導体の性質と静電遮蔽

電磁気学入門　第3章 §3.1　★★★ 導体の中は電場ゼロ・表面は等電位という2つの事実から、境界値問題の境界条件が出る

第2章では、電荷の分布 $\rho(\bm r)$ が与えられたときに電場と電位を求める道具をそろえた。Coulomb の法則の重ね合わせ、Gauss の法則、Poisson 方程式 $\nabla^2\phi=-\rho/\varepsilon_0$、そして境界の値を決めれば Poisson 方程式の解はただ1つに決まるという一意性定理である。

ところが実際の装置には金属が入っている。金属の表面にどれだけの電荷がどう分布するかは、外から置いた電荷と金属の形の両方に応じて決まり、問題を解く前には分からない。この章の主題は、電荷の分布の代わりに「導体の表面で電位が一定」という境界条件を手がかりにして、電位を求める方法である。

この章では次の順に進む。§3.1 で静電平衡にある導体の性質を導き、空洞の中が外の電場から遮蔽される理由を一意性定理から示す。§3.2 では導体の電荷と電位の線形関係を容量係数として整理し、その対称性を Green の相反定理から証明する。

§3.3 の鏡像法と §3.4 の変数分離は、境界値問題を実際に解く2つの代表的な方法である。§3.5 の多重極展開は、電荷分布から十分離れた所の電位を、電荷分布の少数の数（全電荷・双極子モーメント・四重極モーメント）で表す展開である。変数分離で出てくる Legendre 多項式が、多重極展開の係数としてもう一度現れる。

この章で使う第2章の結果を式の形でまとめておく。電場は電位の勾配 $\bm E=-\nabla\phi$ で表され、電位は Poisson 方程式

$$\nabla^2\phi=-\frac{\rho}{\varepsilon_0}\tag{3.1}$$

に従う。点電荷 $q$ の電位は $\phi=q/(4\pi\varepsilon_0 r)$ である。電荷の面密度 $\sigma$ をもつ面を横切ると、電場の法線成分は

$$E_{n,\text{外}}-E_{n,\text{内}}=\frac{\sigma}{\varepsilon_0}\tag{3.2}$$

だけ跳び、接線成分は連続である（$n$ は内から外へ向かう単位法線）。静電エネルギーは

$$W=\frac12\int\rho\phi\,\mathrm{d} V=\frac{\varepsilon_0}{2}\int\left\vert \bm E\right\vert ^2\mathrm{d} V$$

で与えられる。第1章 §1.4 の球座標のラプラシアンも §3.4 で使う。

静電平衡の導体

導体とは、内部に自由に動ける電荷（金属では伝導電子）をもつ物体をいう。導体の中に電場があれば自由電荷は力 $q\bm E$ を受けて動く。電荷の移動は、電荷の再配置によって導体内部の電場が打ち消されるまで続く。

電荷の移動が止まった状態を静電平衡と呼ぶ。静電平衡の定義そのものから、次の性質が順に導かれる。

証明

1. 静電平衡の定義である。内部の点に電場が残っていれば、その点の自由電荷が動くので平衡でない。
2. 導体の中の任意の2点 A, B を導体の中を通る道で結ぶと

$$\phi(B)-\phi(A)=-\int_A^B\bm E\cdot\mathrm{d}\bm l=0$$

である。表面の点も内部の点の極限なので、$\phi$ の連続性から同じ値をとる。3. 内部で電場がゼロなので、Gauss の法則の微分形 $\nabla\cdot\bm E=\rho/\varepsilon_0$ から $\rho=0$ である。4. 表面は等電位面なので、表面に沿った電位の変化はゼロである。よって電場の接線成分 $-\partial\phi/\partial t$ は表面上でゼロである（$t$ は表面に沿った向き）。接線成分は面を横切って連続なので、すぐ外でもゼロになる。法線成分には跳びの式 (3.2) を $E_{n,\text{内}}=0$ として使えば、$E_{n,\text{外}}=\sigma/\varepsilon_0$ を得る。

この命題の (2) が、境界値問題の境界条件になる。導体の表面で電位は一定値をとるが、その一定値と、表面の電荷の分布 $\sigma$ は前もって分からない。問題を解いて $\phi$ が求まれば、(3.3) から逆に $\sigma=-\varepsilon_0\,\partial\phi/\partial n$ として表面電荷が読み取れる。

表面にはたらく力

導体の表面の電荷は、まわりの電場から力を受ける。表面電荷の受ける力を求めるとき、表面のすぐ外の電場 $\sigma/\varepsilon_0$ をそのまま使うのは誤りである。その電場の半分は、力を受ける当の電荷そのものが作っているからである。

面上の小さな面素 $\mathrm{d} S$ の電荷が作る電場は、ごく近くでは無限に広い平面の電場とみなせて、面の両側に大きさ $\sigma/(2\varepsilon_0)$ で、面から離れる向きに出る。残りの電荷が作る電場を $\bm E_{\text{他}}$ とすると、導体のすぐ内側では全体の電場がゼロ、すぐ外側では $\sigma/\varepsilon_0$ なので

$$E_{\text{他},n}-\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}=0,\qquad E_{\text{他},n}+\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}=\frac{\sigma}{\varepsilon_0}$$

が成り立ち、どちらからも $E_{\text{他},n}=\sigma/(2\varepsilon_0)$ を得る。面素が受ける力は $\sigma\,\mathrm{d} S\cdot\bm E_{\text{他}}$ なので、単位面積あたりの力は

$$\bm f=\frac{\sigma^2}{2\varepsilon_0}\bm n=\frac{\varepsilon_0E^2}{2}\bm n\tag{3.4}$$

である。ここで $E=\sigma/\varepsilon_0$ は表面のすぐ外の電場の大きさである。$\sigma$ の符号によらず $\bm f$ は外向きで、導体の表面は外へ引っ張られる。大きさは表面のすぐ外の電場のエネルギー密度 $\varepsilon_0E^2/2$（第2章 §2.4）と等しい。

一意性定理と静電遮蔽

導体の境界値問題の答えが1つに決まることを確かめておく。第2章 §2.3 では、領域の境界の全体で電位の値を指定すれば Poisson 方程式の解は1つに決まることを示した。導体を含む問題では、導体の電位でなく導体の全電荷を指定することが多いので、その場合の一意性を示す。

証明

条件を満たす解が2つ $\phi_1,\phi_2$ あるとし、差を $\psi=\phi_1-\phi_2$ とおく。$V$ の中では $\nabla^2\psi=0$ である。導体 $i$ の表面 $S_i$ の上では、差も一定値をとる。その値を $\psi_i$ と書く。また導体 $i$ の全電荷は、導体から外向きの法線 $n$ を使って

$$Q_i=-\varepsilon_0\oint_{S_i}\frac{\partial \phi}{\partial n}\,\mathrm{d} S$$

と書ける。$\phi_1,\phi_2$ の全電荷はどちらも $Q_i$ なので、

$$\oint_{S_i}\frac{\partial \psi}{\partial n}\,\mathrm{d} S=0\qquad(i=1,\dots,N)$$

である。恒等式 $\nabla\cdot(\psi\nabla\psi)=\left\vert \nabla\psi\right\vert ^2+\psi\nabla^2\psi=\left\vert \nabla\psi\right\vert ^2$ を $V$ で積分し、Gauss の発散定理を使う。$V$ の境界は、導体の表面と無限遠の大きな球面 $S_\infty$ からなる。導体の表面では、$V$ から外向きの法線は導体の外向きの法線の逆向きである。よって

$$\int_V\left\vert \nabla\psi\right\vert ^2\mathrm{d} V=-\sum_i\psi_i\oint_{S_i}\frac{\partial \psi}{\partial n}\,\mathrm{d} S+\oint_{S_\infty}\psi\frac{\partial \psi}{\partial r}\,\mathrm{d} S$$

となる。右辺の第1項は上の式からゼロである。

第2項の被積分関数の大きさは、遠方で次のように抑えられる。

$$\left\vert \psi\right\vert \lesssim\frac1r,\qquad \left\vert \frac{\partial \psi}{\partial r}\right\vert \lesssim\frac1{r^2}$$

面積 $4\pi r^2$ を掛けても積分は $1/r$ 以下で減り、ゼロになる。よって

$$\int_V\left\vert \nabla\psi\right\vert ^2\mathrm{d} V=0$$

であり、$V$ の中で $\nabla\psi=\bm 0$ となる。つまり $\phi_1$ と $\phi_2$ の作る電場は一致する。さらに差 $\psi$ は領域の中で定数で、無限遠でゼロなので、恒等的に $\psi=0$ である。

一意性定理の使い方は「何らかの方法で条件を満たす解を1つ見つければ、それが答えである」という点にある。§3.3 の鏡像法はこの論理だけで成り立っている。

次に静電遮蔽を示す。そのために、電荷の無い領域での電位の性質を1つ用意する。

証明

点 $\bm r_0$ を中心とする半径 $R$ の球面を考える。その上の平均を、立体角の要素 $\mathrm{d}\Omega$ を使って次のように書く。

$$\bar\phi(R)=\frac{1}{4\pi R^2}\oint\phi\,\mathrm{d} S=\frac{1}{4\pi}\oint\phi(\bm r_0+R\hat{\bm n})\,\mathrm{d}\Omega$$

$R$ で微分すると

$$\frac{d \bar\phi}{d R}=\frac{1}{4\pi}\oint\hat{\bm n}\cdot\nabla\phi\,\mathrm{d}\Omega=\frac{1}{4\pi R^2}\oint\frac{\partial \phi}{\partial n}\,\mathrm{d} S =\frac{1}{4\pi R^2}\int_{\text{球}}\nabla^2\phi\,\mathrm{d} V=0$$

となる。よって $\bar\phi(R)$ は $R$ によらず一定である。$R\to0$ の極限は中心の値 $\phi(\bm r_0)$ なので、平均は中心の値に等しい。

次に、内部の点 $\bm r_0$ で $\phi$ が極大をとると仮定する（定数関数の場合を除く）。その点のまわりの十分小さな球面上では、$\phi$ は中心の値を超えず、しかも中心の値より真に小さい部分がある。すると球面上の平均が中心の値より小さくなり、(i) と矛盾する。極小も同様である。

証明

空洞の内壁は導体の表面の一部なので、命題 3.1 から電位は一定値 $V_0$ をとる。空洞に電荷が無ければ、空洞の中で $\nabla^2\phi=0$ であり、境界の値はすべて $V_0$ である。補題 3.3 から、空洞の中の $\phi$ の最大値と最小値はどちらも $V_0$ である。よって空洞全体で $\phi=V_0$ が成り立ち、$\bm E=-\nabla\phi=\bm 0$ である。

空洞の中に電荷 $q$ があるときは、空洞を囲み導体の内部だけを通る閉曲面 $S$ をとる。$S$ の上では電場がゼロなので、Gauss の法則から $S$ の内側の全電荷はゼロである。よって内壁の電荷は $-q$ である。

空洞の中の電位は、空洞の中の電荷と、内壁で一定値 $V_0$ をとるという境界条件で一意に決まる。外の電荷を変えて変わるのは $V_0$ という定数だけで、定数は勾配をとると消える。よって空洞の中の電場は外の電荷によらない。

遮蔽は一方向だけである。空洞の中の電荷 $q$ の影響は導体の外へ出る。導体の全電荷を $Q$ とすると、外表面の電荷は $Q+q$ になる（内壁の分と合わせて全電荷になる）。

外表面の電荷の分布は、空洞の中で $q$ がどこにあっても同じである。外の領域の電位は「外表面で一定値をとる」「外表面の全電荷が $Q+q$」という条件だけで、定理 3.2 により決まる。この条件には空洞の中の $q$ の位置が入っていない。

導体を接地（大地につないで電位をゼロに固定）すれば、外表面の電荷は外の電荷と導体の形だけで決まり、空洞の中の電荷の影響は外から消える。精密な測定器を金属の箱で覆うのは、この2つの性質を使うためである。

確認テスト

オリジナル

1. 3.1-1 静電平衡にある導体の表面のすぐ外で、電場の接線成分がゼロになる理由を、表面上の電位を使って1文で説明せよ。
2. 3.1-2 内半径 $a$、外半径 $b$ の導体の球殻がある。球殻の全電荷は $Q$ である。空洞の中心に点電荷 $q$ を置いた。内壁と外表面の電荷の面密度、および無限遠を基準とした球殻の電位を求めよ。
3. 3.1-3 半径 $a$ の孤立した導体球が全電荷 $Q$ をもつ。式 (3.4) を使って、北半球が南半球から受ける力の大きさを求めよ。さらに、$a=0.10\,\mathrm m$ の導体球の電位が $1.0\times10^{5}\,\mathrm V$ のとき、この力を数値で求めよ。
4. 3.1-4 電荷を含まない空洞の中で $\phi$ が一定であることを、補題 3.3 を使わずに、恒等式$\nabla\cdot(\phi\nabla\phi)=\left\vert \nabla\phi\right\vert ^2+\phi\nabla^2\phi$ と Gauss の法則から示せ。