【例題あり】電束の定義と計算方法

電束の定義とその計算方法についてまとめました。

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電束

電束とは？

電束の概念に入る前にここまでで学習したことを一度整理しましょう。ここまではクーロン力を「場」の考え方で捉え直した「電場（電界） $\boldsymbol{E}$」を導入してきました。

少し復習

しかし，電荷が複雑に分布していると，この積分計算は非常に困難になる場合があります。

ですが，「対称性」がうまく使える状況では，積分をせずに（あるいは非常に簡単な積分だけで）電場を求める強力な法則があります。それが「ガウスの法則」です。

ガウスの法則を理解するために，まず「電束」$\Phi_E$という量を定義します。

これは，電場 $\boldsymbol{E}$ が，ある面 $S$ をどれだけ「貫いているか」を表す量です。

イメージとしては，前回説明した「電気力線」が，ある面を何本突き抜けているか，という量だと考えてください。

電束の定義

電束は，数学的には「電場の面積積分」として定義されます。

一様な電場と平らな面

まず簡単な場合として，一様な電場 $\boldsymbol{E}$ が，面積 $S$ の平らな面を貫いている状況を考えます。

面の法線ベクトル（面に垂直で長さが 1 のベクトル）を $\boldsymbol{n}$ とし，$\boldsymbol{E}$ と $\boldsymbol{n}$ のなす角を $\theta$ とします。

このとき，電束 $\Phi_E$ は，$$ \Phi_E = (E \cos \theta) S = |\boldsymbol{E}| |\boldsymbol{S}| \cos \theta $$ と定義されます。

ここで，$\boldsymbol{S} = S \boldsymbol{n}$ は，「面積ベクトル」と呼ばれる量で，大きさが面積 $S$ で向きが法線方向 $\boldsymbol{n}$ のベクトルです。

一般的な電場と曲面

電場 $\boldsymbol{E}(\boldsymbol{r})$ が場所によって異なり，面 $S$ も曲がっている一般的な場合を考えます。

この場合，面 $S$ を無数の微小な面積 $dS$ に分割します。各 $dS$ は非常に小さいため「平ら」だとみなせます。

その場所での面積ベクトルを $d\boldsymbol{S}$（大きさが $dS$ で，向きはその場所の法線方向 $\boldsymbol{n}$ を向くベクトル）と書くことにします。

その微小面 $d\boldsymbol{S}$ を貫く微小な電束 $d\Phi_E$ は，上と同様に，$$ d\Phi_E = \boldsymbol{E} \cdot d\boldsymbol{S} $$ と書けます。

面 $S$ 全体を貫く電束 $\Phi_E$ は，これら全ての $d\Phi_E$ を足し合わせれば（つまり積分すれば）求まります。$$ \Phi_E = \int_S d\Phi_E = \int_S \boldsymbol{E} \cdot d\boldsymbol{S} $$ これを，電場 $\boldsymbol{E}$ の，面 $S$ 上での「面積積分」と呼びます。

例題

【解答】
(1) 面 $S$ は $yz$ 平面内にあり，一辺の長さは $a$ である。面積は $S = a^2$ である。法線方向は $+x$ 方向と指定されている。$+x$ 方向の単位ベクトルは $\boldsymbol{i}$ である。

よって，面積ベクトル $\boldsymbol{S}$ は，$$ \boldsymbol{S} = S \boldsymbol{n} = a^2 \boldsymbol{i} =\color{red}{ (a^2, 0, 0)} $$ である。

(2) 電場 $\boldsymbol{E} = E_0 \boldsymbol{i}$ は一様であり，面 $S$ も平らである。

したがって，電束 $\Phi_E$ は面積積分 $\int_S \boldsymbol{E} \cdot d\boldsymbol{S}$ を行わずに，単純な内積 $\boldsymbol{E} \cdot \boldsymbol{S}$ で計算できる。
$$\begin{align} \Phi_E &= \boldsymbol{E} \cdot \boldsymbol{S} = (E_0 \boldsymbol{i}) \cdot (a^2 \boldsymbol{i}) \\
&= E_0 a^2 (\boldsymbol{i} \cdot \boldsymbol{i}) = \color{red}{E_0 a^2} \end{align}$$（ここで $\boldsymbol{i} \cdot \boldsymbol{i} = 1$ を用いた）である。

【解答】
原点の電荷 $Q$ が，円盤上の位置 $\boldsymbol{r} = (x, y, 0)$ に作る電場 $\boldsymbol{E}$ を考える。この電場は $xy$ 平面内を向く（$\boldsymbol{r}$ 方向）。

次に，円盤の面積ベクトル $d\boldsymbol{S}$ は $z$ 方向（$d\boldsymbol{S} = dS \, \boldsymbol{k}$）を向いている。これより，電場 $\boldsymbol{E}$ と $d\boldsymbol{S}$ は常に直交する ($\boldsymbol{E} \cdot d\boldsymbol{S} = 0$)。

よって，電束は $$\Phi_E = \int \boldsymbol{E} \cdot d\boldsymbol{S} = \int 0 \, dS = \color{red}{0}$$

補足

もし $Q$ が $z=h$ にあり，$xy$ 平面（$z=0$）の半径 $R$ の円盤を貫く電束を求める場合，
$$d\boldsymbol{S} = r dr d\phi \, (-\boldsymbol{k})$$ （$z<h$ なので下向きを貫くと仮定）より $$\boldsymbol{E} = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0} \frac{(x, y, -h)}{(x^2+y^2+h^2)^{3/2}} = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0} \frac{(r \cos\phi, r \sin\phi, -h)}{(r^2+h^2)^{3/2}}$$ $$\boldsymbol{E} \cdot d\boldsymbol{S} = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0} \frac{+h}{(r^2+h^2)^{3/2}} r dr d\phi$$ よって $$\Phi_E = \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^R \frac{Qh}{4\pi\varepsilon_0} \frac{r}{(r^2+h^2)^{3/2}} dr$$ $u = r^2+h^2$ と置くと $du = 2r dr$ であり $$\begin{align}\Phi_E &= \frac{Qh (2\pi)}{4\pi\varepsilon_0} \int_{h^2}^{R^2+h^2} u^{-3/2} \frac{du}{2} \\
&= \frac{Qh}{4\varepsilon_0} [-2 u^{-1/2}]_{h^2}^{R^2+h^2} \\
&= \frac{Qh}{4\varepsilon_0} \left( -2 \frac{1}{\sqrt{R^2+h^2}} -(-2 \frac{1}{\sqrt{h^2}}) \right) \\
&= \frac{Qh}{2\varepsilon_0} \left( \frac{1}{h} -\frac{1}{\sqrt{R^2+h^2}} \right) \\
&= \frac{Q}{2\varepsilon_0} \left( 1 -\frac{h}{\sqrt{R^2+h^2}} \right) \end{align}$$ となる。

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