大学数学

[電磁気学]電気影像法(鏡像法)で電界を求める

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ユキ
ユキ
人事を尽くして天命を待つ。どうも,ユキです。

今日は,鏡像法についてのお話です。

この記事を読むメリット
☑影像法(鏡像法)を利用して,電界,電位を求めることができるようになる。

半無限接地導体の影像法(鏡像法)

下の図のように,半無限接地導体があるときの点\(P\)の電界について考えてみましょう。

図1.半無限接地導体と点電荷

この問題は,点\((-a, 0)\)に影像電荷\(-Q\)を仮定することで,点\((x, y)\)における電界

を求めることができるようになります。

図1.半無限接地導体と点電荷

では,早速ですが,この図を利用して例題を解いていただきましょう。

例題

点\((a,0)\)に点電荷\(Q\)をおき,\(x=0\)で,無限導体を接地した。このとき,影像法を用いて,点\(P\)における電界を求めなさい。

例題解答

鏡像法を適用すると,次のように図を書き換えられます。

点電荷\(Q\)が作る電界\(E_1\)について,

半径\(r\)のガウス面を取ります。

点電荷に対して,ガウスの法則を適用すると,

\(\oint_{S}\underbrace{E_1}_{|E_1|i_r}・i_rdS=\frac{Q}{\varepsilon_0}\)

\(|E_1|\underbrace{\oint_{S}dS}_{4\pi r_1^2}=\frac{Q}{\varepsilon_0}\)

\(|E_1|=\frac{Q}{4\pi r_1^2 \varepsilon_0}\)

\(E_1=\frac{Q}{4\pi r_1^2 \varepsilon_0}i_r \)

\(E_1=\frac{Q}{4\pi \varepsilon_0 (\sqrt{(x-a)^2+y^2})^3}(x-a,y)\)

影像電荷\(-Q\)が作る電界\(E_2\)も同様に計算すると,

\(E_2=-\frac{Q}{4\pi r_2^2 \varepsilon_0}i_r \)

\(E_2=-\frac{Q}{4\pi \varepsilon_0 (\sqrt{(x+a)^2+y^2})^3}(x+a,y)\)

よって,求める電界\(E\)\((=E_1+E_2)\)は,

\(E=\frac{Q}{4\pi \varepsilon_0}(\frac{1}{((x-a)^2+y^2)^{\frac{3}{2}}}(x-a,y)-\frac{1}{((x+a)^2+y^2)^{\frac{3}{2}}}(x+a,y))\)

2種類の誘電体における影像法

図4.2種類の誘電体+点電荷

図4のような,左半分は誘電率\(\varepsilon_1\),右半分は誘電率\(\varepsilon_2\)の物質で覆われる2種類の誘電体の\((x, 0)\)の位置に点電荷\(Q\)を配置したときの任意の点\((x, y)\)における電界を求めてみましょう。

この問題も鏡像法で解けますが、先ほどよりやや複雑です。

 

この場合は\(x \leq 0\)と\(x \geq 0\)に場合分けをして考えます。

図4を浴槽に水を張った,1つの明かりがある風呂場に置き換えながら説明します。

(ⅰ) \(x \leq 0\)のとき

\(x \leq 0\)のとき,鏡像法より

となります。

これは, 例えるなら,水の中から見た光源のイメージです。

水の中から水の外の明かりを見れば,ぼやけて見えるでしょう。

影像電荷が\(Q^{‘’}\)なのは,点電荷\(Q\)が作り出す電界のうち, 一部の電界しか境界面を透過しないからです。

 

(ⅱ) \(x \geq 0\)のとき

\(x \geq 0\)のとき,鏡像法より,

今度は,水の外から明かりを見ましょう。

すると,明かりの一部は水面で反射するので,明かりが2つあるように感じます。

ここで,\(x=-a\)の電荷\(Q’\)は,点電荷\(Q\)が作り出す電界の内, 境界面から跳ね返ってくる電界が作り出す電荷を表しています。

さて,実際に電界を求めていきましょう。

例題2

図のように,左半分に誘電率\(\varepsilon_1\),右半分に誘電率\(\varepsilon_2\)の物質が満たされています。点電荷\(Q\)を\(a,0\)に配置したとき,

(1) \(x \leq 0\)における電界\(E_1\)を求めなさい。
(2) \(x \geq 0\)における電界\(E_2\)を求めなさい
(3) 境界条件を利用して,鏡像電荷\(Q’,Q”\)を\(Q\)を用いて表しなさい。
(4) (3)の結果を用いて,任意の点\((x,y)\)における電界\(E\)を求めなさい。

例題2解答

(1)解答

\(x \leq 0\)のとき,鏡像法を用いると以下の図に書き換えられます。

点電荷の周りに,半径\(r\)の球状ガウス面を取ると,ガウスの法則より

\(\oint_{S}\underbrace{E_1}_{|E_1|i_r}・i_rdS=\frac{Q”}{\varepsilon_2}\)

\(|E_1|\underbrace{\oint_{S}dS}_{4\pi r^2}=\frac{ Q”}{\varepsilon_2}\)

\(|E_1|=\frac{ Q”}{4\pi \varepsilon_1 r^2}\)

\(E_1=\frac{ Q”}{4\pi \varepsilon_1 r^2}i_r\)[V/m]

\(E_1=\frac{ Q”}{4\pi \varepsilon_1 (\sqrt{(x-a)^2+y^2})^3}(x-a,y)\tag{1}\)

となります。<終>

(2)解答

\(x geq 0\)のとき,鏡像法を用いると以下の図に書き換えられます。

ここで,鏡像電荷\(Q’\)から点\((x,y)\)の距離を\(r’\)とすると,求める電界\(E_2\)は,

\(E_2=\frac{Q}{4\pi \varepsilon_2 r^2}i_r+\frac{Q’}{4\pi \varepsilon_1 r’^2}i_r’\)

\(E=\frac{1}{4\pi \varepsilon_2}[\frac{Q}{(\sqrt{(x-a)^2+y^2})^3}(x-a,y)+\frac{Q’}{(\sqrt{(x+a)^2+y^2})^3}(x+a,y)]\tag{2}\)[V/m]

となります。<終>

(3)解答

\(x=0\)のとき,電界と電束密度の境界条件が成立している。

\(E_1|_{x=0}×i_x=E_2|_{x=0}×i_x\tag{3}\)

\(D_1|_{x=0}・i_x=D_2|_{x=0}・i_x\tag{4}\)

式(1),式(2)を式(3)に代入すると,

\(\frac{ Q”}{4\pi \varepsilon_1 (\sqrt{(-a)^2+y^2})^3}(-a,y)×i_x=\frac{1}{4\pi \varepsilon_2}[\frac{Q}{(\sqrt{(-a)^2+y^2})^3}(-a,y)+\frac{Q’}{(\sqrt{(a)^2+y^2})^3}(a,y)]×i_x\)

\(\frac{ Q”}{\cancel{4\pi} \varepsilon_1 \cancel{(\sqrt{a^2+y^2})^3}}\cancel{y}=\frac{1}{\cancel{4\pi} \varepsilon_2}[\frac{Q}{\cancel{(\sqrt{a^2+y^2})^3}}\cancel{y}+\frac{Q’}{\cancel{(\sqrt{(a)^2+y^2})^3}}\cancel{y}]\)

\(\frac{\varepsilon_2}{\varepsilon_1} Q”= Q-Q’\tag{5}\)

式(1),式(2)を式(4)に代入すると,

\(\frac{ Q”}{\cancel{4 \pi}}(-a,y)・i_x= [\frac{Q}{\cancel{4\pi}}(-a,y)+\frac{Q‘}{\cancel{4\pi}}(a,y)]・i_x\)

\( Q”= Q-Q‘\tag{6}\)

式(5)と式(6)を連立させ,影像電荷\(Q‘,Q”\)を求めると,

\(Q‘=\frac{2\varepsilon_1}{\varepsilon_1+\varepsilon_2}Q\)

\(Q”=\frac{\varepsilon_2-\varepsilon_1}{\varepsilon_1+\varepsilon_2}Q\)

(4)解答

求める電界\(E\)は,

\(x \leq 0\)のとき,

\(E=\frac{2\varepsilon_1}{\varepsilon_1+\varepsilon_2}Q \frac{1}{4\pi \varepsilon_1(\sqrt{(x-a)^2+y^2})^3}(x-a,y)\)[V/m]

\(x \geq 0\)のとき,

\(E=\frac{Q}{4\pi \varepsilon_2}[\frac{1}{(\sqrt{(x-a)^2+y^2})^3}(x-a,y)+\frac{\varepsilon_2-\varepsilon_1}{\varepsilon_1+\varepsilon_2} \frac{1}{(\sqrt{(x+a)^2+y^2})^3}(x+a,y)]\)[V/m]

接地導体球の影像法

次に接地された半径\(a\)の導体球から距離\(d\)の位置に点電荷\(Q\)を配置したときの任意の点における電界\(E\)について考えましょう。

この場合,影像電荷を配置する位置に注意しましょう。鏡像法を適用すると,

このようになります。

影像電荷\(Q^{‘}\)は導体表面の電位を0Vにするように原点から位置\(\delta\)だけずらします。

すると,影像電荷\(Q^{‘}\)と影像電荷の位置\(\delta\)は次式で表されます。

\(Q^{‘}=-\frac{a}{d}Q\)

\(\delta=\frac{a^2}{d}\)

例題3

影像電荷\(Q’\)と影像電荷の位置\(\delta\)が

\(Q’=-\frac{a}{d}Q\)

\(\delta=\frac{a^2}{d}\)

であることを示しなさい。

例題3解答

図を少し見やすくします。

鏡像電荷\(Q’\)から任意の点までの距離\(r_1\),点電荷\(Q\)から任意の点までの距離\(r_2\)とすると,電位\(\phi\)は,

\(\phi=\frac{Q’}{4\pi \varepsilon_0 r_1}+\frac{Q}{4\pi \varepsilon_0 r_2}\)[V]

となります。ここで,余弦定理から,\(r_1\),\(r_2\)は,

\(r_1=\sqrt{r^2+\delta^2-2r\delta \cos \theta}\)
\(r_2=\sqrt{r^2+d^2-2rd \cos \theta}\)

となるので,電位\(\phi\)は,

\(\phi=\frac{Q’}{4\pi \varepsilon_0 \sqrt{r^2+\delta^2-2r\delta \cos \theta}}+\frac{Q}{4\pi \varepsilon_0 \sqrt{r^2+d^2-2rd\cos \theta}}\)

\(r=a\)において接地されているので,電位\(\phi (a)=0\)が成立します。

\(\phi=\frac{Q’}{4\pi \varepsilon_0 \sqrt{a^2+\delta^2-2a\delta \cos \theta}}+\frac{Q}{4\pi \varepsilon_0 \sqrt{a^2+d^2-2ad \cos \theta}}=0\)

\(Q’=-\sqrt{\frac{ a^2+\delta^2-2a\delta \cos \theta }{ a^2+d^2-2ad \cos \theta }}Q\)

\(Q’=-\sqrt{\frac{\delta}{d}}\sqrt{\frac{\frac{a^2+\delta^2}{2a\delta}-\cos \theta}{\frac{a^2+d^2}{2ad}-\cos \theta}}Q\)

ここで,影像電荷は\(\theta\)依らず一定でなければならないので,

\(\frac{a^2+\delta^2}{2a\delta}=\frac{a^2+d^2}{2ad}\)

が成立します。この式から\(\delta\)を求めます。

\(d\delta^2-(a^2+d^2)\delta+da^2=0\)

\((d\delta -a^2)(\delta-d)=0\)

\(\delta=\frac{a^2}{d},\xcancel{d}\)←\(∵\delta < a\)

\(\delta\)がもとまったので,影像電荷\(Q’\)も求まります。

\(Q’=-\sqrt{\frac{a^2}{d}\frac{1}{d}}\)

\(Q’=-\frac{a}{d}\)

<終>

大地から絶縁された導体球の鏡像法

接地した導体球鏡像法は鏡像法を用いて,次のように表されていました。

そこから更に,導体球を絶縁すると,原点に鏡像電荷\(Q”\)が出てきます。

鏡像電荷\(Q”\)を求めましょう。

変化の前後で導体球は外部と絶縁されているので,電荷量保存則より,

\(\underbrace{Q’+Q”}_{点電荷Qを置いた後の導体球の総電荷量}=\underbrace{0}_{点電荷Qを置く前の導体球の総電荷量}\)

\(Q”=-Q‘=\frac{a}{d}Q\)

では,導体表面の電位\(\phi (a)\)はいくらになるでしょうか。

\(\phi(a)=\frac{1}{4\pi \varepsilon_0}[\frac{Q”}{a}+\underbrace{\frac{Q’}{r_1}+\frac{Q}{r_2}}_{0}]\)

\(\phi=\frac{Q”}{4\pi \varepsilon_0 a}\)

先ほど求めた\(Q”\)を代入すると,

\(\phi=\frac{Q}{4\pi \varepsilon_0 r}\)[V]

となります。

電気影像法:まとめ

今日のまとめ

2種類の誘電体の影像電荷\(Q‘\),\(Q”\)
$$Q‘=\frac{\varepsilon_2-\varepsilon_1}{\varepsilon_1+\varepsilon_2}Q$$
$$Q”=\frac{2\varepsilon_1}{\varepsilon_1+\varepsilon_2}Q$$

接地導体球の影像電荷\(Q”\),影像電荷の位置\(\delta\),導体表面の電位\(\phi\)
$$Q”=-\frac{a}{d}$$
$$\delta=\frac{a^2}{d}$$
$$\phi=0$$

絶縁導体球の影像電荷\(Q‘,Q”\),影像電荷\(Q‘\)の位置\(\delta\),導体表面の電位\(\phi\)
$$\delta=\frac{a^2}{d}$$
$$Q‘=-\frac{a}{d}$$
$$Q”=\frac{a}{d}$$
$$\phi=\frac{Q}{4\pi \varepsilon_0 d}$$

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最後に

うちの大学院入学試験は,鏡像法を使った問題が出題される傾向があるので,私も勉強しなければいけません。

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数学担当です。お金大好き大学生やってます。 講義がないときは、だいたい図書館にいるので図書館の門番とも呼ばれています。(呼ばれてない) L・O・V・E ラブリー マネー!