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次に、一様に帯電した円盤による電場を考えよう*1。この円盤には単位面積あたりρの電荷があるとして考えよう*2。
円盤を微小にわける時は、図のように２次元平面上に極座標$(r,\theta)$を張って*3、まずr〜r+dr、θ〜$\theta+d\theta$の範囲に入る部分を「微小面積」として取り出して考える。後でrを0から$r_0$（円の半径）まで積分し、θを0から2πまで積分すれば（つまり、円全体について足し上げれば）、円盤上の全電荷を考えたことになる。
この微小部分は、r方向に長さdrを持ち、θ方向に長さ$rd\theta$を持つ（長さ$d\theta$ではないことに注意。ラジアンの定義を思い出せ）ので、面積は$r dr d\theta$となる。よってこの微小部分には、$\rho r dr d\theta$の電荷が入っている。
この微小電荷が円盤の中央上空距離zの場所（図のP点）に作る電場は、${\rho r dr d\theta\over 4\pi \varepsilon_0 R^2}$である。しかし、さっき同様、この電場は斜めを向いており、最終結果（足し算＝積分が終わった後）に効くのは鉛直上向き成分だけであろう。ゆえに、 $${\rho r dr d\theta\over 4\pi \varepsilon_0 R^2}\times {z\over R} $$ という電場を積分すればよい。ここまでRと書いてきた量は実際には$R=\sqrt{z^2 + r^2}$であるから、それを代入して、 $${\rho z\over 4\pi \varepsilon_0} \int_0^{r_0} \int_0^{2\pi}{r dr d\theta\over \left(z^2+r^2\right)^{3/2}}$$ という積分を行えばよい(積分と関係ない数は先に外に出した)。
この積分のうち、$d\theta$積分はなんなく終わり（被積分関数の中にθがないから）、答は2πである。つまり、後は $${\rho z\over 2 \varepsilon_0} \int_0^{r_0} {r dr \over \left(z^2+r^2\right)^{3/2}}$$ をすればよい。この積分も$r= z\tan\phi$として考えればできる。$dr = {z\over \cos^2 \phi}d\phi$と置き直して、 $${\rho z\over 2 \varepsilon_0} \int_0^{\phi_0} {z \tan\phi \over \left(z^2+z^2\tan^2\phi\right)^{3/2}}\times {z\over \cos^2\phi}d\phi ={\rho \over 2 \varepsilon_0} \int_0^{\phi_0} {\tan\phi \over \left(1+\tan^2\phi\right)^{3/2}}\times {1\over \cos^2\phi}d\phi $$ となる。$1+\tan^2\phi={1\over\cos^2\phi}$、つまり${1\over \left(1+\tan^2\phi\right)^{3/2}}=\cos^3 \phi$を使ってさらに簡単にすると、 $$ {\rho \over 2 \varepsilon_0} \int_0^{\phi_0} \sin\phi d\phi= {\rho \over 2 \varepsilon_0} \left[-\cos\phi\right]_0^{\phi_0}= {\rho \over 2 \varepsilon_0} \left[-\cos\phi_0 + \cos 0\right]= {\rho \over 2 \varepsilon_0} (1-\cos\phi_0)$$ 図から、$\cos\phi_0={z\over \sqrt{z^2+(r_0)^2}}$である。これで最終結果は $$E= {\rho \over 2 \varepsilon_0} \times{\sqrt{z^2+(r_0)^2}-z\over\sqrt{z^2+(r_0)^2}}={Q \over 2\pi\varepsilon_0 (r_0)^2} \times{\sqrt{z^2+(r_0)^2}-z\over\sqrt{z^2+(r_0)^2}}$$
となった。最後の式では、$Q=\pi (r_0)^2\rho $であることを使って書き直している。
右のグラフは$r_0$をいろいろ変化させていった時の関数${\sqrt{z^2+(r_0)^2}-z\over\sqrt{z^2+(r_0)^2}}$の様子である。zが大きくなるとこの関数はどんどん小さくなっていく（減衰していく）。$r_0$が大きいほど、減衰の割合は小さくなっていることわかる。
ここで$r_0\to\infty$の極限を取ってみよう。つまり、無限に広い平面上に電荷がたまっている場合である。この時、$\cos\phi_0=0$である（図で考えるとわかるように、この極限は$\phi_0$が直角になる極限だ）。よって、この時の電場は${\rho\over 2\varepsilon_0}$となってしまう。つまり、場所によらない定数なのである。もし、無限に広い板に一様に電荷が溜まっていたら、その板の作る電場はどんなに遠くに行っても弱まらないことになる。
現実には無限に広い平面に電荷を一様に溜めるなどということはできないから、どこまでも弱まらない電場というのはもちろんできない。
なぜこのようになるのかは、ガウスの法則を学ぶと納得できる（さらに、なぜ分母に2があるのかも深く納得できるはずだ）。
$r_0$が有限でzが大きいところでのこの減衰の様子は、だいたい${(r_0)^2\over 2z^2}$であることを以下で示そう。$r_0$に比べてzが大きいのだから、${r_0\over z}$が1より非常に小さい数字である（${r_0\over z}\ll 1$）ということを使って近似を行う。 Eの式のうち、${\sqrt{z^2+(r_0)^2}-z\over\sqrt{z^2+(r_0)^2}}$の部分を考えよう。まず分母と分子をzで割って、 $$ {\sqrt{z^2+(r_0)^2}-z\over\sqrt{z^2+(r_0)^2}}={\sqrt{1+\left({r_0/z}\right)^2}-1\over\sqrt{1+\left({r_0/z}\right)^2}}$$ とする。ここでルートの展開公式$\sqrt{1+x}\simeq 1+{1\over2}x+\cdots$を使うと、 $$ {\sqrt{z^2+(r_0)^2}-z\over\sqrt{z^2+(r_0)^2}}={1+{1\over2}\left({r_0\over z}\right)^2 + \cdots-1\over1+{(1/2)}\left({r_0/z}\right)^2 + \cdots}={{1\over2}\left({r_0\over z}\right)^2 + \cdots\over1+(1/2)\left({r_0/z}\right)^2 + \cdots}$$ であるから、
ここで、分母の$(1/2)\left({r_0/z}\right)^2$は無視して、分子の$(1/2)\left({r_0/z}\right)^2$を無視しない理由について、以下のように述べた。
物理では小さいものを無視することがよくあるけど、無視できるのは（大きいもの）＋（小さいもの）の形になっている時の（小さいもの）。分母はそうだけど、分子は（ちいさいもの）しかないから無視できない。たとえて言うならば「所持金１００万円の人は100円を無視していいが、所持金100円の人は100円を無視できない、ということ。
zが大きいところでは、 $$ {\sqrt{z^2+(r_0)^2}-z\over\sqrt{z^2+(r_0)^2}}\simeq {1\over2}\left({r_0\over z}\right)^2$$ となる。これをEの式(円盤による電場)に入れると $$ {Q \over 2\pi \varepsilon_0 (r_0)^2} \times {\sqrt{z^2+(r_0)^2}-z\over\sqrt{z^2+(r_0)^2}}\simeq{Q \over 2\pi \varepsilon_0 (r_0)^2} \times {1\over2}\left({r_0\over z}\right)^2={Q \over 4\pi \varepsilon_0 z^2}$$ となって、普通の逆自乗則が出てくることになる。ただし、zが有限ならば常に逆自乗則よりも弱くなる。これは直線上に分布した電荷の場合と同じである。
この部分は授業では話さない可能性もあるが、その場合は読んでおいてください。
ここまでの計算では電場を成分で分けて考えたが、せっかくベクトルを使った記法を習ったのだから、そっちを使って式を書いて計算する方法も書いておこう。この場合でz方向を向いた単位ベクトルを$\vec e_z$、r方向を向いた単位ベクトルを$\vec e_r$と書くことにすると、微小電荷$\rho r dr d\theta$から点Pに向かうベクトルは$z \vec e_z - r \vec e_r$と書くことができる。ベクトルで書いた電場の式は、(ベクトルで書いた電場の式)を使って$\vec E(\vec x')={q\over4\pi\varepsilon_0|\vec x'-\vec x|^3}\left(\vec x'-\vec x\right)$と書ける（$\vec x$にある電荷qが$\vec x'$に作る電場）。この式を使って表現すれば、ここで考えた電場は $${\rho \over 4\pi \varepsilon_0} \int_0^{r_0} \int_0^{2\pi}{r dr d\theta\over \left|z\vec e_z -r\vec e_r\right|^3}\times\left(z \vec e_z - r \vec e_r\right)$$ と書くことができる（この式では電場の全ての成分をいっきに表現している）。まず$\vec e_r$に関係する部分、 $$-{\rho \over 4\pi \varepsilon_0} \int_0^{r_0} \int_0^{2\pi}{r dr d\theta\over \left|z\vec e_z -r\vec e_r\right|^3}r \vec e_r $$
を考えることにしよう（上で考察したように、もちろんこれは0になるのである）。
ここで、$\vec e_r$は定ベクトル*4ではないということに注意しよう。$\vec e_r$はrの増える方向を向いたベクトルであり、これは場所によって違う。これを一周積分すると、 $$ \int_0^{2\pi} d\theta \vec e_r =0$$
になる。図を見るとわかるように、一周積分の中で必ず逆向きの$\vec e_r$が現れて消し合うからである。(r方向成分の積分)をよく見ると、分母が$\left|z\vec e_z -r\vec e_r\right|=\sqrt{z^2+r^2}$であることを考えると、θに依存する部分は$\vec e_r$しかない。ゆえにこの$\vec e_r$に比例する部分の積分は(r方向成分の積分)と同じ形になっていて、0になる。$\vec e_z$の部分は、 $${\rho \over 4\pi \varepsilon_0} \int_0^{r_0} \int_0^{2\pi}{r dr d\theta\over \left|z\vec e_z -r\vec e_r\right|^3}z \vec e_z $$ であるが、この部分の積分は上で書いたのと同じ計算を行えばよい。
このあたりは、立体角の概念をみせるプログラムを見せながら説明した。
そこで、物の見かけの大きさを、目から見た時、目の回りに仮想的においた単位球（半径1の球）の表面のうちどれくらいの面積を占めているかで計算する。これが立体角である。ゆえに立体角は最大でも単位球の表面積4πである（目から、どっちを向いてもその物体が見える場合に対応する）。単位はステラジアン（steradian）を使う。
立体角$\Omega$を計算するには、単位球の上での面積を計算すればいいので、考えている範囲に関して $$ \Omega = \int d\theta d\phi \sin\theta$$
という積分を行えばよい。$\sin\theta$が入る理由は、下の図のようにして単位球の表面積を考えるとわかる。単位球の表面上の微小な範囲（θ〜$\theta+d\theta$、φ〜$\phi+ d\phi$）の面積は、縦が$d\theta$、横が$\sin\theta d\phi$の長方形の面積だと考えればよいのである。
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目に対応する場所に電荷Qを置いたとする。そこからは電気力線${Q\over \varepsilon_0}$本が出ていき、それが全方向（立体角4π）に広がる。ゆえに、その場所から立体角$\Omega$の範囲に広がっている部分には、電気力線${Q\Omega\over 4\pi\epsilon_0}$が通る。つまり「電荷から見た立体角が同じなら、通る電気力線の本数も同じになる」ということになる。こうなるのはもちろん、点電荷の作る電場が距離の自乗に反比例するという関係のおかげである。
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立体角を使って「一様に帯電した球体の内側では電荷は力を受けない（すなわち、電場は0である）」という関係を図形的に証明しよう。
球体の内部のある点から左右にむいた微小立体角の視野を考える（図の円錐である）。この立体角内に入る電荷の量を考える。球は一様に帯電しているのであるから、この円錐の底面に含まれている電気量は、距離の自乗に比例する。ところが、この電気の作る電場は距離の自乗に反比例して減衰する。よって、この二つの（互いに反対側の立体角に位置している）電気量による電場はちょうど打ち消し合うことになる。
左図のように一直線の場合はそれでいいが、右図のように斜めになっている場合でも大丈夫だろうか？---考えている面が視点から見ると傾いた面になるので、その分中に入っている電荷の量が増えそうである。ありがたいことに、図のようにちょうど正反対側の立体角どうしを比べると、傾きは同じになる（図に描いた三角形が二等辺三角形であることに注意！）。同じ立体角でも斜めになっているとその立体角内に入っている電荷の量はその分多くなるのだが、反対側でも同じだけ大きくなるので、「反対側の立体角上に配置された電荷による電場どうしはちょうど消し合う」という関係は保たれる。逆自乗則が成り立っていればこそ、これが成立することに注意しよう。
６月１日までに、以下の章末演習問題のうち１問を、前野の部屋(307号室)の黒板で発表し、質問に答えること。わからないところを質問に来るのはかまわないし、友達に教えてもらうのもかまわないが、内容を理解し、自分の言葉で説明できるいようにすること。
[演習問題1-1]
1.4.1節で有限長さの線に一様に分布した電荷による電場を計算した。
その時の状態から、棒の位置をz軸方向に平行移動させた。棒の位置を表すパラメータとして、図のように角度$\alpha,\beta$を設定する。
図の微小部分が点Pに作る電場は $$ {\rho dz \over4\pi\varepsilon_0 \left(x^2+z^2\right)^{3/2}}\left(x\vec e_x-z\vec e_z\right)$$ と書ける。
全ての電荷による電話の和を考えて（積分して）、この場合の電場の向きと大きさを求めよ。
電場が図の水平となす角γはαとβのちょうど中間（${\alpha+\beta\over 2}$）であることを示せ。
[演習問題1-2]図のように二つの電荷がある。この空間内の一本の電気力線を考えると、その線上では、 $$ q_1 \cos \theta_1 + q_2 \cos \theta_2=一定$$ という式が成立している。ただし、$\theta_1,\theta_2$は二つの電荷を結ぶ直線と、電荷から電気力線上の１点を結ぶ直線のなす角である。
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この式を、以下のように考えて導出せよ。
(1)図の円Aを考える。Aを通っている電気力線に沿って、Aを二つの電荷から遠ざけていく。電気力線に沿って半径を大きくしながら遠ざけるので、円の中を通っている電気力線の本数は変化しない（「電気力線は交わらない」ことを思い出せ）。
(2)円Aを通る電気力線の本数を、重ね合わせの原理から求めよう。電荷1しかなかったとした時の円Aを通る電気力線の本数と、電荷2しかなかったとした時の電気力線の本数をそれぞれ計算し、和をとればよい。
(2')その計算には、右図のように北極から角度θまでの範囲は中心から見ると立体角にして$2\pi(1-\cos\theta)$になるということを使おう。
(3)円をいかに動かしても電気力線の本数が一定である、ということから、$q_1,q_2,\theta_1,\theta_2$の間にはどんな関係があるか、求めよ。
[演習問題1-3] 1.4.2節で計算した円状の電荷による電場の式は${\rho \over 2 \varepsilon_0} (1-\cos\phi_0)$であったが、この式は $$ {\rho \over 4\pi \varepsilon_0} \times (点Pから円盤を見た時の立体角)$$ と表現することができる。なぜこうなるのか？---理由を考察せよ。
ヒント：二つの点を考察しなくてはいけない。
この二つの効果をうまく考えれば、ここに立体角が出てくる理由がわかるはず。
[演習問題1-4]
半径rの球の表面に、一様な電荷密度ρ（単位面積あたり）の電荷が分布している。球の中心からz離れた場所での電場を求めよ。
結果は、球の中心に全電荷が集中したのと同じ結果になる。そのことを確認せよ。
また、z<Rの場合（つまり、球の内側）ではどうなるか？
ヒントその１：この場合、z方向以外の電場は0になるので、z方向だけを求めればよい。
ヒントその２：図のRは$\sqrt{r^2+z^2 - 2rz \cos\theta}$である（余弦定理）。
ヒントその３：微小面積に入っている微小電荷$\rho r^2 \sin\theta d\phi d\phi $が作る電場のz成分を求めて積分すればよい。
ヒントその４：$\int_0^\pi \sin\theta d\theta$という積分が出てきたら、$\cos\theta=t$と置くのが定番である。
[演習問題1-5]前問で、電荷が球面のみではなく、球全体に詰まっている場合はどうなるか？
今度はρを単位体積あたりの電荷密度として計算してみよ。
授業ではこの後、ガウスの法則の概要を述べましたが、その部分は来週もう一度みっちりやります。
電磁気の演習書でいいのはありませんか？
分厚いのを買って、できるのから順番にやっていくことをおすすめします。詳解電磁気学演習(共立出版)とか、大学演習電磁気学(裳華房)などです。問題数が多くてげんなりするかもしれませんが、できそうな奴からちょっとずつでもやるといいでしょう。
近似の話でお金に例えたのはわかりやすかった。
人間、お金に例えられるのが一番実感がわくみたいです。
キャヴェンデッシュの実験で、電荷を球の中に入れるってほんとにできるんですか？
実際の実験装置には小さな穴が空いていて、そこから入れます。
宿題難しそう（多数）
ちょっと難しいでしょうね。でもまあ、ちょっと苦労して解くぐらいでないと。わからないところは質問にきてくれてかまいません。
立体角って結局どういう時に使うんですか？
演習問題1-3とかを見てください。なかなか便利なものです。
電気力線を囲む閉曲面が電気力線と平行の場合はどうなるんですか？
その場所では、電気力線はその面を貫いていない、ということになります。閉曲面のどこでもそうなっていることはあり得ません（もしそんなことになったら、電気力線が一周する？？）
宇宙全体の電荷量ってどれくらいですか？
プラスとマイナスが同じだけありそうなので、足すと0になるでしょう(^_^;)。プラスとマイナスがどれくらいあるかについては、宇宙の大きさもまだよくわからないので、なんとも言えない。
来週もまた熱く語ってください。
熱く・・ですか。まぁ私は授業するといつでも熱くなってますけど(^_^;)。
一様に帯電させた円盤の電荷は、実際には外側に偏るとプリントに書いてありましたが、球で考えたときと、原理は一緒なんですか？
球の場合も表面に偏っていきますね。同種の電荷は反発しあうので、他から力が加えられていないかぎり、逃げよう逃げようとします。
ガウスの法則って苦手です（同様のコメント多数）
あんなに便利な法則はそんなにないですよ！ 苦手なんて思って避けるのはとてももったいない。
ガウスの法則はどんな状況で使えるのですか？
来週実例をいろいろやりましょう。
ガウスの法則で、同じ電気力線が何度も面に入ったり出たりする時もちゃんと計算できるんですか？
来週またちゃんとした計算をやりますが、入る時はマイナス、出る時はプラスになるような計算をするので、何度も出たり入ったりしても、ちゃんとトータルが${Q\over\varepsilon_0}$になります。
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