電荷と電場

コンデンサーと鏡像法の例題

著者：柚木芹香

本体の節で決めた手順を，典型的な3つの設定で使います．エネルギーの収支では電源の仕事を必ず数え，つなぎ替えでは孤立した導体部分ごとに符号つきの電荷の和を保存させます．

例題

例題 1

オリジナル ★★☆☆☆

極板の面積 $S$ ，間隔 $d$ の真空の平行板コンデンサーを，電圧 $V_{0}$ の電池で充電した． $C_{0} = ε_{0} S / d$ とし，端の効果は無視する．極板をゆっくり引き離して間隔を $2 d$ にする．

電池を切り離してから引き離す場合，静電エネルギーの変化と外力の仕事を求めよ．
電池につないだまま引き離す場合，電池を通って移る電荷，電池のする仕事，静電エネルギーの変化，外力の仕事を求めよ．

**［図：極板間隔を d から 2d に広げる設定］**
上段は電池を切り離してスイッチを開く場合，下段は電池 V₀ につないだままスイッチを閉じる場合を示す．各段の左は間隔 d，右は 2d で，赤の矢印は上の極板を引く外力の向きである．

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考え方 (1) は電荷一定，(2) は電圧一定．(2) では「外力の仕事 $+$ 電池の仕事 $=$ 静電エネルギーの変化」で収支をとる．ゆっくり動かすので，導線での発熱や運動エネルギーは考えない．

電荷は $Q = C_{0} V_{0}$ のまま，容量は $C_{0} / 2$ になる． $U = Q^{2} / (2 C)$ より

Δ U = \frac{Q^{2}}{2} (\frac{2}{C_{0}} - \frac{1}{C_{0}}) = \frac{1}{2} C_{0} V_{0}^{2}

外力の仕事は $W = Δ U = \frac{1}{2} C_{0} V_{0}^{2}$ ．電圧は $2 V_{0}$ になる．

電荷は $C_{0} V_{0}$ から $\frac{1}{2} C_{0} V_{0}$ に減るので， $\frac{1}{2} C_{0} V_{0}$ が電池へ押し戻される．電池のする仕事は $W_{b} = V_{0} Δ Q = - \frac{1}{2} C_{0} V_{0}^{2}$ （電池は充電される）．静電エネルギーは

Δ U = \frac{1}{2} \cdot \frac{C_{0}}{2} V_{0}^{2} - \frac{1}{2} C_{0} V_{0}^{2} = - \frac{1}{4} C_{0} V_{0}^{2}

で減る．外力の仕事は $W = Δ U - W_{b} = - \frac{1}{4} C_{0} V_{0}^{2} + \frac{1}{2} C_{0} V_{0}^{2} = \frac{1}{4} C_{0} V_{0}^{2}$ ．

確かめ：(1) では極板を引く力が一定で $Q^{2} / (2 ε_{0} S) = C_{0} V_{0}^{2} / (2 d)$ ，これに $d$ を掛けると $\frac{1}{2} C_{0} V_{0}^{2}$ で合う．(2) では間隔 $x$ での力 $\frac{ε_{0} S V_{0}^{2}}{2 x^{2}}$ を $d$ から $2 d$ まで積分して $\frac{ε_{0} S V_{0}^{2}}{4 d} = \frac{1}{4} C_{0} V_{0}^{2}$ で合う．(2) では外力の仕事と静電エネルギーの減少分の両方が電池に入る．

例題 2

オリジナル ★★☆☆☆

容量 $C$ のコンデンサー1を電圧 $3 V_{0}$ で，容量 $2 C$ のコンデンサー2を電圧 $V_{0}$ で別々に充電し，電源から切り離した．コンデンサー1の正の極板を $A_{1}$ ，負の極板を $B_{1}$ ，コンデンサー2の正の極板を $A_{2}$ ，負の極板を $B_{2}$ とする．次に $A_{1}$ と $B_{2}$ ， $B_{1}$ と $A_{2}$ をそれぞれ導線でつないだ．

十分時間がたった後の電圧と，4枚の極板の電荷を求めよ．
つなぐ前後の静電エネルギーの差を求めよ．

**［図：逆向きにつなぐ2つのコンデンサー］**
容量 C の極板 A₁ と B₁，容量 2C の極板 A₂ と B₂ に初めの電荷の符号を記す．A₁ と B₂，B₁ と A₂ を結ぶ導線と，2つの孤立部分を破線で示す．

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考え方 つないだ後の孤立部分は，P（ $A_{1}$ と $B_{2}$ ）と N（ $B_{1}$ と $A_{2}$ ）の2つ．各部分の電荷の和は保存する．極板の電荷は $+$ と $-$ を決めつけず，電位差で書く．

初めの電荷は $A_{1}$ が $3 C V_{0}$ ， $B_{2}$ が $- 2 C V_{0}$ なので，P の電荷の和は $C V_{0}$ ．N は $- C V_{0}$ である．P の N に対する電位を $V$ とすると， $A_{1}$ の電荷は $C V$ ， $B_{2}$ の電荷は $2 C V$ （ $A_{2}$ に向かい合う）．P の保存から

C V + 2 C V = C V_{0} ⟹ V = \frac{V_{0}}{3}

極板の電荷は $A_{1}$ が $C V_{0} / 3$ ， $B_{1}$ が $- C V_{0} / 3$ ， $B_{2}$ が $+ 2 C V_{0} / 3$ ， $A_{2}$ が $- 2 C V_{0} / 3$ ．コンデンサー2は正負が入れ替わった．

前は $\frac{1}{2} C (3 V_{0})^{2} + \frac{1}{2} (2 C) V_{0}^{2} = \frac{11}{2} C V_{0}^{2}$ ，後は $\frac{1}{2} (3 C) {(\frac{V_{0}}{3})}^{2} = \frac{1}{6} C V_{0}^{2}$ ．差は $\frac{16}{3} C V_{0}^{2}$ で，これだけ減る．

確かめ：容量 $C_{1}$ ， $C_{2}$ を電圧 $V_{1}$ ， $V_{2}$ で逆向きにつなぐときの損失は $\frac{1}{2} \frac{C_{1} C_{2}}{C_{1} + C_{2}} (V_{1} + V_{2})^{2}$ で， $\frac{1}{2} \cdot \frac{2 C}{3} (4 V_{0})^{2} = \frac{16}{3} C V_{0}^{2}$ と一致する．失われたエネルギーは導線の発熱と電磁波になり，その量は導線の抵抗によらない（第21章）．

例題 3

オリジナル ★★★☆☆

接地した十分に広い導体平面を $z = 0$ とし，高さ $a$ の点 $(0, 0, a)$ に点電荷 $q > 0$ を置く． $k = 1 / (4 π ε_{0})$ とする．

$z > 0$ の電位を鏡像法で求め，それが正しい理由を述べよ．
平面に誘導される電荷の面密度を， $q$ の真下の点からの距離 $s$ の関数として求め，総量が $- q$ であることを示せ．
$q$ が受ける力を求めよ．また， $q$ を無限遠までゆっくり運ぶ外力の仕事を求め，2つの点電荷 $q$ ， $- q$ を距離 $2 a$ から引き離す仕事 $k q^{2} / (2 a)$ と違う理由を説明せよ．

**［図：接地した導体平面の上の点電荷］**
接地した導体平面 z = 0 の上，高さ a に正の点電荷 q を置く．平面上の位置までの距離 s を示し，解答で導入する鏡像や求める力は描かない．

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考え方 平面上で電位0，無限遠で0， $z > 0$ にある電荷は $q$ だけ，という条件を満たす電位を見つければ，解は1つなのでそれが答えである．

$(0, 0, - a)$ に $- q$ を置いて

V = k q [\frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2} + (z - a)^{2}}} - \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2} + (z + a)^{2}}}]

$z = 0$ では2つの距離が等しく $V = 0$ ，無限遠でも0． $z > 0$ では $q$ の所以外でラプラス方程式を満たす．境界の条件と電荷が同じなので，解の一意性からこれが正しい電位である（ $z < 0$ は導体なので鏡像の電荷は実在しない）．

平面のすぐ上では， $q$ と鏡像の電場の $z$ 成分はどちらも $- k q a / (s^{2} + a^{2})^{3 / 2}$ なので， $E_{z} = - \frac{2 k q a}{(s^{2} + a^{2})^{3 / 2}}$ ．導体表面では $σ = ε_{0} E_{z}$ なので

σ = - \frac{q a}{2 π (s^{2} + a^{2})^{3 / 2}}

総量は

\int_{0}^{\infty} σ \cdot 2 π s d s = - q a {[- \frac{1}{\sqrt{s^{2} + a^{2}}}]}_{0}^{\infty} = - q

力は鏡像からの引力 $F = \frac{k q^{2}}{(2 a)^{2}}$ で，平面へ向かう．高さ $z$ での力は $k q^{2} / (4 z^{2})$ なので，外力の仕事は

W = \int_{a}^{\infty} \frac{k q^{2}}{4 z^{2}} d z = \frac{k q^{2}}{4 a}

で， $k q^{2} / (2 a)$ の半分である．鏡像は $q$ と一緒に動く架空の電荷で，外力が押すのは $q$ だけである．電場が実際にあるのは $z > 0$ だけで，2つの点電荷の場のうち上半分にあたるから，エネルギーも半分になる．

確かめ： $s$ が $a$ よりずっと大きい所では $σ \propto 1 / s^{3}$ で急に小さくなり，誘導電荷は $q$ の真下の半径 $a$ ほどの範囲に集まる．平面の広さが $a$ よりずっと大きければ，有限の平面でもこの結果が使える．

ポイントここまでのまとめ

電荷一定では $W_{外力} = Δ U$ ．電圧一定では $W_{外力} + W_{電池} = Δ U$ で，電池の仕事 $V Δ Q$ を忘れない．
つなぎ替えでは，孤立した部分ごとに電荷の和を保存させ，極板の電荷を電位差で書く．極板の符号が入れ替わることもある．
つなぎ替えで失われるエネルギーは，導線の抵抗の値によらない．
接地した平面と点電荷は鏡像の $- q$ で表せる．引く力は $k q^{2} / (2 a)^{2}$ ，引き離す仕事は $k q^{2} / (4 a)$ ．