静電エネルギー
ここでは、静電場のエネルギーについて考える。すでに以前の記事で、ポテンシャルを導入する際に、電荷を運ぶ際の仕事について考えた。それを利用して、電荷を運んで帯電球または導体をつくるのに必要な仕事を、静電場のエネルギーとみなしてその表式を導出することができる。まずはその準備として、復習がてら一様帯電球と導体球の電場を求めるところから始める。
一様帯電球のつくる電場
半径$a$の球に全電荷$Q$を一様に帯電させたとき、球の中心$O$から$r$離れた位置の電場を求める。
点$O$を中心とする半径$r$の球の表面を$S$としてGaussの法則を用いる。
上図では、実線の球が半径$r$のGaussの法則用であり、点線が半径$a$の一様帯電球である。
系の対称性から電場は$r$のみに依存する。すなわち$\bm{E}=E(r)\bm{e}_r$と書ける。このとき、
\begin{align}
\int_S \bm{E}\cdot \bm{n}\, \dd S=E(r)\cdot 4\pi r^2
\end{align}
である。一方で、この表面$S$に囲まれる総電荷は、半径$r$が帯電球の半径$a$との大小関係により場合分けされることに注意すると、Gaussの法則より
\begin{align}
E(r)\cdot 4\pi r^2=
\begin{cases}
\frac{Q}{\varepsilon_0} & (r>a)\\
\frac{1}{\varepsilon_0}\times \frac{Q\times 4\pi r^3/3}{4\pi a^3/3} & (r\le a)
\end{cases}
\end{align}
となるから、
\begin{align}
E(r)=
\begin{cases}
\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2} & (r>a)\\
\frac{QR}{4\pi\varepsilon_0a^3}\ & (r\le a)
\end{cases}
\label{eq: ex_ans_sphere_gauss}
\end{align}
である。
これの静電ポテンシャル$\phi(r)$は、$r>a$のとき、
\begin{align}
\phi(r)=-\int E(r)\, \dd r = \frac{Q}{4\pi \varepsilon_0}\frac{1}{r}+C_1
\end{align}
今回は無限遠で静電ポテンシャルがゼロとなるように基準を決めると、$C_1=0$となる。
次に、$r\le a$のときは、
\begin{align}
\phi(r) – \phi(a) = -\int_a^r E(r)\, \dd r =- \frac{Q}{8\pi\varepsilon_0a^3}(r^2-a^2)
\end{align}
より、
\begin{align}
\phi(r)&= \frac{Q}{8\pi\varepsilon_0a^3}(a^2-r^2)+ \frac{Q}{4\pi \varepsilon_0}\frac{1}{a}\nonumber\\
&=\frac{3Q}{8\pi \varepsilon_0a}\left(1-\frac{1}{3}\frac{r^2}{a^2}\right)
\end{align}
と書ける。
よって、以上の結果をまとめると、電荷密度$\rho=\frac{Q}{4\pi a^3/3}$を用いて、
\begin{align}
\phi(r)=
\begin{cases}
\frac{\rho a^3}{3\varepsilon_0}\frac{1}{r} & (r>a)\\
\frac{\rho a^2}{2 \varepsilon_0}\left(1-\frac{1}{3}\frac{r^2}{a^2}\right)\ & (r\le a)
\end{cases}
\label{eq: ex_ans_sphere_phi}
\end{align}
を得る。
導体球のつくる電場
半径$a$の導体球に全電荷$Q$を一様に帯電させたとき、球の中心$O$から$r$離れた位置の電場を求める。
この問題設定は一見、一様帯電球と同じように見える。ただし、今回は導体でできた球に電荷を与えたことに注意されたい。
導体とは、内部の電荷が自由に移動できる物質のことである。すなわち、もしも導体内部に電場があるとすれば電荷は自由に移動するため、これは時間に依存しない静電場の定義に反する。つまり、導体に関する静電場を考えるということは、それらの定義から導体内部に静電場が存在しないことになる。
この場合、帯電させた電荷は導体表面に集まる。この点が一様帯電球と異なる問題設定である。
上図でも、実線の球が半径$r$のGaussの法則用であり、点線が半径$a$の一様帯電球である。
半径$r$の球面$S$を用いると、Gaussの法則より
\begin{align}
E(r)\cdot 4\pi r^2=
\begin{cases}
\frac{Q}{\varepsilon_0} & (r>a)\\
0 & (r\le a)
\end{cases}
\end{align}
となるから、
\begin{align}
E(r)=
\begin{cases}
\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2}=\frac{\sigma}{\varepsilon_0} & (r>a)\\
0\ & (r\le a)
\end{cases}
\label{eq: cond_ball_Ex}
\end{align}
を得る。ここで、電荷の面密度$\sigma$：
\begin{align}
\sigma = \frac{Q}{4\pi r^2}
\end{align}
を用いた。この電荷面密度$\sigma$を用いた表現は、実は球以外でも同様に成り立つ。それを示すため、任意の形状をした導体について、その表面をまたぐような微小な円筒を考える。
このとき、導体表面と円筒の上面が平行になるくらいに微小な円筒をとると、側面では電場ベクトルと法線ベクトルが直交し、かつ上面ではそれらが平行になる。このとき、Gaussの法則から、上面の面積を$\Delta S$として、その位置における電場の大きさを$E_n$とすると、
\begin{align}
E_n\Delta S= \sigma\Delta S/\varepsilon_0
\end{align}
であり、
\begin{align}
E_n = \frac{\sigma}{\varepsilon_0}
\end{align}
を得る。また、同様に導体内部の電場は常にゼロである。これは一般の導体で成り立つため、覚えておきたい。
孤立導体の静電容量
さて、準備が終わったのでこれからエネルギーについて議論を移っていこう。まずは半径$a$の導体球が電荷$Q$を帯びている状況を考える。このときの静電ポテンシャルは、式\eqref{eq: cond_ball_Ex}で得られた電場から、
\begin{align}
\phi(r)&=
\begin{cases}
\frac{Q}{4\pi \varepsilon_0}\frac{1}{r}+\phi(\infty) & (r>a)\\
\frac{Q}{4\pi \varepsilon_0}\frac{1}{a} & (r\le a)
\end{cases}
\end{align}
である。ただし、$r>a$の場合の境界条件は、$r\to\infty$のときの静電ポテンシャル$\phi(\infty)$を用いて表した。また、$r\le a$では電場がゼロであるから、静電ポテンシャルは定数であり導体球内部では$\phi(a)$で一定となる。
ここで、半径$a$の導体球がもつ静電エネルギーを考える。そのために、無限遠から電荷を運び、この導体球をつくる仕事を考える。そこで、まず電位差を$1$ Vだけ上げるのに必要な電荷は、
\begin{align}
C:= \frac{Q}{\phi(a)-\phi(\infty)}=4\pi \varepsilon_0 a \label{eq: capacitor_iso_cond}
\end{align}
で表せることが分かる。これは、導体を構成する物質によらず、幾何学形状($a$)を反映した値となり、孤立導体の静電容量という。この値により、どれだけ電荷を運ぶと電位が変わるかが決定される。
導体球の静電エネルギー
次に、導体球の電荷分布を変えないくらいの微小な電荷$\Delta q$を、無限遠から導体表面$r=a$まで運ぶことを考える。このときの仕事$\Delta W$は、
\begin{align}
\Delta W:=-\Delta q \int_\infty^{r=a} \bm{E}(\bm{z})\cdot \dd\bm{z}&=\Delta q \int_\infty^{r=a} \grad\phi(\bm{z})\cdot \dd\bm{z}\nonumber\\
&=\Delta q \left(\phi(a)-\phi(\infty)\right)=\frac{q\Delta q}{C}
\end{align}
と書ける。この表式の中に、導体の幾何学的形状を反映する孤立導体の静電容量$C$が含まれる。これを繰り返して、最終的に電荷が$Q$になるまで行うと、
\begin{align}
W=\int \dd W=\frac{1}{C}\int_0^Q q\, \dd q= \frac{Q^2}{2C}=:U_\mathrm{e}
\end{align}
を得るが、これが導体の持つ静電エネルギー$U_\mathrm{e}$だと言える。
静電場のエネルギー
次に、この見方を変えて、導体自体がもつ静電エネルギーではなく、電場による空間の歪みがエネルギーを持つと考え、電場を用いた表式にする。まず、上式で$\phi(\infty)=0$と基準を決めれば、$C\phi(a)=Q$となるから、
\begin{align}
U_\mathrm{e}=\frac{1}{2}\phi(a)Q\label{eq: phi_Ue_case0}
\end{align}
と書ける。更に、導体球面を細かく区切り$\Delta S_a$とし、その微小面に分布する電荷面密度を$\sigma_a$とすれば、
\begin{align}
U_\mathrm{e}=\sum \Delta U_\mathrm{e}=\frac{1}{2}\sum_a \phi(a)\sigma_a\Delta S_a=\frac{1}{2}\int\phi(\bm{x})\rho(\bm{x})\, \dd^3 x
\end{align}
とも表せる。また、導体球に Gaussの法則を適用することにより、$E_a\Delta S_a = \sigma_a \Delta S_a/\varepsilon_0$を得る。導体球面以外には電荷が存在しないため、導体球面から半径が$\Delta x_a$だけ大きくなった球面、更に半径が$\Delta x_1$だけ大きくなった球面、更に半径が$\Delta x_2$だけ大きくなった球面、と無限遠まで考えると、
\begin{align}
\frac{\sigma_a}{\varepsilon_0} \Delta S_a=E_a \Delta S_a =E_1\Delta S_1=E_2\Delta S_2=\dots
\end{align}
となる。
これを利用すると、
\begin{align}
\Delta U_\mathrm{e}&=\frac{1}{2} \phi(a)\sigma_a\Delta S_a\nonumber\\
&= \frac{1}{2}\frac{\phi_a-\phi_1}{\Delta x_a}\sigma_a\Delta S_a \Delta x_a +\frac{1}{2}\frac{\phi_1-\phi_2}{\Delta x_1}\sigma_a\Delta S_a\Delta x_1+\frac{1}{2}\frac{\phi_2-\phi_3}{\Delta x_2}\sigma_a\Delta S_a\Delta x_2+\dots\nonumber\\
&=\frac{\varepsilon_0}{2}\frac{\phi_a-\phi_1}{\Delta x_a}E_a\Delta S_a \Delta x_a +\frac{\varepsilon_0}{2}\frac{\phi_1-\phi_2}{\Delta x_1}E_1\Delta S_1\Delta x_1+\frac{\varepsilon_0}{2}\frac{\phi_2-\phi_3}{\Delta x_2}E_2\Delta S_2\Delta x_2+\dots\nonumber\\
&=\frac{\varepsilon_0}{2}E_a^2 \Delta^3 x_a +\frac{\varepsilon_0}{2}E_1^2 \Delta^3 x_1 +\frac{\varepsilon_0}{2}E_2^2 \Delta^3 x_2 +\dots\nonumber\\
&=\sum_i\frac{\varepsilon_0}{2}E_i^2 \Delta^3 x_i
\end{align}
を得る。ただし、$\Delta^3 x_i:=\Delta S_i\Delta x_i$とした。
したがって、
\begin{align}
U_\mathrm{e}=\sum \Delta U_\mathrm{e}=\frac{\varepsilon_0}{2}\int \dd^3x\, \bm{E}^2(\bm{x})
\end{align}
の表式を得る。ただし、最後の積分は全空間にわたって行う。
以上の結果をまとめると、静電エネルギーは次の3通りの表現ができると分かった。
\begin{align}
U_\mathrm{e}&=\frac{Q^2}{2C},\\
U_\mathrm{e}&=\frac{1}{2}\int\phi(\bm{x})\rho(\bm{x})\, \dd^3 x,\\
U_\mathrm{e}&=\frac{\varepsilon_0}{2}\int \dd^3x\, \bm{E}^2(\bm{x}).
\end{align}
一様帯電球の静電エネルギー
これまでは導体球で考えたが、これらの表式を確認しながら帯電体の場合の静電エネルギーを求める。
半径$a$の一様帯電球がもつ静電エネルギーを考える。
そのためには、何もない(すなわち静電エネルギーがゼロの)状態から、無限遠の微小電荷を運び帯電球を創り上げるために必要な仕事を計算すればよい。
半径$a$の一様帯電球をつくるために、無限遠から厚さ$\dd r$の非常に薄い球殻電荷を運ぶことを考える。この電荷は、
\begin{align}
\dd Q=\rho4\pi r^2\, \dd r
\end{align}
と書ける。このとき、一様帯電球が半径$r'<a$まで出来上がっているとすると、その外部における静電ポテンシャルは
式\eqref{eq: ex_ans_sphere_phi}で得られている通り、
\begin{align}
\phi(r)=\frac{\rho r’^3}{3\varepsilon_0}\frac{1}{r}
\end{align}
と書ける。特に、表面における静電ポテンシャルは$\phi(r’)$である。よって、無限遠から表面$r=r’$まで微小電荷$\dd Q$を運ぶのに必要な仕事は、
\begin{align}
\dd U_\mathrm{e}=\dd W &= \dd Q \left(\phi(r’)-\phi(\infty)\right)\nonumber\\
&=\rho4\pi r’^2\, \dd r’ \cdot \frac{\rho r’^3}{3\varepsilon_0}\frac{1}{r’}=\frac{4\pi \rho^2}{3\varepsilon_0}r’^4\, \dd r’
\end{align}
である。
さらに、これを$r’:\ 0\to a$となるまで繰り返し、半径$a$の一様帯電球をつくる。
\begin{align}
U_\mathrm{e}=\int_0^a \dd U_\mathrm{e}=\int_0^a \frac{4\pi \rho^2}{3\varepsilon_0}r’^4\, \dd r’=\frac{3}{5}\frac{Q}{4\pi \varepsilon_0 a}=\frac{3}{5}Q\phi(a).\label{eq: sph_Ue_case1}
\end{align}
次に、第2の公式である$U_\mathrm{e}=\frac{1}{2}\int\phi(\bm{x})\rho(\bm{x})\, \dd^3 x$によって求めてみる。
これは球面座標系$(r,\theta,\phi)$で計算すればよい。
\begin{align}
U_\mathrm{e}&=\frac{1}{2}\int\phi(\bm{x})\rho(\bm{x})\, \dd^3 x\nonumber\\
&=\frac{1}{2}\int_0^\infty \dd r \int_0^{2\pi}\dd \phi\int_0^\pi \dd\theta\, r^2\sin\theta\, \phi(\bm{x})\rho(\bm{x})\nonumber\\
&=\frac{1}{2}\int_0^a \dd r \int_0^{2\pi}\dd \phi\int_0^\pi \dd\theta\, r^2\sin\theta\, \frac{\rho a^2}{2 \varepsilon_0}\left(1-\frac{1}{3}\frac{r^2}{a^2}\right) \rho\nonumber\\
&=\frac{1}{2}\frac{\rho^2}{2\varepsilon_0}4\pi \int_0^a r^2\left(a^2-\frac{r^2}{3}\right)\, \dd r\nonumber\\&=\frac{4\pi \rho^2}{15 \varepsilon_0}a^5=\frac{3}{5}\frac{Q}{4\pi \varepsilon_0 a}\label{eq: sph_Ue_case2}
\end{align}
となり、式\eqref{eq: sph_Ue_case1}の結果と一致する。
式\eqref{eq: ex_ans_sphere_gauss}より、
\begin{align}
U_\mathrm{e}&=\frac{\varepsilon_0}{2}\int \dd^3x\, \bm{E}^2(\bm{x})\nonumber\\
&=\frac{\varepsilon_0}{2}4\pi \int_0^a \left\{ \frac{Qr}{4\pi\varepsilon_0a^3} \right\}^2r^2\, \dd r + \frac{\varepsilon_0}{2}4\pi \int_a^\infty \left\{ \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2} \right\}^2r^2\, \dd r\nonumber\\
&=2\pi \varepsilon_0 \frac{Q^2}{16\pi^2 \varepsilon_0^2 a^6} \left[\frac{r^5}{5}\right]_0^a + 2\pi \varepsilon_0 \frac{Q^2}{16\pi^2 \varepsilon_0^2} \left[-\frac{1}{r}\right]_a^\infty\nonumber\\
&=\frac{1}{5}\frac{Q^2}{8\pi \varepsilon_0 a}+\frac{Q^2}{8\pi \varepsilon_0 a}\nonumber\\
&=\frac{1}{5}\frac{1}{2}Q\phi(a)+\frac{1}{2}Q\phi(a)=\frac{3}{5}Q\phi(a)\label{eq: sph_Ue_case3}
\end{align}
となり、式\eqref{eq: sph_Ue_case1}と式\eqref{eq: sph_Ue_case2}と一致する。やはり、静電エネルギーに関する3通りの表式は等価であることが確認できた。
導体球と一様帯電球の静電エネルギーの違い
ここで、最後に$U_\mathrm{e}^\text{帯電球}=\frac{3}{5}Q\phi(a)$について考察する。はじめに半径$a$の導体球の静電エネルギーを求めたときは式\eqref{eq: phi_Ue_case0}より$U_\mathrm{e}^\text{導体}=\frac{1}{2}Q\phi(a)$であった。すなわち、一様帯電球の場合には導体球よりも$1.2$倍だけ静電エネルギーが大きい。電場に戻って考えると、半径$a$の外側では導体球でも一様帯電球でも等しい電場と静電ポテンシャルとなっているため区別がない。これらの違いが生じるのは球内部であり、導体球は内部に電場がゼロとなっている一方で、一様帯電球では内部にも一様な電荷分布が存在し有限の電場が存在している。この寄与がまさに式\eqref{eq: sph_Ue_case3}に現れている。$a<r<\infty$の領域だけで静電エネルギーを考えると、やはり$U_\mathrm{e}(r>a)=\frac{1}{2}Q\phi(a)$である。そこに、$0<r<a$の領域の電場による静電エネルギーの寄与によって、$U_\mathrm{e}(r<a)=\frac{1}{10}Q\phi(a)$が付加され、導体球よりも大きな静電エネルギーをもつ。
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