電磁気学の基礎 I （その16） 4.2

　4.2節の続き．鏡像法の第2の例は点電荷と接地した半径 $a$ の導体球がつくる電位である．アポロニオスの定理が言及されているが，この定理を知らなくても大丈夫である．(4.3)式を変形すると

$\begin{align} \left( \mathbf{x}-\frac{k^2 \mathbf{z}_1-\mathbf{z}_2}{k^2-1}\right)^2 = \frac{k^2(\mathbf{z}_1-\mathbf{z}_2)^2}{(k^2-1)^2} \end{align}$

となり， $\mathbf{x}$ は $(k^2 \mathbf{z}_1-\mathbf{z}_2)/(k^2-1)$ を中心とする半径 $k|\mathbf{z}_1-\mathbf{z}_2|/|k^2-1|$ の球面を表すことがわかる．球の中心を座標原点に取って $\mathbf{z}_2$ の位置に電荷 $q'$ を置けば電位は(4.4)になる．ここで

$\begin{align} R_1^2&=r^2\sin^2\theta+(r\cos\theta-r_1)^2=r^2+r_1^2 - 2rr_1\cos\theta \\ R_2^2&=r^2\sin^2\theta+\left(r\cos\theta-\frac{a^2}{r_1}\right)^2=r^2+\frac{a^4}{r_1^2} - \frac{2ra^2}{r_1}\cos\theta \end{align}$

である．電場は電位(4.4)の微分によって得られる．球面上の全電荷を求めるにはクーロンの定理を使う．表面電荷密度が $\sigma=\epsilon_0 E_n$ で与えられるので，これを全表面で積分すると

$\begin{align} a^2 \int_0^{2\pi}d\varphi \int_0^\pi d\theta \sin\theta \sigma &= \frac{qa(a^2-r_1^2)}{2}\int_{-1}^1 dt \frac{1}{\{a^2+r_1^2-2ar_1t\}^{3/2}} \\ &= \frac{q(a^2-r_1^2)}{2r_1}\left(\frac{1}{|a-r_1|}-\frac{1}{a+r_1}\right) \\ &= q\theta(a-r_1)-\frac{qa}{r_1}\theta(r_1-a) \\ &= q\theta(a-r_1)+q'\theta(r_1-a) \end{align}$

となる．最初の等式で積分変数を $t=\cos\theta$ に変えた．外側の球面では第2項がきくので， $q'$ になる．

　次の例は導体球を接地しない場合である．このとき球面の電位が一定で，導体表面の全電荷は0でなければならない．発見的な方法であるが，そうするためには原点に電荷 $-q'=kq$ を置けばよいことがわかる．導体球内部の全電荷は0であるから球面上に誘起される全電荷も0になるだろうと想像がつくが，上と同様に電場を求め，球面上の全電荷を実際に計算してみると

$\begin{align} &\ a^2\epsilon_0 \int_0^\pi d\theta \sin\theta\int_0^{2\pi}d\varphi E_n \\ &=\frac{qa}{2}\left\{ \frac{2}{r_1}-(r_1^2-a^2)\int_0^\pi \frac{d\theta \sin\theta}{(a^2+r_1^2-2ar_1\cos\theta)^{3/2}}\right\} \\ &= \frac{qa}{2}\left\{ \frac{2}{r_1}+\frac{r_1^2-a^2}{ar_1}\frac{1}{\sqrt{a^2+r_1^2-2ar_1\cos\theta}}\bigg|_0^\pi \right\} \\ &= \frac{qa}{2}\left\{ \frac{2}{r_1}+\frac{r_1^2-a^2}{ar_1}\left(\frac{1}{r_1+a}-\frac{1}{r_1-a}\right)\right\}=0 \end{align}$

となってたしかに0になっている．ここで，

$\begin{align} \int \frac{d\theta \sin\theta}{(a-b\cos\theta)^{3/2}}=-\frac{2}{b\sqrt{a-b\cos\theta}} \end{align}$

を使った．

　最後の例は $R_1+R_2$ が定数である楕円体の導体がつくる電位である．これは3.2.2節で計算した，線分電荷がつくる電位(3.12)を変形していくと得られる．

$\begin{align} \phi&=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\ln\left(\frac{R_2+z+l/2}{R_1+z-l/2}\right) \\ &= \frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\ln\left(\frac{2lR_2+2lz+l^2}{2lR_1+2lz-l^2}\right) \\ &= \frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\ln\left(\frac{2lR_2+R_2^2-R_1^2+l^2}{2lR_1+R_2^2-R_1^2-l^2}\right) \\ &= \frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\ln\left(\frac{(R_2+l)^2-R_1^2}{R_2^2-(R_1-l)^2}\right) \\ &= \frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\ln\left(\frac{R_1+R_2+l}{R_1+R_2-l}\right) \end{align}$

$R_1+R_2$ が一定のときこれは一定になる. したがって楕円体の導体の境界条件を満たしているので, この式は楕円体の周囲の電位を与えている.

　楕円体の長軸を $a$ ，短軸を $b$ とする．楕円体の性質より $a^2-b^2=l^2/4$ を満たす．また楕円体上の任意の位置で $R_1+R_2=2a$ を満たしている．ここで

$\begin{align} R_1=\sqrt{\rho^2+(z-l/2)^2}, \quad R_2=\sqrt{\rho^2+(z+l/2)^2} \end{align}$

である．長軸の先端 $\rho=0, z=a$ での電場は $z$ 軸方向，短軸の先端 $\rho=b, z=0$ での電場は動径 $\rho$ 方向を向いている．短軸に沿った電場は

$\begin{align} E_\rho(\rho) = -\frac{\partial \phi}{\partial \rho}\bigg|_{z=0} = \frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\frac{l}{\rho\sqrt{\rho^2+l^2/4}} \end{align}$