전기 퍼텐셜/관련 예제
1. 예제 1
| '''[문제]''' - 그림과 같이 각각 균일하게 $$Q_{1}$$, $$Q_{2}$$로 대전된 반지름 $$r_{1}$$, $$r_{2}$$의 도체구가 있다. 이 도체구를 길이가 $$R \gg r_{1},\,r_{2}$$이고, 두께가 매우 얇은 전선으로 연결시켰을 때, 시간이 지난 뒤 각각의 구에 대전된 전하량을 구하시오. |
[풀이 보기] - -
문제 상황에서 두 구가 반지름에 비해 매우 멀리 떨어져 있으므로 각각의 구가 만드는 전기장이 각 구 표면 위에서 미치는 영향은 미미하다 볼 수 있다. 따라서 각각의 구는 시간이 지난 뒤에도 균일하게 전하가 분포할 것이다. 따라서 시간이 지난 뒤 각각의 구에 대전된 전하량을 $$Q_{1}'$$, $$Q_{2}'$$라 놓으면, 전하 보존 법칙에 의해지금 두 구는 전선에 의해 연결되어 있으므로, 두 구의 표면에서의 전위는 등전위를 이룬다. 그런데, 전선의 두께가 매우 얇으므로 다음이 성립하면 됨을 알 수 있다.
$$ \displaystyle Q_{1}'+Q_{2}'=Q_{1}+Q_{2} $$나온 두 식을 연립하면,
$$ \displaystyle \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{Q_{1}'}{r_{1}}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{Q_{2}'}{r_{2}} $$임을 알 수 있다.
$$ \displaystyle Q_{1}'=\frac{r_{1}}{r_{2}}Q_{2}' \qquad \qquad Q_{1}'=\frac{r_{1}}{r_{1}+r_{2}}(Q_{1}+Q_{2}) $$
2. 예제 2
| '''[문제]''' - 그림과 같이 진공 중에 $$x=na$$일 때, 전하량 $$q_{n}=(-1)^{n}q$$의 점전하가 배치되어있는 매우 긴 사슬이 있다. 원점에서의 전기 퍼텐셜을 구하시오. |
[풀이 보기] - -
우리는 윗 문단을 참조하면, 이 문제의 원점에서 전기 퍼텐셜은임을 알 수 있다. 합의 기호를 사용하면,
$$\displaystyle \Phi=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} a} \left[ -1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+ \cdots \right] $$으로 나타낼 수 있으며, 시그마의 값은 $$-\ln{2}$$에 수렴함에 따라 우리가 구하는 퍼텐셜은
$$\displaystyle \Phi=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} a} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n} $$임을 알 수 있다.
$$\displaystyle \Phi=-\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} a} \ln{2} $$
3. 예제 3
| '''[문제]''' - 그림과 같이 균일한 밀도 $$\rho$$로 대전된 반지름 $$R$$의 구가 있다. 구의 외부에 있는 점 $$\mathrm{P}$$에 대한 퍼텐셜을 구하시오. |
[풀이 보기] - -
우리는 이 문제를 분석하기 용이한 구면 좌표계에서 생각하고, 구하기 원하는 영역에 대한 위치 벡터를 $$\mathbf{r}$$, 미소 전하가 있는 영역까지의 위치 벡터를 $$\mathbf{r'}$$이라 하자. 미소 전하는 $$dq=\rho\, dV'=\rho r'^{2}\,dr'd\Omega'$$로 나타낼 수 있으므로 우리가 구하는 퍼텐셜은이다. 우리는 $$r>r'$$인 영역을 다루고 있음에 유의하며, 다중극 전개를 이용하면,
$$\displaystyle \Phi=\frac{\rho}{4 \pi \varepsilon_{0} } \oint_{\Omega'} \int_{0}^{R} \frac{r'^{2}}{|\mathbf{r-r'}|} \, dr'd \Omega' $$으로 나타낼 수 있다. $$Y_{l}^{m}(\theta,\, \phi)$$는 구면 조화 함수(Spherical harmonics)이다. 따라서 적분은
$$\displaystyle \frac{1}{\left| \mathbf{r-r'} \right|}=\sum_{l=0}^{\infty}\sum_{m=-l}^{l} \frac{4\pi}{2l+1} \frac{r'^{l}}{r^{l+1}}Y_{l}^{m}(\theta,\, \phi)Y_{l}^{m \ast}(\theta ',\, \phi ') $$그런데, 이 식은 $$Y_{0}^{0}(\theta ',\, \phi ')=(2\sqrt{\pi})^{-1}$$인점을 이용하면,
$$\displaystyle \Phi=\frac{\rho}{4 \pi \varepsilon_{0} } \sum_{l=0}^{\infty}\sum_{m=-l}^{l} \frac{4\pi}{2l+1} Y_{l}^{m}(\theta,\, \phi) \int_{0}^{R} \frac{r'^{2+l}}{r^{l+1}} \, dr' \oint_{\Omega'} Y_{l}^{m \ast}(\theta ',\, \phi ') \,d \Omega' $$이고, 구면 조화 함수의 직교성
$$\displaystyle \Phi=\frac{\rho}{4 \pi \varepsilon_{0} } \sum_{l=0}^{\infty}\sum_{m=-l}^{l} \frac{4\pi}{2l+1} \frac{Y_{l}^{m}(\theta,\, \phi)}{Y_{0}^{0}(\theta ',\, \phi ')} \int_{0}^{R} \frac{r'^{2+l}}{r^{l+1}} \, dr' \oint_{\Omega'} Y_{0}^{0}(\theta ',\, \phi ') Y_{l}^{m \ast}(\theta ',\, \phi ') \,d \Omega' $$을 이용하면,
$$ \displaystyle \oint_{\Omega'} Y_{l}^{m}(\theta',\, \phi')Y_{t}^{s \ast}(\theta ',\, \phi ')\,d \Omega '=\delta_{l t}\delta_{m s} $$이때, $$Q \equiv 4\rho \pi R^{3}/3 $$를 이용하면,
$$\displaystyle \Phi=\frac{\rho R^{3}}{3 \varepsilon_{0} r } $$이 나옴을 알 수 있다.
$$\displaystyle \Phi=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} } \frac{1}{r}$$
참고로 이 문제는 전하 분포가 대칭적이기 때문에 가우스 법칙을 이용하는 것이 나으며, 실제로도 해당 방법이 더 쉽다.
| '''[추가 문제]''' - 위 문제에서 구의 내부에 있는 점 $$\mathrm{P}$$에 대해 퍼텐셜과 구 내·외부의 퍼텐셜과 전기장 분포를 각각 구하시오. |
[풀이 보기] - -
만약 점 $$\mathrm{P}$$가 구 내부에 있다면, 구하기가 조금 까다롭다. 우선적으로 우리가 $$\mathbf{r}=r \hat{\mathbf{r}}\,(r<R)$$이라 생각해보자. 그렇다면, 우리는 두 영역으로 나눌 수가 있는데, $$0<r'<r$$과 $$r<r'<R$$이 바로 그것들이다. 전자의 경우 $$r>r'$$이므로 위 경우에서 구했던 과정을 이용하면 된다. 즉, 우리가 $$r'$$에 대한 적분을 할 때, 적분의 하한을 [math(0)], 상한을 $$r$$이라 두면 되므로가 된다. 그러나, 전자의 영역에 대해선 $$r<r'$$이기 때문에 다중극 전개 부분에서
$$\displaystyle \Phi_{1}=\frac{\rho r^{2}}{3 \varepsilon_{0} } \qquad (r'<r<R) $$로 바뀌면서, 적분은 아래와 같이 바뀐다. 적분의 하한이 $$r$$, 상한이 $$R$$인 점에 유의하라.
$$ \displaystyle \frac{r'^{l}}{r^{l+1}} \rightarrow \frac{r^{l}}{r'^{l+1}} $$이 적분의 결과는
$$\displaystyle \Phi_{2}=\frac{\rho}{4 \pi \varepsilon_{0} } \sum_{l=0}^{\infty}\sum_{m=-l}^{l} \frac{4\pi}{2l+1} Y_{l}^{m}(\theta,\, \phi) \int_{r}^{R} r^{l}r'^{1-l} \, dr' \oint_{\Omega'} Y_{l}^{m \ast}(\theta ',\, \phi ') \,d \Omega' \qquad (0<r<r') $$따라서 우리가 구하는 퍼텐셜은 $$\Phi_{1}+\Phi_{2}$$이므로
$$\displaystyle \Phi_{2}=\frac{\rho }{2 \varepsilon_{0} }(R^{2}-r^{2}) \qquad (0<r<r') $$을 얻는다. 따라서 구의 전기 퍼텐셜 분포는
$$\displaystyle \Phi=\frac{\rho }{6 \varepsilon_{0} }(3R^{2}-r^{2}) \qquad (r<R) $$퍼텐셜과 장의 관계에 의해 구의 전기장은
$$\displaystyle \Phi=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{Q }{8 \pi \varepsilon_{0} R^{3} } (3R^{2}-r^{2}) &\qquad(r<R)\\ \\ \displaystyle \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} r }&\qquad(r>R) \end{array}\right. $$이때, $$Q \equiv 4\rho \pi R^{3}/3 $$이다.
$$\displaystyle \mathbf{E}=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{Q }{4 \pi \varepsilon_{0} }\frac{ \mathbf{r}}{R^{3}} &\qquad(r<R)\\ \\ \displaystyle \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{2} } \hat{\mathbf{r}}&\qquad(r>R) \end{array}\right. $$
동일한 문제 상황을 가우스 법칙 문서에서 다뤘으며, 전기장이 나온 것을 보면 동일한 결과를 얻었음을 알 수 있다.
4. 예제 4: 표면에 대전된 구
| '''[문제]''' - 표면 전하 밀도 $$ \sigma=\sigma_{0}\cos{\theta} $$로 대전된 반지름이 $$ R $$인 구 내·외부의 전기 퍼텐셜의 분포를 구하시오. |
[풀이 보기] - -
퍼텐셜은 구면 좌표계의 $$ r $$, $$ \theta $$에만 의존하고, 경계면을 제외한 영역에서 전하 밀도는 없으므로 라플라스 방정식의 해를 구하면된다. 이때, 구의 내부 영역 $$ r<R $$에서 퍼텐셜을 $$ \Phi_{1} $$, 구의 외부 영역 $$ r>R $$에서 퍼텐셜을 $$ \Phi_{2} $$라 하면,
$$ \displaystyle {\nabla}^{2} \Phi = 0 $$여기서 $$ P_{n}(\cos{\theta}) $$는 르장드르 다항식이다.
$$ \displaystyle \Phi_{1}(r,\,\theta)=\sum_{n=0}^{\infty } \left [ A_{n}r^{n}P_{n}(\cos{\theta})+B_{n}r^{-(n+1)}P_{n}(\cos{\theta}) \right ]\qquad (r<R) $$
$$ \displaystyle \Phi_{2}(r,\,\theta)=\sum_{n=0}^{\infty } \left [ C_{n}r^{n}P_{n}(\cos{\theta})+D_{n}r^{-(n+1)}P_{n}(\cos{\theta}) \right ] \qquad (r>R) $$
이때, 문제 상황이 유한한 전하 분포를 가지므로 $$ r \rightarrow 0 ,\,\Phi_{1} \not{\rightarrow} \infty $$와 $$ r \rightarrow \infty ,\,\Phi_{2} \not{\rightarrow} \infty $$를 만족해야 하므로 $$ B_{n}=C_{n}=0 $$을 만족해야 한다. 따라서 구하는 전기 퍼텐셜은이다.
$$ \displaystyle \Phi_{1}(r,\,\theta)=\sum_{n=0}^{\infty } A_{n}r^{n}P_{n}(\cos{\theta}) $$
$$ \displaystyle \Phi_{2}(r,\,\theta)=\sum_{n=0}^{\infty } D_{n}r^{-(n+1)}P_{n}(\cos{\theta}) $$
전위는 경계면인 $$ r=R $$에서 전위는 연속이어야 하므로 $$ \Phi_{1}(R, \theta)=\Phi_{2}(R, \theta) $$를 만족해야 한다.이상에서 모든 $$ n $$에 대하여,
$$ \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty } A_{n}R^{n}P_{n}(\cos{\theta})=\sum_{n=0}^{\infty } D_{n}R^{-(n+1)}P_{n}(\cos{\theta}) $$이 성립한다. 특히 $$ n=1 $$일 때, $$ \displaystyle A_{1}= D_{1}R^{-3} $$이 성립한다.
$$ \displaystyle A_{n}= D_{n}R^{-(n+2)} $$
다음으로는 전기장의 경계 조건을 사용하자. 우리는 구를 다루므로 구의 표면의 법선 벡터는 $$ \hat{\mathbf{r}} $$이므로을 만족해야 한다. 여기서 $$ \cos{\theta}=P_{1}(\cos{\theta}) $$임을 이용했다. 따라서
$$ \displaystyle \left. \frac{\partial \Phi_{1}}{\partial r} \right|_{r=R} -\left. \frac{\partial \Phi_{2}}{\partial r} \right|_{r=R}=\frac{\sigma_{0}\,P_{1}(\cos{\theta})}{\varepsilon_{0}} $$따라서 $$ n \neq 1 $$일 때, 다음이 성립하고,
$$ \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty } \left [ nA_{n}R^{n-1}+ (n+1)D_{n}R^{-(n+2)} \right ] P_{n}(\cos{\theta})=\frac{\sigma_{0}\,P_{1}(\cos{\theta})}{\varepsilon_{0}} $$위에서 구한 조건 $$ A_{n}= D_{n}R^{-(n+2)} $$을 대입하면,
$$ \displaystyle nA_{n}R^{n-1}+(n+1)D_{n}R^{-(n+2)}=0 $$이다. 또, $$ n=1 $$일 때,
$$ \displaystyle D_{n}\left[ \frac{n}{R^{3}}+\frac{n+1}{R^{n+1}} \right]=0 \;\to\; D_{n}=A_{n}=0\quad(n\neq 1) $$이 성립하므로 $$ A_{1}= D_{1}R^{-3} $$과 $$ A_{1}+2D_{1}R^{-3}={\sigma_{0}}/{\varepsilon_{0}} $$를 연립하면,
$$ \displaystyle A_{1}+2D_{1}R^{-3}=\frac{\sigma_{0}}{\varepsilon_{0}} $$을 얻는다.
$$ \displaystyle A_{1}=\frac{\sigma_{0}}{3\varepsilon_{0}} \qquad \qquad D_{1}=\frac{\sigma_{0}}{3\varepsilon_{0}}R^{3} $$
따라서 퍼텐셜 분포는가 된다.
$$ \displaystyle \Phi(r,\,\theta)=\left\{ \begin{array}{l}\displaystyle \frac{\sigma_{0}}{3\varepsilon_{0}}r\cos{\theta} & \quad (r<R)\\ \\ \displaystyle \frac{\sigma_{0}}{3\varepsilon_{0}} \frac{R^{3}}{r^{2}}\cos{\theta} & \quad (r>R) \end{array}\right. $$
전기 쌍극자 모멘트 문서에서도 같은 상황에 대한 예제를 다뤘으며, 구 외부의 퍼텐셜은 아래의 전기 쌍극자 모멘트가 만드는 퍼텐셜과 완전히 같다는 것을 알 수 있다. 즉, 아래와 같은 쌍극자 모멘트가 구 중심에 있는 상황과 같다는 이야기이다. 해당 문서를 참고하라.
$$ \displaystyle \mathbf{p} =\frac{4}{3}\pi \sigma_{0} R^{3} \hat{\mathbf{z}} $$
5. 예제 5: 푸아송 방정식
| '''[문제]''' - 그림과 같이 진공의 공간이 있다. $$x<|a|$$영역의 전하밀도가 $$\rho=\alpha \cos{(\pi x/2a)}$$일 때, 모든 영역의 전기장을 결정하시오.(단, $$\alpha$$는 상수이다.) |
[풀이 보기] - -
$$x<-a$$, $$x<|a|$$, $$x>a$$ 영역을 각각 영역 1, 영역 2, 영역 3이라 붙이자. 그리고, 해당 영역의 전기 퍼텐셜을 각각 $$\Phi_{1}$$, $$\Phi_{2}$$, $$\Phi_{3}$$이라 하면, 각 영역에 전기 퍼텐셜에 대한 편미분 방정식은 전하 밀도가 존재하는 영역은 영역 2 뿐이므로이다. 그런데 해당 문제 상황에서 $$y$$, $$z$$ 대칭성에 의해 전기 퍼텐셜은 $$x$$에만 의존할 것이므로 $$\nabla^{2}=d^{2}/dx^{2}$$으로 대치된다. 따라서 모든 영역에서의 해는
$$\displaystyle \begin{aligned} \mathrm{(Domain\,1)}\quad& \nabla^{2} \Phi_{1}=0 \\ \mathrm{(Domain\,2)}\quad& \nabla^{2} \Phi_{2}=-\frac{\alpha}{\varepsilon_{0}} \cos{\left( \frac{\pi x}{2a} \right)} \\ \mathrm{(Domain\,3)}\quad& \nabla^{2} \Phi_{3}=0 \end{aligned} $$이다. $$C_{0} \sim C_{5}$$는 상수이다. 퍼텐셜 특성 상 $$C_{0}=0$$으로 놓을 수 있고, 전기 퍼텐셜은 각 경계면을 가로지를 때, 연속이어야 하므로 $$\Phi_{1}(x=-a)=\Phi_{2}(x=-a)$$, $$\Phi_{2}(x=a)=\Phi_{3}(x=a)$$를 만족해야 하므로,
$$\displaystyle \begin{aligned} \Phi_{1}&=C_{1}x+C_{2} \\ \Phi_{2}&=\frac{4 \alpha a^{2}}{\pi^{2} \varepsilon_{0}} \cos{ \left( \frac{\pi x}{2a} \right)}+C_{3}x+C_{0} \\ \Phi_{3}&=C_{4}x+C_{5} \end{aligned} $$를 만족시켜야 한다. 또한, 전기 퍼텐셜과 전기장의 관계에 의해
$$\displaystyle \begin{aligned} -C_{1}a+C_{2}&=-C_{3}a \\ C_{3}a&=C_{4}a+C_{5} \end{aligned} $$이고, 각 경계면 표면에 전하가 없고, 전기장 방향은 각 경계면에 수직한 방향이므로 전기장은 경계를 가로지를 때, 연속이 돼야하므로 $$E_{1}(x=-a)=E_{2}(x=-a)$$, $$E_{2}(x=a)=E_{3}(x=a)$$를 만족해야 한다. 따라서
$$\displaystyle \begin{aligned} E_{1}&=-C_{1} \\ E_{2}&=\frac{2 \alpha a}{\pi \varepsilon_{0}} \sin{ \left( \frac{\pi x}{2a} \right)}-C_{3}x \\ E_{3}&=-C_{4} \end{aligned} $$이다. 전하 분포가 $$x=0$$을 기준으로 대칭적이기 때문에 $$E_{2}(x)=-E_{2}(-x)$$가 성립해야 해서, $$C_{3}=0$$을 얻고, 나머지 식을 모두 연립하면,
$$\displaystyle \begin{aligned} -C_{1}&=-\frac{2 \alpha a}{\pi \varepsilon_{0}}-C_{3} \\ \frac{2 \alpha a}{\pi \varepsilon_{0}}-C_{3}&=-C_{4} \end{aligned} $$따라서 모든 영역의 퍼텐셜은 아래와 같이 결정되고,
$$\displaystyle \begin{aligned} C_{1}=-C_{4}=\frac{2 \alpha a}{\pi \varepsilon_{0}}, \qquad \qquad C_{2}=C_{5}=\frac{2 \alpha a^{2}}{\pi \varepsilon_{0}} \end{aligned} $$우리가 구하는 전기장은 아래와 같이 결정된다.
$$\displaystyle \Phi=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{2 \alpha a}{\pi \varepsilon_{0}}(x+a)&\qquad(x<-a)\\ \\ \displaystyle \frac{4 \alpha a^{2}}{\pi^{2} \varepsilon_{0}} \cos{ \left( \frac{\pi x}{2a} \right)} &\qquad( x < |a|)\\ \\ \displaystyle \frac{2 \alpha a}{\pi \varepsilon_{0}}(a-x) &\qquad( x >a) \end{array}\right. $$
$$\displaystyle \mathbf{E}=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle -\frac{2 \alpha a}{\pi \varepsilon_{0}} \hat{\mathbf{x}}&\qquad(x<-a)\\ \\ \displaystyle \frac{2 \alpha a}{\pi \varepsilon_{0}} \sin{ \left( \frac{\pi x}{2a} \right)} \hat{\mathbf{x}} &\qquad( x < |a|)\\ \\ \displaystyle \frac{2 \alpha a}{\pi \varepsilon_{0}} \hat{\mathbf{x}} &\qquad( x >a) \end{array}\right. $$
6. 예제 6: 영상법
| '''[문제]''' - 그림과 같이 각 면이 무한하고, 접지된 $$\mathrm{L}$$자형 도체 판이 있다. 이 도체판의 각 변에 $$a$$만큼 떨어진 곳에 점전하 $$q$$가 있을 때, 이 점전하가 받는 힘을 구하시오. |
[풀이 보기] - -
그림이 $$xy$$평면 상의 상황이라 생각하고, 아래와 같이 영상 전하를 놓자.
[image]
이 경우 네 전하에 의한 퍼텐셜은여기서 $$\Phi(x,\,0,\,z)=0$$, $$\Phi(0,\,y,\,z)=0$$을 만족함에 따라 평판 위의 퍼텐셜은 0이 되므로 영상 전하를 잘 잡았음을 알 수 있다.
$$ \displaystyle \begin{aligned} \Phi(x,\,y,\,z)=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}} \left[ \frac{1}{\sqrt{(x+a)^2+(y-a)^{2}+z^{2} }}-\frac{1}{\sqrt{(x-a)^2+(y-a)^{2}+z^{2} }} \right. \\ \left. -\frac{1}{\sqrt{(x+a)^2+(y+a)^{2}+z^{2} }}+\frac{1}{\sqrt{(x-a)^2+(y+a)^{2}+z^{2} }} \right] \end{aligned} $$
세 영상 전하에 의한 점전하의 위치에서 전기장은 각 영상 전하에 의한 전기장의 선형 결합이다.따라서 점전하가 받는 힘은 $$\mathbf{F}=q\mathbf{E}$$에 의해
$$ \displaystyle \mathbf{E}=\frac{q(4-\sqrt{2})}{64\pi \varepsilon_{0} a^{2}} (\hat\mathbf{x}-\hat\mathbf{y}) $$참고적으로 두 무한한 판이 $$(180/n)^{\circ}\,(n \in \mathbb{N} )$$의 사잇각으로 있을 때, 놓아야 하는 영상 전하의 개수는 $$2n-1$$개이다. 이 문제 상황에서는 $$n=2$$였으므로 영상 전하가 3개 놓였다.
$$ \displaystyle \mathbf{F}=\frac{q^{2}(4-\sqrt{2})}{64\pi \varepsilon_{0} a^{2}} (\hat\mathbf{x}-\hat\mathbf{y}) $$
또한 위와 같은 전하 배치는 사극자(Quadrupole)와 같은데, 위의 문제 상황은 결국 사극자가 놓여있는 상황과 같음을 알 수 있다. 이곳에서 사극자의 전기력선을 볼 수 있으니, 참고한다.
7. 예제 7: 영상법 2
| '''[문제]''' - 그림과 같이 $$z \geq 0$$영역에 중심이 원점 $$\rm O$$이고, 반지름 $$a$$인 반구이고 나머지 영역은 무한 평면인 도체가 접지되어 있고, $$(0,\,0,\,2a)$$에 전하량 $$q$$인 점전하가 놓여있을 때, 해당 도체 윗 부분의 영역을 잘 묘사하는 영상 전하를 놓으시오. |
[풀이 보기] - -
상위 문서의 '영상법' 문단의 결과를 사용하면, 이 문제에는 총 3개의 영상 전하가 필요하며, $$q'=-q/2$$이고, $$d=a/2$$일 때, 아래와 같이 영상 전하를 놓아야 한다. 이때, 도체의 윗부분을 구하므로 영상 전하는 아래와 같이 도체 아랫부분인 회색 영역에 두어야 한다.
[image]
영상 전하를 잘 놓았는지 확인해보자. $$\mathbf{r}=\mathbf{x}+\mathbf{y}+\mathbf{z}$$로 두고, $$\cos{\theta}=\hat{\mathbf{r}} \boldsymbol{\cdot} \hat{\mathbf{z}} $$임을 이용하면,이다. 한편, 무한 평면 영역의 퍼텐셜 $$ \Phi(r,\,\theta=\pi/2,\,\phi )=0 $$, 반구 영역의 퍼텐셜 $$ \Phi(r=a,\,\theta,\,\phi )=0 $$이므로 영상 전하를 잘 놓았음을 알 수 있다.
$$ \displaystyle \begin{aligned} \Phi(\mathbf{r})&=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}} \left[ \frac{1}{|\mathbf{r}-2a\hat{\mathbf{z}}|}-\frac{\dfrac{1}{2}}{\left|\mathbf{r}-\dfrac{a}{2}\hat{\mathbf{z}}\right|}+\frac{\dfrac{1}{2}}{\left|\mathbf{r}+\dfrac{a}{2}\hat{\mathbf{z}}\right|}-\frac{1}{|\mathbf{r}+2a\hat{\mathbf{z}}|} \right] \\&= \frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}} \left[ \frac{1}{\sqrt{r^{2}+4a^{2}-4ar\cos{\theta} }}-\frac{1}{\sqrt{4r^{2}+a^{2}-4ar\cos{\theta} }} \right. \\ & \qquad \qquad \qquad \left. +\frac{1}{\sqrt{4r^{2}+a^{2}+4ar\cos{\theta} }}-\frac{1}{\sqrt{r^{2}+4a^{2}+4ar\cos{\theta} }} \right]\end{aligned} $$
8. 예제 8
| '''[문제]''' - 전하 $$ Q $$로 대전된 반지름 $$ R $$인 도체 구의 정전기 에너지를 구하시오. |
[풀이 보기] - -
전하가 표면에 $$ Q $$만큼 있을 때, 표면 전하 밀도는 $$ \sigma=Q/4 \pi R^{2} $$이고, 도체 구 표면의 전위는 $$ \Phi=Q/4 \pi \varepsilon_{0} R $$이다. 따라서 정전기 에너지는가 되므로
$$ \displaystyle U=\frac{1}{2} \int \sigma \Phi\, da=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\pi} \frac{Q}{4 \pi R^2} \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} R^{2}} R^{2}\sin{\theta}\, d \theta d \phi $$가 된다.
$$ \displaystyle U=\frac{Q^{2}}{8 \pi \varepsilon_{0} R} $$
9. 예제 9
| '''[문제]''' - 전하 $$ Q $$로 대전된 반지름 $$ R $$인 도체 구의 정전기 에너지를 에너지 밀도를 이용하여 구하시오. |
[풀이 보기] - -
위의 상황에서 전기장은 가우스 법칙을 이용하면, 구해진다.참고로, 내부 영역$$ (r<R) $$에서는 도체 구이므로 전기장은 없다.
$$ \displaystyle \mathbf{E}=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{2}} \hat{\mathbf{r}} \qquad (r>R) $$
따라서 위 상황의 에너지 밀도는이고, 구하는 정전기 에너지는 적분 영역을 반지름 $$ R $$인 구[1]
$$\displaystyle u=\frac{1}{2}\varepsilon_{0}E^{2}=\frac{1}{2}\varepsilon_{0} \left( \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{2}} \right)^{2}=\frac{Q^{2}}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0} r^{4}} $$로 부터 무한한 반지름의 구까지 하면 된다.위에서도 밝혔지만, 도체 구 내부엔 전기장이 없다.위에서 구했던 것과 같은 결과를 얻음을 알 수 있다.
$$\displaystyle U=\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\pi} \int_{R}^{\infty} \frac{Q^{2}}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0} r^{4}} r^{2}\sin{\theta}\,drd \theta d \phi =\frac{Q^{2}}{8 \pi \varepsilon_{0} R} $$
[각주]