確認テストの解答

電磁気学入門　第2章 §2.6

2.1 Coulomb の法則と重ね合わせ

1. 2.1-1 入れ替えるとベクトル $\bm{r}-\bm{r}'$ は $-(\bm{r}-\bm{r}')$ に変わる。一方、大きさの因子 $qq'/\left\vert \bm{r}-\bm{r}'\right\vert ^3$ は変わらない。したがって逆向きの力は $-\bm{F}$ で、大きさが等しく向きが逆で、同じ直線上にある。
2. 2.1-2 観測点 $(0,y,0)$ から2つの電荷までの距離はどちらも $\sqrt{a^2+y^2}$ である。位置ベクトルの差は $(\mp a,y,0)$ で、和をとると $x$ 成分が打ち消し合う。

$$\bm{E}(0,y,0)=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{(-a,y,0)+(a,y,0)}{(a^2+y^2)^{3/2}}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{2y}{(a^2+y^2)^{3/2}}\,\hat{\bm{y}}.$$

これは例題 2.1 と同じ形の関数 $y(a^2+y^2)^{-3/2}$ である。導関数

$$\frac{a^2-2y^2}{(a^2+y^2)^{5/2}}$$

がゼロになる $\left\vert y\right\vert =a/\sqrt2$ で、大きさが最大になる。

対称性から、観測点は $\bm{r}=(s,0,0)$ としてよい。直線上の点を $\bm{r}'=(0,0,z')$ と置く。差は $\bm{r}-\bm{r}'=(s,0,-z')$ である。$z$ 成分の被積分関数は $z'$ の奇関数なので、積分は消える。$x$ 成分は

$$E_s=\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{s\,\mathrm{d} z'}{(s^2+z'^2)^{3/2}}.$$

$z'=s\tan\theta$ と置くと、次の2式が成り立つ。

$$\mathrm{d} z'=s\sec^2\theta\,\mathrm{d}\theta,\qquad (s^2+z'^2)^{3/2}=s^3\sec^3\theta$$

よって

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{s\,\mathrm{d} z'}{(s^2+z'^2)^{3/2}}=\frac1s\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos\theta\,\mathrm{d}\theta=\frac2s.$$

よって $E_s=\lambda/(2\pi\varepsilon_0s)$ で、向きは直線から垂直に遠ざかる向き（$\lambda>0$ のとき）である。3. 2.1-4 $z>d/2$ では2つの電荷の電場はどちらも $z$ 方向で、

$$E_z=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl[\frac{1}{(z-d/2)^2}-\frac{1}{(z+d/2)^2}\Bigr] =\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{2zd}{(z^2-d^2/4)^2}$$

である（通分すると分子は $(z+d/2)^2-(z-d/2)^2=2zd$）。$z\gg d$ では分母が $z^4$ に近づくので

$$E_z\approx\frac{2qd}{4\pi\varepsilon_0z^3}=\frac{2p}{4\pi\varepsilon_0z^3}$$

となる。正負の電荷の寄与が打ち消し合うので、点電荷より1つ速い $1/z^3$ で減る。

2.2 Gauss の法則

1. 2.2-1 立方体全体の流束は Gauss の法則より $q/\varepsilon_0$ である。電荷は中心にあるので、6つの面は中心に対して互いに回転で移り合い、流束は等しい。よって1面あたり $q/(6\varepsilon_0)$ である。答えは一辺の長さ $L$ によらない。
2. 2.2-2 分布は $x\to-x$ の鏡映と、$y,z$ 方向の平行移動で変わらない。平行移動の不変性から、電場は $x$ だけの関数である。鏡映の不変性と合わせると、次の形に限られる。

$$E_x(-x)=-E_x(x),\qquad E_y=E_z=0$$

2つの底面を $x=\pm x_0$（$x_0>0$）に持つ直方体を考える。底面の面積は $A$ とする。流束は $2E_x(x_0)A$ である。中の電荷は、底面が板の内側にあれば $2x_0A\rho_0$ で、外側にあれば $2dA\rho_0$ である。したがって

$$E_x(x)=\begin{cases}\rho_0x/\varepsilon_0 & (\left\vert x\right\vert <d)\\ \rho_0d\,\mathrm{sgn}(x)/\varepsilon_0 & (\left\vert x\right\vert \ge d)\end{cases}$$

を得る。板の外では電場の大きさが一定で、距離によらない。3. 2.2-3 円柱対称性から電場は軸から垂直に外向きの成分 $E_s(s)$ だけを持つ。半径 $s$、長さ $L$ の同軸の円筒面を閉曲面に選ぶ。上下の底面では電場が面に平行で流束はゼロ、側面の流束は $2\pi sLE_s$ である。円筒の内側では、中の電荷は $\lambda L$ なので、$E_s=\lambda/(2\pi\varepsilon_0s)$ となる。円筒の外側では、中の電荷は $\lambda L-\lambda L=0$ なので、電場はゼロである。外側の円筒面が作る電場は内側でゼロ、外側では内側の直線電荷の電場を打ち消す。4. 2.2-4 球座標の発散の式から

$$\rho=\varepsilon_0\nabla\cdot\bm{E}=\frac{\varepsilon_0}{r^2}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} r}\Bigl(r^2\cdot E_0\frac{r^2}{a^2}\Bigr)=\frac{\varepsilon_0E_0}{a^2r^2}\cdot4r^3=\frac{4\varepsilon_0E_0r}{a^2}.$$

検算として、半径 $r$ の内側の電荷を計算すると

$$Q(r)=\int_0^r4\pi r'^2\rho\,\mathrm{d} r'=\frac{4\pi\varepsilon_0E_0r^4}{a^2}$$

である。これを (2.9) に入れると、与えた電場に戻る。5. 2.2-5 電荷分布は中心を通る任意の軸のまわりの回転で変わらないので、電場は $E_r(r)\hat{\bm{r}}$ の形である（ここで球対称性を使った）。半径 $r<a$ の球面を閉曲面に選ぶと、流束は $4\pi r^2E_r(r)$ で、中の電荷はゼロである。よって $E_r(r)=0$ である。 Gauss の法則そのものは「流束の合計がゼロ」としか言わない。面の各点で電場がゼロと結論するには、電場が動径方向を向き、面上で大きさが一定であるという対称性の情報が必要である。球殻の一部を切り取った分布では流束がゼロでも電場はゼロにならない。

2.3 電位と Poisson 方程式

1. 2.3-1 回転の $z$ 成分は $\partial_xE_y-\partial_yE_x$ で、ほかの成分は恒等的にゼロである。$\bm{E}_1$ では回転は $-k-k=-2k$ でゼロでない。$\bm{E}_2$ では $k-k=0$ である。

よって静電場になりうるのは $\bm{E}_2$ だけである。電位は次の2式を満たす。

$$-\partial_x\phi=ky,\qquad -\partial_y\phi=kx$$

これを満たす関数は $\phi=-kxy+C$ である（$C$ は定数）。2. 2.3-2 確認テスト 2.1-3 より $E_s=\lambda/(2\pi\varepsilon_0s)$ である。(2.13) を $s_0$ から $s$ まで動径方向に積分すると

$$\phi(s)-\phi(s_0)=-\int_{s_0}^s\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0s'}\,\mathrm{d} s'=-\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln\frac{s}{s_0}$$

となる。基準 $\phi(s_0)=0$ とすれば $\phi(s)=-\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln(s/s_0)$ である。$s\to\infty$ で $\ln s$ が発散するので、無限遠の電位を有限の値に決めることができない。電荷が無限遠まで分布しているので、(2.11) の積分も発散する。3. 2.3-3 面電荷だけの電場を、対称性と Gauss の法則から求める。面をはさむ底面積 $A$ の円筒では、流束 $2EA$ が、中の電荷を真空の誘電率で割ったものに等しい。よって電場は面の両側で面から遠ざかる向きを向き、大きさは $\sigma/(2\varepsilon_0)$ である。外部の電場を重ね合わせると

$$E_z=\begin{cases}E_0+\sigma/(2\varepsilon_0) & (z>0)\\ E_0-\sigma/(2\varepsilon_0) & (z<0)\end{cases}$$

となる。面の下側を領域1、上側を領域2とし、法線を $z$ 軸の正の向きにとる。差をとると $E_{2n}-E_{1n}=\sigma/\varepsilon_0$ で、境界条件を満たす。外部の電場は面の両側で同じなので跳びに寄与しない。4. 2.3-4 1次元の Poisson 方程式 $\phi''=-\rho_0/\varepsilon_0$ を2回積分すると $\phi=-\rho_0z^2/(2\varepsilon_0)+C_1z+C_2$ である。条件 $\phi(0)=0$ から $C_2=0$ である。条件 $\phi(d)=0$ から $C_1=\rho_0d/(2\varepsilon_0)$ である。よって

$$\phi(z)=\frac{\rho_0}{2\varepsilon_0}\,z(d-z)$$

となる。$\rho_0>0$ とする。微分 $\phi'(z)=\rho_0(d-2z)/(2\varepsilon_0)$ は $z=d/2$ でゼロになる。そこで電位は最大になり、最大値は $\rho_0d^2/(8\varepsilon_0)$ である。

一意性定理により、これが唯一の解である。5. 2.3-5 全体が Neumann 条件なら、差 $u$ は境界のどこでも値を指定されていない。証明から言えるのは $\nabla u=\bm{0}$、すなわち $u$ が定数であることまでで、定数そのものを決める条件が無い。実際、$\phi$ が解なら $\phi+C$ も同じ方程式と同じ法線微分を満たす。条件については、Poisson 方程式を $V$ で積分して発散定理を使うと

$$\oint_S\frac{\partial\phi}{\partial n}\,\mathrm{d} S=\int_V\nabla^2\phi\,\mathrm{d}^3r=-\frac{1}{\varepsilon_0}\int_V\rho\,\mathrm{d}^3r=-\frac{Q_{\mathrm{in}}}{\varepsilon_0}$$

となる。与える法線微分はこれを満たさなければならず、満たさなければ解は存在しない。$\partial\phi/\partial n=-E_n$ なので、これは積分形の Gauss の法則そのものである。

2.4 静電エネルギー

1. 2.4-1 組は3つあり、どの組も距離 $a$ なので、(2.17) より $W=3q^2/(4\pi\varepsilon_0a)$ である。
2. 2.4-2 Gauss の法則から、電場は内部で $0$、外部で $Q/(4\pi\varepsilon_0r^2)$ である。よって

$$W=\frac{\varepsilon_0}{2}\int_a^\infty\Bigl(\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\Bigr)^2 4\pi r^2\,\mathrm{d} r=\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0}\int_a^\infty\frac{\mathrm{d} r}{r^2}=\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0a}$$

である。半径を半分にするとエネルギーは2倍の $Q^2/(4\pi\varepsilon_0a)$ になる。必要な仕事はその差で、$Q^2/(8\pi\varepsilon_0a)$ である。縮めると $a/2<r<a$ の殻に新たに電場ができ、そこにエネルギーが蓄えられる。3. 2.4-3 前問と同じ計算で、積分の下限を $b$ にして $W_{>b}=q^2/(8\pi\varepsilon_0b)$ である。$b\to0$ で $1/b$ のように発散する。点電荷の自己エネルギーは無限大で、点電荷の集まりに (2.20) をそのまま使うと発散する。 (2.17) はこの自己エネルギーを除いた、配置を変えると変わる部分だけを数えている。例題 2.5 では電荷を体積に広げたので、半径 $a$ より内側で電場が $r$ に比例して小さくなり、発散が消えた。4. 2.4-4 重ね合わせより電場は $\bm{E}_1+\bm{E}_2$ なので、(2.20) は

$$W=\frac{\varepsilon_0}{2}\int\left\vert \bm{E}_1+\bm{E}_2\right\vert ^2\,\mathrm{d}^3r=W_1+W_2+\varepsilon_0\int\bm{E}_1\cdot\bm{E}_2\,\mathrm{d}^3r$$

と分かれ、$W_{12}=\varepsilon_0\int\bm{E}_1\cdot\bm{E}_2\,\mathrm{d}^3r$ である。これを書き直す。$\bm{E}_2=-\nabla\phi_2$ と恒等式 $\nabla\cdot(\phi_2\bm{E}_1)=\phi_2\nabla\cdot\bm{E}_1+\bm{E}_1\cdot\nabla\phi_2$ を使うと

$$\varepsilon_0\int\bm{E}_1\cdot\bm{E}_2\,\mathrm{d}^3r=-\varepsilon_0\int\bm{E}_1\cdot\nabla\phi_2\,\mathrm{d}^3r =-\varepsilon_0\oint\phi_2\,\bm{E}_1\cdot\hat{\bm{n}}\,\mathrm{d} S+\varepsilon_0\int\phi_2\,\nabla\cdot\bm{E}_1\,\mathrm{d}^3r$$

となる。面積分は無限遠の球面で $1/R$ のように消える。残る体積積分に Gauss の法則 $\varepsilon_0\nabla\cdot\bm{E}_1=\rho_1$ を使うと

$$W_{12}=\int\rho_1\phi_2\,\mathrm{d}^3r$$

を得る。2つの分布を点電荷 $q_1,q_2$ にとると、相互作用のエネルギーは $q_1q_2/(4\pi\varepsilon_0r_{12})$ となる。これは (2.17) の1つの組の項に一致する。