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鏡像法(平面・球)

2026年10月15日10分で読めますAI生成教科書『基礎理論』第3章 導体と境界値問題
目次
  1. 考え方
  2. 接地した平面
  3. 接地した球
  4. 確認テスト
  5. 木下の層

AI 生成・木下が未勉強

電磁気学入門 第3章 §3.3 ★★ 導体を仮想の電荷に置き換え、境界条件を満たす解を1つ作って一意性定理で答えとする

考え方

接地した導体の近くに点電荷 qq を置くと、導体の表面に電荷が誘導され、その分布は前もって分からない。鏡像法では、導体を取り去り、代わりに求めたい領域の外に仮想の点電荷(鏡像電荷)を置いて、元の導体の表面にあたる場所で電位が条件どおりになるように鏡像電荷の大きさと位置を選ぶ。

求めたい領域の中では、電荷の分布は元の問題と同じ(qq だけ)で、境界の電位も同じなので、一意性定理により、作った電位は元の問題の解と領域の中で一致する。鏡像電荷を領域の外に置くことが要点である。領域の中に置くと Poisson 方程式の右辺が変わり、別の問題の解になってしまう。

接地した平面

接地した無限に広い導体の平面 z=0z=0 を考える。その上の点 (0,0,d)(0,0,d) に点電荷 qq を置く。求める領域は z>0z>0 である。鏡像電荷 −q-q を平面に対して対称な点 (0,0,−d)(0,0,-d) に置くと、

ϕ(x,y,z)=q4πε0[1x2+y2+(z−d)2−1x2+y2+(z+d)2](3.10)\phi(x,y,z)=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left[\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+(z-d)^2}}-\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+(z+d)^2}}\right]\tag{3.10}

は z=0z=0 で2つの項が打ち消してゼロになり、無限遠でもゼロになる。z>0z>0 の中の電荷は qq だけである。よって (3.10) が z>0z>0 での電位である。

z<0z<0 は導体の中で、そこでは ϕ=0\phi=0 である。鏡像電荷は z<0z<0 の電位を表すものではない。

例題 3.4 平面導体に誘導される電荷と電荷が受ける力 ★★

オリジナル接地した導体の平面 z=0z=0 がある。平面から高さ dd の点に点電荷 qq がある。

  1. 平面上の誘導電荷の面密度 σ(s)\sigma(s) を、原点からの距離 s=x2+y2s=\sqrt{x^2+y^2} の関数として求めよ。
  2. 誘導電荷の総量が −q-q であることを示せ。
  3. 点電荷が受ける力を求めよ。
  4. 点電荷を無限遠から高さ dd まで、ゆっくり運ぶのに外から加える仕事を求め、鏡像電荷との2体の Coulomb エネルギーと比べよ。
解答
  1. 導体の外向き法線は +z+z 方向なので、(3.3) から

σ=ε0Ez(z=0+)=−ε0∂ϕ∂z∣z=0\sigma=\varepsilon_0E_z(z=0^+)=-\varepsilon_0\frac{\partial \phi}{\partial z}\Big|_{z=0}

である。(3.10) を微分すると

∂ϕ∂z=q4πε0[−z−d(s2+(z−d)2)3/2+z+d(s2+(z+d)2)3/2]→z→0q4πε02d(s2+d2)3/2\frac{\partial \phi}{\partial z}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left[-\frac{z-d}{(s^2+(z-d)^2)^{3/2}}+\frac{z+d}{(s^2+(z+d)^2)^{3/2}}\right] \xrightarrow{z\to0}\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\frac{2d}{(s^2+d^2)^{3/2}}

なので、σ(s)=−qd2π(s2+d2)3/2\sigma(s)=-\dfrac{qd}{2\pi(s^2+d^2)^{3/2}} である。2. 平面全体で積分する。dS=2πs ds\mathrm{d} S=2\pi s\,\mathrm{d} s として

∫σ dS=−qd∫0∞s ds(s2+d2)3/2=−qd[−1s2+d2]0∞=−qd⋅1d=−q.\int\sigma\,\mathrm{d} S=-qd\int_0^\infty\frac{s\,\mathrm{d} s}{(s^2+d^2)^{3/2}}=-qd\left[-\frac{1}{\sqrt{s^2+d^2}}\right]_0^\infty=-qd\cdot\frac1d=-q. 3. z>0z>0 の電場は、点電荷と鏡像電荷の作る電場と同じである。よって qq が受ける力は鏡像電荷から受ける Coulomb 力に等しい。距離は 2d2d なので

F=−q24πε0(2d)2z^=−q216πε0d2z^\bm F=-\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0(2d)^2}\hat{\bm z}=-\frac{q^2}{16\pi\varepsilon_0d^2}\hat{\bm z}

で、平面に引き寄せられる向きである。4. 高さ zz で点電荷が受ける力は −q2/(16πε0z2) z^-q^2/(16\pi\varepsilon_0z^2)\,\hat{\bm z} である。外から加える力はその逆で、仕事は

W外=∫∞d(+q216πε0z2)dz=−q216πε0dW_{\text{外}}=\int_\infty^d\left(+\frac{q^2}{16\pi\varepsilon_0z^2}\right)\mathrm{d} z=-\frac{q^2}{16\pi\varepsilon_0d}

である。一方、点電荷と鏡像電荷の2体の Coulomb エネルギーは

−q24πε0⋅2d=−q28πε0d-\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0\cdot2d}=-\frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0d}

で、W外W_{\text{外}} はその半分である。

半分になるのは、電場が実際にあるのは z>0z>0 の半分の空間だけだからである。場のエネルギー ε02∫∣E∣2dV\frac{\varepsilon_0}{2}\int\left\vert \bm E\right\vert ^2\mathrm{d} V は、鏡像を含めた全空間の値の半分になる。鏡像電荷は計算の道具であり、鏡像電荷を動かすのに仕事は要らない。

接地した球

半径 aa の接地した導体球の中心を原点とする。球の外の点 b=bz^ (b>a)\bm b=b\hat{\bm z}\ (b>a) に点電荷 qq を置く。対称性から、鏡像電荷 q′q' は zz 軸上の球の中に置けばよいと見当をつける。その位置を b′z^ (0<b′<a)b'\hat{\bm z}\ (0<b'<a) と書く。

命題 3.7(球の鏡像 ★★★)

鏡像電荷の大きさと位置を

q′=−abq,b′=a2bq'=-\frac{a}{b}q,\qquad b'=\frac{a^2}{b}

とすると、2つの電荷の作る電位は球面 r=ar=a の上でゼロになる。

証明

球面上の点 r=an^\bm r=a\hat{\bm n} をとる。この点の向きが zz 軸となす角を θ\theta とする。余弦定理から

∣r−b∣2=a2+b2−2abcos⁡θ,∣r−b′z^∣2=a2+a4b2−2a3bcos⁡θ=a2b2(b2+a2−2abcos⁡θ)\left\vert \bm r-\bm b\right\vert ^2=a^2+b^2-2ab\cos\theta,\qquad \left\vert \bm r-b'\hat{\bm z}\right\vert ^2=a^2+\frac{a^4}{b^2}-2\frac{a^3}{b}\cos\theta=\frac{a^2}{b^2}\left(b^2+a^2-2ab\cos\theta\right)

となる。よって ∣r−b′z^∣=ab∣r−b∣\left\vert \bm r-b'\hat{\bm z}\right\vert =\dfrac ab\left\vert \bm r-\bm b\right\vert であり、

q∣r−b∣+q′∣r−b′z^∣=q∣r−b∣−(a/b)q(a/b)∣r−b∣=0.\frac{q}{\left\vert \bm r-\bm b\right\vert }+\frac{q'}{\left\vert \bm r-b'\hat{\bm z}\right\vert }=\frac{q}{\left\vert \bm r-\bm b\right\vert }-\frac{(a/b)q}{(a/b)\left\vert \bm r-\bm b\right\vert }=0.

球面上のすべての点で電位がゼロになる。

球の外の領域 r>ar>a には点電荷 qq だけがある。境界 r=ar=a と無限遠で電位はゼロなので、一意性定理によりこれが答えである。

球に誘導される電荷の総量は、外の電場を球面で積分すれば求まる。もっと簡単には、遠方の電位の振る舞い

ϕ≃q+q′4πε0r\phi\simeq\frac{q+q'}{4\pi\varepsilon_0r}

から読み取れる。球の外の電荷 qq を除くと、遠方の電位の 1/r1/r の係数は球の上の全電荷を表す。よって球の上の誘導電荷の総量は q′=−qa/bq'=-qa/b に等しい。

極限を確かめておく。

  • b→ab\to a(電荷が球面に接する)では q′→−qq'\to-q となる。平面の鏡像と同じである。
  • b→∞b\to\infty(電荷が遠ざかる)では q′→0q'\to0 となり、誘導電荷は消える。
図

図 3.2 接地した球の鏡像。球面上の任意の点 P で、P から q′q' までの距離は P から qq までの距離の a/ba/b 倍になっている。

接地していない球

球が接地されておらず、全電荷 QQ をもつ孤立した導体であるときは、次のように鏡像を足す。

  • まず接地した場合の鏡像 q′q' を置く。これで球面の電位はゼロになるが、球の全電荷は q′q' になっている。
  • 球の中心に点電荷 Q−q′Q-q' を足す。中心の点電荷は球面上で一定の電位 (Q−q′)/(4πε0a)(Q-q')/(4\pi\varepsilon_0a) を作るので、球面が等電位であることは保たれる。
  • こうして球の全電荷は q′+(Q−q′)=Qq'+(Q-q')=Q になり、定理 3.2 の条件をすべて満たす。

中性の球(Q=0Q=0)では、中心に +qa/b+qa/b を置く。

一様な電場の中の導体球

一様な電場を、遠くの2つの点電荷で作る。

  • 点電荷 +Q+Q を z=−Dz=-D に置く。それと逆符号の点電荷を、原点に対して反対側に置く。D→∞D\to\infty で、原点付近の電場は次の一様な電場に近づく。

E0z^,E0=2Q4πε0D2E_0\hat{\bm z},\qquad E_0=\frac{2Q}{4\pi\varepsilon_0D^2}

  • 原点の接地した球の鏡像は2つある。1つは z=−a2/Dz=-a^2/D に置く −Qa/D-Qa/D である。もう1つは z=+a2/Dz=+a^2/D に置く +Qa/D+Qa/D である。
  • この組の双極子モーメント(§3.5)は

QaD⋅2a2Dz^=4πε0a3E0z^\frac{Qa}{D}\cdot\frac{2a^2}{D}\hat{\bm z}=4\pi\varepsilon_0a^3E_0\hat{\bm z}

である。

D→∞D\to\infty で Q/D2Q/D^2 を一定に保てば、球の外の電位は2つの電位の和になる。1つは一様な電場の電位、もう1つは原点に置いた双極子モーメント 4πε0a3E04\pi\varepsilon_0a^3E_0 の電位である。この結果は §3.4 の例題 3.5 で変数分離からもう一度導く。

確認テスト

オリジナル

  1. 3.3-1 鏡像電荷を、電位を求めたい領域の中に置いてはいけない理由を1文で説明せよ。
  2. 3.3-2 金属の表面から距離 d=1.0 nmd=1.0\,\mathrm{nm} の点にある電子を考える。金属の表面を接地した平面導体とみなし、電子を無限遠からこの位置まで運ぶときのエネルギーの変化(例題 3.4 の W外W_{\text{外}})を eV\mathrm{eV} で求めよ。素電荷は e=1.602×10−19 Ce=1.602\times10^{-19}\,\mathrm C とする。
  3. 3.3-3 半径 aa の中性の孤立した導体球がある。球の中心から距離 b (>a)b\,(>a) の点に点電荷 qq がある。点電荷が受ける力を求めよ。また、b≫ab\gg a では大きさが 2q2a34πε0b5\dfrac{2q^2a^3}{4\pi\varepsilon_0b^5} の引力に近づくことを示せ。
  4. 3.3-4 2枚の接地した半無限の導体の平面 x=0 (y>0)x=0\ (y>0) と y=0 (x>0)y=0\ (x>0) が直角に交わる。その間の領域 x>0, y>0x>0,\,y>0 にある点 (x0,y0,0)(x_0,y_0,0) に点電荷を置く。電荷の大きさは qq とする。鏡像電荷の大きさと位置を求め、2枚の平面の上で電位がゼロになることを示せ。

木下の勉強ステータス

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