|_{r = R}$ | $=$ | $\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left( \dfrac{q'}{\sqrt{R^2 + a^2 - 2Ra\cos\theta}} - \dfrac{q'}{\sqrt{a^2 + R^2 - 2Ra\cos\theta}} \right)$ | $r = R$ を代入した。 |
| $=$ | $0$ | 引き算をした。（2つの項は等しい） |
となり、どの $\theta$ でも $0$ になる。により、求めるポテンシャルは
導体があると、その表面に誘起される電荷の分布が分からないので、ポテンシャルを直接求めるのは難しい。そこで導体を取り去り、考える領域の外（ここでは球の内側）に仮想的な電荷（鏡像電荷）を置いて、導体があったときと同じ境界の条件（ここでは球面上で $V = 0$、無限遠で $V \to 0$）を満たすようにする。
考える領域の中の電荷（ここでは $q'$ だけ）と境界の条件が同じなら、ポテンシャルはただ1つに決まる（一意性定理）。だから、こうして作ったポテンシャルは、考える領域の中では本当のポテンシャルと一致する。
くわしい解説：「鏡像法の考え方」のページ（準備中）
| $\therefore\ V(\boldsymbol r)$ | $=$ | $\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left( \dfrac{q'}{\sqrt{r^2 + a^2 - 2ra\cos\theta}} - \dfrac{q'}{\sqrt{\left( \dfrac{ra}{R} \right)^2 + R^2 - 2ra\cos\theta}} \right)$ | 上で求めた式そのもの。（$r \ge R$ で成り立つ） |
以上で示せた。$\blacksquare$
この問題で使った定義・公式
- 鏡像法
- 境界の条件（ここでは球面上で $V = 0$）を満たすように、考える領域の外（ここでは球の内側）に仮想的な電荷を置いてポテンシャルを求める方法
- 点電荷のポテンシャル
- $V(\boldsymbol r) = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0} \dfrac{q}{|\boldsymbol r - \boldsymbol r_0|}$（重ね合わせができる）
- 余弦定理
- $|\boldsymbol r - \boldsymbol r'|^2 = r^2 + r'^2 - 2 r r' \cos\theta$（$\theta$ は2つのベクトルのなす角）
(2) 表面電荷密度
導体球の表面に誘起される電荷の分布 $\sigma(\theta)$ は、以下のように表せることを示せ。
$$\sigma(\theta) = \frac{q'}{4\pi R} \frac{R^2 - a^2}{\left( R^2 + a^2 - 2Ra\cos\theta \right)^{3/2}}$$
ただし、
- $\sigma(\theta)$ は導体表面の表面電荷密度（単位面積あたりの電荷）を、極座標の角 $\theta$ の関数として表したもの
- $R,\ a,\ q'$ は上の設定と図のとおり
解答
| $\sigma(\theta)$ | $=$ | $-\varepsilon_0 \dfrac{\partial V}{\partial r} \bigg|_{r = R}$ | 導体表面での境界条件 $\sigma = -\varepsilon_0 \dfrac{\partial V}{\partial n}$（$n$ は表面の外向きの法線方向。球面では $r$ 方向）を用いた。Griffiths『Introduction to Electrodynamics』の式 (2.49)。 |
| $=$ | $-\varepsilon_0 \dfrac{q'}{4\pi\varepsilon_0} \dfrac{\partial}{\partial r} \left( \dfrac{1}{\sqrt{r^2 + a^2 - 2ra\cos\theta}} - \dfrac{1}{\sqrt{\left( \dfrac{ra}{R} \right)^2 + R^2 - 2ra\cos\theta}} \right) \Bigg|_{r = R}$ | (1)1 (1) 導体球の外のポテンシャル$$V(\boldsymbol r) = \frac{q'}{4\pi\varepsilon_0} \left( \frac{1}{\sqrt{r^2 + a^2 - 2ra\cos\theta}} - \frac{1}{\sqrt{\left( \frac{ra}{R} \right)^2 + R^2 - 2ra\cos\theta}} \right)$$→ (1) へ移動 の結果を代入した。 | |
| $=$ | $-\dfrac{q'}{4\pi} \left[ -\dfrac{1}{2} \dfrac{2r - 2a\cos\theta}{\left( r^2 + a^2 - 2ra\cos\theta \right)^{3/2}} + \dfrac{1}{2} \dfrac{2 \dfrac{a^2}{R^2} r - 2a\cos\theta}{\left( \left( \dfrac{ra}{R} \right)^2 + R^2 - 2ra\cos\theta \right)^{3/2}} \right] \Bigg|_{r = R}$ | 微分を行った。（$\dfrac{d}{dr} \dfrac{1}{\sqrt X} = -\dfrac{1}{2} \dfrac{1}{X^{3/2}} \dfrac{dX}{dr}$） | |
| $=$ | $-\dfrac{q'}{4\pi} \left[ -\dfrac{1}{2} \dfrac{2R - 2a\cos\theta}{\left( R^2 + a^2 - 2Ra\cos\theta \right)^{3/2}} + \dfrac{1}{2} \dfrac{2 \dfrac{a^2}{R} - 2a\cos\theta}{\left( a^2 + R^2 - 2Ra\cos\theta \right)^{3/2}} \right]$ | $r = R$ を代入した。 | |
| $=$ | $\dfrac{q'}{4\pi} \dfrac{\left( R - a\cos\theta \right) - \left( \dfrac{a^2}{R} - a\cos\theta \right)}{\left( R^2 + a^2 - 2Ra\cos\theta \right)^{3/2}}$ | 2つの項の分母 $\left( R^2 + a^2 - 2Ra\cos\theta \right)^{3/2}$ が同じになったので、同類項をまとめた。（$\dfrac{1}{2}$ と $2$ を約分した） | |
| $=$ | $\dfrac{q'}{4\pi R} \dfrac{R^2 - a^2}{\left( R^2 + a^2 - 2Ra\cos\theta \right)^{3/2}}$ | 計算した。（$a\cos\theta$ が打ち消し合い、$R - \dfrac{a^2}{R} = \dfrac{R^2 - a^2}{R}$） |
以上で示せた。$\blacksquare$
この問題で使った定義・公式
- (1) のポテンシャル
- $V(\boldsymbol r) = \dfrac{q'}{4\pi\varepsilon_0} \left( \dfrac{1}{\sqrt{r^2 + a^2 - 2ra\cos\theta}} - \dfrac{1}{\sqrt{(ra/R)^2 + R^2 - 2ra\cos\theta}} \right)$
- 導体表面の境界条件
- $\sigma = -\varepsilon_0 \dfrac{\partial V}{\partial n}$（$n$：表面の外向き法線方向）
- 合成関数の微分
- $\dfrac{d}{dr} \dfrac{1}{\sqrt X} = -\dfrac{1}{2} \dfrac{1}{X^{3/2}} \dfrac{dX}{dr}$
(3) 誘起電荷の総量
導体球の表面に誘起される電荷の総量 $q_{\text{誘起}}$ は、鏡像電荷の電荷 $q''$ と等しく、以下のように表せることを示せ。
$$q_{\text{誘起}} = q''$$
ただし、
- $q_{\text{誘起}}$ は導体表面に誘起される電荷の総量（$q_{\text{誘起}} = \displaystyle\int \sigma\, dA$）
- $q''$ は (1) で置いた鏡像電荷の電荷（$q'' = -\dfrac{R}{a} q'$）
解答
| $q_{\text{誘起}}$ | $=$ | $\displaystyle\int \sigma(\theta)\, dA$ | 表面電荷密度 $\sigma$ の定義から。（単位面積あたりの電荷を、球面全体で足し合わせる） |
| $=$ | $\displaystyle\int_0^{2\pi} d\phi \int_0^\pi \sigma(\theta)\, R^2 \sin\theta\, d\theta$ | 極座標で表した。球面のヤコビアンは $R^2 \sin\theta$（$\phi$ は方位角）。 | |
| $=$ | $\dfrac{q'}{4\pi R} \left( R^2 - a^2 \right) 2\pi R^2 \displaystyle\int_0^\pi \left( R^2 + a^2 - 2Ra\cos\theta \right)^{-3/2} \sin\theta\, d\theta$ | (2)1 (2) 表面電荷密度$$\sigma(\theta) = \frac{q'}{4\pi R} \frac{R^2 - a^2}{\left( R^2 + a^2 - 2Ra\cos\theta \right)^{3/2}}$$→ (2) へ移動 の結果を代入した。$\sigma$ は $\phi$ によらないので、$\phi$ の積分は $2\pi$ になる。 | |
| $=$ | $\dfrac{q'}{4\pi R} \left( R^2 - a^2 \right) 2\pi R^2 \left[ -\dfrac{1}{Ra} \left( R^2 + a^2 - 2Ra\cos\theta \right)^{-1/2} \right]_0^\pi$ | $\sin\theta\, d\theta$ が $\cos\theta$ の微分がくっついた形になっていることを用いて積分した。（$\dfrac{d}{d\theta} \left( R^2 + a^2 - 2Ra\cos\theta \right)^{-1/2} = -Ra \sin\theta \left( R^2 + a^2 - 2Ra\cos\theta \right)^{-3/2}$） | |
| $=$ | $\dfrac{q'}{2a} \left( a^2 - R^2 \right) \left\{ \left( R^2 + a^2 + 2Ra \right)^{-1/2} - \left( R^2 + a^2 - 2Ra \right)^{-1/2} \right\}$ | 四角かっこの定義どおり、$\theta = \pi$ と $\theta = 0$ を代入して引いた。（$\cos\pi = -1$、$\cos 0 = 1$）係数は $\dfrac{q'}{4\pi R} \cdot 2\pi R^2 \cdot \left( -\dfrac{1}{Ra} \right) = -\dfrac{q'}{2a}$ とまとめた。 | |
| $=$ | $\dfrac{q'}{2a} \left( a^2 - R^2 \right) \left( \dfrac{1}{a + R} - \dfrac{1}{a - R} \right)$ | $a > R$ という設定から、$\left( R^2 + a^2 - 2Ra \right)^{-1/2} = \dfrac{1}{\sqrt{(a - R)^2}} = \dfrac{1}{a - R}$（$\left( R^2 + a^2 + 2Ra \right)^{-1/2} = \dfrac{1}{a + R}$ も同様）。 | |
| $=$ | $\dfrac{q'}{2a} \left\{ \left( a - R \right) - \left( a + R \right) \right\}$ | 約分した。（$a^2 - R^2 = (a - R)(a + R)$） | |
| $=$ | $-\dfrac{R}{a} q'$ | かっこの中を計算した。（$-2R$ になる） | |
| $=$ | $q''$ | (1)1 (1) の鏡像電荷$$q'' = -\frac{R}{a} q', \qquad \boldsymbol r'' = \left( 0, 0, \frac{R^2}{a} \right)$$→ (1) へ移動 で求めた $q''$ に確かに一致している。 |
以上で示せた。$\blacksquare$
この問題で使った定義・公式
- 表面電荷密度と総電荷
- $q = \displaystyle\int \sigma\, dA$
- 球面の面積要素
- $dA = R^2 \sin\theta\, d\theta\, d\phi$
- (2) 表面電荷密度
- $\sigma(\theta) = \dfrac{q'}{4\pi R} \dfrac{R^2 - a^2}{\left( R^2 + a^2 - 2Ra\cos\theta \right)^{3/2}}$
- 置換の形の積分
- $\dfrac{d}{d\theta} \left( c - 2Ra\cos\theta \right)^{-1/2} = -Ra \sin\theta \left( c - 2Ra\cos\theta \right)^{-3/2}$
- (1) の鏡像電荷
- $q'' = -\dfrac{R}{a} q'$
(4) この配置のエネルギー
この配置のエネルギー $W$ は、以下のように表せることを示せ。
$$W = \frac{1}{8\pi\varepsilon_0} \frac{R q'^2}{R^2 - a^2}$$
ただし、
- $W$ は電荷 $q'$ を無限遠から今の位置 $z = a$ まで運ぶのに必要なエネルギー（$W = -\displaystyle\int_\infty^a \boldsymbol F \cdot d\boldsymbol l$、$\boldsymbol F$ は電荷 $q'$ にはたらく力、$d\boldsymbol l$ は線要素）
- $R,\ a,\ q'$ は上の設定と図のとおり
解答
| $W$ | $=$ | $-\displaystyle\int_\infty^a \boldsymbol F \cdot d\boldsymbol l$ | 定義（$\boldsymbol F$ は電荷 $q'$ にはたらく力、$d\boldsymbol l$ は線要素）。 | ||||||||||||
| $=$ | $\dfrac{R q'^2}{4\pi\varepsilon_0} \displaystyle\int_\infty^a \frac{a'}{\left( a'^2 - R^2 \right)^2}\, da'$ |
電荷を $z$ 軸に沿って運ぶので、途中の位置を $z = a'$ とすると $\boldsymbol F \cdot d\boldsymbol l = F_z\, da'$。補題 $F_z = -\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0} \dfrac{R a'}{\left( a'^2 - R^2 \right)^2} q'^2$ を代入した。
電荷にはたらく力 $F_z$ を鏡像電荷から求める（クリックで開閉） |
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|
電荷 $q'$ が $z = a'$ にあるとき、鏡像電荷は (1) と同じ考え方で $q'' = -\dfrac{R}{a'} q'$、位置 $z = \dfrac{R^2}{a'}$ にある。
これで示したかった式が示せた。$\blacksquare$ |
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| $=$ | $\dfrac{R q'^2}{4\pi\varepsilon_0} \displaystyle\int_\infty^{a^2 - R^2} \frac{1}{x^2} \cdot \frac{1}{2}\, dx$ | 置換積分をした。$x = a'^2 - R^2$ とおくと $dx = 2a'\, da'$。$a'$ が $\infty \to a$ のとき、$x$ は $\infty \to a^2 - R^2$。 | |||||||||||||
| $=$ | $\dfrac{R q'^2}{8\pi\varepsilon_0} \left[ -\dfrac{1}{x} \right]_\infty^{a^2 - R^2}$ | 積分を行った。（$\displaystyle\int \frac{dx}{x^2} = -\frac{1}{x}$） | |||||||||||||
| $=$ | $\dfrac{R q'^2}{8\pi\varepsilon_0} \left( -\dfrac{1}{a^2 - R^2} \right)$ | 上端と下端を代入した。（$x \to \infty$ で $\dfrac{1}{x} \to 0$） | |||||||||||||
| $=$ | $\dfrac{1}{8\pi\varepsilon_0} \dfrac{R q'^2}{R^2 - a^2}$ | 整理した。 | |||||||||||||
以上で示せた。$\blacksquare$
この問題で使った定義・公式
- 配置のエネルギー（仕事）
- $W = -\displaystyle\int_\infty^a \boldsymbol F \cdot d\boldsymbol l$
- クーロンの法則
- $F = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0} \dfrac{q_1 q_2}{d^2}$（$d$：2つの電荷の距離。正なら斥力）
- (1) の鏡像電荷
- 電荷が $z = a'$ にあるとき $q'' = -\dfrac{R}{a'} q'$、位置 $z = \dfrac{R^2}{a'}$
- 置換積分
- $x = a'^2 - R^2,\quad dx = 2a'\, da'$
(5) 鏡像電荷との系のエネルギーとの比較
実際の配置のエネルギー $W$ は、実際の電荷と鏡像電荷の2つだけでできた系のエネルギー $W_{\text{鏡像}}$ の半分で、以下のように表せることを示せ。
$$W = \frac{1}{2} W_{\text{鏡像}}$$
ただし、
- $W$ は (4) で求めた実際の配置のエネルギー（$W = \dfrac{1}{8\pi\varepsilon_0} \dfrac{R q'^2}{R^2 - a^2}$）
- $W_{\text{鏡像}}$ は導体球が無く、点電荷 $q'$（$z = a$）と鏡像電荷 $q''$（$z = R^2/a$）の2つだけがある系のエネルギー
解答
| $W_{\text{鏡像}}$ | $=$ | $q' \cdot \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0} \dfrac{q''}{a - \dfrac{R^2}{a}}$ |
2つの点電荷の系のエネルギー。これを定義としてもよいが、電荷 $q''$ の作るポテンシャルの中を、$q'$ が無限遠からここまで移動するのに必要なエネルギーと考えてもよい（補題）。
2つの点電荷のエネルギーを、運ぶ仕事として求める（クリックで開閉） |
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|
電荷 $q''$ を固定し、$q'$ を無限遠から $q''$ との距離が $d$ の点まで、$q''$ を通る直線に沿って運ぶ。$q''$ からの距離を $s$ とする。
今の配置では $d = a - \dfrac{R^2}{a}$ なので、上の行が成り立つ。 これで示したかった式が示せた。$\blacksquare$ |
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| $=$ | $\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0} \dfrac{R q'^2}{R^2 - a^2}$ | $q'' = -\dfrac{R}{a} q'$ を代入した。（$a - \dfrac{R^2}{a} = \dfrac{a^2 - R^2}{a}$） | |||||||||||||||||
| $=$ | $2W$ | (4)1 (4) この配置のエネルギー$$W = \frac{1}{8\pi\varepsilon_0} \frac{R q'^2}{R^2 - a^2}$$→ (4) へ移動 の $W$ を代入した。 | |||||||||||||||||
| $\therefore\ W$ | $=$ | $\dfrac{1}{2} W_{\text{鏡像}}$ | 上の式の両辺を $2$ で割った。確かに半分になっている。 |
以上で示せた。$\blacksquare$
この問題で使った定義・公式
- 2つの点電荷のエネルギー
- $W = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0} \dfrac{q_1 q_2}{d}$（$d$：2つの電荷の距離）
- クーロンの法則（補題）
- $F = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0} \dfrac{q_1 q_2}{d^2}$
- (1) の鏡像電荷
- $q'' = -\dfrac{R}{a} q'$、位置 $z = \dfrac{R^2}{a}$
- (4) この配置のエネルギー
- $W = \dfrac{1}{8\pi\varepsilon_0} \dfrac{R q'^2}{R^2 - a^2}$