【例題あり】電位の定義と電場の関係

電位の定義と電場の関係についてまとめました。

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今回は，電場を扱うもう一つのアプローチとして，「電位（スカラー）」という量を導入します。

静電力と位置エネルギー

静電力は保存力

ある力 $\boldsymbol{F}$ が「保存力」であるとは，その力が物体をある点Aから点Bまで運ぶときに必要な仕事 $W$ が，途中の経路によらないことを意味します。（例：重力）

そして，静電力（クーロン力）も保存力であることが知られています。

保存力がする仕事は経路によらないため，「位置エネルギー（ポテンシャルエネルギー）」$U$ を定義することができます。

力 $\boldsymbol{F}$ と位置エネルギー $U$ の関係は，$$ \boldsymbol{F} = -\mathrm{grad} \, U = -\nabla U $$
と表されます。（まずは1次元 $F_x = -dU/dx$ を思い出すと理解が早いです）

電位の定義

静電力 $\boldsymbol{F}$ も保存力なので，静電力による位置エネルギー $U$ を定義できます。

ここで，電場 $\boldsymbol{E}$ 中の点 $\boldsymbol{r}$ に電荷 $q$ を置いたとき，電荷 $q$ が持つ位置エネルギー $U(\boldsymbol{r})$ を考えます。

電荷が受ける力 $\boldsymbol{F} = q \boldsymbol{E}$ は $q$ に比例するので，その位置エネルギー $U$ も $q$ に比例するはずです。

そこで，$U(\boldsymbol{r})$ を $q$ で割った量，すなわち「単位電荷（$+1 \, \mathrm{C}$）あたりの位置エネルギー」を定義し，これを「電位」または「静電ポテンシャル」 と呼び，$V(\boldsymbol{r})$ で表します。

したがって，$U(\boldsymbol{r}) = q V(\boldsymbol{r})$ です。

電位のSI単位は ボルト (Volt)，記号は $\mathrm{V}$ です。定義より，$1 \, \mathrm{V} = 1 \, \mathrm{J/C}$ (ジュール毎クーロン) です。

例題

【解答】
(A) 経路 $\boldsymbol{l} = (x, 0, 0)$，$d\boldsymbol{l} = dx \, \boldsymbol{i}$ ($x$ は $0 \to a$)， 外力 $\boldsymbol{F}_{\text{ext}} = -q\boldsymbol{E} = -q E_0 \boldsymbol{i}$ である。これより $$\begin{align} W_A &= \int_O^P \boldsymbol{F}_{\text{ext}} \cdot d\boldsymbol{l} \\
&= \int_0^a (-q E_0 \boldsymbol{i}) \cdot (dx \, \boldsymbol{i}) \\
&= \int_0^a -q E_0 dx = -q E_0 [x]_0^a = \color{red}{-q E_0 a} \end{align}$$
である。

(B) 経路 $\boldsymbol{l} = (0, y, 0)$，$d\boldsymbol{l} = dy \, \boldsymbol{j}$ ($y$ は $0 \to b$)，外力 $\boldsymbol{F}_{\text{ext}} = -q E_0 \boldsymbol{i}$ である。これより $$\begin{align} W_B &= \int_O^R \boldsymbol{F}_{\text{ext}} \cdot d\boldsymbol{l}\\
& = \int_0^b (-q E_0 \boldsymbol{i}) \cdot (dy \, \boldsymbol{j}) \end{align} $$ $\boldsymbol{i} \cdot \boldsymbol{j} = 0$ なので，$$ W_B = \int_0^b 0 \, dy = \color{red}{0} $$ である。（電場に逆らう方向には移動していないため，仕事は 0）

(C) 経路 $O \to P \to S$ の仕事 $W_C$ は， $O \to P$ の仕事 $W_{O \to P}$ と $P \to S$ の仕事 $W_{P \to S}$ の和である。

$W_{O \to P}$ は (A) で求めた $W_A = -q E_0 a$ である。

経路 $P \to S$： $\boldsymbol{l} = (a, y, 0)$，$d\boldsymbol{l} = dy \, \boldsymbol{j}$ ($y$ は $0 \to b$)，外力 $\boldsymbol{F}_{\text{ext}} = -q E_0 \boldsymbol{i}$であるので $$\begin{align} W{P \to S} &= \int_P^S \boldsymbol{F}_{\text{ext}} \cdot d\boldsymbol{l} \\
&= \int_0^b (-q E_0 \boldsymbol{i}) \cdot (dy \, \boldsymbol{j}) = 0 \end{align}$$ よって，全仕事 $W_C$ は， $$ W_C = W{O \to P} + W_{P \to S} = (-q E_0 a) + 0 = \color{red}{-q E_0 a} $$ である。

【解答】
(A) 経路 $x=\infty \to a$ について，$x$ 軸上では，$\boldsymbol{r} = x \boldsymbol{i}$，$r = x$，$\boldsymbol{e}_r = \boldsymbol{i}$。 電場 $\boldsymbol{E} = \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_0 x^2} \boldsymbol{i}$。 外力 $\boldsymbol{F}_{\text{ext}} = -q \boldsymbol{E} = – \frac{qQ}{4 \pi \varepsilon_0 x^2} \boldsymbol{i}$。積分経路 $d\boldsymbol{l} = dx \, \boldsymbol{i}$である。以上より $$\begin{align} W_A &= \int_{\infty}^a \boldsymbol{F}_{\text{ext}} \cdot d\boldsymbol{l} = \int_{\infty}^a \left( – \frac{qQ}{4 \pi \varepsilon_0 x^2} \boldsymbol{i} \right) \cdot (dx \, \boldsymbol{i}) \\
&= – \frac{qQ}{4 \pi \varepsilon_0} \int_{\infty}^a \frac{1}{x^2} dx = – \frac{qQ}{4 \pi \varepsilon_0} \left[ – \frac{1}{x} \right]_{\infty}^a \\
&= – \frac{qQ}{4 \pi \varepsilon_0} \left( – \frac{1}{a} – \left(- \frac{1}{\infty}\right) \right) = \color{red}{\frac{qQ}{4 \pi \varepsilon_0 a}} \end{align}$$ である。

(B) 経路 $y=\infty \to a$（経路B1）と 円弧 $y=a \to x=a$（経路B2）に分割する。$$W_B = W_{B1} + W_{B2}$$

経路B1 ($y=\infty \to a$) について，$y$ 軸上では，$\boldsymbol{r} = y \boldsymbol{j}$，$r = y$，$\boldsymbol{e}_r = \boldsymbol{j}$。 電場 $\boldsymbol{E} = \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_0 y^2} \boldsymbol{j}$。 外力 $\boldsymbol{F}_{\text{ext}} = – \frac{qQ}{4 \pi \varepsilon_0 y^2} \boldsymbol{j}$。積分経路 $d\boldsymbol{l} = dy \, \boldsymbol{j}$。これから $$ W_{B1} = \int_{\infty}^a \left( – \frac{qQ}{4 \pi \varepsilon_0 y^2} \boldsymbol{j} \right) \cdot (dy \, \boldsymbol{j}) = – \frac{qQ}{4 \pi \varepsilon_0} \int_{\infty}^a \frac{1}{y^2} dy $$ これは (A) の積分と全く同じであり，$$W_{B1} = \frac{qQ}{4 \pi \varepsilon_0 a}$$ である。

経路B2（半径 $a$ の円弧）について，この経路上の任意の点では，原点からの距離 $r = a$ で一定である。電場 $\boldsymbol{E}$ は常に動径方向 $\boldsymbol{e}_r$ を向く。 外力 $\boldsymbol{F}_{\text{ext}} = -q \boldsymbol{E}$ は，常に動径と逆向き（$- \boldsymbol{e}_r$）を向く。 積分経路 $d\boldsymbol{l}$ は円弧に沿っており，常に動径方向 $\boldsymbol{e}_r$ と直交する（接線方向 $\boldsymbol{e}_\theta$ を向く）。よって，$\boldsymbol{F}_{\text{ext}} \cdot d\boldsymbol{l} = 0$ である。これより $$ W_{B2} = \int_{\text{arc}} \boldsymbol{F}_{\text{ext}} \cdot d\boldsymbol{l} = \int 0 \, dl = \color{red}{0} $$（等電位面上を移動させる仕事は 0 である。）

以上より，全仕事 $W_B$ は$$ W_B = W_{B1} + W_{B2} = \frac{qQ}{4 \pi \varepsilon_0 a} + 0 = \color{red}{\frac{qQ}{4 \pi \varepsilon_0 a} }$$ である。これより $W_A = W_B$ となり，仕事が経路によらないことが確かめられた。

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