電磁気学（静電場・静磁場・電磁誘導）の問題

電荷分布は球対称なので、電場は中心 O から放射状の向きで、大きさ $E(r)$ は $r$ だけで決まる。半径 $r$ の同心球面にガウスの法則を適用すると
$$4\pi r^{2}E(r)=\frac{Q(r)}{{\epsilon }_0}$$
である。ここで $Q(r)$ は半径 $r$ の球の内部の電荷である。

内部の電荷　$0\leqq r\leqq a$ で
$$Q(r)={\int }_0^r{\rho }_0\left(1-\frac{r^{\prime }}{a}\right)4\pi r^{\prime 2}d{r}^{\prime }=4\pi {\rho }_0\left(\frac{r^3}{3}-\frac{r^4}{4a}\right)$$
特に全電荷は $Q=Q(a)=4\pi {\rho }_0{a}^3\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)=\frac{\pi {\rho }_0{a}^3}{3}$。

電場
$$E(r)=\{\begin{array}{ll}\frac{{\rho }_0}{{\epsilon }_0}\left(\frac{r}{3}-\frac{r^2}{4a}\right)& (0\leqq r\leqq a)\\ \frac{Q}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}=\frac{{\rho }_0{a}^3}{12{\epsilon }_0{r}^2}& (r>a)\end{array}$$

球の内部の電場のエネルギー
$$E^2=\frac{{\rho }_0^2}{{\epsilon }_0^2}\left(\frac{r^2}{9}-\frac{r^3}{6a}+\frac{r^4}{16a^2}\right)$$
より
$${\int }_0^a{E}^{2}4\pi r^{2}dr=\frac{4\pi {\rho }_0^2}{{\epsilon }_0^2}\left(\frac{a^5}{45}-\frac{a^5}{36}+\frac{a^5}{112}\right)=\frac{4\pi {\rho }_0^2{a}^5}{{\epsilon }_0^2}\cdot \frac{112-140+45}{5040}=\frac{4\pi {\rho }_0^2{a}^5}{{\epsilon }_0^2}\cdot \frac{17}{5040}$$

球の外部の電場のエネルギー
$${\int }_a^{\infty }{E}^{2}4\pi r^{2}dr=\frac{{\rho }_0^2{a}^6}{144{\epsilon }_0^2}\cdot 4\pi {\int }_a^{\infty }\frac{dr}{r^2}=\frac{4\pi {\rho }_0^2{a}^5}{{\epsilon }_0^2}\cdot \frac{1}{144}=\frac{4\pi {\rho }_0^2{a}^5}{{\epsilon }_0^2}\cdot \frac{35}{5040}$$

合計
$$W=\frac{{\epsilon }_0}{2}\cdot \frac{4\pi {\rho }_0^2{a}^5}{{\epsilon }_0^2}\cdot \frac{17+35}{5040}=\frac{2\pi {\rho }_0^2{a}^5}{{\epsilon }_0}\cdot \frac{52}{5040}=\frac{13\pi {\rho }_0^2{a}^5}{630{\epsilon }_0}$$

（確認）電位 $V$（無限遠を基準）を用いて $W=\frac{1}{2}\int \rho VdV$ で計算してもよい。$V(a)=\frac{Q}{4\pi {\epsilon }_{0}a}=\frac{{\rho }_0{a}^2}{12{\epsilon }_0}$ と $V(r)=V(a)+{\int }_r^{a}Edr$ から $V(r)=\frac{{\rho }_0}{{\epsilon }_0}\left(\frac{a^2}{6}-\frac{r^2}{6}+\frac{r^3}{12a}\right)$（$r\leqq a$）となり、
$$W=\frac{2\pi {\rho }_0^2}{{\epsilon }_0}{\int }_0^a\left(1-\frac{r}{a}\right)\left(\frac{a^2{r}^2}{6}-\frac{r^4}{6}+\frac{r^5}{12a}\right)dr=\frac{2\pi {\rho }_0^2{a}^5}{{\epsilon }_0}\cdot \frac{13}{1260}$$
で、同じ結果になる。

球対称なのでガウスの法則を使う。半径 $r$ の球の内部の電荷は
$$Q(r)=4\pi {\rho }_0{\int }_0^r\left(s^2-\frac{s^3}{a}\right)ds=4\pi {\rho }_0\left(\frac{r^3}{3}-\frac{r^4}{4a}\right)(r\le a)$$
全電荷は $Q=Q(a)=\frac{\pi {\rho }_0{a}^3}{3}$。

電場の大きさ:
- $r\le a$: $E=\frac{Q(r)}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}=\frac{{\rho }_0}{{\epsilon }_0}\left(\frac{r}{3}-\frac{r^2}{4a}\right)$
- $r>a$: $E=\frac{Q}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}$

内部のエネルギー:
$$W_{\text{in}}=\frac{{\epsilon }_0}{2}{\int }_0^a{E}^{2}4\pi r^{2}dr=\frac{2\pi {\rho }_0^2}{{\epsilon }_0}{\int }_0^a\left(\frac{r^4}{9}-\frac{r^5}{6a}+\frac{r^6}{16a^2}\right)dr=\frac{2\pi {\rho }_0^2{a}^5}{{\epsilon }_0}\left(\frac{1}{45}-\frac{1}{36}+\frac{1}{112}\right)$$
括弧内は $\frac{112-140+45}{5040}=\frac{17}{5040}$ なので $W_{\text{in}}=\frac{17\pi {\rho }_0^2{a}^5}{2520{\epsilon }_0}$。

外部のエネルギー:
$$W_{\text{out}}=\frac{{\epsilon }_0}{2}{\int }_a^{\infty }{\left(\frac{Q}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}\right)}^{2}4\pi r^{2}dr=\frac{Q^2}{8\pi {\epsilon }_{0}a}=\frac{\pi {\rho }_0^2{a}^5}{72{\epsilon }_0}$$

合計:
$$W=\frac{\pi {\rho }_0^2{a}^5}{{\epsilon }_0}\left(\frac{17}{2520}+\frac{35}{2520}\right)=\frac{52}{2520}\cdot \frac{\pi {\rho }_0^2{a}^5}{{\epsilon }_0}=\frac{13\pi {\rho }_0^2{a}^5}{630{\epsilon }_0}$$

検算: 次元は ${\rho }_0^2{a}^5/{\epsilon }_0$ で（電荷密度）${}^2\times$長さ${}^5/{\epsilon }_0$ となりエネルギーの次元に合う。一様球の場合の公式 $W=\frac{3Q^2}{20\pi {\epsilon }_{0}a}$ と同じ手順で $\rho$ を一定にして計算すると $\frac{4\pi {\rho }_0^2{a}^5}{15{\epsilon }_0}$ となり、この方法が正しいことを確かめられる。