導体系の静電容量

球形・円筒形・平行板のコンデンサーについて、電荷 $Q$ を仮定して電場と電位差 $V$ を求め、誘電率が場所によって変わる場合も含めて $C = Q / V$ を求められる

前提

電場の線積分と電位差（大学物理電磁気学（静電場・静磁場・電磁誘導））
誘電体と電束密度・分極電荷（大学物理電磁気学（静電場・静磁場・電磁誘導））

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コンデンサーの電気容量と電気量（高校物理電場と電位・コンデンサー）
コンデンサーの静電エネルギー（高校物理電場と電位・コンデンサー）
コンデンサーの直列接続・並列接続（高校物理電場と電位・コンデンサー（知識））
コンデンサーの直列・並列接続（高校物理電場と電位・コンデンサー）
誘電体・金属板を部分的に入れたコンデンサー（高校物理電場と電位・コンデンサー）
誘電体と電束密度・分極電荷（大学物理電磁気学（静電場・静磁場・電磁誘導））

説明

2 つの導体に $+ Q$ と $- Q$ の電荷を与えたとき、導体間の電位差 $V$ は $Q$ に比例します。その比例定数の逆数 $C = Q / V$ が静電容量で、導体の形・配置と間を満たす物質の誘電率だけで決まります。この技能では、球形・円筒形・平行板のように対称性のあるコンデンサーについて、電荷を仮定して電場を求め、それを積分して電位差を出し、 $C$ を求めます。誘電体が一部や層状に入っている場合にも同じ手順で計算できます。

なぜそうしてよいのか

静電場の基本の式（ガウスの法則、 $E$ の線積分）はすべて電荷について線形なので、導体の電荷を $Q$ から $k Q$ にすると、電場も各点で $k$ 倍になり、電位差 $V = \int E \cdot d l$ も $k$ 倍になります。したがって $Q / V$ は $Q$ によらない一定値で、これを静電容量 $C$ と定義できます。 $C$ を求めるには、どんな $Q$ でもよいので文字のまま $Q$ を仮定し、 $V$ を $Q$ で表して割ればよい、というのがこの方法の考え方です。

電場を求める段階では対称性が鍵になります。平行板（端の効果を無視）、同軸円筒（長さが半径より十分長く端を無視）、同心球では、電場の向きと大きさの分布が対称性から決まるので、ガウスの法則だけで電場が求まります。誘電体がある場合は、電束密度 $D$ のガウスの法則 $\oint D \cdot d S = Q$ （ $Q$ は真電荷）を使えば、分極電荷を知らなくても $D$ が求まり、各場所で $E = D / ε$ とすれば電場が得られます。誘電率が場所によって違っても、境界で $D$ の法線成分が連続なので、電場の向きに沿って層になっている場合は $D$ が層をまたいで同じ式になります。

最後に、負極から正極へ（または正極から負極へ電場に沿って） $E$ を積分して電位差 $V$ を出し、 $C = Q / V$ とします。

手順

正極の導体に $+ Q$ 、負極の導体に $- Q$ の電荷を仮定する
対称性に合ったガウス面（平行板なら柱、円筒なら同軸円筒、球なら同心球面）を選び、 $\oint D \cdot d S = Q$ から導体間の $D$ を求める（真空なら $ε_{0} E$ ）
各場所の誘電率で割って電場 $E = D / ε$ を求める。誘電率が変わる場所では区間を分ける
正極から負極まで電場を積分して電位差 $V = \int_{正極}^{負極} E \cdot d l$ を求める
$C = \frac{Q}{V}$ を計算し、 $Q$ が消えていることを確かめる

例題

真空中に、半径 $a$ の導体円柱と、それと同じ軸をもつ内半径 $b$ （ $b > a$ ）の薄い導体円筒からなる同軸円筒コンデンサーがある。長さは $l$ で、 $l$ は $b$ より十分大きく、端の効果は無視する。真空の誘電率を $ε_{0}$ とする。このコンデンサーの静電容量 $C$ を求めよ。

例題の解答

【手順 1】内側の円柱に $+ Q$ 、外側の円筒に $- Q$ を与えたとする。内側の電荷は表面に一様に分布する。

【手順 2】軸からの距離 $r$ （ $a < r < b$ ）、長さ $l$ の同軸円筒をガウス面に選ぶ。対称性から電場は軸から放射状で、大きさは $r$ だけで決まる。両端の面では電場が面に平行なので流束は $0$ で、側面だけが寄与するから
$ε_{0} E \cdot 2 π r l = Q$

【手順 3】よって $a < r < b$ で
$E = \frac{Q}{2 π ε _{0} l r}$
（間は真空なので区間を分ける必要はない）

【手順 4】電場は外向きなので、内側（正極）から外側（負極）へ積分して
$V = \int_{a}^{b} \frac{Q}{2 π ε _{0} l r} d r = \frac{Q}{2 π ε _{0} l} [lo g r]_{a}^{b} = \frac{Q}{2 π ε _{0} l} lo g \frac{b}{a}$
$b > a$ なので $lo g \frac{b}{a} > 0$ で、 $V > 0$ となっている。

【手順 5】
$C = \frac{Q}{V} = \frac{2 π ε _{0} l}{lo g ( b / a )}$
$Q$ は消えている。

答え: $\frac{2 π ε _{0} l}{lo g \frac{b}{a}}$

よくある誤り

誘電体があるときに、真空の場合と同じく $ε_{0} E$ のガウスの法則に真電荷だけを入れてしまう誤り。誘電体中では分極電荷も電場をつくるので、 $\oint D \cdot d S = Q$ で $D$ を求めてから $E = D / ε$ とする。例えば同心球コンデンサー（内半径 $a$ 、外半径 $b$ ）を誘電率 $ε$ で満たすと $E = \frac{Q}{4 π ε r ^{2}}$ 、 $C = \frac{4 π ε ab}{b - a}$ となる
電位差を求めるとき、積分の範囲を導体の外まで広げたり、外側の導体の外の電場まで足したりしてしまう誤り。電位差は 2 つの導体の間だけの積分 $V = \int_{a}^{b} E d r$ で決まる（外側の導体の外では $+ Q$ と $- Q$ の合計が $0$ なので電場も $0$ ）
誘電率の異なる層が電場の向きに沿って重なっているとき、電場 $E$ が層をまたいで連続だとしてしまう誤り。連続なのは $D$ の法線成分で、電場は $E_{1} = D / ε_{1}$ 、 $E_{2} = D / ε_{2}$ と層ごとに変わる。電位差は $V = \int E_{1} d r + \int E_{2} d r$ と区間を分けて足す
円筒の電位差で $lo g \frac{a}{b}$ と上下を逆にして $C$ を負にしてしまう誤り。正極から負極へ電場の向きに積分すれば $V = \frac{Q}{2 π ε _{0} l} lo g \frac{b}{a} > 0$ となり、 $C > 0$ である

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（教科書の例題レベル）
真空中に、半径 $a$ の長い導体円柱と、それと中心軸を共有する内半径 $b$ （ $b > a > 0$ ）の薄い導体円筒からなる同軸円筒コンデンサーがある。長さは $L$ で、 $L$ は $a$ , $b$ にくらべて十分に長いので、端の効果は無視し、電場は中心軸からの距離 $r$ だけで決まり中心軸から放射状に向くものとする。円柱と円筒の間は真空で、真空の誘電率を $ϵ_{0}$ とする。
円柱に電荷 $Q$ 、円筒に電荷 $- Q$ （ $Q > 0$ ）を与えたとき、このコンデンサーの静電容量 $C$ を $a$ , $b$ , $L$ , $ϵ_{0}$ を用いて表せ。
$a$ $b$ $Q$ $- Q$
中心軸に垂直な断面

この技能を使う問題

難易度 2（教科書の演習問題レベル）
半径 $a$ （ $a > 0$ ）の導体球と、それと中心を共有する内半径 $3 a$ の薄い導体球殻からなる球形コンデンサーがある。導体球と導体球殻の間 $a < r < 3 a$ （ $r$ は中心からの距離）は、誘電率が
$ε (r) = ε_{0} \frac{r}{a}$
で表される等方的な線形誘電体で満たされている。ここで $ε_{0}$ は真空の誘電率である。SI 単位系を用いる。
このコンデンサーの電気容量を $ε_{0}, a$ を用いて表せ。
$a$ $3 a$ 誘電体 $ε (r)$
中心を通る断面