つまらない解説集

導体球と点電荷の鏡像法：ポテンシャル・誘起電荷・エネルギーの導出

1 導体球と点電荷の鏡像法

原点を中心に半径 RR の導体球を置き、電位を 00 に保つ（接地する）。球の外、zz 軸上の点 r′=(0, 0, a)\boldsymbol r' = (0,\, 0,\, a)（a>Ra > R）には点電荷 q′q' がある。 位置 r\boldsymbol r は極座標で表し、原点からの距離を rr（r=∣r∣r = |\boldsymbol r|）、r\boldsymbol r が zz 軸となす角を θ\theta（cos⁡θ=z/r\cos\theta = z / r）とする。

z O R r θ q′ (0, 0, a)
導体球（電位 0） 実際の電荷 q′q'

(1) 導体球の外のポテンシャル

導体球の外側（r≥Rr \ge R）のポテンシャル V(r)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(r)=14πε0(q′r2+a2−2racos⁡θ−q′(raR)2+R2−2racos⁡θ)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、

  • ε0\varepsilon_0 は真空の誘電率
  • RR は導体球の半径
  • q′q' は点電荷の電荷
  • aa は点電荷の位置の zz 座標（r′=(0,0,a)\boldsymbol r' = (0, 0, a)、a>Ra > R）
  • rr は原点からの距離（r=∣r∣r = |\boldsymbol r|）
  • θ\theta は r\boldsymbol r が zz 軸となす角（cos⁡θ=z/r\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′′=−Raq′,r′′=(0, 0, R2a)q'' = -\frac{R}{a} q', \qquad \boldsymbol r'' = \left( 0,\, 0,\, \frac{R^2}{a} \right)
z O R q′ (0, 0, a) q″ (0, 0, R2/a)
導体球（電位 0） 実際の電荷 q′q' 鏡像電荷 q′′q''（計算のために置く、仮想的な電荷）
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 zz 軸上に置けばよいと考えられる。

鏡像電荷 q′′q'' の zz 座標を bb（b<Rb \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 r=(0, 0, ±R)\boldsymbol r = (0,\, 0,\, \pm R) ではポテンシャルが 00 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

{14πε0(q′a−R+q′′R−b)=014πε0(q′a+R+q′′b+R)=0\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.
∴ (R−b)(a+R)\therefore\ (R - b)(a + R)== (R+b)(a−R)(R + b)(a - R) 2本の式をそれぞれ q′′=−R−ba−Rq′q'' = -\dfrac{R - b}{a - R} q'、q′′=−R+ba+Rq′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。
∴ b\therefore\ b== R2a\dfrac{R^2}{a} 上の式を展開すると Ra+R2−ab−bR=Ra−R2+ab−bRRa + R^2 - ab - bR = Ra - R^2 + ab - bR なので、2R2=2ab2R^2 = 2ab。
∴ q′′\therefore\ q''== −Raq′-\dfrac{R}{a} q' q′′=−R+ba+Rq′q'' = -\dfrac{R + b}{a + R} q' に b=R2ab = \dfrac{R^2}{a} を。

よって、鏡像電荷は q′′=−Raq′q'' = -\dfrac{R}{a} q'、r′′=(0, 0, R2a)\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=0V = 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(r)V(\boldsymbol r)== 14πε0(q′∣r−r′∣+q′′∣r−r′′∣)\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left( \dfrac{q'}{|\boldsymbol r - \boldsymbol r'|} + \dfrac{q''}{|\boldsymbol r - \boldsymbol r''|} \right) 重ね合わせの原理と、点電荷のポテンシャル V(r)=14πε0q∣r−rq∣V(\boldsymbol r) = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0} \dfrac{q}{|\boldsymbol r - \boldsymbol r_q|} を。
== 14πε0(q′r2+a2−2racos⁡θ+q′′r2+(R2a)2−2rR2acos⁡θ)\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) 余弦定理 ∣A−B∣2=A2+B2−2ABcos⁡θ|\boldsymbol A - \boldsymbol B|^2 = A^2 + B^2 - 2AB\cos\theta を。
== 14πε0(q′r2+a2−2racos⁡θ−q′(raR)2+R2−2racos⁡θ)\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′′=−Raq′q'' = -\dfrac{R}{a} q' を代入し、第2項の Ra\dfrac{R}{a} を。

このポテンシャルは、球面 r=Rr = R の上で

V(r)∣r=RV(\boldsymbol r) \Big|_{r = R}== 14πε0(q′R2+a2−2Racos⁡θ−q′a2+R2−2Racos⁡θ)\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=Rr = R を代入した。
== 00 。

となり、どの θ\theta でも 00 になる。により、求めるポテンシャルは

∴ V(r)\therefore\ V(\boldsymbol r)== 14πε0(q′r2+a2−2racos⁡θ−q′(raR)2+R2−2racos⁡θ)\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) 。

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=0V = 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(r)=14πε0q∣r−r0∣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
∣r−r′∣2=r2+r′2−2rr′cos⁡θ|\boldsymbol r - \boldsymbol r'|^2 = r^2 + r'^2 - 2 r r' \cos\theta（θ\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 σ(θ)\sigma(\theta) は、以下のように表せることを示せ。

σ(θ)=q′4πRR2−a2(R2+a2−2Racos⁡θ)3/2\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、

  • σ(θ)\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 θ\theta の関数として表したもの
  • R, a, q′R,\ a,\ q' は上の設定と図のとおり
解答
σ(θ)\sigma(\theta)== −ε0∂V∂r∣r=R-\varepsilon_0 \dfrac{\partial V}{\partial r} \bigg|_{r = R} 導体表面での境界条件 σ=−ε0∂V∂n\sigma = -\varepsilon_0 \dfrac{\partial V}{\partial n}（Griffiths『Introduction to Electrodynamics』の式 (2.49)）を。
== −ε0q′4πε0∂∂r(1r2+a2−2racos⁡θ−1(raR)2+R2−2racos⁡θ)∣r=R-\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(r)=q′4πε0(1r2+a2−2racos⁡θ−1(raR)2+R2−2racos⁡θ)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。
== −q′4π[−122r−2acos⁡θ(r2+a2−2racos⁡θ)3/2+122a2R2r−2acos⁡θ((raR)2+R2−2racos⁡θ)3/2]∣r=R-\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} 合成関数の微分 ddrf(X)=f′(X)dXdr\dfrac{d}{dr} f(X) = f'(X) \dfrac{dX}{dr} を。
== −q′4π[−122R−2acos⁡θ(R2+a2−2Racos⁡θ)3/2+122a2R−2acos⁡θ(a2+R2−2Racos⁡θ)3/2]-\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=Rr = R を代入した。
== q′4π(R−acos⁡θ)−(a2R−acos⁡θ)(R2+a2−2Racos⁡θ)3/2\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 (R2+a2−2Racos⁡θ)3/2\left( R^2 + a^2 - 2Ra\cos\theta \right)^{3/2} が同じになったので、。
== q′4πRR2−a2(R2+a2−2Racos⁡θ)3/2\dfrac{q'}{4\pi R} \dfrac{R^2 - a^2}{\left( R^2 + a^2 - 2Ra\cos\theta \right)^{3/2}} 。

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(r)=q′4πε0(1r2+a2−2racos⁡θ−1(ra/R)2+R2−2racos⁡θ)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
σ=−ε0∂V∂n\sigma = -\varepsilon_0 \dfrac{\partial V}{\partial n}（nn：表面の外向き法線方向）
合成関数の微分
ddr1X=−121X3/2dXdr\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誘起q_{\text{誘起}} は、鏡像電荷の電荷 q′′q'' と等しく、以下のように表せることを示せ。

q誘起=q′′q_{\text{誘起}} = q''

ただし、

  • q誘起q_{\text{誘起}} は導体表面に誘起される電荷の総量（q誘起=∫σ dAq_{\text{誘起}} = \displaystyle\int \sigma\, dA）
  • q′′q'' は (1) で置いた鏡像電荷の電荷（q′′=−Raq′q'' = -\dfrac{R}{a} q'）
解答
q誘起q_{\text{誘起}}== ∫σ(θ) dA\displaystyle\int \sigma(\theta)\, dA 表面電荷密度 σ\sigma の。
== ∫02πdϕ∫0πσ(θ) R2sin⁡θ dθ\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 R2sin⁡θR^2 \sin\theta（ϕ\phi は方位角）。
== q′4πR(R2−a2)2πR2∫0π(R2+a2−2Racos⁡θ)−3/2sin⁡θ dθ\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σ(θ)=q′4πRR2−a2(R2+a2−2Racos⁡θ)3/2\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。σ\sigma は ϕ\phi によらないので、ϕ\phi の積分は 2π2\pi になる。
== q′4πR(R2−a2)2πR2[−1Ra(R2+a2−2Racos⁡θ)−1/2]0π\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 置換積分 ∫F(g(θ)) g′(θ) dθ=∫F(g) dg\displaystyle\int F(g(\theta))\, g'(\theta)\, d\theta = \int F(g)\, dg を。
== q′2a(a2−R2){(R2+a2+2Ra)−1/2−(R2+a2−2Ra)−1/2}\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、θ=π\theta = \pi と θ=0\theta = 0 を。係数は q′4πR⋅2πR2⋅(−1Ra)=−q′2a\dfrac{q'}{4\pi R} \cdot 2\pi R^2 \cdot \left( -\dfrac{1}{Ra} \right) = -\dfrac{q'}{2a} とまとめた。
== q′2a(a2−R2)(1a+R−1a−R)\dfrac{q'}{2a} \left( a^2 - R^2 \right) \left( \dfrac{1}{a + R} - \dfrac{1}{a - R} \right) a>Ra > R という設定から、(R2+a2−2Ra)−1/2=1(a−R)2=1a−R\left( R^2 + a^2 - 2Ra \right)^{-1/2} = \dfrac{1}{\sqrt{(a - R)^2}} = \dfrac{1}{a - R}（(R2+a2+2Ra)−1/2=1a+R\left( R^2 + a^2 + 2Ra \right)^{-1/2} = \dfrac{1}{a + R} も同様）。
== q′2a{(a−R)−(a+R)}\dfrac{q'}{2a} \left\{ \left( a - R \right) - \left( a + R \right) \right\} 因数分解 x2−y2=(x−y)(x+y)x^2 - y^2 = (x - y)(x + y) を使って。
== −Raq′-\dfrac{R}{a} q' 。
== q′′q'' (1)1 (1) の鏡像電荷q′′=−Raq′,r′′=(0,0,R2a)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′′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=∫σ dAq = \displaystyle\int \sigma\, dA
球面の面積要素
dA=R2sin⁡θ dθ dϕdA = R^2 \sin\theta\, d\theta\, d\phi
(2) 表面電荷密度
σ(θ)=q′4πRR2−a2(R2+a2−2Racos⁡θ)3/2\sigma(\theta) = \dfrac{q'}{4\pi R} \dfrac{R^2 - a^2}{\left( R^2 + a^2 - 2Ra\cos\theta \right)^{3/2}}
置換積分
ddθ(c−2Racos⁡θ)−1/2=−Rasin⁡θ(c−2Racos⁡θ)−3/2\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′′=−Raq′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 WW は、以下のように表せることを示せ。

W=18πε0Rq′2R2−a2W = \frac{1}{8\pi\varepsilon_0} \frac{R q'^2}{R^2 - a^2}

ただし、

  • WW は電荷 q′q' を無限遠から今の位置 z=az = a まで運ぶのに必要なエネルギー（W=−∫∞aF⋅dlW = -\displaystyle\int_\infty^a \boldsymbol F \cdot d\boldsymbol l、F\boldsymbol F は電荷 q′q' にはたらく力、dld\boldsymbol l は線要素）
  • R, a, q′R,\ a,\ q' は上の設定と図のとおり
解答
WW== −∫∞aF⋅dl-\displaystyle\int_\infty^a \boldsymbol F \cdot d\boldsymbol l 定義（F\boldsymbol F は電荷 q′q' にはたらく力、dld\boldsymbol l は線要素）。
== Rq′24πε0∫∞aa′(a′2−R2)2 da′\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 zz 軸に沿って運ぶので、途中の位置を z=a′z = a' とすると F⋅dl=Fz da′\boldsymbol F \cdot d\boldsymbol l = F_z\, da'。補題 Fz=−14πε0Ra′(a′2−R2)2q′2F_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 FzF_z を鏡像電荷から求める（クリックで開閉）
== Rq′24πε0∫∞a2−R21x2⋅12 dx\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。
== Rq′28πε0[−1x]∞a2−R2\dfrac{R q'^2}{8\pi\varepsilon_0} \left[ -\dfrac{1}{x} \right]_\infty^{a^2 - R^2} べき関数の積分 ∫xk dx=xk+1k+1\displaystyle\int x^k\, dx = \frac{x^{k+1}}{k+1} を。
== Rq′28πε0(−1a2−R2)\dfrac{R q'^2}{8\pi\varepsilon_0} \left( -\dfrac{1}{a^2 - R^2} \right) 。
== 18πε0Rq′2R2−a2\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=−∫∞aF⋅dlW = -\displaystyle\int_\infty^a \boldsymbol F \cdot d\boldsymbol l
クーロンの法則
F=14πε0q1q2d2F = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0} \dfrac{q_1 q_2}{d^2}（dd：2つの電荷の距離。正なら斥力）
(1) の鏡像電荷
電荷が z=a′z = a' にあるとき q′′=−Ra′q′q'' = -\dfrac{R}{a'} q'、位置 z=R2a′z = \dfrac{R^2}{a'}
置換積分
x=a′2−R2,dx=2a′ da′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 WW 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鏡像W_{\text{鏡像}} の半分で、以下のように表せることを示せ。

W=12W鏡像W = \frac{1}{2} W_{\text{鏡像}}

ただし、

  • WW は (4) で求めた実際の配置のエネルギー（W=18πε0Rq′2R2−a2W = \dfrac{1}{8\pi\varepsilon_0} \dfrac{R q'^2}{R^2 - a^2}）
  • W鏡像W_{\text{鏡像}} は導体球が無く、点電荷 q′q'（z=az = a）と鏡像電荷 q′′q''（z=R2/az = R^2/a）の2つだけがある系のエネルギー
解答
W鏡像W_{\text{鏡像}}== q′⋅14πε0q′′a−R2aq' \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′′q'' の作るポテンシャルの中を、q′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）
== 14πε0Rq′2R2−a2\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0} \dfrac{R q'^2}{R^2 - a^2} q′′=−Raq′q'' = -\dfrac{R}{a} q' を。
== 2W2W (4)1 (4) この配置のエネルギーW=18πε0Rq′2R2−a2W = \frac{1}{8\pi\varepsilon_0} \frac{R q'^2}{R^2 - a^2}→ (4) へ移動 の WW を代入した。
∴ W\therefore\ W== 12W鏡像\dfrac{1}{2} W_{\text{鏡像}} 上の式の両辺を 22 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=14πε0q1q2dW = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0} \dfrac{q_1 q_2}{d}（dd：2つの電荷の距離）
クーロンの法則（補題）
F=14πε0q1q2d2F = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0} \dfrac{q_1 q_2}{d^2}
(1) の鏡像電荷
q′′=−Raq′q'' = -\dfrac{R}{a} q'、位置 z=R2az = \dfrac{R^2}{a}
(4) この配置のエネルギー
W=18πε0Rq′2R2−a2W = \dfrac{1}{8\pi\varepsilon_0} \dfrac{R q'^2}{R^2 - a^2}