가우스 법칙/대표 예제
1. 대표 예제
아래는 가우스 법칙과 관련한 대표적인 예제를 수록했다.
1.1. 예 1: 가우스 법칙 적용
| '''[문제]''' 그림과 같이 진공에 전하량의 크기가 $$Q$$로 같고, 부호가 다른 두 전하가 떨어져서 고정되어 있다. 폐곡면 $$S_{1}\sim S_{4}$$ 표면의 전기 선속을 구하시오. |
[풀이 보기] - -
가우스 법칙을 이용한다. 가우스 법칙에 따르면, 폐곡면에 유출입되는 전기 선속은 그 폐곡면 안에 있는 총전하량에 비례한다.
$$S_{1}$$, $$S_{2}$$ 안에 포함된 총전하량은 각각 $$+Q$$, $$-Q$$이므로, $$S_{1}$$표면의 전기 선속은 $$Q/\epsilon_{0}$$, $$S_{2}$$ 표면의 전기 선속은 $$-Q/\epsilon_{0}$$가 될 것이다.
$$S_{3}$$ 안에는 전하가 없다. 따라서 해당 폐곡면 표면의 전기 선속은 0이다.
$$S_{4}$$ 안에는 총전하량이 $$Q+(-Q)=0$$이므로 해당 폐곡면 표면의 전기 선속은 0이다.
1.2. 예 2: 심화
| '''[문제]''' 그림과 같이 길이가 무한한 도선이 균일 선전하 밀도 $$\lambda$$로 대전되어 있다. 가우스 면을 아래와 같이 반지름 $$R$$인 구면으로 잡는다고 하자. 이 구의 중심은 $$\mathrm{O}$$이고, 도선은 구의 중심으로부터 $$d$$만큼 떨어져있다. 아래의 가우스 면을 통과하는 전기 선속을 구하시오. |
[풀이 보기] - -
우선적으로 가우스 면 안에 포함된 도선의 길이를 구하자. 피타고라스 정리에 의해이므로, 가우스 면 안에든 총전하는 선 전하밀도와 위에서 구한 길이의 곱이다.
$$\displaystyle 2\sqrt{R^{2}-d^{2}} $$따라서 해당 가우스 면을 통과하는 전기 선속은
$$\displaystyle Q=2 \lambda \sqrt{R^{2}-d^{2}} $$이 된다.
$$\displaystyle \frac{Q}{\epsilon_{0}}=\frac{2 \lambda }{\epsilon_{0}}\sqrt{R^{2}-d^{2}} $$
1.3. 가우스 법칙을 이용한 전기장 구하기
1.4. 예 1: 원통형 전하 분포
| '''[문제]''' 균일한 전하밀도 $$\lambda$$[1] 축으로부터의 거리 \rho와 혼동을 방지하기 위해 썼으나, 부피 전하 밀도이며, 선전하 밀도가 아니다. 책에 따라 부피 전하 밀도를 \rho_{v}로 쓰기도 한다. |
[풀이 보기] - -
이 문제에서 가장 유용한 원통 좌표계를 사용하고, 해당 원통의 축은 $$z$$축과 일치한다고 가정하자. 이 문제에서 전기장은 대칭성 때문에 $$z$$와 $$\phi$$에 의존하지 않으므로[image]
$$\displaystyle \mathbf{E}=E_{\rho}(\rho) \hat{\boldsymbol{\rho}}+E_{\phi}(\rho) \hat{\boldsymbol{\phi}}+E_{z}(\rho) \hat{\mathbf{z}} $$
우선 가우스 법칙을 고려하자. 위 그림과 같이 폐곡면으로 단면의 반지름이 $$\rho$$이고, 높이 $$L$$의 원통으로 잡자. 위에서 밝혔듯 전기장은 $$z$$에 의존하지 않고 윗면과 아랫면의 법선 벡터는 반대이므로, 총 원통에 대한 전기 선속을 논할 때 윗면과 아랫면에 대한 선속의 기여는 상쇄되고, 남는 것은 옆면에 대한 선속이므로, 다음과 같이 쓸 수 있다.다음 과정은 전기장에 대한 정보를 더 얻고 하기로 한다.
$$\displaystyle \oint \mathbf{E}(\rho) \cdot d \mathbf{a}=\int_{\mathrm{side}} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{a}$$
정전기장을 다루고 있으므로 폐곡선을 따라 전기장이 한 일은 0이 돼야 한다. 즉,우선 $$C$$를 반지름이 $$\rho$$인 원으로 잡자. 이 경로상에서 $$d \mathbf{r}=\rho\,d\phi\hat{\boldsymbol{\phi}}$$이므로
$$\displaystyle \oint_{C} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{r}=0$$이것을 만족시키려면, $$E_{\phi}(\rho)=0$$이어야 한다. 즉, 전기장의 $$\phi$$성분은 없다.
$$\displaystyle \oint_{C} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{r}=\int_{0}^{2 \pi} E_{\phi}(\rho) \rho\,d\phi=0 $$
이번에는 $$C$$를 위 그림과 같은 사각형 경로로 잡자. 전기장의 각 성분이 $$\rho$$에만 의존하기 때문에 사각형 경로 중 축과 수직인 경로들은 상쇄된다. 즉, 일 계산에 기여하는 것은 축과 평행한 경로들뿐이다. 이 경로들의 $$d \mathbf{r}=\pm dz \hat{\mathbf{z}}$$이므로따라서 이것을 만족시키려면,
$$\displaystyle \oint_{C} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{r}=h[E_{z}(\rho_{1})-E_{z}(\rho_{2} ) ]=0 $$이므로 전기장의 $$z$$성분은 상수이다. 대칭성에 의해 이 상수를 0으로 두는 것이 합당하다.[2]
$$\displaystyle E_{z}(\rho_{1})=E_{z}(\rho_{2} )$$따라서 전기장의 $$z$$축 성분은 없다.도선의 축에 수직한 평면을 기준으로 반사한 상황을 생각해보라. 예를 들어, 이 상수 전기장이 있다고 가정하면, E_{z}=C가 될 것이다. 그러나, 반사하면, E_{z}=-C가 되면서 해당 전기장 성분은 바뀌게 된다. 그러나, 반사를 하든 하지 않든, 보이는 물리적 상황은 동일하다. 따라서 물리적 상황은 같은데 반사 유무에 따라 전기장에 달라진다는 건 물리적이지 않으므로 상수 전기장은 없다고 하는 것이 합당하다.
여기까지의 결과를 정리하면, 전기장은 다음과 같다.(ⅰ) '''원기둥 내부 ($$\boldsymbol{\rho<\rho_{0}}$$)'''
$$\displaystyle \mathbf{E}=E_{\rho}(\rho) \hat{\boldsymbol{\rho}} $$
맨 위에서의 폐곡면으로 잡았던 것을 그대로 사용하면, 가우스 법칙에 의해,이고, 폐곡면에 대한 적분은
$$\displaystyle \oint \mathbf{E}(\rho) \cdot d \mathbf{a}=\frac{\lambda}{\epsilon_{0}} \pi \rho^{2}L $$이므로 다음이 성립한다.
$$\displaystyle \oint \mathbf{E}(\rho) \cdot d \mathbf{a}=E_{\rho}(\rho) (2 \pi \rho L) $$(ⅱ) '''원기둥 외부 ($$\boldsymbol{\rho>\rho_{0}}$$)'''
$$\displaystyle E_{\rho}(\rho)=\frac{\lambda}{2 \epsilon_{0}} \rho $$
맨 위에서의 폐곡면으로 잡았던 것을 그대로 사용하면, 가우스 법칙에 의해,이다. 주의해야 할 것은 폐곡면 안에 든 전하는 원통 경계 안($$\rho<\rho_{0}$$)으로만 있다는 점이다. 폐곡면에 대한 적분은
$$\displaystyle \oint \mathbf{E}(\rho) \cdot d \mathbf{a}=\frac{\lambda}{\epsilon_{0}} \pi \rho_{0}^{2}L $$이므로 다음이 성립한다.
$$\displaystyle \oint \mathbf{E}(\rho) \cdot d \mathbf{a}=E_{\rho}(\rho) (2 \pi \rho L) $$이상에서 원통 내·외부의 전기장 분포는 다음과 같다.
$$\displaystyle E_{\rho}(\rho)=\frac{\lambda}{2 \epsilon_{0}} \frac{\rho_{0}^{2}}{\rho} $$
$$ \displaystyle \mathbf{E}=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{\lambda}{2 \epsilon_{0}} {\boldsymbol{\rho}} & \quad (\rho<\rho_{0})\\ \\ \displaystyle \frac{\lambda}{2 \epsilon_{0}} \frac{\rho_{0}^{2}}{\rho} \hat{\boldsymbol{\rho}} & \quad (\rho>\rho_{0}) \end{array}\right. $$
1.5. 예 2: 구면 전하 분포
| '''[문제]''' 균일하게 전하량 $$Q$$로 대전된 반지름 $$R$$인 구의 내·외부 전기장 분포를 각각 구하시오. |
[풀이 보기] - -
이 문제를 다루는 데 편리한 구면 좌표계를 사용하고, 구의 축을 $$z$$축으로 하자. 이 문제에서는 $$\theta, \,\phi$$에 대한 대칭성이 존재하기 때문에 전기장의 각 성분은 $$r$$에만 의존할 것이므로로 쓸 수 있다.
$$\displaystyle \mathbf{E}=E_{r}(r) \hat{\mathbf{r}}+E_{\theta}(r) \hat{\boldsymbol{\theta}}+E_{\phi}(r) \hat{\boldsymbol{\phi}} $$
[image]
현재 정전기장을 고려하고 있으므로 우선 위의 그림과 같이 축에 수직이고 구의 중심이 중심이 되는 반지름 $$r$$인 원을 고려하자. 원통 문제와 같이 폐곡선에 대한 전기장의 일은 0이 돼야 하고, 해당 경로의 $$d \mathbf{r}=r\,d\phi\hat{\boldsymbol{\phi}}$$이므로이것을 만족시키려면, $$E_{\phi}(r)=0$$이어야 한다. 즉, 전기장의 $$\phi$$성분은 없다.
$$\displaystyle \oint_{C} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{r}=\int_{0}^{2 \pi} E_{\phi}(r) r\,d\phi=0 $$
이번엔 구의 축을 한 지름으로 하는 반지름 $$r$$인 원을 고려하고, 이때의 경로의 $$d \mathbf{r}=\pm r\,d\theta\hat{\boldsymbol{\theta}}$$이므로이것을 만족시키려면, $$E_{\theta}(r)=0$$이어야 한다. 즉, 전기장의 $$\theta$$성분은 없다.
$$\displaystyle \oint_{C} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{r}=\int_{0}^{\pi} E_{\theta}(r) r\,d\theta+\int_{\pi}^{0} E_{\theta}(r) r\,(-d\theta)=2\int_{0}^{\pi} E_{\theta}(r) r\,d\theta=0 $$
이상의 결과에서 전기장은으로 표현된다. 즉 전기장은 $$r$$방향 성분으로만 표현된다.
$$\displaystyle \mathbf{E}=E_{r}(r) \hat{\mathbf{r}} $$
이제는 가우스 법칙을 고려해보자. 구에 균일하게 전하량 $$Q$$가 대전되었으므로, 구의 전하 밀도는 전하량을 부피로 나누면 되므로,이다.
$$\displaystyle \frac{Q}{(4\pi R^{3}) /3} $$
(ⅰ) '''구 내부 ($$\boldsymbol{r<R}$$)'''
맨 위에서의 폐곡면으로 잡았던 것을 그대로 사용하면, 가우스 법칙에 의해,이고, 폐곡면에 대한 적분은
$$\displaystyle \oint \mathbf{E}(r) \cdot d \mathbf{a}=\frac{1}{\epsilon_{0}} \frac{Q}{(4\pi R^{3}) /3} \left( \frac{4}{3}\pi r^{3} \right) $$이므로 다음이 성립한다.
$$\displaystyle \oint \mathbf{E}(r) \cdot d \mathbf{a}=E_{r}(r) (4 \pi r^{2}) $$(ⅱ) '''구 외부 ($$\boldsymbol{r>R}$$)'''
$$\displaystyle E_{r}(r)=\frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{r}{R^{3}} $$
맨 위에서의 폐곡면으로 잡았던 것을 그대로 사용하면, 가우스 법칙에 의해,이다. 폐곡면에 대한 적분은
$$\displaystyle \oint \mathbf{E}(r) \cdot d \mathbf{a}=\frac{Q}{\epsilon_{0}} $$이므로 다음이 성립한다.
$$\displaystyle \oint \mathbf{E}(r) \cdot d \mathbf{a}=E_{r}(r) (4 \pi r^{2}) $$이상에서 구 내·외부의 전기장 분포는 다음과 같다.
$$\displaystyle E_{r}(r)=\frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2}} $$주목해야 할 것은, 구의 외부 전기장 분포는 전하량 $$Q$$인 점전하가 구의 중심에 놓여있을 때와 같다는 것이다. '''따라서 "균일하게" 대전 된 구는 구의 전하량과 같은 점전하가 구의 중심에 놓여있다고 취급해도 무리가 없다.'''
$$ \displaystyle \mathbf{E}=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{\mathbf{r}}{R^{3}} & \quad (r<R)\\ \\ \displaystyle \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2}} \hat{\mathbf{r}} & \quad (r>R) \end{array}\right. $$
1.6. 예 3: 대전된 판
| '''[문제]''' 균일한 표면 전하 밀도 $$\sigma$$로 대전된 무한한 판의 전기장 분포를 구하시오. |
[풀이 보기] - -
직교 좌표계상에서 아래의 그림과 같은 상황을 고려하자.
[image]
현재 판이 무한하기 때문에 $$x$$와 $$y$$에 대한 대칭성 때문에 전기장의 각 성분은 $$z$$에만 의존할 것이다:장의 대칭성 때문에 다음이 성립한다.[3]
$$\displaystyle \mathbf{E}=E_{x}(z) \hat{\mathbf{x}}+E_{y}(z) \hat{\mathbf{y}}+E_{z}(z) \hat{\mathbf{z}} $$x=0 평면을 기준으로 이 문제 상황은 반사 대칭성이 있다. 사실 후술할 것이지만, 이 문제는 y=0을 기준으로도 대칭성이 있다.우선 위 그림의 $$ \mathrm{(b)} $$의 $$C_{1}$$과 같은 경로를 고려하자. 다루는 전기장은 정전기장이기 때문에
$$\displaystyle \begin{aligned} E_{x}(z)&=-E_{x}(-z) \\ E_{y}(z)&=E_{y}(-z) \\ E_{z}(z)&=-E_{z}(-z) \end{aligned} $$이 돼야 한다. 그런데 전기장의 각 성분은 $$z$$에만 의존하므로 판을 가로지르는 두 부분은 선적분 시 상쇄된다. 따라서
$$\displaystyle \oint_{C_{1}} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{r}=0$$따라서 위 조건을 만족시키려면,
$$\displaystyle \oint_{C_{1}} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{r}=a[E_{x}(z)- E_{x}(-z) ]=0$$그런데, 위에서의 장 대칭성 조건
$$\displaystyle E_{x}(z)=E_{x}(-z)$$또한 있으므로, 전기장의 $$x$$성분은 없다.
$$\displaystyle E_{x}(z)=-E_{x}(-z)$$
마찬가지로, $$C_{2}$$에 대해서도 같은 논리를 적용하면, 전기장의 $$y$$성분 상수라는 것을 증명할 수 있다. 그러나, 원통 문제에서 상수장을 없앴던 유사한 이유로 이 문제에서도 상수장은 없어진다. 따라서 전기장의 $$y$$성분은 없다.[4]이상에서 이 문제에서의 전기장은 다음과 같다.이 상수장이 있으면, x=0평면에 대한 반사 대칭을 만족시키지 않는다.이제 그림의 $$ \mathrm{(a)} $$와 같이 단면적의 넓이가 $$A$$이고, 높이가 $$2z$$인 원통을 폐곡면 $$S$$로 잡자. 그런데, 전기장은 $$z$$성분밖에 없으므로 선속 계산에 기여하는 것은 윗면과 아랫면이다. 따라서
$$\displaystyle \mathbf{E}=E_{z}(z) \hat{\mathbf{z}} $$그런데, 장의 대칭성 조건에 의해
$$\displaystyle \oint_{S} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{a}=A[E_{z}(z)-E_{z}(-z) ] $$가우스 법칙에 의해선, 폐곡면 내에 있는 전하는 $$\sigma A$$이므로
$$\displaystyle \oint_{S} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{a}=2AE_{z}(z) $$이상에서 장의 대칭성까지 고려한 전기장의 $$z$$성분은 다음과 같으며,
$$\displaystyle \oint_{S} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{a}=\frac{\sigma A}{\epsilon_{0}} $$전기장 분포는 다음과 같다.
$$\displaystyle E_{z}(z)=\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}} \frac{z}{|z|} $$이 문제는 흥미로운 두 결과를 보여준다.
$$\displaystyle \mathbf{E}=\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}} \frac{\mathbf{z}}{|z|} $$- 무한히 대전된 판의 전기장은 감소되지 않고, 공간상으로 퍼진다.
- 대전된 판의 전기장은 판을 가로지를 때, 불연속이 생긴다.
이 문제에서 나온 결과를 적용해보면, 위 식이 옳다는 것을 알 수 있다.
$$ \displaystyle \mathbf{E}_{2} \cdot \hat{\mathbf{n}}- \mathbf{E}_{1} \cdot \hat{\mathbf{n}}=\frac{ \sigma }{ \epsilon_{0} } $$
1.7. 예 4: 중첩
| '''[문제]''' 그림과 같이 축이 $$z$$축이고, 중심이 $$\mathrm{O}$$, 반지름이 $$2a$$인 구에 중심 $$\mathrm{A}(0,\,0,\,a)$$, 반지름이 $$a$$인 구의 공동을 내었다. 균일한 부피 전하 밀도 $$\rho$$로 대전되어 있을 때, 공동 내 전기장을 구하시오. |
[풀이 보기] - -
이 문제 상황은 '''"공동이 나지 않았을 때의 $$\boldsymbol{\rho}$$로 대전된 구"'''와 '''"전하밀도 $$\boldsymbol{-\rho}$$로 대전된 공동에 해당되는 구"'''가 중첩된 상황과 같다. 따라서 이들에 가우스 법칙을 사용한다.
[image]
위와 같이 공동 내 어느 점 $$\mathrm{P}$$의 전기장을 관측하려 한다면, 우선 중심이 $$\mathrm{O}$$이고 반지름이 $$r$$인 구를 가우스 면으로 잡자. 단, '''"공동이 나지 않았을 때의 $$\boldsymbol{\rho}$$로 대전된 구"'''만 고려한다. 위에서의 구면 전하 분포에 대한 결과를 그대로 쓰도록 하자. 단, 관측 지점이 구 내부에 있음에 유의해야 하며, '''"공동이 나지 않았을 때의 $$\boldsymbol{\rho}$$로 대전된 구"'''를 나타내는 첨자 $$1$$을 붙였다. 총 전하량은 곧, 전하 밀도에 부피를 곱하는 것이므로참고로, $$\mathbf{r}=\overrightarrow{\mathrm{OP}} $$이다. 다음으로는, '''"전하밀도 $$\boldsymbol{-\rho}$$로 대전된 공동에 해당되는 구"'''에 대해서만 생각하자. 중심이 $$\mathrm{A}$$이고, 반지름이 $$r'$$인 구를 가우스 면으로 잡자. 이 경우에도 구 대칭의 전하 분포 전기장에 대한 결과를 인용할 것이며, 구 내부에 관측점이 있다는 것에 유의해야 한다. 따라서
$$\displaystyle \mathbf{E}_{1}= \frac{\rho}{4 \pi \epsilon_{0}} \left( \frac{4}{3}\pi \cdot 8a^{3} \right) \frac{\mathbf{r}}{8a^{3}}=\frac{\rho}{3 \epsilon_{0}} {\mathbf{r}} $$첨자 $$2$$는 '''"전하밀도 $$\boldsymbol{-\rho}$$로 대전된 공동에 해당되는 구"'''임을 의미하며, $$\mathbf{r'}=\overrightarrow{\mathrm{AP}} $$이다. 그런데, 위 그림에서
$$\displaystyle \mathbf{E}_{2}=-\frac{\rho}{3 \epsilon_{0}}\mathbf{r'} $$이므로 다음이 성립한다.
$$\displaystyle a \hat{\mathbf{z}}+\mathbf{r'}=\mathbf{r} $$따라서 구하는 공동 내 전기장은 두 구가 만드는 전기장의 중첩이므로
$$\displaystyle \mathbf{E}_{2}=-\frac{\rho}{3 \epsilon_{0}}(\mathbf{r}-a \hat{\mathbf{z}}) $$으로 주어진다. '''따라서 해당 공동 내의 전기장의 크기는 균일하며, $$+\hat{\mathbf{z}}$$방향을 향한다.'''
$$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}&=\mathbf{E}_{1}+\mathbf{E}_{2} \\ &=\frac{\rho}{3 \epsilon_{0}} {\mathbf{r}}+\left[ -\frac{\rho}{3 \epsilon_{0}}(\mathbf{r}-a \hat{\mathbf{z}}) \right] \\&=\frac{\rho a}{3 \epsilon_{0}}\hat{\mathbf{z}} \end{aligned} $$
1.8. 예 5: 심화
| '''[문제]''' 그림과 같이 진공상에 전하량 $$3Q$$로 대전된 영역 $$0 <r<a$$과 전하량 $$-2Q$$로 대전된 도체 구각 영역 $$b<r<c$$가 있다. 다음 물음에 답하시오. '''(a)''' 각 영역의 전기장 분포를 구하시오. '''(b)''' 각 영역의 전기 퍼텐셜 분포를 구하시오. '''(c)''' 각 경계의 표면 전하 밀도를 구하시오. |
[풀이 보기] - -
'''(a)'''
이 문제는 구면 대칭성을 가지기 때문에 $$r<a$$영역의 전기장을 구할 때, 이것은 예 2의 결과를 사용하면 된다.마찬가지의 이유로, $$a<r<b$$영역의 전기장을 구할 때도, 예 2의 결과를 이용하면 된다.
$$\displaystyle \mathbf{E}_{1}=\frac{3Q}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{\mathbf{r}}{a^{3}} \quad (r<a) $$도체 구각 내부인 $$b<r<c$$ 영역의 전기장은 존재하지 않는다. 이것의 이유는 이곳을 참고한다.
$$\displaystyle \mathbf{E}_{2}= \frac{3Q}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2}} \hat{\mathbf{r}} \quad (a<r<b) $$도체 내부에 전기장이 유입되지 않으려면, 도체 구각 외부 $$r<b $$에서 유입되는 전기장을 도체 구각은 모두 상쇄해야 한다. 이렇게 되려면, $$r=b$$의 표면에 도체 구각은 $$-3Q$$으로 대전되어서, $$0 <r<a$$영역에 의해 생성되는 전기장을 상쇄하고, 본래의 도체 구각은 $$-2Q$$로 대전되어 있음을 고려하면, 도체 구각 외부 표면 $$r=c$$에는 $$-2Q-(-3Q)=Q$$으로 대전되어야 한다. 그리고, 점 $$\mathrm{O}$$를 중심으로 하고, 반지름 $$r\,(r>c) $$인 구면을 가우스 면으로 잡는다면, 도체 구각 외부 $$r>c$$의 전기장을 구면 대칭성이 있음을 고려해서 쉽게 구할 수 있다.
$$\displaystyle \mathbf{E}_{3}=0 \quad (b<r<c) $$이상에서 아래와 같이 전기장이 결정된다.
$$\displaystyle \mathbf{E}_{4}= \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2}} \hat{\mathbf{r}} \quad (r>c) $$'''(b)'''
$$\displaystyle \mathbf{E}=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{3Q}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{\mathbf{r}}{a^{3}} & \quad (r<a)\\ \\ \displaystyle \frac{3Q}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2}} \hat{\mathbf{r}} &\quad (a<r<b) \\ \\ \displaystyle 0 & \quad (b<r<c) \\ \\ \displaystyle \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2}} \hat{\mathbf{r}} & \quad (r>c) \end{array}\right. $$
전기 퍼텐셜의 정의는 다음과 같다. 전기 퍼텐셜 참고.따라서 우선 도체 구각 외부 $$r>c$$의 전기 퍼텐셜부터 구하자. 이상에서 구한 전기장은 모두 $$\hat{\mathbf{r}}$$방향이고, 미소 변위 벡터 $$d \mathbf{r}$$ 또한, $$\hat{\mathbf{r}}$$방향으로 잡는다면,
$$ \displaystyle \Phi \equiv - \int_{ \infty}^{\mathbf{d}} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{r} $$다음으로, 도체 구각 내부 $$b<r<c$$의 전기 퍼텐셜을 구하자. 이 영역에서는 전기장이 0이었으므로
$$\displaystyle \begin{aligned} \Phi_{4}&=-\int_{\infty}^{r} \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2}}\,dr \\ &=\frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}r} \quad (r>c) \end{aligned} $$$$a<r<b$$ 영역은
$$\displaystyle \begin{aligned} \Phi_{3}&=-\int_{\infty}^{c} \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2}}\,dr \\ &=\frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}c} \quad (b<r<c) \end{aligned} $$$$r<a$$ 영역은
$$\displaystyle \begin{aligned} \Phi_{2}&=-\int_{\infty}^{c} \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2}}\,dr-\int_{b}^{r} \frac{3Q}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2}}\,dr \\ &=\frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}} \left( \frac{1}{c}-\frac{3}{b}+\frac{3}{r} \right) \quad (a<r<b) \end{aligned} $$으로 결정된다.
$$\displaystyle \begin{aligned} \Phi_{1}&=-\int_{\infty}^{c} \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2}}\,dr-\int_{b}^{a} \frac{3Q}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2}}\,dr-\int_{a}^{r} \frac{3Q}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{r}{a^{3}} \,dr \\ &=\frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}} \left( \frac{1}{c}-\frac{3}{b}+\frac{9}{2a}-\frac{3r^{2}}{2a^{3}} \right) \quad (r<a) \end{aligned} $$
따라서 전기 퍼텐셜 분포는으로 결정된다. 이때, 전기 퍼텐셜은 각 경계를 가로지를 때 연속이며, 도체 구각 영역은 모두 등전위이다.
$$\displaystyle \Phi=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}} \left( \frac{1}{c}-\frac{3}{b}+\frac{9}{2a}-\frac{3r^{2}}{2a^{3}} \right) &\quad (r<a)\\ \\ \displaystyle \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}} \left( \frac{1}{c}-\frac{3}{b}+\frac{3}{r} \right) &\quad (a<r<b) \\ \\ \displaystyle \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}c} &\quad (b<r<c) \\ \\ \displaystyle \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}r} \quad &(r>c) \end{array}\right. $$
'''(c)'''
전기 퍼텐셜 문서에서 경계치 문제를 논하면서, 표면 전하 밀도가 존재하면, 경계에 수직한 전기장의 성분이 불연속이 된다는 것을 논의했다. 이 문제에서 전기장은 모두 경계에 수직하므로 결국 전기장이 연속이느냐를 따지면 된다. 이 문제에서 경계는 총 3곳 있다: $$r=a$$, $$r=b$$, $$r=c$$. 그런데, 전기장에 불연속이 있는 곳은 $$r=b$$, $$r=c$$이므로 이곳만 구하면 된다. 즉, $$r=a$$는 전기장 성분이 연속이므로 표면 전하 밀도는 0이다.
$$r=b$$에서 표면 전하 밀도는$$r=c$$에서 표면 전하 밀도는
$$\displaystyle -\epsilon_{0}[E_{2}(r=b)-E_{3}(r=b) ]=\frac{3Q}{4 \pi b^{2}} $$각 표면 전하 밀도는 $$\theta,\,\phi$$에 의존하지 않으므로 도체 구각 표면에는 균일하게 전하가 퍼져 있음을 나타내며, 사실 이것은 이 문제가 구면 대칭이 있기 때문에 당연한 결과이다. 혹은, 이곳을 참고하면, 정전기학적 상황을 만족시키기 위해선 구각 외부 표면들에 전류가 생성되면 안되며, 이를 위해선, 전하가 균일하게 표면상에 분포할 수밖에 없다는 결론이 도출된다.
$$\displaystyle \epsilon_{0}[E_{4}(r=c)-E_{3}(r=c) ]=\frac{Q}{4 \pi c^{2}} $$
아래의 그래프는 위에서 나온 결과를 바탕으로, 전기장 세기 분포와 전기 퍼텐셜 분포를 나타낸 것이다.'''[추가 자료]'''
[image]
[1] 축으로부터의 거리 $$\rho$$와 혼동을 방지하기 위해 썼으나, 부피 전하 밀도이며, 선전하 밀도가 아니다. 책에 따라 부피 전하 밀도를 $$\rho_{v}$$로 쓰기도 한다.