GSO002 問題20

本問は、大学物理（電磁気学・発展レベル）における「双極子に対する鏡像法」および「誘起された電場との相互作用エネルギー（自己エネルギー）」の深い理解を問う、極めて高度な問題です。ナノスケールにおける微粒子の操作（オプトメカニクスなど）をモデル化しています。

1. 電気双極子の鏡像の導出

接地された導体球の外部にある点電荷 $q$q （位置 $z=r_0$z=r0​）の鏡像電荷は、位置 $z' = a^2/r_0$z′=a2/r0​ に電荷 $q' = -q a/r_0$q′=−qa/r0​ として現れることが知られています。電気双極子は、微小な距離 $\delta$δ だけ離れた正負の電荷 $+q, -q$+q,−q のペア（$p = q\delta$p=qδ）として考えられるため、それぞれの電荷の鏡像の重ね合わせから「鏡像双極子」を導出します。

点 $A(0, 0, r_0)$A(0,0,r0​) にある双極子 $\vec{p} = (p_x, 0, p_z)$p​=(px​,0,pz​) を、$z$z 方向成分と $x$x 方向成分に分けて考えます。

① $z$z 方向成分（動径方向）の鏡像 $z=r_0+\delta/2$z=r0​+δ/2 に $+q$+q、$z=r_0-\delta/2$z=r0​−δ/2 に $-q$−q があるとします（$p_z = q\delta$pz​=qδ）。 各々の鏡像電荷の位置と電荷量は以下のようになります（一次近似）。

$$z'_+ = \frac{a^2}{r_0+\delta/2} \simeq \frac{a^2}{r_0} - \frac{a^2\delta}{2r_0^2}, \quad q'_+ = -q\frac{a}{r_0+\delta/2} \simeq -q\frac{a}{r_0} + q\frac{a\delta}{2r_0^2}$$z+′​=r0​+δ/2a2​≃r0​a2​−2r02​a2δ​,q+′​=−qr0​+δ/2a​≃−qr0​a​+q2r02​aδ​ $$z'_- = \frac{a^2}{r_0-\delta/2} \simeq \frac{a^2}{r_0} + \frac{a^2\delta}{2r_0^2}, \quad q'_- = +q\frac{a}{r_0-\delta/2} \simeq +q\frac{a}{r_0} + q\frac{a\delta}{2r_0^2}$$z−′​=r0​−δ/2a2​≃r0​a2​+2r02​a2δ​,q−′​=+qr0​−δ/2a​≃+qr0​a​+q2r02​aδ​

これらが形成する鏡像は、**「単一の点電荷」と「点双極子」**の組み合わせになります。

• 鏡像点電荷（合計電荷量）： $q_{im} = q'_+ + q'_- = q\frac{a\delta}{r_0^2} = p_z \frac{a}{r_0^2}$qim​=q+′​+q−′​=qr02​aδ​=pz​r02​a​
• 鏡像双極子： 正負のベースとなる電荷 $\mp q\frac{a}{r_0}$∓qr0​a​ が変位ベクトル $z'_+ - z'_- = -\frac{a^2\delta}{r_0^2} \hat{k}$z+′​−z−′​=−r02​a2δ​k^ だけ離れているため、 $p_{im, z} = \left(-q\frac{a}{r_0}\right) \times \left(-\frac{a^2\delta}{r_0^2}\right) = q\delta \frac{a^3}{r_0^3} = p_z \frac{a^3}{r_0^3}$pim,z​=(−qr0​a​)×(−r02​a2δ​)=qδr03​a3​=pz​r03​a3​

② $x$x 方向成分（接線方向）の鏡像 同様に、$x$x 軸方向に距離 $\delta$δ だけ離れた電荷ペアを考えると、距離 $r_0$r0​ はほぼ一定であるため合計電荷はゼロになります。しかし、位置が $x$x 方向にシフトするため、以下の鏡像双極子が形成されます。

• $p_{im, x} = -p_x \frac{a^3}{r_0^3}$pim,x​=−px​r03​a3​

まとめると、位置 $z' = a^2/r_0$z′=a2/r0​ に、以下の鏡像が生成されます。

• 電荷: $q_{im} = p_z \frac{a}{r_0^2}$qim​=pz​r02​a​
• 双極子: $\vec{p}_{im} = \left(-p_x \frac{a^3}{r_0^3}, 0, p_z \frac{a^3}{r_0^3}\right)$p​im​=(−px​r03​a3​,0,pz​r03​a3​)

2. 鏡像が点 $A$A に作る電場の計算

点 $A$A における鏡像からの電場 $\vec{E}_{im}$Eim​ を求めます。点 $A$A と鏡像の位置との距離を $d = r_0 - \frac{a^2}{r_0} = \frac{r_0^2-a^2}{r_0}$d=r0​−r0​a2​=r0​r02​−a2​ とおきます。

$x$x 成分の電場： 鏡像双極子の $x$x 成分が作る電場です。双極子の側面側（赤道面）の電場となるため、

$$E_{im, x} = k \frac{-p_{im, x}}{d^3} = k \frac{p_x (a^3/r_0^3)}{( (r_0^2-a^2)/r_0 )^3} = k p_x \frac{a^3}{(r_0^2-a^2)^3}$$Eim,x​=kd3−pim,x​​=k((r02​−a2)/r0​)3px​(a3/r03​)​=kpx​(r02​−a2)3a3​

$z$z 成分の電場： 鏡像点電荷 $q_{im}$qim​ と鏡像双極子の $z$z 成分 $p_{im, z}$pim,z​ が作る電場の和です。双極子の軸上の電場となるため係数に2がつきます。

$$E_{im, z} = k \frac{q_{im}}{d^2} + k \frac{2p_{im, z}}{d^3} = k \frac{p_z a / r_0^2}{( (r_0^2-a^2)/r_0 )^2} + k \frac{2p_z a^3 / r_0^3}{( (r_0^2-a^2)/r_0 )^3}$$Eim,z​=kd2qim​​+kd32pim,z​​=k((r02​−a2)/r0​)2pz​a/r02​​+k((r02​−a2)/r0​)32pz​a3/r03​​ $$= k p_z \left[ \frac{a}{(r_0^2-a^2)^2} + \frac{2a^3}{(r_0^2-a^2)^3} \right] = k p_z \frac{a(r_0^2-a^2) + 2a^3}{(r_0^2-a^2)^3} = k p_z \frac{a(r_0^2+a^2)}{(r_0^2-a^2)^3}$$=kpz​[(r02​−a2)2a​+(r02​−a2)32a3​]=kpz​(r02​−a2)3a(r02​−a2)+2a3​=kpz​(r02​−a2)3a(r02​+a2)​

3. 双極子の静電エネルギー

ここで極めて重要な物理的考察が必要です。固定された外部電場中にある双極子のエネルギーは $U = -\vec{p}\cdot\vec{E}$U=−p​⋅E ですが、本問の電場 $\vec{E}_{im}$Eim​ は双極子自身が導体球を分極させることで誘起した電場です。 したがって、システムを無限遠から組み上げる際に行う仕事を積分（$\int_0^1 -\lambda\vec{p}\cdot\vec{E}_{im}(\lambda\vec{p}) d\lambda$∫01​−λp​⋅Eim​(λp​)dλ）すると、コンデンサーのエネルギー（$\frac{1}{2}CV^2$21​CV2）と同様に $1/2$1/2 の係数が現れます。

$$U = -\frac{1}{2} \vec{p} \cdot \vec{E}_{im} = -\frac{1}{2} (p_x E_{im, x} + p_z E_{im, z})$$U=−21​p​⋅Eim​=−21​(px​Eim,x​+pz​Eim,z​)

双極子 $\vec{p}$p​ が $z$z 軸となす角を $\theta$θ とすると、$p_z = p \cos\theta$pz​=pcosθ、$p_x = p \sin\theta$px​=psinθ となります。

$$U(\theta) = -\frac{k}{2} \left[ \frac{a^3}{(r_0^2-a^2)^3} p^2 \sin^2\theta + \frac{a(r_0^2+a^2)}{(r_0^2-a^2)^3} p^2 \cos^2\theta \right]$$U(θ)=−2k​[(r02​−a2)3a3​p2sin2θ+(r02​−a2)3a(r02​+a2)​p2cos2θ]

$\sin^2\theta = 1 - \cos^2\theta$sin2θ=1−cos2θ を用いて整理すると、

$$U(\theta) = -\frac{k p^2 a}{2(r_0^2-a^2)^3} \left[ a^2 + r_0^2 \cos^2\theta \right]$$U(θ)=−2(r02​−a2)3kp2a​[a2+r02​cos2θ]

これが任意の角度 $\theta$θ における系の静電相互作用エネルギーです。

4. 外部の力がした仕事 $W$W の算出

外部の力がする仕事 $W$W は、系の静電エネルギーの変化量 $\Delta U$ΔU に等しくなります。

• 初期状態（$-z$−z 方向）： $\theta = \pi \implies \cos^2\pi = 1$θ=π⟹cos2π=1

$$U_{init} = -\frac{k p^2 a}{2(r_0^2-a^2)^3} (a^2 + r_0^2)$$Uinit​=−2(r02​−a2)3kp2a​(a2+r02​)

• 最終状態（$+x$+x 方向）： $\theta = \pi/2 \implies \cos^2(\pi/2) = 0$θ=π/2⟹cos2(π/2)=0

$$U_{final} = -\frac{k p^2 a}{2(r_0^2-a^2)^3} (a^2)$$Ufinal​=−2(r02​−a2)3kp2a​(a2)

したがって、仕事 $W$W は次のように求まります。

$$W = U_{final} - U_{init} = \frac{k p^2 a}{2(r_0^2-a^2)^3} \left[ -(a^2) + (a^2 + r_0^2) \right] = \frac{k p^2 a r_0^2}{2(r_0^2-a^2)^3}$$W=Ufinal​−Uinit​=2(r02​−a2)3kp2a​[−(a2)+(a2+r02​)]=2(r02​−a2)3kp2ar02​​

5. 数値計算

与えられた制約数値を代入します。

• $k = 9.0 \times 10^9$k=9.0×109
• $a = 1.0 \times 10^{-8}$a=1.0×10−8
• $r_0 = 2.0 \times 10^{-8}$r0​=2.0×10−8
• $p = 3.0 \times 10^{-25} \implies p^2 = 9.0 \times 10^{-50}$p=3.0×10−25⟹p2=9.0×10−50

まず、項ごとに計算します。

• $r_0^2 - a^2 = (4.0 - 1.0) \times 10^{-16} = 3.0 \times 10^{-16}$r02​−a2=(4.0−1.0)×10−16=3.0×10−16
• 分母： $2(r_0^2 - a^2)^3 = 2 \times (3.0 \times 10^{-16})^3 = 2 \times 27 \times 10^{-48} = 54 \times 10^{-48}$2(r02​−a2)3=2×(3.0×10−16)3=2×27×10−48=54×10−48
• 分子： $k \cdot p^2 \cdot a \cdot r_0^2 = (9.0 \times 10^9) \times (9.0 \times 10^{-50}) \times (1.0 \times 10^{-8}) \times (4.0 \times 10^{-16})$k⋅p2⋅a⋅r02​=(9.0×109)×(9.0×10−50)×(1.0×10−8)×(4.0×10−16) $= 9.0 \times 9.0 \times 1.0 \times 4.0 \times 10^{9 - 50 - 8 - 16} = 324 \times 10^{-65}$=9.0×9.0×1.0×4.0×109−50−8−16=324×10−65

最後に分数を計算します。

$$W = \frac{324 \times 10^{-65}}{54 \times 10^{-48}} = 6.0 \times 10^{-17} \text{ [J]}$$W=54×10−48324×10−65​=6.0×10−17 [J]

これを $X \times 10^{-18}$X×10−18 の形に直すと、

$$W = 60 \times 10^{-18} \text{ [J]}$$W=60×10−18 [J]

よって、求める自然数 $X$X は $60$60 となります。