確認テストの解答

電磁気学入門　第4章 §4.6

1. 4.1-1 双極子モーメントの単位は、電荷と長さの積で C m である。分極はそれを体積で割ったものなので

$$\mathrm{C\cdot m/m^3}=\mathrm{C/m^2}$$

である。これは面電荷密度の単位と同じで、$\sigma_{\mathrm b}=\bm{P}\cdot\bm{n}$ の次元が合っていることも分かる。2. 4.1-2 円柱座標の発散は $\nabla\cdot\bm{P}=\frac1s\frac{\partial }{\partial s}(sP_s)$ なので

$$\nabla\cdot\bm{P}=\frac1s\frac{\partial }{\partial s}(ks^2)=2k,\qquad \rho_{\mathrm b}=-2k .$$

面分極電荷密度は次のとおりである。

• 側面（$s=a$）：外向き法線は $\hat{\bm{s}}$ である。よって $\sigma_{\mathrm b}=\bm{P}\cdot\hat{\bm{s}}=ka$。
• 両端面：法線は $\pm\hat{\bm{z}}$ で、分極と直交するので $\sigma_{\mathrm b}=0$。

総和は

$$(-2k)(\pi a^2L)+(ka)(2\pi aL)=-2\pi ka^2L+2\pi ka^2L=0 .$$ 3. 4.1-3 内部では $\bm{E}_{\mathrm{in}}=-\bm{P}/(3\varepsilon_0)$ なので、$E_z=-P/(3\varepsilon_0)$ である。外部は双極子 $p=\frac{4\pi}{3}a^3P$ の電場である。軸上（$\theta=0$）では $E_z=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{2p}{r^3}$ なので、球面のすぐ外で

$$E_z=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{2}{a^3}\cdot\frac{4\pi a^3P}{3}=\frac{2P}{3\varepsilon_0}.$$

差は

$$\frac{2P}{3\varepsilon_0}-\Bigl(-\frac{P}{3\varepsilon_0}\Bigr)=\frac{P}{\varepsilon_0}$$

で、北極の面密度 $\sigma_{\mathrm b}=P\cos0=P$ を $\varepsilon_0$ で割ったものに等しい。4. 4.1-4 $k_{\mathrm B} T=(1.381\times10^{-23})(300)\,\mathrm J=4.14\times10^{-21}\,\mathrm J$、$p_0E=6.2\times10^{-24}\,\mathrm J$ なので

$$x=\frac{6.2\times10^{-24}}{4.14\times10^{-21}}=1.50\times10^{-3}.$$

$x\ll1$ なので (4.5) が使え、$\langle p_z \rangle =p_0x/3=(6.2\times10^{-30})(5.0\times10^{-4})\,\mathrm{C\cdot m}=3.1\times10^{-33}\,\mathrm{C\cdot m}$。永久双極子モーメントの $1/2000$ 程度しかそろわない。5. 4.1-5 $\coth x=\cosh x/\sinh x$ に、次の展開を入れる。

$$\cosh x=1+\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+\cdots,\qquad \sinh x=x\Bigl(1+\frac{x^2}{6}+\frac{x^4}{120}+\cdots\Bigr)$$

分母の逆数は

$$\frac{1}{1+\frac{x^2}{6}+\frac{x^4}{120}}=1-\frac{x^2}{6}-\frac{x^4}{120}+\frac{x^4}{36}+\mathcal{O}(x^6)=1-\frac{x^2}{6}+\frac{7x^4}{360}+\mathcal{O}(x^6)$$

なので

$$x\coth x=\Bigl(1+\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}\Bigr)\Bigl(1-\frac{x^2}{6}+\frac{7x^4}{360}\Bigr)+\mathcal{O}(x^6) =1+\frac{x^2}{3}+\Bigl(\frac{1}{24}-\frac{1}{12}+\frac{7}{360}\Bigr)x^4+\mathcal{O}(x^6).$$

$x^4$ の係数は $\frac{15-30+7}{360}=-\frac{8}{360}=-\frac{1}{45}$ である。両辺を $x$ で割って $1/x$ を引くと

$$L(x)=\frac{x}{3}-\frac{x^3}{45}+\mathcal{O}(x^5).$$ 6. 4.2-1 一様な線形誘電体では $\bm{P}=\varepsilon_0\chi_{\mathrm e}\bm{E}=\frac{\chi_{\mathrm e}}{1+\chi_{\mathrm e}}\bm{D}$ で、係数は定数なので$\rho_{\mathrm b}=-\nabla\cdot\bm{P}=-\frac{\chi_{\mathrm e}}{1+\chi_{\mathrm e}}\nabla\cdot\bm{D}=-\frac{\chi_{\mathrm e}}{1+\chi_{\mathrm e}}\rho_{\mathrm f}$。$\rho_{\mathrm f}=0$ の所では $\rho_{\mathrm b}=0$ である。7. 4.2-2 内導体に単位長さあたり $\lambda$ の電荷を置く。円柱対称で、層の境界も対称性に沿っている。よって長さ1の同軸の円筒に (4.10) を使えて、両方の層で $D=\lambda/(2\pi s)$ である。電場は

$$E=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_1s}\quad(a<s<b),\qquad E=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_2s}\quad(b<s<c)$$

で、電位差は

$$V=\int_a^b\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_1s}\,\mathrm{d} s+\int_b^c\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_2s}\,\mathrm{d} s=\frac{\lambda}{2\pi}\Bigl(\frac{\ln(b/a)}{\varepsilon_1}+\frac{\ln(c/b)}{\varepsilon_2}\Bigr).$$

単位長さあたりの容量は

$$\frac{C}{L}=\frac{\lambda}{V}=\frac{2\pi}{\ln(b/a)/\varepsilon_1+\ln(c/b)/\varepsilon_2}.$$

$\varepsilon_1=\varepsilon_2=\varepsilon$ なら $2\pi\varepsilon/\ln(c/a)$ に戻る。8. 4.2-3 球対称で境界も球面なので Gauss の法則が使え、すべての場所で $\bm{D}=\frac{q}{4\pi r^2}\hat{\bm{r}}$ である。電場と分極は

$$\begin{aligned}\bm{E}&=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\varepsilon_{\mathrm r}r^2}\hat{\bm{r}}\quad(r<R), & \bm{E}&=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\hat{\bm{r}}\quad(r>R),\\ \bm{P}&=\bm{D}-\varepsilon_0\bm{E}=\Bigl(1-\frac{1}{\varepsilon_{\mathrm r}}\Bigr)\frac{q}{4\pi r^2}\hat{\bm{r}}\quad(r<R)\end{aligned}$$

である。球面上では

$$\sigma_{\mathrm b}=\bm{P}\cdot\hat{\bm{r}}\big|_{r=R}=\frac{(\varepsilon_{\mathrm r}-1)q}{4\pi\varepsilon_{\mathrm r}R^2},\qquad \text{球面全体で}\ \frac{\varepsilon_{\mathrm r}-1}{\varepsilon_{\mathrm r}}q .$$

中心の分極電荷を求める。$\bm{P}\propto\hat{\bm{r}}/r^2$ の発散は原点以外で 0 である。しかし原点を囲む球面を貫く分極の流束は $\bigl(1-\frac1{\varepsilon_{\mathrm r}}\bigr)q$ なので、第1章 §1.3 と同じく

$$\nabla\cdot\bm{P}=\Bigl(1-\frac1{\varepsilon_{\mathrm r}}\Bigr)q\,\delta^3(\bm{r})$$

である。よって中心の分極電荷は $-\frac{\varepsilon_{\mathrm r}-1}{\varepsilon_{\mathrm r}}q$ で、球面の分と合わせて総和は 0 になる。中心では自由電荷と分極電荷が合わさって $q/\varepsilon_{\mathrm r}$ になる。これは球の中の電場が真空の $1/\varepsilon_{\mathrm r}$ 倍になることと整合する。9. 4.2-4 $\alpha/\varepsilon_0=4\pi\times1.6\times10^{-30}\,\mathrm{m^3}=2.01\times10^{-29}\,\mathrm{m^3}$ なので、素朴な式では

$$\varepsilon_{\mathrm r}-1=n\alpha/\varepsilon_0=(2.5\times10^{25})(2.01\times10^{-29})=5.027\times10^{-4}.$$

Clausius–Mossotti の式では $y=n\alpha/(3\varepsilon_0)=1.676\times10^{-4}$ として、4.2-5 の結果から$\varepsilon_{\mathrm r}-1=\frac{3y}{1-y}=5.028\times10^{-4}$。相対的な差は $y\approx1.7\times10^{-4}$ で、気体では素朴な式で十分である。10. 4.2-5 (4.16) を $\varepsilon_{\mathrm r}-1=y(\varepsilon_{\mathrm r}+2)$ と書き直し、$\varepsilon_{\mathrm r}$ について解くと

$$\varepsilon_{\mathrm r}(1-y)=1+2y,\qquad \varepsilon_{\mathrm r}=\frac{1+2y}{1-y}.$$

$y\to1$ で $\varepsilon_{\mathrm r}\to\infty$ に発散する。局所場 (4.15) による正のフィードバックで、外部の電場が無くても分極が保たれうることを意味し、強誘電体の自発分極を考える出発点になる（実際の物質では線形の近似がその前に破れる）。11. 4.3-1 (4.19) より $\tan\theta_2=\frac{\varepsilon_2}{\varepsilon_1}\tan\theta_1=3\tan45^\circ=3$、$\theta_2=\arctan3=71.6^\circ$。法線から離れる向きに曲がる。12. 4.3-2 上半分と下半分で同じ $\bm{E}=(K/r^2)\hat{\bm{r}}$ を仮定する。赤道面は動径方向を含む平面なので、電場は赤道面に平行（接線方向）で、両側で等しい。したがって接線成分は連続である。

赤道面に垂直な成分は両側でゼロなので、$D_n$ も連続（$0=0$）である。各領域で $\nabla\cdot\bm{E}=0$、$\nabla\times\bm{E}=\bm{0}$ も満たすので、一意性からこれが解である。内球の電荷は、上半分の $\bm{D}=\varepsilon_1\bm{E}$ と下半分の $\bm{D}=\varepsilon_2\bm{E}$ の流束の和で

$$Q=\varepsilon_1\frac{K}{r^2}\cdot2\pi r^2+\varepsilon_2\frac{K}{r^2}\cdot2\pi r^2=2\pi(\varepsilon_1+\varepsilon_2)K .$$

電位差は $V=K\bigl(\frac1a-\frac1b\bigr)$ なので

$$C=\frac QV=\frac{2\pi(\varepsilon_1+\varepsilon_2)ab}{b-a}.$$

これは上下2つの半球コンデンサーの並列接続に等しい。13. 4.3-3 球の内部の分極は一様で $\bm{P}=\varepsilon_0(\varepsilon_{\mathrm r}-1)\bm{E}_{\mathrm{in}}=3\varepsilon_0\frac{\varepsilon_{\mathrm r}-1}{\varepsilon_{\mathrm r}+2}E_0\hat{\bm{z}}$。表面では

$$\sigma_{\mathrm b}(\theta)=\bm{P}\cdot\hat{\bm{r}}=3\varepsilon_0\frac{\varepsilon_{\mathrm r}-1}{\varepsilon_{\mathrm r}+2}E_0\cos\theta .$$

検算として、球面での外と中の電場の法線成分の差をとる。

$$-\partial_r\phi_{\mathrm{out}}+\partial_r\phi_{\mathrm{in}}=\Bigl(E_0+\frac{2B}{a^3}-A\Bigr)\cos\theta=\frac{3B}{a^3}\cos\theta$$

これに $\varepsilon_0$ を掛けると $3\varepsilon_0\frac{\varepsilon_{\mathrm r}-1}{\varepsilon_{\mathrm r}+2}E_0\cos\theta$ で、一致する。14. 4.3-4 例題 4.4 と同じく、次の形をおく。

$$\phi_{\mathrm{in}}=-Ar\cos\theta,\qquad \phi_{\mathrm{out}}=-E_0r\cos\theta+\frac{B\cos\theta}{r^2}$$

今度は外が誘電体、内が真空なので、境界条件は

$$\begin{aligned}A&=E_0-\frac{B}{a^3} &&\text{（電位の連続）},\\ \varepsilon_0A&=\varepsilon_0\varepsilon_{\mathrm r}\Bigl(E_0+\frac{2B}{a^3}\Bigr) &&\text{（}{D_r}\text{ の連続）}\end{aligned}$$

となる。1番目を2番目に入れると $A=\varepsilon_{\mathrm r}(3E_0-2A)$、すなわち

$$A=\frac{3\varepsilon_{\mathrm r}}{2\varepsilon_{\mathrm r}+1}E_0,\qquad \bm{E}_{\mathrm{cav}}=\frac{3\varepsilon_{\mathrm r}}{2\varepsilon_{\mathrm r}+1}\bm{E}_0 .$$

$\varepsilon_{\mathrm r}>1$ なら係数は 1 より大きく、空洞の中の電場は周りの誘電体の中より強い。$\varepsilon_{\mathrm r}=1$ で係数は 1 に戻る。15. 4.3-5 自由電荷が無いので $\bm{E}_{2t}=\bm{E}_{1t}$ で、$\bm{D}_t=\varepsilon\bm{E}_t$ だから

$$\frac{\bm{D}_{2t}}{\varepsilon_2}=\frac{\bm{D}_{1t}}{\varepsilon_1},\qquad \bm{D}_{2t}=\frac{\varepsilon_2}{\varepsilon_1}\bm{D}_{1t}.$$

$\bm{D}$ の接線成分は連続でなく、誘電率の比で跳ぶ。これは $\nabla\times\bm{D}=\nabla\times\bm{P}\neq\bm{0}$ が境界で起きることに対応する。16. 4.4-1 2つの場合を分ける。

• 電池につないだまま（電圧一定）：$W=\frac12CV^2$ で、容量が増えるのでエネルギーは増える。増加分 $\frac12V^2\Delta C$ と、板を引き込む仕事 $\frac12V^2\Delta C$ の合計を電池が供給する。
• 切り離してから（電荷一定）：$W=Q^2/(2C)$ で、容量が増えるのでエネルギーは減る。減った分が板を引き込む仕事になる。

どちらの場合も板は引き込まれる。17. 4.4-2 はじめと終わり（容量 $C=4C_0=400\,\mathrm{pF}$）の値は

$$\begin{aligned}W_0&=\frac{Q^2}{2C_0}=\frac{(1.0\times10^{-8})^2}{2(1.0\times10^{-10})}\,\mathrm J=5.0\times10^{-7}\,\mathrm J, & V_0&=\frac{Q}{C_0}=100\,\mathrm V,\\ W_1&=\frac{Q^2}{2C}=1.25\times10^{-7}\,\mathrm J, & V_1&=25\,\mathrm V\end{aligned}$$

である。電場が誘電体にした仕事は、電荷一定なので静電エネルギーの減少に等しく、$W_0-W_1=3.75\times10^{-7}\,\mathrm J$ である。18. 4.4-3 球は小さいので、球の位置の電場を一様とみなす。例題 4.4 より、一様な電場の中の誘電体球の分極率は

$$\alpha=4\pi\varepsilon_0\frac{\varepsilon_{\mathrm r}-1}{\varepsilon_{\mathrm r}+2}b^3$$

である。$E^2=\frac{q^2}{(4\pi\varepsilon_0)^2r^4}$ なので、(4.26) から

$$F_r=\frac12\alpha\frac{d }{d r}\Bigl(\frac{q^2}{(4\pi\varepsilon_0)^2r^4}\Bigr)=-\frac{2\alpha q^2}{(4\pi\varepsilon_0)^2r^5} =-\frac{\varepsilon_{\mathrm r}-1}{\varepsilon_{\mathrm r}+2}\frac{2q^2b^3}{4\pi\varepsilon_0r^5}.$$

負号は点電荷へ向かう引力を表し、$q$ の符号によらない。19. 4.4-4 導体の外の領域を $\Omega$ とする。そこでは $\bm{E}=-\nabla\phi$、$\nabla\cdot\bm{D}=0$ なので

$$\bm{E}\cdot\bm{D}=-\nabla\phi\cdot\bm{D}=-\nabla\cdot(\phi\bm{D})+\phi\,\nabla\cdot\bm{D}=-\nabla\cdot(\phi\bm{D}).$$

導体の内部では電場がゼロなので、積分は $\Omega$ だけでよい。そこで発散定理を使う。

• 境界は各導体の表面と無限遠の球面である。
• 導体の表面での外向き法線は、導体の外向き法線 $\bm{n}_i$ の逆向き $-\bm{n}_i$ である。
• 無限遠の寄与は $\phi D\sim r^{-3}$ で消える。

よって

$$\frac12\int_\Omega\bm{E}\cdot\bm{D}\,\mathrm{d} V=-\frac12\sum_i\oint_{S_i}\phi\,\bm{D}\cdot(-\bm{n}_i)\,\mathrm{d} S=\frac12\sum_iV_i\oint_{S_i}\bm{D}\cdot\bm{n}_i\,\mathrm{d} S=\frac12\sum_iQ_iV_i .$$

最後の等号では2つのことを使った。

• 導体の表面で $\phi=V_i$ が一定である。
• 表面の自由電荷は $\oint\bm{D}\cdot\bm{n}_i\,\mathrm{d} S=Q_i$ である（境界条件 (4.17) で、導体内では電束密度がゼロ）。