第36章電位とコンデンサー

例題36.1　一様な電場中の電荷が受け取る仕事

大きさ $E=2.0\times10^3\ \mathrm{N/C}$ の一様な電場の中を，電荷 $q=4.0\ \mu\mathrm C$ の点電荷が，電場と同じ向きに $d=0.50\ \mathrm m$ だけ移動した．(1) 出発点 $B$ と到着点 $A$ の電位差 $\varphi_B-\varphi_A$ を求めよ．(2) 電場が電荷にした仕事 $W_{BA}$ を求めよ．

解答　(1) 一様な電場の中で，電場の向きに沿って距離 $d$ だけ離れた2点の電位差は，36.2節で導く式 \eqref{eq:36-uniform-V} により $\varphi_B-\varphi_A=Ed$ になる（ここでは結果を先取りして数値を計算する）．

$$ \varphi_B-\varphi_A=Ed=(2.0\times10^3\ \mathrm{N/C})\times(0.50\ \mathrm m)=1.0\times10^3\ \mathrm V $$

（単位の確認：$\mathrm{N/C}\times\mathrm m=\mathrm{N\cdot m/C}=\mathrm{J/C}=\mathrm V$ で，電位差の単位と一致する．）

(2) 式 \eqref{eq:36-work-potdiff} より，

$$ W_{BA}=q(\varphi_B-\varphi_A)=(4.0\times10^{-6}\ \mathrm C)\times(1.0\times10^3\ \mathrm V)=4.0\times10^{-3}\ \mathrm J=4.0\ \mathrm{mJ} $$

（単位の確認：$\mathrm{C\cdot V}=\mathrm{C\cdot(J/C)}=\mathrm J$）．

例題36.2　点電荷のまわりの電位

電気量 $Q=2.0\ \mathrm{nC}$ の点電荷から，$r_A=5.0\ \mathrm{cm}$ の点 $A$ における電位 $\varphi(r_A)$ と，$r_B=15\ \mathrm{cm}$ の点 $B$ における電位 $\varphi(r_B)$ をそれぞれ求め，電位差 $\varphi(r_A)-\varphi(r_B)$ を求めよ．クーロン定数 $k=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\approx8.99\times10^9\ \mathrm{N\cdot m^2/C^2}$ を使ってよい．

解答　式 \eqref{eq:36-point-charge-potential} より，

$$ \varphi(r_A)=k\frac{Q}{r_A}=(8.99\times10^9)\times\frac{2.0\times10^{-9}}{5.0\times10^{-2}}\ \mathrm V\approx3.6\times10^2\ \mathrm V $$ $$ \varphi(r_B)=k\frac{Q}{r_B}=(8.99\times10^9)\times\frac{2.0\times10^{-9}}{15\times10^{-2}}\ \mathrm V\approx1.2\times10^2\ \mathrm V $$ $$ \varphi(r_A)-\varphi(r_B)\approx3.6\times10^2-1.2\times10^2=2.4\times10^2\ \mathrm V $$

（$A$ の方が電荷に近い分だけ電位が高い．正電荷を $B$ から $A$ へ近づけるには外部から正の仕事をする必要があることと対応する）．

例題36.3　水素原子の中の電子と陽子の静電ポテンシャルエネルギー

第35章で，電子と陽子の間のクーロン力は，同じ2粒子間の万有引力の $10^{39}$ 倍程度であることを見た．では，実際の水素原子（電子と陽子がボーア半径 $a_0\approx5.29\times10^{-11}\ \mathrm m$ だけ離れていると考えるモデル）で，静電ポテンシャルエネルギーはどれくらいの大きさになるだろうか．電気素量 $e=1.602\,176\,634\times10^{-19}\ \mathrm C$ を使って計算し，単位 $\mathrm J$ と，原子・分子のエネルギーでよく使われる単位 $\mathrm{eV}$（電子ボルト，$1\,\mathrm{eV}=e\times1\,\mathrm V=1.602\times10^{-19}\ \mathrm J$）の両方で答えよ．

解答　電子の電荷は $-e$，陽子の電荷は $+e$ なので，式 \eqref{eq:36-two-charge-pe} で $q=-e,\ Q=+e,\ r=a_0$ とおくと，

$$ U=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{(-e)(e)}{a_0}=-\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{e^2}{a_0} $$

数値を代入すると，

$$ U=-(8.99\times10^9)\times\frac{(1.602\times10^{-19})^2}{5.29\times10^{-11}}\ \mathrm J\approx-4.36\times10^{-18}\ \mathrm J $$

電子ボルトに変換すると，

$$ U\approx\frac{-4.36\times10^{-18}\ \mathrm J}{1.602\times10^{-19}\ \mathrm{J/eV}}\approx-27.2\ \mathrm{eV} $$

符号が負であることは，電子と陽子が引き合っているため，引き離すには外部からエネルギーを加えなければならないことを表す．興味深いことに，量子力学によって求められる水素原子の基底状態のエネルギーは $-13.6\ \mathrm{eV}$ であることが知られており，ちょうどこの静電ポテンシャルエネルギーの半分（絶対値）になっている——クーロン力のような $1/r$ 型の力のもとでは，束縛状態の全エネルギーがポテンシャルエネルギーのちょうど半分になる（ビリアル定理）という一般的な性質の現れであり，本章の古典的な静電気学の計算だけからも，原子のエネルギースケールが $\mathrm{eV}$ のオーダーであることが正しく見積もれる．

例題36.4　無限に広い帯電平面の電場

無限に広い平板に，一様な面密度 $\sigma\,[\mathrm{C/m^2}]$ で電荷が分布している．この平板がまわりにつくる電場の大きさを求めよ．

解答　平面に垂直な方向を軸とする円柱（ガウス面）を，平面をはさんで対称になるように選ぶ．円柱の上下の底面積をそれぞれ $S$ とする（図36.3）．対称性より，電場は平面に垂直（円柱の軸方向）で，上下の底面のどちらでも同じ大きさ $E$ になる．また，電場は円柱の軸方向を向いているので，軸に平行な側面とは平行（側面の法線ベクトルとは垂直で，$\bm E\cdot\bm n\,\dd S=0$）であり，側面を貫く電気力線は無い．したがって，ガウスの法則の左辺（電場の閉曲面積分）は，上下の底面を通る分だけになる：

$$ \oint\bm E\cdot\bm n\,\dd S=\underbrace{E\cdot S}_{\text{上面}}+\underbrace{E\cdot S}_{\text{下面}}=2ES $$

右辺の $Q_{\text{内}}$ は，円柱が平面から切り取る面積 $S$ の部分に乗っている電荷なので，$Q_{\text{内}}=\sigma S$ である．よって，ガウスの法則は

$$ E\cdot2S=\frac{\sigma S}{\varepsilon_0} $$

となる．両辺の $S$ は打ち消し合うので，

\begin{equation} E=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0} \label{eq:36-infinite-plane-E} \end{equation}

を得る．平面までの距離 $x$ にはまったくよらない——無限に広い平面から出る電場は，平面からどれだけ離れても弱くならないという，直感に反するが対称性から必然的に導かれる結果である．

例題36.5　無限に長い帯電直線の電場

無限に長い直線に，一様な線密度 $\delta\,[\mathrm{C/m}]$ で電荷が分布している．この直線のまわりにできる電場の大きさを，直線から垂直距離 $r$ の点で求めよ．

解答　直線を軸とする半径 $r$，長さ $\ell$ の円柱（ガウス面）を考える（図36.4）．対称性より，電場は直線から放射状（円柱の側面に垂直，動径方向）に向き，側面上ではどこでも同じ大きさ $E(r)$ になる．円柱の上下の底面については，電場は底面に平行（底面の法線と垂直）なので，底面を貫く電場の成分は無い．したがって，ガウスの法則の左辺は，側面を通る分だけになる．側面の面積は，底面の円周 $2\pi r$ と高さ $\ell$ の積 $2\pi r\ell$（円柱の側面積の公式）なので，

$$ \oint\bm E\cdot\bm n\,\dd S=E(r)\cdot2\pi r\ell $$

である．右辺の $Q_{\text{内}}$ は，円柱が直線から切り取る長さ $\ell$ の部分に乗っている電荷なので，$Q_{\text{内}}=\delta\ell$ である．よって，

$$ E(r)\cdot2\pi r\ell=\frac{\delta\ell}{\varepsilon_0} $$

両辺の $\ell$ は打ち消し合うので，

\begin{equation} E(r)=\frac{\delta}{2\pi\varepsilon_0 r} \label{eq:36-infinite-line-E} \end{equation}

を得る．無限平面の場合（式 \eqref{eq:36-infinite-plane-E}）と違い，こちらは距離 $r$ とともに（$1/r$ に比例して）弱くなる．点電荷の電場が $1/r^2$，無限平面の電場が $r$ によらない（$1/r^0$）ことと合わせて，「電荷が広がる次元が1つ増えるごとに，電場の距離依存性が1つ弱くなる」という対応になっていることに気づくとよい．

例題36.6　無限平面・無限直線の電位——基準点をどこにとるか

例題36.4 の無限平面（$\sigma\gt0$．平面から距離 $x\,(\gt0)$ の点の電場の大きさは $E=\dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}$，向きは平面から遠ざかる向き）と，例題36.5 の無限直線（$\delta\gt0$．電場の大きさは $E(r)=\dfrac{\delta}{2\pi\varepsilon_0r}$，向きは直線から遠ざかる向き）について，点電荷のとき（36.2節）と同じように無限遠を電位の基準（$\varphi_\infty=0$）にしようとすると何が起こるか．また，基準を有限の位置にとると，電位はどうなるか．

解答　(1) 無限遠を基準にする場合．36.2節と同様に，電場の向き（遠ざかる向き）に無限遠まで進む経路をとると，$\varphi=-\displaystyle\int_\infty^A\bm E\cdot\dd\bm r=\int_A^\infty E\,\dd r'$ である（$r'$ は平面または直線からの距離）．平面（$A$ を距離 $x$ の点とする）では，

$$ \varphi(x)=\int_x^\infty\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\,\dd x'=\lim_{c\to\infty}\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}(c-x)=\infty $$

直線（$A$ を距離 $r$ の点とする）では，$\displaystyle\int\frac{\dd r'}{r'}=\ln r'$ を使って，

$$ \varphi(r)=\int_r^\infty\frac{\delta}{2\pi\varepsilon_0r'}\,\dd r'=\frac{\delta}{2\pi\varepsilon_0}\lim_{c\to\infty}\bigl(\ln c-\ln r\bigr)=\infty $$

となり，どちらも発散して有限の値が決まらない．原因は，電荷が無限遠まで広がっていることにある．点電荷では $E\propto1/r^2$ で遠方の寄与が急速に小さくなるため $\displaystyle\int^\infty E\,\dd r$ が収束したが，無限平面では $E$ が距離によらず一定，無限直線では $E\propto1/r$（$\ln r$ は $r\to\infty$ でいくらでも大きくなる）なので収束しない．

(2) 基準を有限の位置にとる場合．電位は定数の不定性を除いて決まる量なので（36.1節），基準点を自由に選んでよい．式 \eqref{eq:36-potdiff-lineintegral} で $B$ を点 $x$（または $r$），$A$ を基準点として $\varphi(B)-\varphi(A)=\displaystyle\int_B^A\bm E\cdot\dd\bm r$ を使う．平面では，基準点を平面上（$x=0$，$\varphi=0$）にとると，

$$ \varphi(x)-0=\int_x^0\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\,\dd x'=-\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\,x\qquad(x\ge0) $$

（$x$ が増える向きに電位は一定の割合で下がる．$E=-\dd\varphi/\dd x=\sigma/(2\varepsilon_0)$ となって例題36.4 と一致する）．直線では，基準点を直線から距離 $r_0$ の点（$\varphi(r_0)=0$）にとると，

$$ \varphi(r)-0=\int_r^{r_0}\frac{\delta}{2\pi\varepsilon_0r'}\,\dd r'=\frac{\delta}{2\pi\varepsilon_0}\ln\frac{r_0}{r}=-\frac{\delta}{2\pi\varepsilon_0}\ln\frac{r}{r_0} $$

となる（$E=-\dd\varphi/\dd r=\dfrac{\delta}{2\pi\varepsilon_0r}$ となって例題36.5 と一致する）．基準点を別の位置に取り直しても，電位に定数が加わるだけで，電場も2点間の電位差も変わらない．

（単位の確認：$\dfrac{\sigma x}{\varepsilon_0}$ の単位は $\dfrac{(\mathrm{C/m^2})\,\mathrm m}{\mathrm{C^2/(N\,m^2)}}=\mathrm{N\,m/C}=\mathrm V$，$\dfrac{\delta}{\varepsilon_0}$ の単位は $\dfrac{\mathrm{C/m}}{\mathrm{C^2/(N\,m^2)}}=\mathrm{N\,m/C}=\mathrm V$ で，どちらも電位の単位と一致する．）

例題36.7　一様に帯電した球の電場と電位

原点 $O$ を中心とする半径 $a$ の球の内部に，一様な密度 $\rho_0\,[\mathrm{C/m^3}]$ で電荷が分布している（全電荷は $Q=\tfrac43\pi a^3\rho_0$）．球の外部は真空であるとして，中心から距離 $r$ における電場 $E(r)$ と電位 $\varphi(r)$（無限遠を基準）を，$0\le r\le a$ と $r\gt a$ に分けて求めよ．また，外部の電場・電位が，全電荷 $Q$ を中心の1点に集めた点電荷のものと一致することを確かめ，$\rho_0=7.5\times10^{-8}\ \mathrm{C/m^3}$，$a=0.10\ \mathrm m$ のとき $E(a)$，$\varphi(0)$，$\varphi(a)$ を求めよ．

解答（電場）　半径 $r$ の球面をガウス面にとる．球対称性より，電場は動径方向を向き，球面上のどこでも同じ大きさ $E(r)$ なので，ガウスの法則は

$$ E(r)\cdot4\pi r^2=\frac{Q(r)}{\varepsilon_0} $$

となる（$Q(r)$：半径 $r$ の球の内部の電荷）．

[1] $0\le r\le a$（球の内部）．密度が一定なので，$Q(r)$ は「密度×半径 $r$ の球の体積」である：$Q(r)=\rho_0\cdot\tfrac43\pi r^3$（体積要素 $r'^2\sin\theta\,\dd r'\,\dd\theta\,\dd\phi$ で積分しても，$\rho_0\displaystyle\int_0^r r'^2\dd r'\int_0^\pi\sin\theta\,\dd\theta\int_0^{2\pi}\dd\phi=\rho_0\cdot\dfrac{r^3}{3}\cdot2\cdot2\pi=\tfrac43\pi\rho_0r^3$ で同じである）．したがって，

$$ E(r)=\frac{Q(r)}{4\pi\varepsilon_0r^2}=\frac{\tfrac43\pi\rho_0r^3}{4\pi\varepsilon_0r^2}=\frac{\rho_0}{3\varepsilon_0}\,r\qquad(0\le r\le a) $$

[2] $r\gt a$（球の外部）．ガウス面の内部に含まれる電荷は球全体の電荷 $Q=\tfrac43\pi a^3\rho_0$ ですべてなので，

$$ E(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2}=\frac{\rho_0a^3}{3\varepsilon_0}\cdot\frac1{r^2}\qquad(r\gt a) $$

外部の電場は，全電荷 $Q$ を中心に集めた点電荷の電場と同じ式である．また，$r=a$ で内外の式はどちらも $\dfrac{\rho_0a}{3\varepsilon_0}$ となり，電場は連続につながる（電場が最大になるのは球の表面 $r=a$）．

解答（電位）　無限遠を基準にとると，$\varphi(r)=\displaystyle\int_r^\infty E(r')\,\dd r'$ である．

[2] $r\gt a$ のとき，

$$ \varphi(r)=\int_r^\infty\frac{\rho_0a^3}{3\varepsilon_0}\frac1{r'^2}\,\dd r'=\frac{\rho_0a^3}{3\varepsilon_0}\left[-\frac1{r'}\right]_r^\infty=\frac{\rho_0a^3}{3\varepsilon_0\,r}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{r}\qquad(r\gt a) $$

（最後の等号で $\dfrac{\rho_0a^3}{3}=\dfrac{Q}{4\pi}$ を使った．点電荷の電位 \eqref{eq:36-point-charge-potential} と一致する）．

[1] $0\le r\le a$ のとき，$r'=a$ で電場の式が切り替わるので積分区間を $[r,a]$ と $[a,\infty)$ に分ける（後半は $r=a$ の外部の電位そのもの）：

$$ \varphi(r)=\int_r^a\frac{\rho_0}{3\varepsilon_0}\,r'\,\dd r'+\frac{\rho_0a^3}{3\varepsilon_0a}=\frac{\rho_0}{6\varepsilon_0}\left(a^2-r^2\right)+\frac{\rho_0a^2}{3\varepsilon_0}=\frac{\rho_0}{6\varepsilon_0}\left(3a^2-r^2\right)\qquad(0\le r\le a) $$

数値　$\rho_0=7.5\times10^{-8}\ \mathrm{C/m^3}$，$a=0.10\ \mathrm m$，$\varepsilon_0=8.854\times10^{-12}\ \mathrm{F/m}$ とすると，

$$ E(a)=\frac{\rho_0a}{3\varepsilon_0}\approx2.8\times10^2\ \mathrm{N/C},\qquad \varphi(0)=\frac{\rho_0a^2}{2\varepsilon_0}\approx42.4\ \mathrm V,\qquad \varphi(a)=\frac{\rho_0a^2}{3\varepsilon_0}\approx28.2\ \mathrm V $$

である（$\varphi(0)=\dfrac{3a^2\rho_0}{6\varepsilon_0}$，$\varphi(a)=\dfrac{2a^2\rho_0}{6\varepsilon_0}$ を使った．$\rho_0=7.5\times10^{-8}\ \mathrm{C/m^3}$ は，次の例題36.8 の球（$\alpha=1.0\times10^{-6}\ \mathrm{C/m^4}$）と全電荷 $Q=\pi\alpha a^4\approx3.1\times10^{-10}\ \mathrm C$ が等しくなるように選んだ値である．次元の確認：$\rho_0r/\varepsilon_0$ の単位は $\dfrac{(\mathrm{C/m^3})\,\mathrm m}{\mathrm{C^2/(N\,m^2)}}=\mathrm{N/C}$ で，電場の単位と一致する．）

高校では，導体の球殻の内部では電場が $0$ であると習った．いまの球は電荷が体積全体に一様に分布した（絶縁体のような）球で，その内部では，半径 $r$ の内側にある電荷が $r^3$ に比例して増えるため，電場が $r$ に比例して中心から表面へ直線的に大きくなる．外部では，電荷が球全体に分布していても，点電荷と区別がつかない（図36.5）．

例題36.8　球対称に分布した電荷（$\rho=\alpha r$）の電場と電位

原点 $O$ を中心とする半径 $a$ の球の内部に，密度 $\rho=\alpha r$（$\alpha$ は比例定数．中心からの距離 $r$ に比例して密度が大きくなる分布．$\rho\,[\mathrm{C/m^3}]$ と $r\,[\mathrm m]$ の単位から，$\alpha$ の単位は $\mathrm{C/m^4}$）で電荷が分布しているとする．球の外部は真空であるとして，球の中心から距離 $r$ における電場 $E(r)$ と電位 $\varphi(r)$ を，$0\le r\le a$ の場合と $r\gt a$ の場合に分けて求めよ．

解答（電場）　半径 $r$ の球面をガウス面にとる．球対称性より，電場は動径方向を向き，球面上のどこでも同じ大きさ $E(r)$ になるので，ガウスの法則の左辺（面積分）は「電場の大きさ×球の表面積」，すなわち $E(r)\cdot4\pi r^2$ と書ける：

$$ E(r)\cdot4\pi r^2=\frac{Q(r)}{\varepsilon_0} $$

ここで $Q(r)$ は，半径 $r$ の球の内部に含まれる電荷の総量である．

[1] $0\le r\le a$（球の内部）．$Q(r)$ を求めるには，電荷密度 $\rho=\alpha r'$（積分変数と区別するため被積分点の動径を $r'$ と書く）を，半径 $0$ から $r$ までの球の体積全体で積分する．球座標での体積要素は $\dd V=r'^2\sin\theta\,\dd r'\,\dd\theta\,\dd\phi$（大学数学 第7章7.7節．方位角には，電位の $\varphi$ と紛れないよう別の文字 $\phi$ を使う）なので，

$$ Q(r)=\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^\pi\!\!\int_0^r\rho\,r'^2\sin\theta\,\dd r'\,\dd\theta\,\dd\phi=\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^\pi\!\!\int_0^r(\alpha r')\,r'^2\sin\theta\,\dd r'\,\dd\theta\,\dd\phi $$

被積分関数 $\alpha r'^3\sin\theta$ は，「$r'$ だけの関数」と「$\theta$ だけの関数（$\sin\theta$）」と「$\phi$ を含まない定数」の積になっているので，3重積分は3つの1変数積分の積に分解できる：

$$ Q(r)=\left(\int_0^r\alpha r'^3\,\dd r'\right)\left(\int_0^\pi\sin\theta\,\dd\theta\right)\left(\int_0^{2\pi}\dd\phi\right)=\left(\frac{\alpha r^4}{4}\right)\times2\times2\pi=\pi\alpha r^4 $$

したがって，

$$ E(r)\cdot4\pi r^2=\frac{\pi\alpha r^4}{\varepsilon_0}\qquad\therefore\ E(r)=\frac{\alpha r^4}{4\varepsilon_0 r^2}=\frac{\alpha}{4\varepsilon_0}r^2\qquad(0\le r\le a) $$

[2] $r\gt a$（球の外部）．半径 $r\,(\gt a)$ の球面をガウス面にとると，その内部に含まれる電荷は，球全体（半径 $a$）の電荷 $Q(a)=\pi\alpha a^4$（上の結果に $r=a$ を代入したもの）ですべてであり，$a\lt r'\lt r$ の部分（真空）には電荷がない．したがって，

$$ E(r)\cdot4\pi r^2=\frac{Q(a)}{\varepsilon_0}=\frac{\pi\alpha a^4}{\varepsilon_0}\qquad\therefore\ E(r)=\frac{\alpha a^4}{4\varepsilon_0}\cdot\frac1{r^2}\qquad(r\gt a) $$

解答（電位）　無限遠を基準（$\varphi_\infty=0$）にとると，36.2節の点電荷の場合と同じ考え方（式 \eqref{eq:36-potdiff-lineintegral} で $B=\infty$）により，$\varphi(r)=\displaystyle\int_r^\infty E(r')\,\dd r'$ である．

[1] $r\gt a$ のとき．積分区間 $[r,\infty)$ 全体で外部の式 $E(r')=\dfrac{\alpha a^4}{4\varepsilon_0}\dfrac1{r'^2}$（$r'\gt a$ で成り立つ）だけを使えばよい：

$$ \varphi(r)=\int_r^\infty\frac{\alpha a^4}{4\varepsilon_0}\frac1{r'^2}\,\dd r'=\frac{\alpha a^4}{4\varepsilon_0}\left[-\frac1{r'}\right]_r^\infty=\frac{\alpha a^4}{4\varepsilon_0}\left(0+\frac1r\right)=\frac{\alpha a^4}{4\varepsilon_0 r}\qquad(r\gt a) $$

[2] $0\le r\le a$ のとき．積分区間 $[r,\infty)$ の途中，$r'=a$ で電場の式が内部用から外部用へ切り替わるので，積分区間を $[r,a]$ と $[a,\infty)$ の2つに分け，前半では内部の式，後半では外部の式を使う：

$$ \varphi(r)=\int_r^a\frac{\alpha}{4\varepsilon_0}r'^2\,\dd r'+\int_a^\infty\frac{\alpha a^4}{4\varepsilon_0}\frac1{r'^2}\,\dd r' $$

それぞれの項を計算すると，

$$ \int_r^a\frac{\alpha}{4\varepsilon_0}r'^2\,\dd r'=\frac{\alpha}{4\varepsilon_0}\left[\frac{r'^3}3\right]_r^a=\frac{\alpha}{12\varepsilon_0}\left(a^3-r^3\right),\qquad \int_a^\infty\frac{\alpha a^4}{4\varepsilon_0}\frac1{r'^2}\,\dd r'=\frac{\alpha a^4}{4\varepsilon_0}\left[-\frac1{r'}\right]_a^\infty=\frac{\alpha a^3}{4\varepsilon_0} $$

2つを合わせ，分母をそろえる（$\frac14=\frac3{12}$）と，

$$ \varphi(r)=\frac{\alpha}{12\varepsilon_0}\left(a^3-r^3\right)+\frac{3\alpha a^3}{12\varepsilon_0}=\frac{\alpha a^3}{3\varepsilon_0}-\frac{\alpha}{12\varepsilon_0}r^3\qquad(0\le r\le a) $$

（次元の確認：$\dfrac{\alpha r^2}{\varepsilon_0}$ の単位は $\dfrac{(\mathrm{C/m^4})\,\mathrm{m^2}}{\mathrm{C^2/(N\,m^2)}}=\mathrm{N/C}$ で電場の単位と一致し，$\dfrac{\alpha a^3}{\varepsilon_0}$ の単位は $\dfrac{(\mathrm{C/m^4})\,\mathrm{m^3}}{\mathrm{C^2/(N\,m^2)}}=\mathrm{N\,m/C}=\mathrm V$ で電位の単位と一致する．）

数値で確認しよう．$\alpha=1.0\times10^{-6}\ \mathrm{C/m^4}$，$a=0.10\ \mathrm m$ とすると，

$$ E(a)=\frac{\alpha}{4\varepsilon_0}a^2\approx2.8\times10^2\ \mathrm{N/C},\qquad \varphi(0)=\frac{\alpha a^3}{3\varepsilon_0}\approx37.6\ \mathrm V,\qquad \varphi(a)=\frac{\alpha a^3}{4\varepsilon_0}\approx28.2\ \mathrm V $$

となる（図36.6・図36.7 の数値軸は，この例に合わせてある．$\varphi(0)\gt\varphi(a)$ で，電位は中心が最も高く外側に向かって単調に下がる——電場が常に外向き（$\alpha\gt0$ のとき）であることと整合している）．

例題36.9　平行平板コンデンサーの容量・エネルギー・エネルギー密度

面積 $S=1.0\times10^{-2}\ \mathrm{m^2}$（$10\ \mathrm{cm}\times10\ \mathrm{cm}$ 程度），間隔 $d=1.0\ \mathrm{mm}$ の平行平板コンデンサーに，電圧 $V=100\ \mathrm V$ をかけた．(1) 電気容量 $C$，(2) 極板間の電場 $E$，(3) 蓄えられる静電エネルギー $U$，(4) 電場のエネルギー密度 $u$ を求めよ．また，(5) $u$ に極板間の体積 $Sd$ を掛けた値が (3) の $U$ と一致することを確認せよ．

解答　(1) 公式36.4 より，

$$ C=\varepsilon_0\frac{S}{d}=(8.854\times10^{-12})\times\frac{1.0\times10^{-2}}{1.0\times10^{-3}}\ \mathrm F\approx8.85\times10^{-11}\ \mathrm F=88.5\ \mathrm{pF} $$

(2) 式 \eqref{eq:36-parallel-V} より，

$$ E=\frac{V}{d}=\frac{100}{1.0\times10^{-3}}\ \mathrm{V/m}=1.0\times10^5\ \mathrm{V/m} $$

(3) 公式36.5 より，

$$ U=\frac12CV^2=\frac12\times(8.85\times10^{-11})\times(100)^2\ \mathrm J\approx4.43\times10^{-7}\ \mathrm J=0.443\ \mu\mathrm J $$

(4) 公式36.6 より，

$$ u=\frac12\varepsilon_0E^2=\frac12\times(8.854\times10^{-12})\times(1.0\times10^5)^2\ \mathrm{J/m^3}\approx4.43\times10^{-2}\ \mathrm{J/m^3} $$

(5) 体積は $Sd=(1.0\times10^{-2})\times(1.0\times10^{-3})=1.0\times10^{-5}\ \mathrm{m^3}$ なので，

$$ u\times Sd\approx(4.43\times10^{-2})\times(1.0\times10^{-5})\ \mathrm J\approx4.43\times10^{-7}\ \mathrm J $$

となり，(3) の $U$ と一致する（有効数字の範囲で）．これは，$u=\tfrac12\varepsilon_0E^2$ が単なる形式的な式ではなく，実際に「体積×密度＝全エネルギー」という関係を満たしていることを具体的に確認したことになる．

例題36.10　球形コンデンサーの電気容量

半径 $a$ の導体球 $A$ を，それより大きい半径 $b$ の導体殻（球殻）$B$ が同心状に取り囲んでいる．$A$ に電気量 $+Q$ を与え，$B$ を接地した（$B$ の電位を基準の $0$ にした）とき，$A,B$間の電位差と電気容量を求めよ．

解答　まず，電場がどこにあるかを整理する．$A$ に $+Q$ を与えると，静電誘導によって導体殻 $B$ の内面に $-Q$ が現れる．$B$ は接地されている（大地につながれて，電位が基準の $0$ に保たれている）ので，$B$ の外面の電荷は大地へ逃げ，$B$ の外側（$r\gt b$）には電荷が残らず，電場も $0$ になる．また，導体 $A$ の内部（$r\lt a$）でも電場は $0$ である．電場が $0$ でないのは，$A,B$ の間（$a\le r\le b$）だけである．したがって，中心（$r=0$）から無限遠まで電場を積分するとき，3つの区間のうち $a$ から $b$ までだけが効いてくる（$B$ の電位を $0$ とすれば，$A,B$ 間の電位差は $A$ の電位そのものである）：

$$ V=\int_0^\infty E(r)\,\dd r=\int_0^a0\,\dd r+\int_a^bE(r)\,\dd r+\int_b^\infty0\,\dd r=\int_a^bE(r)\,\dd r $$

$A,B$ の間（$a\le r\le b$）にガウスの法則を適用すると，半径 $r$ の球面が囲む電荷は $A$ の電荷 $+Q$ だけなので，例題36.7・例題36.8 の外部の計算と同じ形の計算により

$$ E(r)\cdot4\pi r^2=\frac{Q}{\varepsilon_0}\qquad\therefore\ E(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{r^2}\qquad(a\le r\le b) $$

（これは点電荷の電場の式と同じ形である——球対称な電荷分布の外部では，全電荷が中心に集まっているかのように電場が計算できるという，ガウスの法則の一般的な性質の現れである）．$A,B$間の電位差は，この電場を上の式のとおり $a$ から $b$ まで積分すればよい：

$$ V=\int_a^bE(r)\,\dd r=\int_a^b\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{r^2}\,\dd r=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\left[-\frac1r\right]_a^b=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac1a-\frac1b\right) $$

定義36.4 の $Q=CV$ より，

$$ Q=C\cdot\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac1a-\frac1b\right)=C\cdot\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{b-a}{ab} $$

両辺の $Q$ を消去して $C$ について解くと，

\begin{equation} C=\frac{4\pi\varepsilon_0ab}{b-a} \label{eq:36-spherical-C} \end{equation}

を得る．

数値例　$a=2.0\ \mathrm{cm}$，$b=5.0\ \mathrm{cm}$ とすると，$C=\dfrac{4\pi\varepsilon_0\times0.020\times0.050}{0.050-0.020}\approx3.7\times10^{-12}\ \mathrm F=3.7\ \mathrm{pF}$ となる．

孤立導体球の極限　外側の球殻をどこまでも遠くへ（$b\to\infty$）持っていくと，まわりに何もない「孤立した」導体球1個の電気容量が得られるはずである．式 \eqref{eq:36-spherical-C} で $b\to\infty$ の極限をとると，

$$ C=\frac{4\pi\varepsilon_0ab}{b-a}=\frac{4\pi\varepsilon_0a}{1-a/b}\ \xrightarrow[b\to\infty]{}\ 4\pi\varepsilon_0a $$

（分母・分子を $b$ で割ってから $b\to\infty$ とすると，$a/b\to0$ になることを使った）．これは「孤立導体球の電気容量は $C=4\pi\varepsilon_0a$」という，しばしば単独で使われる公式そのものであり，球形コンデンサーの特別な場合（外側の球殻の半径を無限大にした場合）として自然に導かれることが確認できた．たとえば $a=2.0\ \mathrm{cm}$ の孤立導体球なら $C\approx2.2\times10^{-12}\ \mathrm F=2.2\ \mathrm{pF}$ である．

例題36.11　円柱形コンデンサーの電気容量

半径 $a$，長さ $L$（$L\gg b$）の導体円柱 $A$ を，それと同軸の半径 $b$（$b\gt a$）の導体円筒 $B$ が取り囲んでいる．$A$ に電気量 $+Q$ を与え，$B$ を接地したとき，$A,B$ 間の電圧と電気容量を求めよ．

解答　球形コンデンサーと同様に，$A$ に $+Q$ を与えると $B$ の内面に $-Q$ が現れ，$B$ は接地されているので $B$ の外側には電場がない．$A$ の内部も $E=0$ である．長さ $L$ が半径に比べて十分長いので端の効果は無視でき，電場は軸からの距離 $r$ だけで決まる．したがって電圧は，やはり $a$ から $b$ までの積分だけが残る：

$$ V=\int_0^\infty E(r)\,\dd r=\int_0^a0\,\dd r+\int_a^bE(r)\,\dd r+\int_b^\infty0\,\dd r=\int_a^bE(r)\,\dd r $$

$A,B$ の間（$a\le r\le b$）にガウスの法則を適用すると，例題36.5（無限直線の電場）と同じ形の計算により，

$$ E(r)\cdot2\pi rL=\frac{Q}{\varepsilon_0}\qquad\therefore\ E(r)=\frac{Q}{2\pi\varepsilon_0Lr}\qquad(a\le r\le b) $$

電圧はこの電場を $a$ から $b$ まで積分すればよい．$\displaystyle\int\frac{\dd r}r=\ln r$（自然対数）であることを使うと，

$$ V=\int_a^bE(r)\,\dd r=\frac{Q}{2\pi\varepsilon_0L}\int_a^b\frac{\dd r}r=\frac{Q}{2\pi\varepsilon_0L}\Bigl[\ln r\Bigr]_a^b=\frac{Q}{2\pi\varepsilon_0L}\ln\frac ba $$

$Q=CV$ より，$Q=C\cdot\dfrac{Q}{2\pi\varepsilon_0L}\ln\dfrac ba$ となるので，両辺の $Q$ を消去して，

\begin{equation} C=\frac{2\pi\varepsilon_0L}{\ln(b/a)} \label{eq:36-cylindrical-C} \end{equation}

を得る．

数値例　$a=1.0\ \mathrm{mm}$，$b=5.0\ \mathrm{mm}$，$L=0.20\ \mathrm m$（同軸ケーブルに近い寸法）とすると，$C=\dfrac{2\pi\varepsilon_0\times0.20}{\ln5.0}\approx6.9\times10^{-12}\ \mathrm F=6.9\ \mathrm{pF}$ となる．

平行平板コンデンサーとの関係　間隔 $t\equiv b-a$ が半径 $a$ に比べて十分小さい（$t\ll a$，円筒の「隙間」が薄い）極限を考えよう．$\ln(b/a)=\ln(1+t/a)$ で，$t/a\ll1$ のときテイラー展開（大学数学 第4章）$\ln(1+x)\approx x$（$x=t/a$ が小さいときの1次近似）が使えるので，

$$ C=\frac{2\pi\varepsilon_0L}{\ln(1+t/a)}\approx\frac{2\pi\varepsilon_0L}{t/a}=\varepsilon_0\frac{2\pi aL}{t} $$

となる．$2\pi aL$ は半径 $a$，長さ $L$ の円柱の側面積（内側の円柱 $A$ の表面積）であり，これを平行平板コンデンサーの極板面積 $S$ とみなし，隙間 $t$ を極板間隔 $d$ とみなせば，$C\approx\varepsilon_0S/d$（公式36.4）にぴったり一致する．これは，隙間が薄いときには，湾曲した円筒面も局所的にはほとんど平らな平行平板とみなせることの表れであり，公式36.4 と式 \eqref{eq:36-cylindrical-C} が矛盾なくつながっていることを保証している．

例題36.12　球形コンデンサーの静電エネルギーと電場のエネルギー密度

例題36.10 の球形コンデンサー（$A$：半径 $a$，電気量 $+Q$，$B$：半径 $b$，接地）について，電場のエネルギー密度 $u=\tfrac12\varepsilon_0E^2$（公式36.6）を $A,B$ の間の空間全体で体積積分して静電エネルギーを求め，公式36.5 の $U=\dfrac{Q^2}{2C}$ と一致することを確かめよ．また，$a=2.0\ \mathrm{cm}$，$b=5.0\ \mathrm{cm}$，$Q=1.0\ \mathrm{nC}$ のときの $U$ を求めよ．

解答　$A,B$ の間の電場は $E(r)=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2}$ なので，エネルギー密度は

$$ u(r)=\frac12\varepsilon_0\left(\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\right)^2=\frac{Q^2}{32\pi^2\varepsilon_0\,r^4} $$

である．場所によって $u$ が変わるので，半径 $r$，厚さ $\dd r$ の薄い球殻（体積は，表面積 $4\pi r^2$ に厚さ $\dd r$ を掛けた $\dd V=4\pi r^2\,\dd r$）に蓄えられるエネルギー $u\,\dd V$ を，$r=a$ から $r=b$ まで足し合わせる：

$$ U=\int u\,\dd V=\int_a^b\frac{Q^2}{32\pi^2\varepsilon_0r^4}\cdot4\pi r^2\,\dd r=\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0}\int_a^b\frac{\dd r}{r^2}=\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0}\left(\frac1a-\frac1b\right) $$

一方，公式36.5 に例題36.10 の容量 \eqref{eq:36-spherical-C} を代入すると，

$$ U=\frac{Q^2}{2C}=\frac{Q^2}{2}\cdot\frac{b-a}{4\pi\varepsilon_0ab}=\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{b-a}{ab}=\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0}\left(\frac1a-\frac1b\right) $$

となって，2通りの計算は一致する．電場が場所によって変わる場合でも，$u=\tfrac12\varepsilon_0E^2$ を体積積分すれば正しい静電エネルギーが得られる．

数値　$\dfrac1a-\dfrac1b=\dfrac1{0.020}-\dfrac1{0.050}=30\ \mathrm{m^{-1}}$，$\dfrac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0}=\dfrac{(1.0\times10^{-9})^2}{8\pi\times8.854\times10^{-12}}\ \mathrm{J\,m}\approx4.49\times10^{-9}\ \mathrm{J\,m}$ なので，$U\approx4.49\times10^{-9}\times30\ \mathrm J\approx1.3\times10^{-7}\ \mathrm J=0.13\ \mu\mathrm J$．（例題36.10 の $C=3.7\ \mathrm{pF}$ を使うと $U=\dfrac{Q^2}{2C}=\dfrac{10^{-18}}{2\times3.7\times10^{-12}}\ \mathrm J\approx1.3\times10^{-7}\ \mathrm J$ で一致する．）

例題36.13　ポアソン方程式から電荷密度を求める

ある領域の電位が，2変数関数 $\varphi(x,y)=V_0\exp(-x^2-y^2)$（$V_0\gt0$ は定数．原点を中心に山型に盛り上がった分布で，$z$ にはよらない）で与えられているとする．この電位を生じさせている電荷密度 $\rho(x,y)$ を求めよ．

解答　式 \eqref{eq:36-poisson} を使うので，まず $\varphi$ の2階偏導関数を求める．$\varphi=V_0\exp(-x^2-y^2)$ を $x$ で偏微分すると（合成関数の微分，大学数学 第6章6.2節），

$$ \pdiff{\varphi}{x}=V_0\cdot(-2x)\cdot \exp(-x^2-y^2)=-2xV_0\exp(-x^2-y^2) $$

もう一度 $x$ で偏微分する（積の微分公式を使う．$-2xV_0$ と $\exp(-x^2-y^2)$ の積を微分する）：

$$ \pdiff{^2\varphi}{x^2}=-2V_0\exp(-x^2-y^2)+(-2xV_0)\cdot(-2x)\exp(-x^2-y^2)=(-2+4x^2)V_0\exp(-x^2-y^2)=(4x^2-2)V_0\exp(-x^2-y^2) $$

$x,y$ について対称な形の関数なので，$y$ についても同様の計算（$x$ と $y$ を入れ替えるだけ）で，

$$ \pdiff{^2\varphi}{y^2}=(4y^2-2)V_0\exp(-x^2-y^2) $$

$\varphi$ は $z$ によらないので $\pdiff{^2\varphi}{z^2}=0$ であり，ラプラシアン（$x,y,z$ の3つの2階偏微分の和）は $x,y$ の2つの和になる：

$$ \nabla^2\varphi=\pdiff{^2\varphi}{x^2}+\pdiff{^2\varphi}{y^2}=\bigl[(4x^2-2)+(4y^2-2)\bigr]V_0\exp(-x^2-y^2)=4(x^2+y^2-1)V_0\exp(-x^2-y^2) $$

式 \eqref{eq:36-poisson} の $\nabla^2\varphi=-\rho/\varepsilon_0$ より $\rho=-\varepsilon_0\nabla^2\varphi$ なので，

$$ \rho(x,y)=-4\varepsilon_0V_0\left(x^2+y^2-1\right)\exp(-x^2-y^2) $$

である．

例題36.14　円環上の電荷による軸上の電位・電場

半径 $a$ の円形の輪（コイル状の細い導線を思い浮かべるとよい）に，線密度 $\delta\,[\mathrm{C/m}]$ で電荷が一様に分布している．円環の中心軸上，中心から距離 $x$ の点 $P$ における電位 $\varphi$ と電場 $E$ を求めよ．

解答　円環を，方位角 $\phi$ の位置にある微小な弧（長さ $a\,\dd\phi$）の電荷要素 $\dd q=\delta\cdot a\,\dd\phi$ の集まりとみなす（図36.13．方位角は，電位の $\varphi$ と区別するため別の文字 $\phi$ で書く）．円環の対称性（軸のまわりの回転対称性）により，この電荷要素から点 $P$ までの距離は，$\phi$ によらずつねに同じ値 $r=\sqrt{a^2+x^2}$（円環の半径 $a$ と軸上の距離 $x$ を2辺とする直角三角形の斜辺）になる．したがって，式 \eqref{eq:36-point-charge-potential} を電荷要素 $\dd q$ に適用して円環全体で足し合わせる（積分する）と，

$$ \varphi=\oint_C\frac{\dd q}{4\pi\varepsilon_0r}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0r}\oint_C\dd q=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{a^2+x^2}}\oint_C\delta a\,\dd\phi $$

（$r=\sqrt{a^2+x^2}$ は積分変数 $\phi$ によらない定数なので，積分の外に出せることがポイントである）．円環1周分の電荷は $\oint_C\delta a\,\dd\phi=\delta a\displaystyle\int_0^{2\pi}\dd\phi=2\pi a\delta$ なので，

\begin{equation} \varphi=\frac{2\pi a\delta}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{a^2+x^2}}=\frac{\delta a}{2\varepsilon_0\sqrt{a^2+x^2}} \label{eq:36-ring-V} \end{equation}

を得る．次に電場を求める．対称性より，軸上の点では，電場は軸方向（$x$ 方向）成分しか残らない——軸に垂直な方向の成分は，円環上の対になる電荷要素（軸を挟んで反対側にある電荷要素）どうしで打ち消し合うからである．そこで，軸方向の電場は $E=-\pdiff{\varphi}{x}$（定義36.1の1次元版）で求められる：

$$ E=-\pdiff{\varphi}{x}=-\frac{\delta a}2\pdiff{}{x}\left[(a^2+x^2)^{-1/2}\right]=-\frac{\delta a}2\times\left(-\frac12\right)(a^2+x^2)^{-3/2}\times2x $$

（合成関数の微分：$(a^2+x^2)^{-1/2}$ を $x$ で微分すると，外側の関数の微分 $-\tfrac12u^{-3/2}$（$u=a^2+x^2$）に，内側の関数の微分 $\pdiff{u}{x}=2x$ を掛ける）．整理すると，

\begin{equation} E=\frac{\delta a}{2\varepsilon_0}\cdot\frac{x}{(a^2+x^2)^{3/2}} \label{eq:36-ring-E} \end{equation}

を得る．

極限の確認　(i) $x\gg a$（円環から十分離れる）とすると，$\sqrt{a^2+x^2}\approx x$ なので，円環の全電荷を $Q=2\pi a\delta$ として $\varphi\approx\dfrac{2\pi a\delta}{4\pi\varepsilon_0x}=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0x}$，$E\approx\dfrac{\delta a}{2\varepsilon_0x^2}=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0x^2}$ となり，遠方から見ると全電荷が中心に集まった点電荷と同じになる（$x\to\infty$ で $\varphi\to0$，$E\to0$ でもある）．(ii) $a\to\infty$（円環の半径を限りなく大きくする）と，円環全体の電荷 $2\pi a\delta$ は $a$ に比例して増えるが，円環上の各点から $P$ までの距離もおよそ $a$ に比例して増えるので，式 \eqref{eq:36-ring-V} は有限の値 $\dfrac{\delta}{2\varepsilon_0}$ に近づく．この極限では $\varphi$ は $x$ によらない定数に近づくので，電場は $E=-\pdiff{\varphi}{x}\to0$ である（式 \eqref{eq:36-ring-E} でも $E\approx\dfrac{\delta x}{2\varepsilon_0a^2}\to0$）．

例題36.15　円板上の電荷による軸上の電位・電場

半径 $a$ の円板に，面密度 $\sigma\,[\mathrm{C/m^2}]$ で電荷が一様に分布している．円板の中心軸上，中心から距離 $x$（$x\gt0$）の点 $P$ における電位 $\varphi$ と電場 $E$ を求めよ．

解答　円板を，極座標（半径 $\ell$，方位角 $\phi$）で細かく分割する．半径 $\ell$（$0\le\ell\le a$），方位角 $\phi$ の位置にある微小な面積 $\ell\,\dd\ell\,\dd\phi$ の電荷は $\dd q=\sigma\ell\,\dd\ell\,\dd\phi$ で，この電荷要素から点 $P$ までの距離は $\sqrt{\ell^2+x^2}$ である（図36.14）．式 \eqref{eq:36-point-charge-potential} を足し合わせる（面積分する）と，

$$ \varphi=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\iint\frac{\sigma\,\ell\,\dd\ell\,\dd\phi}{\sqrt{\ell^2+x^2}}=\frac{\sigma}{4\pi\varepsilon_0}\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^a\frac{\ell\,\dd\ell}{\sqrt{\ell^2+x^2}}\,\dd\phi $$

被積分関数は $\phi$ によらないので，$\phi$ の積分は $\int_0^{2\pi}\dd\phi=2\pi$ を与え，

$$ \varphi=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\int_0^a\frac{\ell\,\dd\ell}{\sqrt{\ell^2+x^2}} $$

となる．これは，円板を半径 $\ell$，幅 $\dd\ell$ の細い円環（面積は，切り開くと長さ $2\pi\ell$，幅 $\dd\ell$ の細長い長方形とみなせるので $2\pi\ell\,\dd\ell$，電荷は $\dd q=\sigma\cdot2\pi\ell\,\dd\ell$）に分け，各円環が点 $P$ につくる電位（例題36.14 の式 \eqref{eq:36-ring-V} で，$a\to\ell$，円環1周分の電荷 $2\pi a\delta\to\dd q$ と置き換えたもの：$\dd\varphi=\dfrac{\dd q}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{\ell^2+x^2}}$）を $\ell=0$ から $a$ まで足し合わせるのと同じ計算である．残った積分は，$u=\ell^2+x^2$ と置換すると $\dd u=2\ell\,\dd\ell$ なので $\ell\,\dd\ell=\tfrac12\dd u$ となり，$\displaystyle\int\frac{\ell\,\dd\ell}{\sqrt{\ell^2+x^2}}=\int\frac{\tfrac12\dd u}{\sqrt u}=\sqrt u=\sqrt{\ell^2+x^2}$（原始関数）と分かる．したがって，

$$ \varphi=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\Bigl[\sqrt{\ell^2+x^2}\Bigr]_0^a=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left(\sqrt{a^2+x^2}-\sqrt{x^2}\right) $$

$x\gt0$ なら $\sqrt{x^2}=x$ なので，

\begin{equation} \varphi=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left(\sqrt{a^2+x^2}-x\right) \label{eq:36-disk-V} \end{equation}

を得る．電場は，円環のときと同じく，軸上では対称性から軸方向成分だけが残るので，$E=-\pdiff{\varphi}{x}$ で求める．$\pdiff{}{x}\sqrt{a^2+x^2}=\dfrac{x}{\sqrt{a^2+x^2}}$（合成関数の微分）と $\pdiff{}{x}(-x)=-1$ を使うと，

$$ E=-\pdiff \varphi x=-\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left(\frac{x}{\sqrt{a^2+x^2}}-1\right)=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left(1-\frac{x}{\sqrt{a^2+x^2}}\right) $$

例題36.16　水分子の電気双極子モーメントがつくる電場

水分子（$\mathrm{H_2O}$）は，酸素原子側がわずかに負に，2つの水素原子側がわずかに正に帯電しており，電気双極子とみなせる．その双極子モーメントの大きさは，実測でおよそ $p\approx6.2\times10^{-30}\ \mathrm{C\cdot m}$ であることが知られている．この水分子から，双極子の軸上（$\theta=0$）に距離 $r=1.0\ \mathrm{nm}$（$=1.0\times10^{-9}\ \mathrm m$，分子1個分程度の距離）だけ離れた点における電位 $\varphi$ と電場 $E_r$ を求めよ．

解答　公式36.8 で $\theta=0$（$\cos\theta=1$）とおくと，

$$ \varphi=\frac{p}{4\pi\varepsilon_0r^2}=(8.99\times10^9)\times\frac{6.2\times10^{-30}}{(1.0\times10^{-9})^2}\ \mathrm V\approx5.6\times10^{-2}\ \mathrm V $$ $$ E_r=\frac{2p}{4\pi\varepsilon_0r^3}=(8.99\times10^9)\times\frac{2\times6.2\times10^{-30}}{(1.0\times10^{-9})^3}\ \mathrm{V/m}\approx1.1\times10^8\ \mathrm{V/m} $$

電位そのものは $0.056\ \mathrm V$ と身近な電池（$1.5\ \mathrm V$ など）に比べてずっと小さいが，電場は距離のスケールが原子・分子サイズ（$\mathrm{nm}$）まで小さいため，$10^8\ \mathrm{V/m}$ という非常に大きな値になる——分子どうしが及ぼし合う分子間力（水素結合など）の起源の1つが，このように極めて短い距離での双極子どうしの静電相互作用であることが見積もれる．

例題36.17　電位と電場は別の量——$\varphi=0$ の点と $\bm E=\bm 0$ の点

(1) 電位 $\varphi$ が $0$ の点では，電場 $\bm E$ も必ず $\bm 0$ か．(2) 電場 $\bm E$ が $\bm 0$ の点では，電位 $\varphi$ も必ず $0$ か．本章で扱った例から，それぞれ答えを裏づける例を挙げよ．

解答　どちらも「必ずしもそうではない」．$\bm E=-\nabla\varphi$ は，電場が電位の傾き（場所とともに電位がどれだけ変化するか）で決まることを表していて，電位の値そのものとは関係がないからである．

(1) 電気双極子の赤道面（$\theta=90°$）上では，公式36.8 より $\varphi=\dfrac{p\cos90°}{4\pi\varepsilon_0r^2}=0$ だが，電場は $E_\theta=\dfrac{p}{4\pi\varepsilon_0r^3}\ne0$ である．電位が $0$ の面を横切るとき電位は正から負へ変化するので，そこには必ず傾き（電場）がある．

(2) 円環の中心（例題36.14 で $x=0$）では，式 \eqref{eq:36-ring-E} より $E=0$（対称性からも，円環上の対になる電荷が打ち消し合う）だが，式 \eqref{eq:36-ring-V} より $\varphi=\dfrac{\delta a}{2\varepsilon_0\sqrt{a^2}}=\dfrac{\delta}{2\varepsilon_0}\ne0$ である．一様に帯電した球の中心（例題36.7）でも，$E(0)=0$ だが $\varphi(0)=\dfrac{\rho_0a^2}{2\varepsilon_0}\ne0$ である．

電位は，基準点の選び方（36.1節）で値そのものが変わる量だが，電場は基準の選び方に影響されない．「$\varphi=0$」は基準の選び方しだいで別の点に移るが，「$\bm E=\bm 0$」は選び方によらない物理的な事実である．

演習36.1　クーロンの法則から点電荷の電位を導く

クーロンの法則による電場 $\bm E(r)=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q}{r^2}\bm e_r$ から出発し，無限遠を基準にした点電荷の電位の公式 $\varphi(r)=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac Qr$（式 \eqref{eq:36-point-charge-potential}）を，自分で線積分を実行して導け．

ヒント：36.2節の「導出：点電荷から距離 $r$ の点の電位」で行った計算を，何も見ずに自力で再現してみる．積分区間の下端（$\infty$）での値が消えることを，極限 $\lim_{c\to\infty}(1/c)=0$ として確認すること．

→ 解答

演習36.2　符号の異なる2枚の無限平面電荷

面密度 $+\sigma$ の無限平面と，それと平行な面密度 $-\sigma$ の無限平面が，間隔 $d$ で向かい合っている．重ね合わせの原理を使って，(1) 2枚の平面の間，(2) 2枚の平面の外側，それぞれの領域での電場の大きさと向きを求めよ．

ヒント：36.6節で平行平板コンデンサーの電場を求めたときと同じ考え方である．各平面が単独でつくる電場の大きさは，例題36.4（式 \eqref{eq:36-infinite-plane-E}）と同じ $\sigma/(2\varepsilon_0)$ になる．2つの領域それぞれで，2枚の平面からの寄与が同じ向きになるか逆向きになるかを図を描いて確認する．

→ 解答

演習36.3　コンデンサーの直列・並列接続の合成容量

電気容量 $C_1,C_2$ の2つのコンデンサーを，(1) 直列に，(2) 並列に接続したときの合成容量 $C$ を，それぞれ導出せよ．

ヒント：直列接続では，各コンデンサーに蓄えられる電気量 $Q$ が共通（電荷保存則）になり，全体の電位差は各コンデンサーの電位差の和 $V=V_1+V_2$ になる．並列接続では，各コンデンサーの電位差 $V$ が共通になり，全体の電気量は各コンデンサーの電気量の和 $Q=Q_1+Q_2$ になる．定義36.4 の $C=Q/V$ にそれぞれ当てはめて整理する．第37章37.5節で学ぶ抵抗の直列・並列接続の合成公式と，どちらがどちらに対応するか（直列は？並列は？）を比べてみるとよい．

→ 解答

演習36.4　密度が中心から表面へ直線的に減る球状電荷分布

半径 $a$ の球の内部に，密度 $\rho=\rho_0\left(1-\dfrac ra\right)$（$\rho_0$ は定数．中心で最大，表面 $r=a$ で $0$）で電荷が分布しているとき，全電荷 $Q$，中心からの距離 $r$ における電場 $E(r)$ と電位 $\varphi(r)$（無限遠を基準）を，$0\le r\le a$ と $r\gt a$ に分けて求めよ．また，電場が最大になる位置とその値を求めよ．

ヒント：例題36.7・例題36.8 と同じ手順である．$Q(r)=4\pi\displaystyle\int_0^r\rho(r')\,r'^2\,\dd r'$（角度部分の積分は $4\pi$）を実行する．外部（$r\gt a$）の電場・電位が，全電荷 $Q$ を中心に集めた点電荷の場合とまったく同じ式になることを確認せよ．

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演習36.5　誘電体を挿入したコンデンサー（発展）

平行平板コンデンサー（電気容量 $C_0=\varepsilon_0S/d$）の極板間を，比誘電率 $\varepsilon_r$（$\varepsilon_r\gt1$）の誘電体で完全に満たすと，電気容量は $C=\varepsilon_rC_0$ に増加することが知られている．電気量 $Q$ を一定に保ったまま誘電体を挿入したとき，(1) 極板間の電位差 $V$ と (2) 蓄えられる静電エネルギー $U$ は，誘電体を入れる前と比べてそれぞれ何倍になるか，$\varepsilon_r$ を使って答えよ．

ヒント：$Q=CV$ で $Q$ が一定，$C$ が $\varepsilon_r$ 倍になったとき，$V$ はどうなるか．公式36.5 の $U=Q^2/(2C)$（$Q$ 一定の場合に使うと便利な形）に，容量が $\varepsilon_r$ 倍になったことを反映させる．誘電体の詳しいしくみ（分極）は第41章で学ぶ．

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演習36.6　円板電荷の面のすぐ近くと無限平面の関係

例題36.15（円板上の電荷による軸上の電場）で，円板の面のすぐ近く（$x\to+0$）における電場 $E$ を求め，これが例題36.4（無限平面の電場，式 \eqref{eq:36-infinite-plane-E}）の結果 $E=\sigma/(2\varepsilon_0)$ と一致することを確認せよ．また，円板の反対側（$x\lt0$）のすぐ近くでは，電場の向きと大きさはどうなるか．

ヒント：例題36.15 の $E=\dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left(1-\dfrac{x}{\sqrt{a^2+x^2}}\right)$ で $x\to+0$ の極限をとる．なぜ「有限の半径 $a$ の円板」の面のすぐ近くの電場が，「無限に広い平面」の電場と一致するのか，物理的な理由も1文で説明せよ．円板の面を挟んで電場は不連続に跳ぶので，「円板の中心 $x=0$ ちょうどでの値」ではなく，片側からの極限であることに注意する（対称性から，反対側の電場は逆向きになる）．

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演習36.7　球対称なガウス型の電位から電荷密度を求める

球対称な電位 $\varphi(r)=V_0\exp\!\left(-\dfrac{r^2}{a^2}\right)$（$V_0\gt0$，$a\gt0$ は定数）を生じさせている電荷密度 $\rho(r)$ を，ポアソン方程式 \eqref{eq:36-poisson} を使って求めよ．球対称な関数のラプラシアンは $\nabla^2\varphi=\dfrac{1}{r^2}\dfrac{\dd}{\dd r}\left(r^2\dfrac{\dd\varphi}{\dd r}\right)$ で与えられるとしてよい．また，その電荷分布の全電荷 $\displaystyle\int\rho\,\dd V$ を求めよ．

ヒント：例題36.13 の $\varphi(x,y)=V_0\exp(-x^2-y^2)$ の球対称版である．まず $\dfrac{\dd\varphi}{\dd r}$，次に $r^2\dfrac{\dd\varphi}{\dd r}$ をもう一度 $r$ で微分する．全電荷は $\displaystyle4\pi\int_0^\infty\rho\,r^2\,\dd r$ で，$\displaystyle\int_0^\infty r^2\exp(-r^2/a^2)\dd r=\dfrac{\sqrt\pi}{4}a^3$，$\displaystyle\int_0^\infty r^4\exp(-r^2/a^2)\dd r=\dfrac{3\sqrt\pi}{8}a^5$ を使ってよい．結果に物理的な意味づけ（電荷は全体として正か負か）を与えてみよ．

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