東北大学 工学研究科 電気・情報系 2023年8月実施 基礎科目 問題1 電磁気学

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• Tohoku-University
• Gauss-Law
• Electric-Potential-and-Field
• Spherical-Capacitor

Author

Miyake

Description

Fig.1 に示すように、真空中に半径 $a$ の完全導体球 $1$ と、内、外半径がそれぞれ $b, c\ (c> b> a)$ の完全導体球殻 $2$ からなる同心球コンデンサがある. 同心球コンデンサ内部 (1-2 間) は真空となっている。 導体球 $1$, 導体球殻 $2$ にそれぞれ電荷 $Q_1$ および $Q_2$ を与えたとき、以下の問に答えよ、ただし、導体球 $1$ と導体球殻 $2$ の中心 $O$ を原点とする径方向の座標を $r$、真空中の誘電率を $\varepsilon_0$ もとする。 また、無限遠の電位を基準としたときの (無限遠では電位は $0$) 導体球 $1$ の表面の電位を $V_a$、 導体球殻 $2$ の外表面の電位を $V_c$ とする。

(1) $r < a, a <r <b, b <r<c, c<r$ のそれぞれの領域における電界の大きさ $E(r)$ を、ガウスの法則を用いて求めよ。

(2) 電位 $V_a$ および $V_c$ を求めよ。

(3) 導体球殻 $2$ のみを接地したとき $(V_c = 0)$ の電位 $V_a$ を導出し、同心球コンデンサの静電容量 $C$を求めよ。

(4) 一方で、導体球 $1$ のみを接地したとき $(V_a = 0)$ の電位 $V_c$ を, $\varepsilon_0, Q_2, a, b, c$ を用いて表せ。また、同心球コンデンサの静電容量 $C'$ を求めよ。

题目描述

如图 1，真空中有同心球形电容器：完全导体实心球 1 半径为 $a$；完全导体球壳 2 的内、外半径分别为 $b,c$，其中 $c>b>a$。两导体之间为真空，球 1 与球壳 2 的总电荷分别为 $Q_1,Q_2$。以共同球心为原点，径向坐标为 $r$，真空介电常数为 $\varepsilon_0$；无穷远电势为零，球 1 表面电势为 $V_a$，球壳外表面电势为 $V_c$。

1. 使用 Gauss 定律，分别求 $r<a$、$a<r<b$、$b<r<c$、$r>c$ 各区域的电场大小 $E(r)$。
2. 求 $V_a$ 与 $V_c$。
3. 仅将球壳 2 接地（$V_c=0$）时，推导 $V_a$ 并求同心球电容器的电容 $C$。
4. 仅将球 1 接地（$V_a=0$）时，用 $\varepsilon_0,Q_2,a,b,c$ 表示 $V_c$，并求相应电容 $C'$。

考点

• Gauss 定律与球对称：按包围自由电荷求各区域径向电场。
• 导体静电平衡：导体内部电场为零，并由内外表面感应电荷满足边界条件。
• 电势积分：分段积分电场并保证界面电势连续。
• 球形电容器：在不同接地条件下由电荷—电势差关系求电容。

Kai

(1)

$r \lt a$ では、導体の内部であるから、

$$\begin{aligned} E(r) = 0 \end{aligned}$$

である。 $a \lt r \lt b$ では、ガウスの法則より、

$$\begin{aligned} 4 \pi r^2 E(r) &= \frac{Q_1}{\varepsilon_0} \\ \therefore \ \ E(r) &= \frac{Q_1}{4 \pi \varepsilon_0 r^2} \end{aligned}$$

である。 $b \lt r \lt c$ では、導体の内部であるから、

$$\begin{aligned} E(r) = 0 \end{aligned}$$

である。 $c \lt r$ では、ガウスの法則より、

$$\begin{aligned} 4 \pi r^2 E(r) &= \frac{Q_1+Q_2}{\varepsilon_0} \\ \therefore \ \ E(r) &= \frac{Q_1+Q_2}{4 \pi \varepsilon_0 r^2} \end{aligned}$$

である。

(2)

$$\begin{aligned} V_c &= - \int_\infty^c E(r) dr \\ &= - \frac{Q_1+Q_2}{4 \pi \varepsilon_0} \int_\infty^c \frac{dr}{r^2} \\ &= \frac{Q_1+Q_2}{4 \pi \varepsilon_0} \left[ \frac{1}{r} \right]_\infty^c \\ &= \frac{Q_1+Q_2}{4 \pi \varepsilon_0 c} ,\\ V_a &= V_c - \int_\infty^c E(r) dr \\ &= V_c - \frac{Q_1}{4 \pi \varepsilon_0} \int_b^a \frac{dr}{r^2} \\ &= V_c + \frac{Q_1}{4 \pi \varepsilon_0} \left[ \frac{1}{r} \right]_b^a \\ &= \frac{Q_1+Q_2}{4 \pi \varepsilon_0 c} + \frac{Q_1}{4 \pi \varepsilon_0} \left( \frac{1}{a} - \frac{1}{b} \right) \end{aligned}$$

(3)

$V_c=0$ であるから、導体球殻2の内側に $-Q_1$ の電荷が分布する。 $a \lt r \lt b$ における $E(r)$ に変化はないから、

$$\begin{aligned} V_a &= \frac{Q_1}{4 \pi \varepsilon_0} \left( \frac{1}{a} - \frac{1}{b} \right) \end{aligned}$$

であり、

$$\begin{aligned} C &= \frac{Q_1}{V_a} \\ &= \frac{4 \pi \varepsilon_0}{\frac{1}{a} - \frac{1}{b}} \end{aligned}$$

である。

(4)

導体球殻2の電荷 $Q_2$ のうち、内側に $q$ 、外側に $Q_2-q$ が分布したとする。 導体球殻2の内部で電場はないから、導体球1の外側に $-q$ の電荷が分布する。 このとき、 (1), (2) と同じように考えて、

$$\begin{aligned} V_c &= \frac{Q_2-q}{4 \pi \varepsilon_0 c} ,\\ V_a &= V_c - \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0} \left( \frac{1}{a} - \frac{1}{b} \right) \\ &= \frac{Q_2-q}{4 \pi \varepsilon_0 c} - \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0} \left( \frac{1}{a} - \frac{1}{b} \right) \end{aligned}$$

がわかる。 よって、 $V_a=0$ から、

$$\begin{aligned} \frac{Q_2-q}{c} &= q \left( \frac{1}{a} - \frac{1}{b} \right) \\ \therefore \ \ Q_2 &= \left( \frac{c}{a} - \frac{c}{b} + 1 \right) q \\ &= \frac{bc - ac + ab}{ab} q \\ \therefore \ \ q &= \frac{ab}{bc - ac + ab} Q_2 \\ \therefore \ \ Q_2 - q &= \frac{bc - ac}{bc - ac + ab} Q_2 \\ \therefore \ \ V_c &= \frac{Q_2}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{b - a}{bc - ac + ab} \end{aligned}$$

がわかり、

$$\begin{aligned} C' &= \frac{Q_2}{V_c} \\ &= 4 \pi \varepsilon_0 \frac{bc - ac + ab}{b - a} \end{aligned}$$

がわかる。