半径 $a$ の薄い円板が一様な表面電荷密度 $\sigma$ で帯電している。円板の中心軸上で、円板の中心Oから距離 $z$ の点Pにおける電位 $V$ を求める。微小面積 $dS = r dr d\phi$ における電荷 $\sigma dS$ が点Pに作る電位 $dV$ は $dV = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{\sigma dS}{\sqrt{r^2+z^2}}$ で与えられる。ここで、$\epsilon_0$ は真空の誘電率である。

1. 問題の内容

半径 $a$ の薄い円板が一様な表面電荷密度 $\sigma$ で帯電している。円板の中心軸上で、円板の中心Oから距離 $z$ の点Pにおける電位 $V$ を求める。微小面積 $dS = r dr d\phi$ における電荷 $\sigma dS$ が点Pに作る電位 $dV$ は $dV = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{\sigma dS}{\sqrt{r^2+z^2}}$ で与えられる。ここで、$\epsilon_0$ は真空の誘電率である。

2. 解き方の手順

点Pにおける電位 $V$ は、$dV$ を円板全体で積分することで求められる。

$dS = r dr d\phi$ を用いて、$dV$ を書き換える。

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dV = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{\sigma r dr d\phi}{\sqrt{r^2+z^2}}

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積分範囲は $0 \leq r \leq a$ および $0 \leq \phi \leq 2\pi$ である。よって、電位 $V$ は

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V = \int dV = \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{a} \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{\sigma r dr d\phi}{\sqrt{r^2+z^2}}

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$\phi$ の積分は $\phi$ に依存しないので、

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V = \frac{\sigma}{4\pi\epsilon_0} \int_{0}^{2\pi} d\phi \int_{0}^{a} \frac{r dr}{\sqrt{r^2+z^2}}

= \frac{\sigma}{4\pi\epsilon_0} (2\pi) \int_{0}^{a} \frac{r dr}{\sqrt{r^2+z^2}}

= \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \int_{0}^{a} \frac{r dr}{\sqrt{r^2+z^2}}

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ここで、積分 $\int_{0}^{a} \frac{r dr}{\sqrt{r^2+z^2}}$ を計算する。$u = r^2 + z^2$ とおくと、$du = 2r dr$ となる。したがって、$r dr = \frac{1}{2} du$ であり、積分範囲は $z^2 \leq u \leq a^2+z^2$ となる。

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\int_{0}^{a} \frac{r dr}{\sqrt{r^2+z^2}} = \int_{z^2}^{a^2+z^2} \frac{1}{2} \frac{du}{\sqrt{u}} = \frac{1}{2} [2\sqrt{u}]_{z^2}^{a^2+z^2} = \sqrt{a^2+z^2} - \sqrt{z^2} = \sqrt{a^2+z^2} - |z|

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したがって、電位 $V$ は

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V = \frac{\sigma}{2\epsilon_0} (\sqrt{a^2+z^2} - |z|)

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3. 最終的な答え

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V = \frac{\sigma}{2\epsilon_0} (\sqrt{a^2+z^2} - |z|)

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