静電エネルギーの定義・公式｜コンデンサー・球・球殻

コンデンサーの理論 で扱ったように，極板上の面電荷密度 $\sigma$，極板間の電場 $E$，極板間の電圧 $V$，電気容量 $C$ は，それぞれ

$$\sigma = \dfrac{Q}{C} \\ E = \dfrac{Q}{\varepsilon_0 S} \\ V =Ed = \dfrac{Q}{\varepsilon_0 S} d \\ C = \dfrac{Q}{V} = \dfrac{\varepsilon_0 S}{d}$$

である。

いま，充電の途中，極板上の電荷の絶対値が $q$ になったときの電圧 $V(q)$ は，

$$V(q) = \dfrac{q}{C}$$

であり、ここからさらに $dq$ だけ電荷を蓄えるために必要な仕事 $dU(q)$ は

$$dU(q) = V(q)dq = \dfrac{q}{C} dq$$

$q$ を $0$ から $Q$ まで積分して，求める静電エネルギー $U$ は

$$U = \int^{Q}_{0} \dfrac{q}{C} dq = \dfrac{Q^2}{2C}$$

となる。

コンデンサーの公式

$$Q = CV$$

を用いれば，他の表式も得られる。

半径 $R$ の球Bに大きさ $Q (>0)$ の電荷が一様に帯電している場合を考える。座標の原点を球の中心 $O$ に取り，原点からの距離を $r$ で表すことにする。

ここでは $r \geq R$ のときのみを示す。

中心を $O$ とする半径 $r$ の球B’を考える。この球が空間内に占める領域を $V$，この球の表面積を $S$ とすると，Gaussの法則 (詳しくはマクスウェル方程式内の「Gaussの法則」の節を参照ください) により，

$$\int_{S} \boldsymbol{E} \cdot \boldsymbol{n} dS = \dfrac{1}{\varepsilon_0} \int_{V} \rho dV$$

左辺は，各電荷は放射状に電場を放出することを考えれば，B’の表面の各地点においても電場は表面と直交している。$Q > 0$ より

$$\boldsymbol{E} \cdot \boldsymbol{n} = |\boldsymbol{E}|$$ であるから，

$$\int_{S} \boldsymbol{E} \cdot \boldsymbol{n} dS = |\boldsymbol{E}| \int_{S} dS = 4 \pi r^2 |\boldsymbol{E}|$$

一方，右辺の積分はいま領域 $V$ 内の総電荷を求めることに等しく，

$$\dfrac{1}{\varepsilon_0} \int_{V} \rho dV = \dfrac{Q}{\varepsilon_0}$$

よって，

$$4 \pi r^2 |\boldsymbol{E}| = \dfrac{Q}{\varepsilon_0}$$

$$\therefore |\boldsymbol{E}| = \dfrac{Q}{4 \pi \varepsilon_0 r^2}$$

よって，

$$\boldsymbol E = \dfrac{Q}{4 \pi \varepsilon_0 r^2} \dfrac{\boldsymbol{r}}{r}$$

これは $Q < 0$ の場合も成立している。

この結果より，一様に帯電している球の電場は，その外側では，帯電している全電荷が球の原点に集まっているときと同じ表式になっていることが分かる(詳しくは別の記事で説明します)。

したがって，$r \geq R$ でのこの球による静電ポテンシャル $\phi(r)$ は，電位の定義｜エネルギーとしての解釈・具体例のときと同様に計算して，

$$\phi(r) = \dfrac{Q}{4 \pi \varepsilon_0 r}$$

となる。

下図のように，電荷密度 $\rho$，半径 $r$ の球の半径を $dr$ だけ拡大することを考える。ただし，

$$\rho = \dfrac{Q}{4 \pi {R}^3/3} = 3 \dfrac{Q}{4 \pi {R}^3}$$

とする。

新たに拡大する範囲に含まれる電荷は $$dq = 4 \pi r^2 \rho dr$$

であることに注意する。

いま、半径 $r$ の球に含まれる電荷 $q$ は $$q = \dfrac{4}{3} \pi r^3 \rho$$

であり、この電荷が $r$ の位置に作る静電ポテンシャル $\phi(r)$ は，上で求めたように

$$\phi(r) = \dfrac{q}{4 \pi \varepsilon_0 r}$$

であるから，厚さ $dr$ ，全電荷 $dq$ の球殻状電荷を付け加えるために必要な仕事 $dU(r)$ は，仕事の定義により

$$dU(r) = \phi(r) dq = 3 \dfrac{Q^2}{4 \pi \varepsilon_0 {R}^6} r^4 dr$$

である。これを $0$ から $R$ まで積分して，

$$U = \int^{R}_{0}3 \dfrac{Q^2}{4 \pi \varepsilon_0 {R}^6} r^4 dr \\ = \left[\dfrac{3}{5} \dfrac{Q^2}{4 \pi \varepsilon_0 {R}^6} r^5 \right]^{R}_{0} \\ = \dfrac{3}{5} \dfrac{Q^2}{4 \pi \varepsilon_0 R} \\$$

を得る。

導体の球殻を帯電させると，電気誘導により，電荷は導体表面にのみ分布することに注意する。

いま，下図のように，半径 $R$ の球殻に全電荷 $q$ が蓄えられている状態で，電荷をさらに $dq$ だけ付加することを考える。

全電荷が $q$ である時、球殻の持つ静電ポテンシャル $\phi(q)$ は，先程と同様に求めて

$$\phi(r) = \dfrac{q}{4 \pi \varepsilon_0 R}$$

微小電荷 $dq$ を付加するために必要な仕事 $dU(q)$ は

$$dU(q) = \dfrac{q}{4 \pi \varepsilon_0 R} dq$$

であるから，球殻に蓄えられる全電荷が $Q$ のとき，その球が蓄える静電エネルギーは，$q$ を $0$　から $Q$ まで積分して

$$U = \int^{Q}_{0} \dfrac{q}{4 \pi \varepsilon_0 R} dq = \dfrac{1}{2} \dfrac{Q^2}{4 \pi \varepsilon_0 R}$$

となる。

(1) 十分時間が経ったとき，即ち定常状態において，コンデンサーに蓄えられている電荷 $Q$ を求める。定常状態では回路に電流が流れていないことに注意して，キルヒホッフ則 (詳しくは別の記事で解説します) より

$$V = \dfrac{Q}{C}$$

$$\therefore Q = CV$$

これより，電池は電荷量 $CV$ の電荷を静電ポテンシャルが $V$ だけ高いところに押し上げたので，電池がした仕事は，

$$W = QV = CV^2$$

(2)キルヒホッフ則より，定常状態ではコンデンサーに加わっている電圧は $V$ であるから，コンデンサーの静電エネルギーの公式より，

$$U = \dfrac{1}{2} C V^2$$

(3)抵抗で消費されるジュール熱の公式はありますが，今回のような問題では抵抗を流れる電流や抵抗に加わる電圧は時々刻々と変化し，それを追うのはそれなりに面倒なので，ジュール熱の公式を利用して解こうとするとかなり骨を折ることになります。このような場合では，熱がエネルギーの一つの形態であることを利用して，熱力学第一法則(エネルギー保存則)から求めることを考えてみましょう。

(1)と(2)の結果より，

$$W \neq U$$

であることがわかる。ここで，抵抗，コンデンサーおよび導線を系の内部，電池を系の外部と考えて，この系に対して熱力学第一法則 (詳しくは熱力学第一法則｜仕事と内部エネルギーの関係をご覧ください) を用いると，

$$W = J + U$$

ここに，$J$ は一般に，系の内部で発生した熱である。いま，抵抗，コンデンサーおよび導線を系とみなしているので，$J$ は導線により生じるジュール熱であると認めてよい。(1)と(2)の結果より，定常状態になるまでに抵抗で消費されたジュール熱の総和は

$$J = W - U = \dfrac{1}{2} C {V}^2$$