전자기파/전자기파 방사/관련 예제
1. 예제 1 : 점전하의 뒤처진 퍼텐셜
| '''[문제]''' - 원점에 놓인 점전하의 전하량이 $$q(t)=kt\,(t>0) $$으로 변한다. 이 점전하에 의한 뒤처진 스칼라 퍼텐셜을 각각 구하시오. (단, $$k$$는 상수이고, $$t<0$$일 때, 전하량은 0이다.) |
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뒤처진 스칼라 퍼텐셜은 다음과 같이 주어진다.이때, 조건에 의해
$$\displaystyle \Phi(\mathbf{r},\,t)=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}\int_{V} \frac{\rho(\mathbf{r'},\,t_{r})}{\left| \mathbf{r}-\mathbf{r'} \right|}\,dV' $$이므로
$$ \displaystyle \mathbf{r'}=0 \qquad \qquad \mathbf{r}=r \hat{\mathbf{r}} \qquad \qquad t_{r}=\frac{r}{c} $$이때, 점전하의 전하 밀도는 디락 델타 함수로 표현할 수 있다. 따라서
$$\displaystyle \Phi(\mathbf{r},\,t)=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}r}\int_{V} \rho(t_{r})\,dV' $$따라서 구하는 스칼라 퍼텐셜은 아래와 같이 주어진다. 이때, 적분 영역은 원점 부근의 $$V \rightarrow 0$$인 극히 작은 부피 영역이다.
$$\displaystyle \begin{aligned} \rho(t_{r})&=q(t_{r})\delta(\mathbf{r'}) \\&=k \left( t-\frac{r}{c} \right)\delta(\mathbf{r'}) \end{aligned} $$그러나 위의 값은 $$r<ct$$일 때만 유효하다. 그 이유는 우리는 관측지점 $$\mathbf{r}$$에서 관측을 하고 있으므로 전하는 $$r>ct$$일 때, 없는 것으로 관측된다. 따라서 原이 없기 때문에 관측되는 스칼라 퍼텐셜은 없어야 한다.
$$\displaystyle \begin{aligned} \Phi(\mathbf{r},\,t)&=\frac{k}{4 \pi \varepsilon_{0}r} \left( t-\frac{r}{c} \right) \int_{V} \delta(\mathbf{r'})\,dV' \\ &=\frac{k}{4 \pi \varepsilon_{0}r} \left( t-\frac{r}{c} \right) \end{aligned} $$
$$ \displaystyle \Phi(\mathbf{r},\,t)=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{k}{4 \pi \varepsilon_{0}r} \left( t-\frac{r}{c} \right) &\quad (r<ct)\\ \\ \displaystyle 0 &\quad (r>ct)\end{array}\right. $$
2. 예제 2 : 무한 도선의 뒤처진 퍼텐셜
| '''[문제]''' - $$\mathrm{(a)}$$와 같이 $$z$$축으로 놓인 무한한 도선이 있다. 이 도선에 $$\mathrm{(b)}$$와 같이 $$t=0$$ 부터 $$I_{0}$$의 전류를 흘러줬을 때, 점 $$\mathrm{P}$$에서 뒤처진 벡터 퍼텐셜을 구하시오. |
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뒤처진 벡터 퍼텐셜 선형 근사를 통해 다음과 같이 쓸 수 있다.[1]R=\left|\mathbf{r-r'} \right|, \mathbf{r}=r\hat{\mathbf{r}} , \mathbf{r'}=z'\hat{\mathbf{z}} 이다.도선에 의한 벡터 퍼텐셜은 미소 길이 $$dz'$$ 만큼의 도선에서 방사된 미소 정보들의 기여분을 모두 합한 것으로 주어질 것이다. 그런데 합산되는 미소 벡터 퍼텐셜들은 점 $$\mathrm{S}$$ 즉, 도선의 어떤 미소 영역으로 부터 전자기파의 형태로 관측점 $$\mathrm{P}$$에 도달한 것만이 유효하다. 다시 말하면, 어떤 시간 $$t$$에서 도선의 각 미소 영역들은 정보를 관측점으로 보내나, 전자기파의 속도는 유한하기 때문에 모든 부분의 정보가 관측점에서 도달하지 못하고, 관측점 $$\mathrm{P}$$에 도달한 것들만 합산되어 해당 점에서 관측되는 벡터 퍼텐셜이 된다는 것이다. 이때, 어떤 시각에서 미소 영역 $$\mathrm{S}$$로 부터 관측점 $$\mathrm{P}$$까지 도달할 수 있는 $$R_{\mathrm{max}}$$은 $$t=0$$에서 $$\mathrm{S}$$로 부터 $$\mathrm{P}$$까지 이동한 전자기파의 거리와 같다. 따라서 $$R_{\mathrm{max}}=ct$$로 쓸 수 있으므로
$$\displaystyle \mathbf{A}=\frac{\mu_{0} \hat{\mathbf{z}} }{4 \pi}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{I(t-R/c)}{R}\,dz' $$이고, 이 때문에 특정 시각에서 관측점 $$\mathrm{P}$$에서 관측되는 벡터 퍼텐셜에 기여하는 것은 $$\left|z \right| \leq \sqrt{(ct)^{2}-\rho^{2}}$$만큼의 영역에서 방사된 정보들이다. 따라서 우리는 구하는 벡터 퍼텐셜을 다음과 같이 쓸 수 있다.
$$\displaystyle R_{\mathrm{max}}=ct=\sqrt{\rho^{2}+z'^{2}} \, \rightarrow \, \left|z \right|=\sqrt{(ct)^{2}-\rho^{2}} $$그런데 위의 값은 $$\rho<ct$$일 때만 유효하다. 왜냐하면, 이 조건이 만족하지 않으면, 관측점에서 볼 때, 도선에 흐르는 전류는 없기 때문이다. 이에 따라 해당 조건 외의 시간에서 관측점에서의 벡터 퍼텐셜은 0이라는 사실 또한 알 수 있다. 따라서 우리는 다음과 같이 벡터 퍼텐셜이 결정됨을 쉽게 알 수 있다.
$$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{A}&=\frac{\mu_{0} I_{0} \hat{\mathbf{z} }}{4 \pi}\int_{-\sqrt{(ct)^{2}-\rho^{2} }}^{\sqrt{(ct)^{2}-\rho^{2} }} \frac{1}{\sqrt{\rho^{2}+z'^{2} }}\,dz' \\ &=\frac{\mu_{0} I_{0} \hat{\mathbf{z} }}{2 \pi}\ln{\left[ \frac{\sqrt{(ct)^{2}-\rho^{2}}+ct}{\rho} \right]} \end{aligned} $$이제 우리는 $$t \rightarrow \infty$$ 일 때의 상황을 고려해보자. 이 경우에서
$$ \displaystyle \mathbf{A}=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle\frac{\mu_{0} I_{0} \hat{\mathbf{z} }}{2 \pi}\ln{\left[ \frac{\sqrt{(ct)^{2}-\rho^{2}}+ct}{\rho} \right]} &\quad (\rho<ct)\\ \\ \displaystyle 0 &\quad (\rho>ct)\end{array}\right. $$로 쓸 수 있다. 따라서 벡터 퍼텐셜은
$$ \displaystyle \sqrt{(ct)^{2}-\rho^{2}} \simeq ct $$가 되어 정자기학적의 상황의 벡터 퍼텐셜이 됨을 알 수 있다: 다음의 예제와 비교해보라.
$$ \displaystyle \mathbf{A}=-\frac{\mu_{0} I_{0} \hat{\mathbf{z} }}{2 \pi}\ln{\rho}+\mathsf{const.} $$
3. 예제 3 : 변하는 전기 쌍극자
| '''[문제]''' - $$z$$축 위에 있는 두 전하 $$+q(t)$$, $$-q(t)$$가 서로 $$l$$ 만큼의 거리를 두고 떨어져있다. $$q(t)=q_{0}\sin{\omega t}$$일 때, '''(a)''' 두 전하의 전기 쌍극자 모멘트를 결정하고, '''(b)''' 두 전하에 의한 방사장을 결정하시오. |
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'''(a)'''
두 전하에 의한 전기 쌍극자 모멘트는로 쉽게 결정할 수 있다.
$$\displaystyle \mathbf{p}(t)=q_{0}l\hat{\mathbf{z}}\sin{\omega t} $$
'''(b)'''
방사장을 결정하려면, $$\ddot{\mathbf{p}}$$를 결정해야 하고, 이것은 전기 쌍극자 모멘트의 시간의 2차 미분과 같다. 따라서로 쉽게 결정할 수 있다. 따라서
$$\displaystyle \ddot{\mathbf{p}}=-q_{0}l\omega^{2}\hat{\mathbf{z}}\sin{(\omega t-kr)} $$이고, 최종적으로 다음과 같이 방사장이 결정된다.
$$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}(\mathbf{r},\,t)&=-\frac{q_{0}l\omega^{2}}{4\pi \varepsilon_{0} c^{2}r}\sin{(\omega t-kr)}[\hat{\mathbf{r}}(\hat{\mathbf{r}}\cdot \hat{\mathbf{z}})-\hat{\mathbf{z}} ] \\ \mathbf{B}(\mathbf{r},\,t)&=\frac{\mu_{0}q_{0}l\omega^{2}}{4 \pi c r}\sin{(\omega t-kr)} [\hat{\mathbf{r}}\times \hat{\mathbf{z}}] \end{aligned} $$
$$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}(\mathbf{r},\,t)&=-\frac{q_{0}l\omega^{2}}{4\pi \varepsilon_{0} c^{2}r} \hat{\boldsymbol{\theta}} \sin{(\omega t-kr)}\sin{\theta} \\ \mathbf{B}(\mathbf{r},\,t)&=-\frac{\mu_{0}q_{0}l\omega^{2}}{4 \pi c r} \hat{\boldsymbol{\phi}} \sin{(\omega t-kr)}\sin{\theta} \end{aligned} $$
4. 예제 4 : 등속도로 움직이는 점전하
| '''[문제]''' - 전하량 $$q$$인 전하가 $$\mathbf{v}$$의 등속도로 움직일 때, 다음 물음에 답하시오.'''(a)''' 스칼라 퍼텐셜을 구하시오. '''(b)''' 벡터 퍼텐셜을 구하시오. '''(c)''' 전기장을 구하시오. '''(d)''' 자기장을 구하시오. |
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편의 상 우리는 $$t=0$$일 때, 전하가 원점을 지난다고 생각할 것이다. 우리는 다음의 정보를 안다.이때, 조건에 따라
$$\displaystyle \mathbf{a}=0\qquad \qquad \mathbf{R}=\mathbf{r}-\mathbf{r'}(t_{r}) \qquad \qquad \boldsymbol{\beta}=\frac{\mathbf{v}}{c} $$이다. 그런데,
$$\displaystyle \mathbf{r'}(t)=\mathbf{v}t $$을 만족해야 함에 따라 양변을 제곱하여, 우리는 관측점에 대한 시각과 전하에 대한 시각에 대한 관계를 구할 수 있다:
$$\displaystyle R=c(t-t_{r})\,\rightarrow\,\left| \mathbf{r}-\mathbf{v}t_{r} \right|=c(t-t_{r}) $$$$v\rightarrow 0$$의 극한에서
$$\displaystyle t_{r}=\frac{(c^{2}t-\mathbf{r} \cdot \mathbf{v})\pm [(c^{2}t-\mathbf{r} \cdot \mathbf{v})^{2}+(c^{2}-v^{2})(r^{2}-c^{2}t^{2} ) ]^{1/2}}{c^{2}-v^{2}} $$이때, 전하는 원점에 있기 때문에 지연 시간을 올바르게 하려면, 음의 부호를 택해야 함에 따라
$$\displaystyle t_{r}=t \pm \frac{c}{r} $$를 택해야 함을 알 수 있다.
$$\displaystyle t_{r}=\frac{(c^{2}t-\mathbf{r} \cdot \mathbf{v})- [(c^{2}t-\mathbf{r} \cdot \mathbf{v})^{2}+(c^{2}-v^{2})(r^{2}-c^{2}t^{2} ) ]^{1/2}}{c^{2}-v^{2}} $$
'''(a)'''
스칼라 퍼텐셜임을 알고 있다. 그런데 분모는 결국
$$\displaystyle \Phi=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{1}{R(t_{r})-\boldsymbol{\beta}(t_{r}) \cdot \mathbf{R}(t_{r})} $$임을 이용하면, 분모는
$$\displaystyle R(t_{r})-\boldsymbol{\beta}(t_{r}) \cdot \mathbf{R}(t_{r})= R-\mathbf{R} \cdot \frac{\mathbf{v}}{c} $$으로 결정되고, 결국 스칼라 퍼텐셜은
$$\displaystyle \frac{\sqrt{(c^{2}t-\mathbf{r} \cdot \mathbf{v})^{2}+(c^{2}-v^{2})(r^{2}-c^{2}t^{2} ) }}{c}$$이 되고, 분모를 정리하고, $$\mathbf{R}(t)=\mathbf{r}-\mathbf{v}t$$를 이용하면,
$$\displaystyle \Phi=\frac{qc}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{1}{\sqrt{(c^{2}t-\mathbf{r} \cdot \mathbf{v})^{2}+(c^{2}-v^{2})(r^{2}-c^{2}t^{2} ) }} $$로 쓸 수 있고, $$\theta$$는 $$\mathbf{R}$$과 $$\mathbf{v}$$가 이루는 각이다.
$$\displaystyle \Phi=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} R(t)} \frac{1}{\sqrt{1-\beta^{2}\sin^{2}{\theta} }} $$
'''(b)'''
스칼라 퍼텐셜이 결정되면, 벡터 퍼텐셜은 쉽게 결정된다:이것은 스칼라 퍼텐셜과 같은 논법으로,
$$\displaystyle \mathbf{A}=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}c} \frac{\mathbf{v}}{\sqrt{(c^{2}t-\mathbf{r} \cdot \mathbf{v})^{2}+(c^{2}-v^{2})(r^{2}-c^{2}t^{2} ) }} $$의 형태로 쓸 수 있다.
$$\displaystyle \mathbf{A}=\frac{q \mathbf{v}}{4 \pi \varepsilon_{0}c^{2}}\frac{1}{\sqrt{1-\beta^{2}\sin^{2}{\theta} }} $$
'''(c)'''
이 문제에서는 가속도가 없는 상황을 다루기 때문에 전자기장은 가속도와 관련되지 않는 장 즉, 속도장만 고려하면 된다. 즉, 전기장은우리는 '''(a)'''에서 전기장의 표현을 바꾸었을 때의 결과를 참조하면,
$$\displaystyle \mathbf{E}= \frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}K^{3}} ( 1-\beta^{2} ) ({\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta}) $$이고, 위의
$$\displaystyle K=R(t)\sqrt{1-\beta^{2}\sin^{2}{\theta}} $$이상에서 결정되는 전기장은
$$\displaystyle \begin{aligned} {\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta}&=\mathbf{r}-\mathbf{v}t_{r}-(t-t_{r})\mathbf{v} \\ &=r-\mathbf{v}t \\ &=\mathbf{R}(t) \end{aligned} $$이 결과에서 특이한 점은 우리는 전하가 지연 위치에서 原으로 하여 장이 방사된다고 했지만, 이 문제는 전하의 현재의 분리 벡터 방향을 향한다는 것이다. 또한, 분모에 $$\sin^{2}{\theta}$$가 들어있으므로 전기장은 본래 구 대칭이었던 정전기학적 상황과 달리 이제 각 $$\theta$$에 의존한다는 것을 알 수 있고, 다음의 결과를 얻는다.
$$\displaystyle \Phi=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}}\frac{1-\beta^{2}}{[1-\beta^{2}\sin^{2}{\theta}]^{3/2}}\frac{\hat{\mathbf{R}}(t)}{R(t)^{2}} $$- 전하의 수평 방향 ($$\theta=0,\,\pi$$) : 전기장이 본래보다 $$\sqrt{1-\beta^{2}}$$만큼 약하다.
- 전하의 수직 방향 ($$\theta=\pm \pi/2$$) : 전기장이 본래보다 $$ (1-\beta^{2})^{-1/2} $$만큼 강하다.
[image]
이 사이트에서 등속도 움직이는 점전하의 전기장이 어떻게 생기는 지 확인할 수 있다. 메뉴 중 'Linear'을 누르면 된다.
'''(d)'''
자기장은그런데,
$$\displaystyle \mathbf{B}=\frac{1}{c}(\hat{\mathbf{R}}(t_{r}) \times \mathbf{E}) $$으로 쓸 수 있으므로
$$\displaystyle \begin{aligned} \hat{\mathbf{R}}(t_{r})&=\frac{\mathbf{r}-\mathbf{v} t_{r}}{R(t_{r})} \\&=\frac{(\mathbf{r}-\mathbf{v}t)+(t-t_{r})\mathbf{v} }{R(t_{r})} \\ &=\frac{(\mathbf{r}-\mathbf{v}t)+(t-t_{r})\mathbf{v} }{c(t-t_{r})} \\&=\frac{\mathbf{R}(t)}{R(t_{r})}+\frac{\mathbf{v}}{c} \end{aligned} $$으로 구할 수 있다. 자기장은 전하 주위를 맴도는 형태가 되게 된다.
$$\displaystyle \mathbf{B}=\frac{1}{c^{2}}(\mathbf{v} \times \mathbf{E}) $$
우리는 이 문제를 $$\beta \ll 1$$의 비상대론적 영역에서 전하의 전자기장은 어떻게 결정지어지는 지 논의하고 끝마치고자 한다. 이러한 영역에서는 전자기장은 아래와 같이 결정된다.'''[추가 자료]''' 전기장은 결국 등속도로 움직이는 점전하의 쿨롱 법칙이 되고, 자기장은 결국 점전하에 대한 비오-사바르 법칙임을 알 수 있다. 그러나, 비오-사바르 법칙은 정상 전류에 한해서만 정의되었음을 주의해야 한다. 점전하의 운동은 면밀히 이야기 하면, 정상 전류가 아니고, 위의 결과에 따르면, 비상대론적($$\beta \ll 1$$) 전하에만 적용된다는 것을 알 수 있다. 따라서 상대론적 점전하에 대해 위 공식을 써서 자기장을 계산하면, 올바르게 얻을 수 없고, 이 예제의 결과를 써야만 된다.
$$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}&\simeq \frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}}\frac{\hat{\mathbf{R}}(t)}{R(t)^{2}} \\ \mathbf{B}&\simeq\frac{\mu_{0} q}{4 \pi R^{2}}[\mathbf{v} \times \hat{\mathbf{R}}(t) ] \end{aligned} $$
[각주]