【例題あり】連続的電荷分布の電場と電気力線

2025年11月7日2025年11月10日

連続的電荷分布のつくる電場の計算方法と電気力線の性質や基本事項についてまとめました。

前回の記事はこちらから

電場の重ね合わせ

（復習）電場の重ね合わせの原理

複数の点電荷 $Q_1, Q_2, \dots$ がそれぞれ $\boldsymbol{E}1, \boldsymbol{E}_2, \dots$ という電場をある点 $\boldsymbol{r}$ に作るとき，その点での合成電場 $\boldsymbol{E}$ は， $$ \boldsymbol{E}(\boldsymbol{r}) = \boldsymbol{E}_1(\boldsymbol{r}) + \boldsymbol{E}_2(\boldsymbol{r}) + \dots = \sum_{i} \boldsymbol{E}_i(\boldsymbol{r}) $$ というベクトル和で与えられたことを前の記事では説明しました。

連続的な電荷分布の作る電場

電荷が線や面，体積にわたって連続的に分布している場合，積分を用いて電場を計算することが出来ます。

実際に概要をさらってみましょう。いま，電荷分布を微小な電荷素片 $dq$ に分割します。

次に$dq$ を点電荷とみなし，それが作る微小な電場 $d\boldsymbol{E}$ を求めます。$$ d\boldsymbol{E} = \frac{dq}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{\boldsymbol{r} -\boldsymbol{r}’}{|\boldsymbol{r} -\boldsymbol{r}’|^3} $$

これを電荷分布全体で積分します。$$ \boldsymbol{E}(\boldsymbol{r}) = \int d\boldsymbol{E} = \int \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{\boldsymbol{r} -\boldsymbol{r}’}{|\boldsymbol{r} -\boldsymbol{r}’|^3} dq $$ ここで，$dq$ は分布の仕方によって以下のように書き換えます。

$dq$ の書き換え方のまとめ

線電荷密度 $\lambda \, \mathrm{[C/m]}$ : $dq = \lambda dl$ （$dl$ は微小長さ）
面電荷密度 $\sigma \, \mathrm{[C/m^2]}$ : $dq = \sigma dS$ （$dS$ は微小面積）
体積電荷密度 $\rho \, \mathrm{[C/m^3]}$ : $dq = \rho dV$ （$dV$ は微小体積）

電気力線

電場はベクトル場であり，目に見えません。この電場の様子を視覚的に表現するためにファラデーが導入したのが「電気力線」です。

電気力線は，以下のルールに従って描かれる仮想的な線です。

電気力線のルール

電場の向き：電気力線上の各点での接線の向きが，その点での電場の向き $\boldsymbol{E}$ と一致する。
電場の強さ：電気力線に垂直な単位面積を貫く線の本数（密度）が，その点での電場の強さ（大きさ）$|\boldsymbol{E}|$ に比例するように描く。
出発点と終点：正電荷から湧き出し，負電荷に吸い込まれる。（電荷がない場所で途切れたり，始まったりしない）
その他：電気力線同士は交わったり，枝分かれしたりしない。

例題

例題1

$xy$ 平面上で，点 $A(0, d/2)$ に $+q$，$B(0, -d/2)$ に $-q$ の点電荷が置かれている ($q>0, d>0$)。これを電気双極子と呼ぶ。

(1) $x$ 軸上の点 $P(x, 0)$ における電場 $\boldsymbol{E}_P$ を求めよ。

(2) $y$ 軸上の点 $R(0, y)$ ($y > d/2$) における電場 $\boldsymbol{E}_R$ を求めよ。

(3) (1), (2)の結果を用いて，$x \gg d$ や $y \gg d$ のとき（双極子から十分遠方）の電場の近似式を求めよ。

あんとら

(1) (2) どちらも重ね合わせの原理 $\boldsymbol{E} = \boldsymbol{E}_A + \boldsymbol{E}_B$ を使います。$A(+q)$ が作る電場と $B(-q)$ が作る電場をベクトルで計算し，足し合わせます。対称性に注意すると計算が楽になります。

(3) $a \gg b$ のときに $\sqrt{a^2 + b^2} \approx a$ や $(1+x)^\alpha \approx 1+\alpha x$ ($|x| \ll 1$) といった近似式（二項近似）を利用します。

【解答】
(1) 点 $P(x, 0)$ における電場 $\boldsymbol{E}_P$，電荷 $+q$ ($A(0, d/2)$) が $P$ に作る電場を $\boldsymbol{E}_A$，電荷 $-q$ ($B(0, -d/2)$) が $P$ に作る電場を $\boldsymbol{E}_B$ とする。

また，AからPまでの距離を $$r_{AP} = \sqrt{x^2 + (d/2)^2}$$ BからPまでの距離を $$r_{BP} = \sqrt{x^2 + (-d/2)^2} = r_{AP}$$ とする。ここで $\boldsymbol{E}_A$ はAからPへ向かう向き，$\boldsymbol{E}_B$ はPからBへ向かう向きとする。このとき$$E_A = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q}{r_{AP}^2} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q}{x^2 + (d/2)^2}$$ $$E_B = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{|-q|}{r_{BP}^2} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q}{x^2 + (d/2)^2}$$ となる。

$\boldsymbol{E}_A$ と $\boldsymbol{E}_B$ の $x$ 成分は対称性から打ち消し合う。 $y$ 成分は両方とも $-y$ 方向を向く。 $\boldsymbol{E}_A$ の $y$ 成分 $E_{Ay}$ は，$E_A \times \cos \theta$（$\theta$ はAPと $y$ 軸のなす角）ではなく，$E_A \times \sin \phi$（$\phi$ はAPと$x$軸のなす角）で求める。すなわち
$$\sin \phi = (d/2) / r_{AP}$$ これより $$E_{Ay} = -E_A \sin \phi = -\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q}{x^2 + (d/2)^2} \frac{d/2}{\sqrt{x^2 + (d/2)^2}}$$ $\boldsymbol{E}_B$ の $y$ 成分 $E_{By}$ も同様に $$E_{By} = -E_B \sin \phi = E_{Ay}$$ よって $\boldsymbol{E}_P = \boldsymbol{E}_A + \boldsymbol{E}_B$ の $y$ 成分 $E_{Py}$ は $$\begin{align} E_{Py} &= E_{Ay} + E_{By} \\
&= -2 \times \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q (d/2)}{(x^2 + (d/2)^2)^{3/2}} \\
&= -\frac{qd}{4 \pi \varepsilon_0 (x^2 + d^2/4)^{3/2}} \\
&=\color{red}{ \left( 0, – \frac{qd}{4 \pi \varepsilon_0 (x^2 + d^2/4)^{3/2}} \right)} \end{align}$$

(2) 点 $R(0, y)$ ($y > d/2$) における電場を $\boldsymbol{E}_R$，$A$ から $R$ までの距離を $$r_{AR} = y -\frac{d}{2}$$ $B$ から $R$ までの距離を $$r_{BR} = y -\left(-\frac{d}{2}\right) = y +\frac{d}{2}$$ とする。また $\boldsymbol{E}_A$ は $A$ から湧き出す向き（$+y$ 方向）， $\boldsymbol{E}_B$ は $B$ に吸い込まれる向き（$-y$ 方向）とする。このとき $$ E_A = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q}{r{AR}^2} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q}{(y -d/2)^2} $$ $$ E_B = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{|-q|}{r_{BR}^2} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q}{(y + d/2)^2} $$ 合成電場 $\boldsymbol{E}_R$ は $y$ 成分のみ持ち， $$\begin{align} E_{Ry} &= E_A – E_B = \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0} \left( \frac{1}{(y -d/2)^2} – \frac{1}{(y + d/2)^2} \right) \\
& = \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{(y + d/2)^2 – (y -d/2)^2}{(y – d/2)^2 (y + d/2)^2} \\
&= \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{(y^2 + yd + d^2/4) – (y^2 -yd + d^2/4)}{(y^2 -d^2/4)^2} \\
&= \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{2yd}{(y^2 -d^2/4)^2} \\
&= \frac{2qd y}{4 \pi \varepsilon_0 (y^2 -d^2/4)^2} \end{align}$$ よって
$$ \boldsymbol{E}_R = \left( 0, \frac{2qd y}{4 \pi \varepsilon_0 (y^2 – d^2/4)^2} \right) $$
(3) $p = qd$ を電気双極子モーメントと呼ぶ。

$x \gg d$ のとき：$$E_{Py} = -\frac{p}{4 \pi \varepsilon_0 (x^2 + d^2/4)^{3/2}} \approx -\frac{p}{4 \pi \varepsilon_0 (x^2)^{3/2}} = \color{red}{-\frac{p}{4 \pi \varepsilon_0 x^3}}$$ 大きさは $p / (4 \pi \varepsilon_0 x^3)$ となり，$1/x^3$ に比例して減衰する。

$y \gg d$ のとき：$$E_{Ry} = \frac{p (2y)}{4 \pi \varepsilon_0 (y^2 – d^2/4)^2} \approx \frac{p (2y)}{4 \pi \varepsilon_0 (y^2)^2} = \frac{2p y}{4 \pi \varepsilon_0 y^4} =\color{red}{ \frac{2p}{4 \pi \varepsilon_0 y^3}}$$ 大きさは $2p / (4 \pi \varepsilon_0 y^3)$ となり，こちらも $1/y^3$ に比例して減衰する。

例題2

前の記事の系（$y$ 軸上に $-L \le y \le L$ で線密度 $\lambda > 0$ の電荷分布）について，$x$ 軸上の点 $P(x_0, 0)$ ($x_0 > 0$) における電場 $\boldsymbol{E}$ を求めよ。真空の誘電率を $\varepsilon_0$ とする。

あんとら

これは前に扱った問題（力 $\boldsymbol{F}$ を求める）と本質的に同じです。$\boldsymbol{F} = q_0 \boldsymbol{E}$ の関係にあるので，$\boldsymbol{E} = \boldsymbol{F} / q_0$ となります

これより，前に扱ったときの問題の解答から $q_0$ を取り除くだけで電場 $\boldsymbol{E}$ が求まります

【解答】
連続的な電荷分布からの電場を求めるには，電荷素片 $dq$ が作る電場 $d\boldsymbol{E}$ を積分する。

$y$ 軸上の位置 $y$ ($ -L \le y \le L $) にある微小な長さ $dy$ の電荷素片 $dq = \lambda dy$ を考える。この $dq$ の位置ベクトルは $\boldsymbol{r}’ = (0, y, 0)$ である。点 $P$ の位置ベクトルは $\boldsymbol{r} = (x_0, 0, 0)$ である。

以上より $dq$ が $P$ に作る電場 $d\boldsymbol{E}$ は，$$ d\boldsymbol{E} = \frac{dq}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’}{|\boldsymbol{r} – \boldsymbol{r}’|^3} = \frac{\lambda dy}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{(x_0, -y, 0)}{(x_0^2 + y^2)^{3/2}} $$ これを $y = -L$ から $y = L$ まで積分する。$y$ 成分は，被積分関数が奇関数であり積分区間が対称なため $0$ になる（対称性より明らか）。$x$ 成分 $E_x$ は，$$ E_x = \int dE_x = \frac{\lambda x_0}{4 \pi \varepsilon_0} \int_{-L}^{L} \frac{1}{(x_0^2 + y^2)^{3/2}} dy $$ この積分は前の記事で計算した通り，$$ \int_{-L}^{L} \frac{1}{(x_0^2 + y^2)^{3/2}} dy = \frac{1}{x_0^2} \frac{2L}{\sqrt{x_0^2 + L^2}} $$ である。

よって，$$ E_x = \frac{\lambda x_0}{4 \pi \varepsilon_0} \left( \frac{1}{x_0^2} \frac{2L}{\sqrt{x_0^2 + L^2}} \right) = \frac{\lambda}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{2L}{x_0 \sqrt{x_0^2 + L^2}} $$ $E_y = 0, E_z = 0$ なので，求める電場 $\boldsymbol{E}$ は，$$ \boldsymbol{E} = \left( \frac{2 \lambda L}{4 \pi \varepsilon_0 x_0 \sqrt{x_0^2 + L^2}}, 0, 0 \right) $$である。