電磁気学（静電場・静磁場・電磁誘導）の問題

難易度 4大学院入試の標準レベル大学物理電磁気学（静電場・静磁場・電磁誘導）

真空中に、中心 $O$ 、半径 $R$ の球がある。この球の内部から、中心 $C$ 、半径 $b$ の球形の部分をくりぬいて空洞にした。ただし $OC = d$ であり、 $0 < b < d$ 、 $d + b < R$ とする（空洞は球の内部にあり、点 $O$ は空洞の外にある）。空洞を除いた部分には、一様な体積密度 $ρ$ （ $ρ > 0$ ）で電荷が分布しており、空洞の中は真空である。真空の誘電率を $ε_{0}$ とする。点 $O$ と点 $C$ の電位差 $ϕ (O) - ϕ (C)$ を、 $ρ, b, d, ε_{0}$ を用いて表せ。

O

C

d

b

R

ρ

空洞

この問題で使うもの

ガウスの法則による電場（説明と入口の問題）
電場の線積分と電位差（説明と入口の問題）

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算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

空洞を「密度 $ρ$ の電荷」と「密度 $- ρ$ の電荷」の重ね合わせと考え、一様に帯電した 2 つの球の和として扱おう。

ヒント 2

一様に帯電した半径 $a$ の球の電位は、内部で $\frac{ρ ^{'} ( 3 a ^{2} - r ^{2} )}{6 ε _{0}}$ 、外部で $\frac{ρ ^{'} a ^{3}}{3 ε _{0} r}$ （ガウスの法則で電場を求めて積分する）。

ヒント 3

$O$ は小さい球（密度 $- ρ$ ）の外にあり、 $C$ は大きい球の中心から距離 $d$ の内部の点である。それぞれの点で 2 つの球の電位を足す。

答えと解説

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\frac{ρ}{6 ε _{0}} (d^{2} + 3 b^{2} - \frac{2 b ^{3}}{d})

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解説を読む

重ね合わせの原理を使う。この電荷分布は、次の 2 つの和に等しい。
- 球 1: 中心 $O$ 、半径 $R$ の球全体に密度 $ρ$ で一様に分布した電荷
- 球 2: 中心 $C$ 、半径 $b$ の球全体に密度 $- ρ$ で一様に分布した電荷

電位の基準は無限遠にとる（差を求めるので基準は結果に影響しない）。

一様に帯電した球の電位　半径 $a$ 、密度 $ρ^{'}$ 、総電荷 $Q = \frac{4}{3} π a^{3} ρ^{'}$ の球を考える。球対称性から電場は動径方向で、中心からの距離 $r$ だけによる。半径 $r$ の球面にガウスの法則 $\oint E \cdot d S = Q_{内} / ε_{0}$ を用いると
$E (r) = \frac{ρ ^{'} r}{3 ε _{0}} (r < a), E (r) = \frac{ρ ^{'} a ^{3}}{3 ε _{0} r ^{2}} (r > a)$
である。外側の電位は $ϕ (r) = \frac{ρ ^{'} a ^{3}}{3 ε _{0} r}$ $(r ≧ a)$ 、内側は
$ϕ (r) = ϕ (a) + \int_{r}^{a} \frac{ρ ^{'} s}{3 ε _{0}} d s = \frac{ρ ^{'} a ^{2}}{3 ε _{0}} + \frac{ρ ^{'} ( a ^{2} - r ^{2} )}{6 ε _{0}} = \frac{ρ ^{'} ( 3 a ^{2} - r ^{2} )}{6 ε _{0}} (r ≦ a)$
となる。

点 $O$ の電位　球 1 からは中心なので $\frac{ρ \cdot 3 R ^{2}}{6 ε _{0}} = \frac{ρ R ^{2}}{2 ε _{0}}$ 。 $O$ は球 2 の外（ $d > b$ ）にあるので、球 2 からは $- \frac{ρ b ^{3}}{3 ε _{0} d}$ 。よって
$ϕ (O) = \frac{ρ R ^{2}}{2 ε _{0}} - \frac{ρ b ^{3}}{3 ε _{0} d}$

点 $C$ の電位　 $C$ は球 1 の内部で中心から距離 $d$ なので $\frac{ρ ( 3 R ^{2} - d ^{2} )}{6 ε _{0}}$ 。球 2 からは中心なので $- \frac{3 ρ b ^{2}}{6 ε _{0}} = - \frac{ρ b ^{2}}{2 ε _{0}}$ 。よって
$ϕ (C) = \frac{ρ ( 3 R ^{2} - d ^{2} )}{6 ε _{0}} - \frac{ρ b ^{2}}{2 ε _{0}}$

電位差
$ϕ (O) - ϕ (C) = \frac{ρ}{6 ε _{0}} (3 R^{2} - \frac{2 b ^{3}}{d} - 3 R^{2} + d^{2} + 3 b^{2}) = \frac{ρ}{6 ε _{0}} (d^{2} + 3 b^{2} - \frac{2 b ^{3}}{d})$
$R$ は打ち消し合う。（確認: $b \to 0$ とすると $\frac{ρ d ^{2}}{6 ε _{0}}$ となり、空洞のない一様な球の中心と距離 $d$ の点の電位差に一致する。）

別解

重ね合わせを使う。「半径 $R$ の球（中心 O）に密度 $+ ρ$ 」と「半径 $b$ の球（中心 C）に密度 $- ρ$ 」を重ねたものと考える。無限遠を電位の基準とするが、電位差を求めるので基準は結果に影響しない。

(1) 大きい球（密度 $+ ρ$ 、中心 O）: 内部の電場は $E = \frac{ρ r}{3 ε _{0}}$ で、電位は $ϕ_{1} (r) = 一定 - \frac{ρ r ^{2}}{6 ε _{0}}$ （O からの距離 $r$ ）。点 C は O から $d$ の位置（球の内部）にあるので
$ϕ_{1} (O) - ϕ_{1} (C) = \frac{ρ d ^{2}}{6 ε _{0}}$

(2) 小さい球（密度 $- ρ$ 、中心 C）: 全電荷は $- \frac{4 π}{3} ρ b^{3}$ 。
- 外部（C から距離 $r \geq b$ ）: $ϕ_{2} (r) = - \frac{ρ b ^{3}}{3 ε _{0} r}$
- 内部（ $r \leq b$ ）: 球の中心の電位は、外部の式を $r = b$ から内側に積分して $ϕ_{2} (C) = - \frac{ρ b ^{2}}{3 ε _{0}} - \frac{ρ b ^{2}}{6 ε _{0}} = - \frac{ρ b ^{2}}{2 ε _{0}}$

点 O は C から距離 $d > b$ の外部にあるので $ϕ_{2} (O) = - \frac{ρ b ^{3}}{3 ε _{0} d}$ 。したがって
$ϕ_{2} (O) - ϕ_{2} (C) = - \frac{ρ b ^{3}}{3 ε _{0} d} + \frac{ρ b ^{2}}{2 ε _{0}}$

合計:
$ϕ (O) - ϕ (C) = \frac{ρ}{ε _{0}} (\frac{d ^{2}}{6} + \frac{b ^{2}}{2} - \frac{b ^{3}}{3 d})$

検算: 空洞内の電場は $\frac{ρ}{3 ε _{0}} CO$ 向きで一様、というよく知られた結果がある。空洞内は一様場なので、空洞内の点どうしの電位差は容易に確かめられる。また $b \to 0$ では $\frac{ρ d ^{2}}{6 ε _{0}}$ となり、くりぬかない球の結果に一致する。

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