3-03-2: 電場と電位 ＜例題１＞

この例題１と3-03-3の例題２を解けば、電場と電位の理解が格段に深まること請け合いです！　　

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例題　

　図のように\(x\)軸上の点A(\(-l,0\)), 点B(\(l,0\))（ただし\(l>0\)）に電気量がそれぞれ\(Q\) ,\(-Q\)（ただし\(Q>0\)）の二つの点電荷を固定した。クーロンの法則の比例定数を\(k\)とし、無限遠の点を電位の基準点とする。
問１　点C(\(-2l,0\))における電場の\(x\)成分\(E_x\)と電場の\(y\)成分\(E_y\)を求めよ。
問２　点Cにおける電位\(\phi\)を求めよ。
問３　点D(\(-l,d\))（ただし\(d>0\)）における電場の\(x\)成分\(E’_x\)と電場の\(y\)成分\(E’_y\)を求めよ。 
問４　点Dにおける電位\(\phi’\)を求めよ。　　       　　　　

解答・解説

問１  3-02-1の通り、電場とは1Cあたりに働く力[N/C]である。ゆえに点Cでの電場\(\vec{E}\)を知りたければ（図１）、点Aの電荷\(+Q\)が点Cの+1Cに及ぼす力、すなわち電場\(\vec{E_A}\)（その向きは\(+Q\)から+1Cへの斥力の向き）を求め、次いで点Bの電荷\(-Q\)が+1Cに及ぼす力\(\vec{E_B}\)（\(-Q\)から+1Cへの引力の向き）を求め、それらを合成すればよい(ベクトル和を取ればよい)：合成電場\(\vec{E}=\vec{E_A}+\vec{E_B}\)  
　電場の大きさ\(E_A\)は3-02-1の通り距離\(\overline{AC}\)の２乗に反比例するから、
　\(\displaystyle E_A=k\frac{Q}{\overline{AC}^2}=\frac{kQ}{l^2}\)
　同様に\(\displaystyle E_B=k\frac{Q}{\overline{BC}^2}=\frac{kQ}{(3l)^2}=\frac{1}{9}\frac{kQ}{l^2}\)
　ベクトル和の計算は\(x\)成分,\(y\)成分別々に調べていくのが基本。
　\(x\)成分\(\displaystyle E_x=-E_A+E_B=\)　　　　答　\(\displaystyle -\frac{8}{9}\frac{kQ}{l^2}\) 　　
　\(y\)成分\(E_y=\)　　　　　答　\(0\)

問２　3-03-1の通り、電位とは1Cあたりの持つ(電気力による)位置エネルギー[J/C＝V]である。ゆえに点Cでの電位\(\phi\)を知りたければ、点Aの電荷\(+Q\)が点Cの+1Cに持たせる位置エネルギー、すなわち電位\(\phi_A\)を求め、次いで点Bの電荷\(-Q\)が+1Cに持たせる位置エネルギー\(\phi_B\)を求め、それらを足せばよい：合成電位\(\phi=\phi_A+\phi_B\)  
　ここで電位とは要は「エネルギー的な高さ」(3-03-1)のことであるから、電荷\(+Q\)のつくるエネルギー的な高さ\(\phi_A\)と、電荷\(-Q\)のつくるエネルギー的な高さ\(\phi_B\)とを、単純に足す。この単純な和のことを「スカラー和」ともいう。ベクトル和を取る電場と、単純な和を取る電位との違いにくれぐれも注意しよう。ちなみに、エネルギーは向きと大きさを持つベクトルではない（その詳しい説明に興味のある者は1-16-3を参照のこと）。ゆえに電位(1Cあたりの持つ位置エネルギー)もベクトルではない。ベクトルの電場は矢印で図示できたが（図１）、ベクトルでない電位は矢印で図示することはできない。
　3-03-1の通り、電位は距離\(\overline{AC}\)の１乗に反比例するから、
　\(\displaystyle \phi_A=k\frac{Q}{\overline{AC}}=\frac{kQ}{l}\)
　同様に\(\displaystyle \phi_B=k\frac{-Q}{\overline{BC}}=k\frac{-Q}{3l}\)　[ 負電荷\(-Q\)のつくる電位は負である(3-03-1) ]
　よって　\(\displaystyle \phi=\phi_A+\phi_B=\)　　　　答　 \(\displaystyle \frac{2}{3}\frac{kQ}{l}\)

問３　（図２）問１と同様に合成電場\(\vec{E’}=\vec{E’_A}+\vec{E’_B}\) 
　いま、大きさ\(\displaystyle E’_A=k\frac{Q}{\overline{AD}^2}=\frac{kQ}{d^2}\)　
　\(\displaystyle E’_B=k\frac{Q}{\overline{BD}^2}=\frac{kQ}{(2l)^2+d^2}=\frac{kQ}{4l^2+d^2}\)　[ △DABでの三平方の定理を用いた ]
　また、図の\(\theta\)について \(\displaystyle \cos\theta=\frac{2l}{\overline{BD}}=\frac{2l}{\sqrt{4l^2+d^2}}\) , \(\displaystyle \sin\theta=\frac{d}{\overline{BD}}=\frac{d}{\sqrt{4l^2+d^2}}\)
　よって\(x\)成分\(\displaystyle E’_x=E’_B\cos\theta=\frac{kQ}{4l^2+d^2}\frac{2l}{\sqrt{4l^2+d^2}}=\)　　　　答　 \(\displaystyle \frac{2kQl}{(4l^2+d^2)^{\frac{3}{2}}}\)
　\(y\)成分\(\displaystyle E’_y=E’_A-E’_B\sin\theta=\frac{kQ}{d^2}-\frac{kQ}{4l^2+d^2}\frac{d}{\sqrt{4l^2+d^2}}\)
　\(=\)　　　　答　 \(\displaystyle kQ\left(\frac{1}{d^2}-\frac{d}{(4l^2+d^2)^{\frac{3}{2}}}\right)\)

問４　問２と同様に合成電位\(\phi’=\phi’_A+\phi’_B\) 
　いま\(\displaystyle \phi’_A=k\frac{Q}{\overline{AD}}=\frac{kQ}{d}\)　,　\(\displaystyle \phi’_B=k\frac{-Q}{\overline{BD}}=\frac{-kQ}{\sqrt{4l^2+d^2}}\)
　よって\(\displaystyle \phi’=\phi’_A+\phi’_B=\)　　　　答　 \(\displaystyle kQ\left(\frac{1}{d}-\frac{1}{ {\sqrt{4l^2+d^2}}}\right)\)