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境界条件と屈折

2026年10月15日13分で読めますAI生成教科書『基礎理論』第4章 誘電体
目次
  1. 境界条件の導出
  2. 電気力線の屈折
  3. 境界値問題
  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4章 §4.3　★★ 境界で E\bm{E} の接線成分と D\bm{D} の法線成分が連続になり、電気力線は境界で折れ曲がる

境界条件の導出

2つの誘電体（誘電率 ε1\varepsilon_1 と ε2\varepsilon_2）が面で接している。境界面の単位法線 n\bm{n} を、媒質1から媒質2へ向けてとる。境界面には自由電荷が面密度 σf\sigma_{\mathrm f} で載っていてもよいとする。

法線成分：境界面を挟む薄い円筒（底面積 ΔS\Delta S、高さ h→0h\to0）に (4.10) を使う。側面の寄与は h→0h\to0 で消え、上下の底面だけが残るので

(D2−D1)⋅n ΔS=σfΔS.(\bm{D}_2-\bm{D}_1)\cdot\bm{n}\,\Delta S=\sigma_{\mathrm f}\Delta S .

接線成分：境界面を挟む細長い長方形（長さ ℓ\ell、幅 h→0h\to0）をとる。その周りで、∇×E=0\nabla\times\bm{E}=\bm{0} と Stokes の定理から ∮E⋅dl=0\oint\bm{E}\cdot\mathrm{d}\bm{l}=0 が成り立つ。幅が0の極限では長い2辺だけが残る。境界面に沿った任意の単位ベクトルを t\bm{t} として

(E2−E1)⋅t ℓ=0.(\bm{E}_2-\bm{E}_1)\cdot\bm{t}\,\ell=0 .

定理 4.5（誘電体の境界条件 ★★★）

D2n−D1n=σf,E2t=E1t.(4.17)D_{2n}-D_{1n}=\sigma_{\mathrm f},\qquad \bm{E}_{2t}=\bm{E}_{1t}.\tag{4.17}

電位で書くと、ϕ\phi は境界で連続で、ε1∂ϕ1∂n−ε2∂ϕ2∂n=σf\varepsilon_1\frac{\partial \phi_1}{\partial n}-\varepsilon_2\frac{\partial \phi_2}{\partial n}=\sigma_{\mathrm f} である。自由電荷が無い境界では、境界に現れる分極電荷は

σb=−(P2−P1)⋅n(4.18)\sigma_{\mathrm b}=-(\bm{P}_2-\bm{P}_1)\cdot\bm{n}\tag{4.18}

である。

証明

(4.17) は上の2つの式である。電位が連続であることは、接線成分の連続性を境界に沿って積分すれば分かる（境界で電位が跳ぶと、境界を横切る向きの電場が無限大になる）。電位の式は Dn=−ε ∂ϕ/∂nD_n=-\varepsilon\,\partial\phi/\partial n を代入したものである。

(4.18) は (4.8) から得られる。

  • 媒質1の表面の外向き法線は n\bm{n} なので、そこには P1⋅n\bm{P}_1\cdot\bm{n} の分極電荷が載る。
  • 媒質2の表面の外向き法線は −n-\bm{n} なので、そこには −P2⋅n-\bm{P}_2\cdot\bm{n} が載る。

両者を足すと (4.18) になる。これは、自由電荷が無いときの真空の Gauss の法則 ε0(E2n−E1n)=σb\varepsilon_0(E_{2n}-E_{1n})=\sigma_{\mathrm b} と、D2n=D1nD_{2n}=D_{1n} を組み合わせた結果とも一致する。

電気力線の屈折

自由電荷の無い境界で、媒質1の電場が法線と角 θ1\theta_1 をなし、媒質2の電場が法線と角 θ2\theta_2 をなすとする。(4.17) から

E1sin⁡θ1=E2sin⁡θ2,ε1E1cos⁡θ1=ε2E2cos⁡θ2E_1\sin\theta_1=E_2\sin\theta_2,\qquad \varepsilon_1E_1\cos\theta_1=\varepsilon_2E_2\cos\theta_2

が成り立つ。1番目の式を2番目の式で割ると

tan⁡θ1tan⁡θ2=ε1ε2(4.19)\frac{\tan\theta_1}{\tan\theta_2}=\frac{\varepsilon_1}{\varepsilon_2}\tag{4.19}

を得る。誘電率の大きい媒質の中では、電場の法線成分が小さくなり接線成分は変わらない。よって電気力線は法線から離れる向きに曲がる（図 4.3）。電場の大きさも変わり、誘電率の大きい側の方が小さい。

(4.19) は光の屈折の Snell の法則とは別の式で、静電場に対してだけ成り立つ。第9章では、電磁波に対して同じ境界条件(4.17) から Snell の法則と Fresnel の式を導く。

図

図 4.3　誘電体の境界での電気力線の屈折。ε2/ε1=3\varepsilon_2/\varepsilon_1=3、θ1=35∘\theta_1=35^\circ のとき、tan⁡θ2=3tan⁡θ1\tan\theta_2=3\tan\theta_1 から θ2≈64.5∘\theta_2\approx64.5^\circ。誘電率の大きい媒質の中で、電気力線は法線から離れる。

境界値問題

誘電体の境界がある静電場の問題は、各媒質の中で Laplace 方程式 ∇2ϕ=0\nabla^2\phi=0（自由電荷の無い所）を解き、境界で (4.17) の2条件をつなぐ問題になる。

第2章 §2.3 の一意性の証明は、各領域の解をこの2条件でつないだ場合にもそのまま適用できる。実際、2つの解の差 ψ\psi について、次の積分を部分積分する。

∫ε∣∇ψ∣2 dV\int\varepsilon\left\vert \nabla\psi\right\vert ^2\,\mathrm{d} V

境界の寄与は ε ∂ψ/∂n\varepsilon\,\partial\psi/\partial n の連続性で打ち消し合う。したがって、条件をすべて満たす解を1つ見つければ、それが答えである。第3章の変数分離と鏡像法が、そのまま使える。

例題 4.4　一様な電場の中の誘電体球 ★★★

オリジナル一様な電場 E0=E0z^\bm{E}_0=E_0\hat{\bm{z}} の中に、誘電体球を置く。球の半径は aa、比誘電率は εr\varepsilon_{\mathrm r} である。

球の内部と外部の電位を求め、内部の電場が一様であることを示せ。さらに、球の外の電場が、原点に置いた双極子の電場と一様な電場の和になることを示し、その双極子モーメントを求めよ。

解答

遠方では ϕ→−E0rcos⁡θ\phi\to-E_0r\cos\theta で、境界条件に現れる角度の依存性は cos⁡θ=P1(cos⁡θ)\cos\theta=P_1(\cos\theta) だけである。そこで第3章 §3.4 の解の l=1l=1 の項だけを使って

ϕin=−A rcos⁡θ,ϕout=−E0rcos⁡θ+Bcos⁡θr2\phi_{\mathrm{in}}=-A\,r\cos\theta,\qquad \phi_{\mathrm{out}}=-E_0r\cos\theta+\frac{B\cos\theta}{r^2}

とおく（内部は原点で有限）。r=ar=a での2つの境界条件は

電位の連続： −Aa=−E0a+Ba2,Dr の連続： −ε0εr∂ϕin∂r=−ε0∂ϕout∂r ⟺ εrA=E0+2Ba3.\text{電位の連続：}\ -Aa=-E_0a+\frac{B}{a^2},\qquad {D_r}\text{ の連続：}\ -\varepsilon_0\varepsilon_{\mathrm r}\frac{\partial \phi_{\mathrm{in}}}{\partial r}=-\varepsilon_0\frac{\partial \phi_{\mathrm{out}}}{\partial r} \ \Longleftrightarrow\ \varepsilon_{\mathrm r}A=E_0+\frac{2B}{a^3}.

1番目の式から B/a3=E0−AB/a^3=E_0-A である。これを2番目に入れると εrA=E0+2E0−2A\varepsilon_{\mathrm r}A=E_0+2E_0-2A、すなわち

A=3εr+2E0,B=εr−1εr+2a3E0.A=\frac{3}{\varepsilon_{\mathrm r}+2}E_0,\qquad B=\frac{\varepsilon_{\mathrm r}-1}{\varepsilon_{\mathrm r}+2}a^3E_0 .

内部の電位は ϕin=−Az\phi_{\mathrm{in}}=-Az なので、内部の電場は一様で

Ein=3εr+2E0(4.20)\bm{E}_{\mathrm{in}}=\frac{3}{\varepsilon_{\mathrm r}+2}\bm{E}_0\tag{4.20}

である。εr>1\varepsilon_{\mathrm r}>1 なので ∣Ein∣<E0\left\vert \bm{E}_{\mathrm{in}}\right\vert <E_0 で、球の中の電場は外の電場より弱い。外部の第2項は、(4.2) と比べて

p=4πε0B z^=4πε0εr−1εr+2a3E0\bm{p}=4\pi\varepsilon_0B\,\hat{\bm{z}}=4\pi\varepsilon_0\frac{\varepsilon_{\mathrm r}-1}{\varepsilon_{\mathrm r}+2}a^3\bm{E}_0

の双極子の電位である。

検算として、§4.1 の結果と照らし合わせる。内部の分極は

P=ε0(εr−1)Ein=3ε0εr−1εr+2E0\bm{P}=\varepsilon_0(\varepsilon_{\mathrm r}-1)\bm{E}_{\mathrm{in}}=3\varepsilon_0\frac{\varepsilon_{\mathrm r}-1}{\varepsilon_{\mathrm r}+2}\bm{E}_0

で一様である。例題 4.1 より、一様に分極した球は内部に −P/(3ε0)-\bm{P}/(3\varepsilon_0) の電場をつくる。外部には双極子 4π3a3P\frac{4\pi}{3}a^3\bm{P} の電場をつくる。内部では

E0−P3ε0=E0−εr−1εr+2E0=3εr+2E0\bm{E}_0-\frac{\bm{P}}{3\varepsilon_0}=\bm{E}_0-\frac{\varepsilon_{\mathrm r}-1}{\varepsilon_{\mathrm r}+2}\bm{E}_0=\frac{3}{\varepsilon_{\mathrm r}+2}\bm{E}_0

となり、外部の双極子 4π3a3P\frac{4\pi}{3}a^3\bm{P} も上の p\bm{p} と一致する。εr→∞\varepsilon_{\mathrm r}\to\infty の極限では、次のようになる。

Ein→0,p→4πε0a3E0\bm{E}_{\mathrm{in}}\to\bm{0},\qquad \bm{p}\to4\pi\varepsilon_0a^3\bm{E}_0

これは第3章 §3.4 の一様な電場の中の導体球の結果である。

例題 4.5　誘電体の平面の前の点電荷 ★★

オリジナルz<0z<0 を比誘電率 εr\varepsilon_{\mathrm r} の誘電体が満たし、残りの半空間は真空である。点 (0,0,d)(0,0,d) に点電荷 qq を置く。

  1. 電位を次の形で表す。境界条件から q′q'、q′′q'' を決めよ。

    • 真空側：点電荷の電位と、鏡像点 (0,0,−d)(0,0,-d) に置いた電荷 q′q' の電位の和。
    • 誘電体側：点電荷と同じ位置に置いた電荷 q′′q'' の電位。点電荷からの距離を R1R_1 として、次の形をとる。

q′′4πε0εrR1\frac{q''}{4\pi\varepsilon_0\varepsilon_{\mathrm r}R_1} 2. 点電荷に働く力を求め、εr→∞\varepsilon_{\mathrm r}\to\infty の極限が導体平面の場合に一致することを確かめよ。

解答
  1. 点電荷からの距離を R1R_1、鏡像点からの距離を R2R_2 とする。

ϕ1=14πε0(qR1+q′R2) (z>0),ϕ2=14πε0εrq′′R1 (z<0).\phi_1=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac{q}{R_1}+\frac{q'}{R_2}\Bigr)\ (z>0),\qquad \phi_2=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0\varepsilon_{\mathrm r}}\frac{q''}{R_1}\ (z<0).

境界 z=0z=0 の上では R1=R2≕RR_1=R_2\eqqcolon R である。電位の連続から

q+q′=q′′εr.q+q'=\frac{q''}{\varepsilon_{\mathrm r}} .

次に DzD_z の連続を使う。境界の上で

∂z1R1=dR3,∂z1R2=−dR3\partial_z\frac{1}{R_1}=\frac{d}{R^3},\qquad \partial_z\frac{1}{R_2}=-\frac{d}{R^3}

なので

−ε0∂ϕ1∂z=−(q−q′)d4πR3,−ε0εr∂ϕ2∂z=−q′′d4πR3,-\varepsilon_0\frac{\partial \phi_1}{\partial z}=-\frac{(q-q')d}{4\pi R^3},\qquad -\varepsilon_0\varepsilon_{\mathrm r}\frac{\partial \phi_2}{\partial z}=-\frac{q''d}{4\pi R^3},

これが境界の全体（すべての RR）で等しいことから q−q′=q′′q-q'=q'' である。2式を連立するとq+q′=(q−q′)/εrq+q'=(q-q')/\varepsilon_{\mathrm r}、すなわち

q′=−εr−1εr+1q,q′′=2εrεr+1q.q'=-\frac{\varepsilon_{\mathrm r}-1}{\varepsilon_{\mathrm r}+1}q,\qquad q''=\frac{2\varepsilon_{\mathrm r}}{\varepsilon_{\mathrm r}+1}q .

2つの式は各領域で Laplace 方程式（qq の位置を除く）と境界条件をすべて満たすので、一意性によりこれが解である。2. 真空側の電場のうち、点電荷自身の電場を除いた部分は鏡像電荷の電場である。よって点電荷に働く力は

F=qq′4πε0(2d)2z^=−εr−1εr+1q216πε0d2z^\bm{F}=\frac{qq'}{4\pi\varepsilon_0(2d)^2}\hat{\bm{z}}=-\frac{\varepsilon_{\mathrm r}-1}{\varepsilon_{\mathrm r}+1}\frac{q^2}{16\pi\varepsilon_0d^2}\hat{\bm{z}}

で、電荷の符号によらず誘電体へ引き寄せられる。εr→∞\varepsilon_{\mathrm r}\to\infty では q′→−qq'\to-q となる。このとき力は −q2/(16πε0d2) z^-q^2/(16\pi\varepsilon_0d^2)\,\hat{\bm{z}} になる。これは第3章 §3.3 の導体平面の鏡像法の結果に一致する。

確認テスト

オリジナル

  1. 4.3-1 真空から比誘電率3の誘電体へ、電気力線が法線と 45∘45^\circ の角で入る（境界に自由電荷は無い）。誘電体の中で電気力線が法線となす角を求めよ。
  2. 4.3-2 内半径 aa、外半径 bb の同心球コンデンサーを、境界を赤道面として2種類の誘電体で満たす。上半分の誘電率は ε1\varepsilon_1、下半分の誘電率は ε2\varepsilon_2 である。両領域で E=(K/r2)r^\bm{E}=(K/r^2)\hat{\bm{r}} と同じ形の電場が境界条件を満たすことを確かめ、容量を求めよ。
  3. 4.3-3 例題 4.4 の誘電体球の表面の分極電荷密度 σb(θ)\sigma_{\mathrm b}(\theta) を求めよ。
  4. 4.3-4 比誘電率 εr\varepsilon_{\mathrm r} の誘電体が全空間を満たし、遠方で一様な電場 E0\bm{E}_0 がある。そこに半径 aa の球形の空洞（真空）をあける。空洞の中の電場を求めよ。
  5. 4.3-5 境界条件 (4.17) を使って、自由電荷の無い誘電体の境界で、電束密度の接線成分がどう変わるかを ε1\varepsilon_1、ε2\varepsilon_2 で表せ。

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