物理 / 電場と電位

帯電した球の中を貫くトンネル

最難関編電場単振動力学との融合

問題

半径 $R = 0.20 m$ の球の内部に、電荷 $Q = + 3.0 \times 1 0^{- 6} C$ が一様に分布して固定されている。

この球の中心を通るまっすぐな細いトンネルを開ける。球の内部で中心から距離 $r$ の点の電場の強さは

$E = \frac{k Q r}{R ^{3}}$

で与えられる(向きは中心から外向き)。 $k = 9.0 \times 1 0^{9} N \cdot m^{2} / C^{2}$ とする。

いま、質量 $m = 1.0 \times 1 0^{- 6} kg$ 、電荷 $- q = - 3.0 \times 1 0^{- 9} C$ の小球を、トンネルの入口(球の表面)に静かに置く。重力と摩擦、空気の抵抗は無視する。

一様に帯電した球と、中心を通るトンネル。負の電荷をもつ小球を表面に静かに置く。

(1) 球の表面( $r = R$ )でこの式が $\frac{k Q}{R ^{2}}$ に一致することを確かめよ。また中心から $\frac{R}{2}$ の点の電場の強さを求めよ。

(2) トンネル内で小球にはたらく力を求め、この運動が単振動になることを示せ。

(3) 単振動の周期を、 $k, Q, q, m, R$ で表せ。

(4) 周期の値を求めよ。また小球が中心を通過するときの速さを求めよ。

ヒントを見る

内部の電場は距離とどんな関係にあるか。負の電荷が受ける力の向きはどちらか。 $a = - ω^{2} x$ の形になるかを確かめたい。

解答・解説

方針

与えられた電場の式は、中心からの距離に比例している。だから力も距離に比例し、向きは中心へ向かう。これは「復元力が変位に比例する」という単振動の条件そのものである。あとは係数を $ω^{2}$ と読めばよい。

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 与えられた電場の式をよく見ると、 $r$ の 1 乗に比例している。外側では $\frac{1}{r ^{2}}$ で弱くなるのに、内部では中心から離れるほど強くなる。

負の電荷を置くと、力は中心へ向かう。大きさは中心からの距離に比例する。

「変位に比例して、変位と逆向きの力」——これは単振動の定義そのものである。だから解く前に、答えが単振動だと分かる。

① 電場の確認。 $r = R$ を代入すると

$E = \frac{k QR}{R ^{3}} = \frac{k Q}{R ^{2}}$

となり、外側から近づいたときの表面の値と一致する。内と外で電場がつながっていることが確かめられる。

$r = \frac{R}{2}$ では

$E = \frac{k Q}{R ^{2}} \cdot \frac{1}{2} = \frac{9.0 \times 1 0 ^{9} \times 3.0 \times 1 0 ^{- 6}}{( 0.20 ) ^{2}} \times \frac{1}{2} = 3.4 \times 1 0^{5} V/m$

表面の値のちょうど半分である。

② 力と単振動。 中心からの変位を $x$ (トンネルに沿ってはかる)とすると、電場の大きさは $\frac{k Q ∣ x ∣}{R ^{3}}$ で、向きは中心から外向きである。

小球の電荷は負なので、力は電場と逆向き、つまり中心へ向かう。

$F = - \frac{k Qq}{R ^{3}} x$

負号は「変位と逆向き」を表す。運動方程式は

$ma = - \frac{k Qq}{R ^{3}} x ⟹ a = - \frac{k Qq}{m R ^{3}} x$

$a = - ω^{2} x$ の形なので単振動である。

重要力が「

- (正の定数) \times

変位」の形になれば単振動。定数が

m ω^{2}

にあたる

③ 周期。

$ω = \frac{k Qq}{m R ^{3}} ⟹ T = 2 π \frac{m R ^{3}}{k Qq}$

④ 数値。 まず $ω^{2}$ を計算する。

$ω^{2} = \frac{9.0 \times 1 0 ^{9} \times 3.0 \times 1 0 ^{- 6} \times 3.0 \times 1 0 ^{- 9}}{1.0 \times 1 0 ^{- 6} \times ( 0.20 ) ^{3}} = \frac{8.1 \times 1 0 ^{- 5}}{8.0 \times 1 0 ^{- 9}} \approx 1.0 \times 1 0^{4}$

$ω \approx 1.0 \times 1 0^{2} rad/s, T = \frac{2 π}{ω} \approx 6.2 \times 1 0^{- 2} s$

振幅は $R = 0.20 m$ (表面から静かに置いたので)だから、中心を通るときの速さは

$v = A ω = 0.20 \times 1.0 \times 1 0^{2} = 20 m/s$

電場の強さ(縦軸の単位は 10⁵ V/m)。内部では距離に比例して増え、表面で最大になる。

まとめ 「内部の電場が距離に比例する」という 1 点から、単振動という結論がすべて導かれる。電磁気の問題に見えて、途中からは完全に力学の問題になる。

発展 — 一歩先へ。 同じ形の話が重力にもある。密度が一様な地球の内部では、重力の大きさが中心からの距離に比例する。だから地球を貫くトンネルに物を落とすと単振動になり、その周期は地表すれすれを回る人工衛星の周期と同じ約 $85$ 分になる。

なぜ同じ形になるかというと、クーロンの法則と万有引力の法則がどちらも距離の $2$ 乗に反比例するからである。法則の形が同じなら、そこから導かれる結論も同じ形になる。

答

表面では一致し $\frac{R}{2}$ では $3.4 \times 1 0^{5} V/m$ 、力は $F = - \frac{k Qq}{R ^{3}} r$ の復元力、 $T = 2 π \frac{m R ^{3}}{k Qq} \approx 6.2 \times 1 0^{- 2} s$ 、中心での速さ約 $20 m/s$

別解

エネルギーで速さを出すルート。 ④ の後半は、単振動の公式を使わずにエネルギー保存でも出せる。

内部の電位は、中心を基準にすると

$V (r) = - \frac{k Q r ^{2}}{2 R ^{3}} + (中心の値)$

と書ける(電場 $\frac{k Q r}{R ^{3}}$ が変位に比例するので、電位は 2 次式になる)。

表面と中心の電位差の大きさは

$Δ V = \frac{k Q R ^{2}}{2 R ^{3}} = \frac{k Q}{2 R} = \frac{9.0 \times 1 0 ^{9} \times 3.0 \times 1 0 ^{- 6}}{2 \times 0.20} = 6.75 \times 1 0^{4} V$

負電荷が中心へ落ちるとき、この電位差の分だけエネルギーを得る。

$\frac{1}{2} m v^{2} = q Δ V = 3.0 \times 1 0^{- 9} \times 6.75 \times 1 0^{4} = 2.0 \times 1 0^{- 4} J$

$v = \frac{2 \times 2.0 \times 1 0 ^{- 4}}{1.0 \times 1 0 ^{- 6}} = 20 m/s$

単振動の $v = A ω$ と同じ値になる。

この見方には利点がある。ばねの位置エネルギーが $\frac{1}{2} k x^{2}$ の形になるのと同じように、「電場が変位に比例するなら、電位は変位の 2 乗に比例する」という対応が見えることである。

ポイント

一様に帯電した球の内部では、電場が中心からの距離に比例する
負電荷が受ける力は中心向きで、変位に比例する = 単振動
T=2π√(mR³/(kQq))
重力の場合(地球を貫くトンネル)とまったく同じ形になる

よくある間違い

内部でも E=kQ/r² を使ってしまう(内部では距離に比例)
力の向きを外向きとしてしまう(電荷が負なので中心向き)
振幅を R の半分などと取り違える(表面から静かに置いたので振幅は R)