전기장/전기장을 구하는 방법/쿨롱 법칙/예제
1. 예제 1
| '''[문제]''' - 그림과 같이 진공 공간의 $$x$$축 위 $$0 \leq x \leq L$$ 영역 위에 선전하밀도 $$\lambda = \alpha (L-x) $$로 대전된 막대가 놓여져 있다. 점 $$ \mathrm{P}(2L,\,0) $$에서 전기장을 구하시오.(단, $$\alpha$$는 상수이다.) |
[풀이 보기] - -
막대의 미소 전하 $$dq=\lambda \, dx'$$의 위치를 $$ \mathbf{r'}=x' \hat{\mathbf{x}} $$[1]로 잡을 수 있고, 전기장을 구하는 영역의 위치 벡터는 $$\mathbf{r}=2L\hat{\mathbf{x}}$$인 것을 이용하면, 점 $$\mathrm{P}$$의 미소 전기장은프라임은 전하의 좌표계란 점을 강조하기 위해 붙였다.따라서 우리는 $$0 \leq x' \leq L$$영역의 적분을 수행함으로써, 구하는 영역의 전기장을 얻는다:
$$\displaystyle d \mathbf{E}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{\alpha(L-x)}{| (2L-x')\hat{\mathbf{x}} |^{3} }[(2L-x')\hat{\mathbf{x}}]\,dx' $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}&=\frac{\alpha}{4 \pi \varepsilon_{0}} \hat{\mathbf{x}} \int_{0}^{L}\frac{L-x'}{ (2L-x')^{2} }\,dx' \\ &=\frac{\alpha}{4 \pi \varepsilon_{0}} \left[ \ln{2}-\frac{1}{2} \right] \hat{\mathbf{x}} \end{aligned} $$
2. 예제 2
| '''[문제]''' - 그림과 같이 진공 공간의 $$xy$$평면 위에서 중심이 원점이고 반지름의 길이가 $$R$$인 균일한 표면 전하 밀도 $$\sigma$$로 대전된 원판이 있다. $$z$$축 위의 한 점 $$\mathrm{P}$$에서의 전기장을 구하시오. |
[풀이 보기] - -
이 문제를 푸는 데에 있어, 가장 유용한 원통 좌표계를 사용한다.
원판 위의 미소 전하가 있는 위치 벡터를 $$\mathbf{r'}=\rho' \hat{\boldsymbol{\rho}}$$로 놓고, 미소 전하 $$ \sigma \, da'=\sigma \rho' \, d \rho' d \phi' $$로 놓을 수 있다. 또한 전기장을 구하는 영역에 대한 위치 벡터 $$\mathbf{r}=z \hat{\mathbf{z}}$$임을 아므로, 구하는 영역의 미소 전기장은이 적분을 $$ 0 \leq \rho' \leq R $$, $$ 0 \leq \phi' \leq 2\pi $$에 대해서 수행하면 된다. 그러나, $$\hat{\boldsymbol{\rho}}$$는 적분의 기저 벡터로 부적합하므로 이것을 다시 직교 좌표로 바꿔 적분을 해야한다. 즉, 우리는
$$\displaystyle d\mathbf{E}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{ \sigma \rho' \, d \rho' d \phi' }{| z \hat{\mathbf{z}}-\rho' \hat{\boldsymbol{\rho}} |^{3}} (z \hat{\mathbf{z}}-\rho' \hat{\boldsymbol{\rho}}) $$를 적분해줘야 하는 것이다. 그런데, $$\phi$$대칭성에 따라 $$x$$, $$y$$ 성분은 적분 후 상쇄될 것이므로 우리는 최종적으로
$$\displaystyle d\mathbf{E}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{ \sigma \rho' \, d \rho' d \phi' }{| z \hat{\mathbf{z}}-\rho' \hat{\boldsymbol{\rho}} |^{3}} [z \hat{\mathbf{z}}-\rho' (\cos{\phi} \hat{\mathbf{x}}+\sin{\phi} \hat{\mathbf{y}} ) ] $$만 계산해주면 되는 것이다. 따라서 이 적분의 결과로서 우리는 다음의 구하는 전기장을 얻는다:
$$\displaystyle \mathbf{E}=\frac{\sigma z}{4 \pi \varepsilon_{0}} \hat{\mathbf{z}} \int_{0}^{R} \frac{ \rho' }{ (z^{2}+\rho'^{2})^{3/2} } \, d \rho' \int_{0}^{2\pi} d \phi' $$만약 우리가 $$R \to \infty$$를 고려한다면, 이것은 곧 표면 전하 밀도 $$\sigma$$로 대전된 무한한 판의 전기장을 구하는 문제와 동치가 된다. 따라서 우리는 $$R \to \infty$$일 때,
$$\displaystyle \mathbf{E}= \frac{\sigma }{2 \varepsilon_{0}} \left[ \frac{z}{|z|}-\frac{z}{\sqrt{R^{2}+z^{2} }} \right] \hat{\mathbf{z}} $$를 얻는데, 이것은 가우스 법칙 등으로 구한 것과 일치된 결과를 얻는다. 이 예제와 결과를 비교해보라.
$$\displaystyle \displaystyle \mathbf{E} \to \frac{\sigma }{2 \varepsilon_{0}} \frac{\mathbf{z}}{|z|} $$
[각주]