가우스 법칙/대표 예제

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1. 대표 예제
1.0.1. 예 1: 가우스 법칙 적용1.0.2. 예 2: 심화
1.1. 가우스 법칙을 이용한 전기장 구하기
1.1.1. 예 1: 원통형 전하 분포1.1.2. 예 2: 구면 전하 분포1.1.3. 예 3: 대전된 판1.1.4. 예 4: 중첩1.1.5. 예 5: 심화

1. 대표 예제[편집]

아래는 가우스 법칙과 관련한 대표적인 예제를 수록했다.

1.0.1. 예 1: 가우스 법칙 적용[편집]

[문제]
그림과 같이 진공에 전하량의 크기가 QQ로 같고, 부호가 다른 두 전하가 떨어져서 고정되어 있다. 폐곡면 S1∼S4S_{1}\sim S_{4} 표면의 전기 선속을 구하시오.

파일:나무_가우스법칙_적용예제_1.png

[풀이 보기]

가우스 법칙을 이용한다. 가우스 법칙에 따르면, 폐곡면에 유출입되는 전기 선속은 그 폐곡면 안에 있는 총전하량에 비례한다.

S1S_{1}, S2S_{2} 안에 포함된 총전하량은 각각 +Q+Q, −Q-Q이므로, S1S_{1}표면의 전기 선속은 Q/ϵ0Q/\epsilon_{0}, S2S_{2} 표면의 전기 선속은 −Q/ϵ0-Q/\epsilon_{0}가 될 것이다.

S3S_{3} 안에는 전하가 없다. 따라서 해당 폐곡면 표면의 전기 선속은 0이다.

S4S_{4} 안에는 총전하량이 Q+(−Q)=0Q+(-Q)=0이므로 해당 폐곡면 표면의 전기 선속은 0이다.

1.0.2. 예 2: 심화[편집]

[문제]
그림과 같이 길이가 무한한 도선이 균일 선전하 밀도 λ\lambda로 대전되어 있다. 가우스 면을 아래와 같이 반지름 RR인 구면으로 잡는다고 하자. 이 구의 중심은 O\mathrm{O}이고, 도선은 구의 중심으로부터 dd만큼 떨어져있다. 아래의 가우스 면을 통과하는 전기 선속을 구하시오.

파일:나무_가우스법칙_적용예제_2.png

[풀이 보기]

우선적으로 가우스 면 안에 포함된 도선의 길이를 구하자. 피타고라스 정리에 의해

2R2−d2\displaystyle 2\sqrt{R^{2}-d^{2}}

이므로, 가우스 면 안에든 총전하는 선 전하밀도와 위에서 구한 길이의 곱이다.

Q=2λR2−d2\displaystyle Q=2 \lambda \sqrt{R^{2}-d^{2}}

따라서 해당 가우스 면을 통과하는 전기 선속은

Qϵ0=2λϵ0R2−d2\displaystyle \frac{Q}{\epsilon_{0}}=\frac{2 \lambda }{\epsilon_{0}}\sqrt{R^{2}-d^{2}}

이 된다.

1.1. 가우스 법칙을 이용한 전기장 구하기[편집]

1.1.1. 예 1: 원통형 전하 분포[편집]

[문제]
균일한 전하밀도 λ\lambda[1]로 대전된 무한한 단면의 반지름이 ρ0\rho_{0}인 원통의 내·외부 전기장 분포를 구하시오.

[풀이 보기]

이 문제에서 가장 유용한 원통 좌표계를 사용하고, 해당 원통의 축은 zz축과 일치한다고 가정하자. 이 문제에서 전기장은 대칭성 때문에 zz와 ϕ\phi에 의존하지 않으므로

E=Eρ(ρ)ρ^+Eϕ(ρ)ϕ^+Ez(ρ)z^\displaystyle \mathbf{E}=E_{\rho}(\rho) \hat{\boldsymbol{\rho}}+E_{\phi}(\rho) \hat{\boldsymbol{\phi}}+E_{z}(\rho) \hat{\mathbf{z}}

파일:나무_가우스법칙_원통형_개선.png

우선 가우스 법칙을 고려하자. 위 그림과 같이 폐곡면으로 단면의 반지름이 ρ\rho이고, 높이 LL의 원통으로 잡자. 위에서 밝혔듯 전기장은 zz에 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.

∮E(ρ)⋅da=∫sideE⋅da\displaystyle \oint \mathbf{E}(\rho) \cdot d \mathbf{a}=\int_{\mathrm{side}} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{a}

다음 과정은 전기장에 대한 정보를 더 얻고 하기로 한다.

정전기장을 다루고 있으므로 폐곡선을 따라 전기장이 한 일은 0이 돼야 한다. 즉,

∮CE⋅dr=0\displaystyle \oint_{C} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{r}=0

우선 CC를 반지름이 ρ\rho인 원으로 잡자. 이 경로상에서 dr=ρ dϕϕ^d \mathbf{r}=\rho\,d\phi\hat{\boldsymbol{\phi}}이므로

∮CE⋅dr=∫02πEϕ(ρ)ρ dϕ=0\displaystyle \oint_{C} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{r}=\int_{0}^{2 \pi} E_{\phi}(\rho) \rho\,d\phi=0

이것을 만족시키려면, Eϕ(ρ)=0E_{\phi}(\rho)=0이어야 한다. 즉, 전기장의 ϕ\phi성분은 없다.

이번에는 CC를 위 그림과 같은 사각형 경로로 잡자. 전기장의 각 성분이 ρ\rho에만 의존하기 때문에 사각형 경로 중 축과 수직인 경로들은 상쇄된다. 즉, 일 계산에 기여하는 것은 축과 평행한 경로들뿐이다. 이 경로들의 dr=±dzz^d \mathbf{r}=\pm dz \hat{\mathbf{z}}이므로

∮CE⋅dr=h[Ez(ρ1)−Ez(ρ2)]=0\displaystyle \oint_{C} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{r}=h[E_{z}(\rho_{1})-E_{z}(\rho_{2} ) ]=0

따라서 이것을 만족시키려면,

Ez(ρ1)=Ez(ρ2)\displaystyle E_{z}(\rho_{1})=E_{z}(\rho_{2} )

이므로 전기장의 zz성분은 상수이다. 대칭성에 의해 이 상수를 0으로 두는 것이 합당하다.[2] 따라서 전기장의 zz축 성분은 없다.

여기까지의 결과를 정리하면, 전기장은 다음과 같다.

E=Eρ(ρ)ρ^\displaystyle \mathbf{E}=E_{\rho}(\rho) \hat{\boldsymbol{\rho}}


(ⅰ) 원기둥 내부 (ρ<ρ0\boldsymbol{\rho<\rho_{0}})
맨 위에서의 폐곡면으로 잡았던 것을 그대로 사용하면, 가우스 법칙에 의해,

∮E(ρ)⋅da=λϵ0πρ2L\displaystyle \oint \mathbf{E}(\rho) \cdot d \mathbf{a}=\frac{\lambda}{\epsilon_{0}} \pi \rho^{2}L

이고, 폐곡면에 대한 적분은

∮E(ρ)⋅da=Eρ(ρ)(2πρL)\displaystyle \oint \mathbf{E}(\rho) \cdot d \mathbf{a}=E_{\rho}(\rho) (2 \pi \rho L)

이므로 다음이 성립한다.

Eρ(ρ)=λ2ϵ0ρ\displaystyle E_{\rho}(\rho)=\frac{\lambda}{2 \epsilon_{0}} \rho


(ⅱ) 원기둥 외부 (ρ>ρ0\boldsymbol{\rho>\rho_{0}})
맨 위에서의 폐곡면으로 잡았던 것을 그대로 사용하면, 가우스 법칙에 의해,

∮E(ρ)⋅da=λϵ0πρ02L\displaystyle \oint \mathbf{E}(\rho) \cdot d \mathbf{a}=\frac{\lambda}{\epsilon_{0}} \pi \rho_{0}^{2}L

이다. 주의해야 할 것은 폐곡면 안에 든 전하는 원통 경계 안(ρ<ρ0\rho<\rho_{0})으로만 있다는 점이다. 폐곡면에 대한 적분은

∮E(ρ)⋅da=Eρ(ρ)(2πρL)\displaystyle \oint \mathbf{E}(\rho) \cdot d \mathbf{a}=E_{\rho}(\rho) (2 \pi \rho L)

이므로 다음이 성립한다.

Eρ(ρ)=λ2ϵ0ρ02ρ\displaystyle E_{\rho}(\rho)=\frac{\lambda}{2 \epsilon_{0}} \frac{\rho_{0}^{2}}{\rho}


이상에서 원통 내·외부의 전기장 분포는 다음과 같다.

E={λ2ϵ0ρ(ρ<ρ0)λ2ϵ0ρ02ρρ^(ρ>ρ0) \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.

1.1.2. 예 2: 구면 전하 분포[편집]

[문제]
균일하게 전하량 QQ로 대전된 반지름 RR인 구의 내·외부 전기장 분포를 각각 구하시오.

[풀이 보기]

이 문제를 다루는 데 편리한 구면 좌표계를 사용하고, 구의 축을 zz축으로 하자. 이 문제에서는 θ, ϕ\theta, \,\phi에 대한 대칭성이 존재하기 때문에 전기장의 각 성분은 rr에만 의존할 것이므로

E=Er(r)r^+Eθ(r)θ^+Eϕ(r)ϕ^\displaystyle \mathbf{E}=E_{r}(r) \hat{\mathbf{r}}+E_{\theta}(r) \hat{\boldsymbol{\theta}}+E_{\phi}(r) \hat{\boldsymbol{\phi}}

로 쓸 수 있다.

파일:나무_가우스법칙_구면형_개선.png

현재 정전기장을 고려하고 있으므로 우선 위의 그림과 같이 축에 수직이고 구의 중심이 중심이 되는 반지름 rr인 원을 고려하자. 원통 문제와 같이 폐곡선에 대한 전기장의 일은 0이 돼야 하고, 해당 경로의 dr=r dϕϕ^d \mathbf{r}=r\,d\phi\hat{\boldsymbol{\phi}}이므로

∮CE⋅dr=∫02πEϕ(r)r dϕ=0\displaystyle \oint_{C} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{r}=\int_{0}^{2 \pi} E_{\phi}(r) r\,d\phi=0

이것을 만족시키려면, Eϕ(r)=0E_{\phi}(r)=0이어야 한다. 즉, 전기장의 ϕ\phi성분은 없다.

이번엔 구의 축을 한 지름으로 하는 반지름 rr인 원을 고려하고, 이때의 경로의 dr=±r dθθ^d \mathbf{r}=\pm r\,d\theta\hat{\boldsymbol{\theta}}이므로

∮CE⋅dr=∫0πEθ(r)r dθ+∫π0Eθ(r)r (−dθ)=2∫0πEθ(r)r dθ=0\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

이것을 만족시키려면, Eθ(r)=0E_{\theta}(r)=0이어야 한다. 즉, 전기장의 θ\theta성분은 없다.

이상의 결과에서 전기장은

E=Er(r)r^\displaystyle \mathbf{E}=E_{r}(r) \hat{\mathbf{r}}

으로 표현된다. 즉 전기장은 rr방향 성분으로만 표현된다.

이제는 가우스 법칙을 고려해보자. 구에 균일하게 전하량 QQ가 대전되었으므로, 구의 전하 밀도는 전하량을 부피로 나누면 되므로,

Q(4πR3)/3\displaystyle \frac{Q}{(4\pi R^{3}) /3}

이다.

(ⅰ) 구 내부 (r<R\boldsymbol{r<R})
맨 위에서의 폐곡면으로 잡았던 것을 그대로 사용하면, 가우스 법칙에 의해,

∮E(r)⋅da=1ϵ0Q(4πR3)/3(43πr3)\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)

이고, 폐곡면에 대한 적분은

∮E(r)⋅da=Er(r)(4πr2)\displaystyle \oint \mathbf{E}(r) \cdot d \mathbf{a}=E_{r}(r) (4 \pi r^{2})

이므로 다음이 성립한다.

Er(r)=Q4πϵ0rR3\displaystyle E_{r}(r)=\frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{r}{R^{3}}


(ⅱ) 구 외부 (r>R\boldsymbol{r>R})
맨 위에서의 폐곡면으로 잡았던 것을 그대로 사용하면, 가우스 법칙에 의해,

∮E(r)⋅da=Qϵ0\displaystyle \oint \mathbf{E}(r) \cdot d \mathbf{a}=\frac{Q}{\epsilon_{0}}

이다. 폐곡면에 대한 적분은

∮E(r)⋅da=Er(r)(4πr2)\displaystyle \oint \mathbf{E}(r) \cdot d \mathbf{a}=E_{r}(r) (4 \pi r^{2})

이므로 다음이 성립한다.

Er(r)=Q4πϵ0r2\displaystyle E_{r}(r)=\frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2}}


이상에서 구 내·외부의 전기장 분포는 다음과 같다.

E={Q4πϵ0rR3(r<R)Q4πϵ0r2r^(r>R) \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.

주목해야 할 것은, 구의 외부 전기장 분포는 전하량 QQ인 점전하가 구의 중심에 놓여있을 때와 같다는 것이다. 따라서 "균일하게" 대전 된 구는 구의 전하량과 같은 점전하가 구의 중심에 놓여있다고 취급해도 무리가 없다.

1.1.3. 예 3: 대전된 판[편집]

[문제]
균일한 표면 전하 밀도 σ\sigma로 대전된 무한한 판의 전기장 분포를 구하시오.

[풀이 보기]

직교 좌표계상에서 아래의 그림과 같은 상황을 고려하자.

파일:나무_가우스법칙_판형.png

현재 판이 무한하기 때문에 xx와 yy에 대한 대칭성 때문에 전기장의 각 성분은 zz에만 의존할 것이다:

E=Ex(z)x^+Ey(z)y^+Ez(z)z^\displaystyle \mathbf{E}=E_{x}(z) \hat{\mathbf{x}}+E_{y}(z) \hat{\mathbf{y}}+E_{z}(z) \hat{\mathbf{z}}


장의 대칭성 때문에 다음이 성립한다.[3]

Ex(z)=−Ex(−z)Ey(z)=Ey(−z)Ez(z)=−Ez(−z)\displaystyle \begin{aligned} E_{x}(z)&=-E_{x}(-z) \\ E_{y}(z)&=E_{y}(-z) \\ E_{z}(z)&=-E_{z}(-z) \end{aligned}


우선 위 그림의 (b) \mathrm{(b)} 의 C1C_{1}과 같은 경로를 고려하자. 다루는 전기장은 정전기장이기 때문에

∮C1E⋅dr=0\displaystyle \oint_{C_{1}} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{r}=0

이 돼야 한다. 그런데 전기장의 각 성분은 zz에만 의존하므로 판을 가로지르는 두 부분은 선적분 시 상쇄된다. 따라서

∮C1E⋅dr=a[Ex(z)−Ex(−z)]=0\displaystyle \oint_{C_{1}} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{r}=a[E_{x}(z)- E_{x}(-z) ]=0

따라서 위 조건을 만족시키려면,

Ex(z)=Ex(−z)\displaystyle E_{x}(z)=E_{x}(-z)

그런데, 위에서의 장 대칭성 조건

Ex(z)=−Ex(−z)\displaystyle E_{x}(z)=-E_{x}(-z)

또한 있으므로, 전기장의 xx성분은 없다.

마찬가지로, C2C_{2}에 대해서도 같은 논리를 적용하면, 전기장의 yy성분 상수라는 것을 증명할 수 있다. 그러나, 원통 문제에서 상수장을 없앴던 유사한 이유로 이 문제에서도 상수장은 없어진다. 따라서 전기장의 yy성분은 없다.[4] 이상에서 이 문제에서의 전기장은 다음과 같다.

E=Ez(z)z^\displaystyle \mathbf{E}=E_{z}(z) \hat{\mathbf{z}}


이제 그림의 (a) \mathrm{(a)} 와 같이 단면적의 넓이가 AA이고, 높이가 2z2z인 원통을 폐곡면 SS로 잡자. 그런데, 전기장은 zz성분밖에 없으므로 선속 계산에 기여하는 것은 윗면과 아랫면이다. 따라서

∮SE⋅da=A[Ez(z)−Ez(−z)]\displaystyle \oint_{S} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{a}=A[E_{z}(z)-E_{z}(-z) ]

그런데, 장의 대칭성 조건에 의해

∮SE⋅da=2AEz(z)\displaystyle \oint_{S} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{a}=2AE_{z}(z)

가우스 법칙에 의해선, 폐곡면 내에 있는 전하는 σA\sigma A이므로

∮SE⋅da=σAϵ0\displaystyle \oint_{S} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{a}=\frac{\sigma A}{\epsilon_{0}}

이상에서 장의 대칭성까지 고려한 전기장의 zz성분은 다음과 같으며,

Ez(z)=σ2ϵ0z∣z∣\displaystyle E_{z}(z)=\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}} \frac{z}{|z|}

전기장 분포는 다음과 같다.

E=σ2ϵ0z∣z∣\displaystyle \mathbf{E}=\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}} \frac{\mathbf{z}}{|z|}


이 문제는 흥미로운 두 결과를 보여준다.
  • 무한히 대전된 판의 전기장은 감소되지 않고, 공간상으로 퍼진다.
  • 대전된 판의 전기장은 판을 가로지를 때, 불연속이 생긴다.

그중 두 번째 결과는 정전기학 문제에서 경계에 표면 전하가 있을 때는 경계를 가로지를 때, 전기장의 불연속이 생김을 알 수 있다. 이것은 전기 퍼텐셜 문서에서 정전기학의 경계치 문제에서의 경계 조건을 다룰 때 수학적으로 논의했다.

E2⋅n^−E1⋅n^=σϵ0 \displaystyle \mathbf{E}_{2} \cdot \hat{\mathbf{n}}- \mathbf{E}_{1} \cdot \hat{\mathbf{n}}=\frac{ \sigma }{ \epsilon_{0} }

이 문제에서 나온 결과를 적용해보면, 위 식이 옳다는 것을 알 수 있다.

1.1.4. 예 4: 중첩[편집]

[문제]
그림과 같이 축이 zz축이고, 중심이 O\mathrm{O}, 반지름이 2a2a인 구에 중심 A(0, 0, a)\mathrm{A}(0,\,0,\,a), 반지름이 aa인 구의 공동을 내었다. 균일한 부피 전하 밀도 ρ\rho로 대전되어 있을 때, 공동 내 전기장을 구하시오.

파일:나무_가우스법칙_중첩원리.png

[풀이 보기]

이 문제 상황은 "공동이 나지 않았을 때의 ρ\boldsymbol{\rho}로 대전된 구"와 "전하밀도 −ρ\boldsymbol{-\rho}로 대전된 공동에 해당되는 구"가 중첩된 상황과 같다. 따라서 이들에 가우스 법칙을 사용한다.

파일:나무_가우스법칙_중첩원리_가우스면설정.png

위와 같이 공동 내 어느 점 P\mathrm{P}의 전기장을 관측하려 한다면, 우선 중심이 O\mathrm{O}이고 반지름이 rr인 구를 가우스 면으로 잡자. 단, "공동이 나지 않았을 때의 ρ\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 ρ\boldsymbol{\rho}로 대전된 구"를 나타내는 첨자 11을 붙였다. 총 전하량은 곧, 전하 밀도에 부피를 곱하는 것이므로

E1=ρ4πϵ0(43π⋅8a3)r8a3=ρ3ϵ0r\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}}

참고로, r=OP→\mathbf{r}=\overrightarrow{\mathrm{OP}} 이다. 다음으로는, "전하밀도 −ρ\boldsymbol{-\rho}로 대전된 공동에 해당되는 구"에 대해서만 생각하자. 중심이 A\mathrm{A}이고, 반지름이 r′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

E2=−ρ3ϵ0r′\displaystyle \mathbf{E}_{2}=-\frac{\rho}{3 \epsilon_{0}}\mathbf{r'}

첨자 22는 "전하밀도 −ρ\boldsymbol{-\rho}로 대전된 공동에 해당되는 구"임을 의미하며, r′=AP→\mathbf{r'}=\overrightarrow{\mathrm{AP}} 이다. 그런데, 위 그림에서

az^+r′=r\displaystyle a \hat{\mathbf{z}}+\mathbf{r'}=\mathbf{r}

이므로 다음이 성립한다.

E2=−ρ3ϵ0(r−az^)\displaystyle \mathbf{E}_{2}=-\frac{\rho}{3 \epsilon_{0}}(\mathbf{r}-a \hat{\mathbf{z}})


따라서 구하는 공동 내 전기장은 두 구가 만드는 전기장의 중첩이므로

E=E1+E2=ρ3ϵ0r+[−ρ3ϵ0(r−az^)]=ρa3ϵ0z^\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}

으로 주어진다. 따라서 해당 공동 내의 전기장의 크기는 균일하며, +z^+\hat{\mathbf{z}}방향을 향한다.

1.1.5. 예 5: 심화[편집]

[문제]
그림과 같이 진공상에 전하량 3Q3Q로 대전된 영역 0<r<a0 <r<a과 전하량 −2Q-2Q로 대전된 도체 구각 영역 b<r<cb<r<c가 있다. 다음 물음에 답하시오.
(a) 각 영역의 전기장 분포를 구하시오.
(b) 각 영역의 전기 퍼텐셜 분포를 구하시오.
(c) 각 경계의 표면 전하 밀도를 구하시오.

파일:나무_가우스법칙_심화예제.png

[풀이 보기]

(a)
이 문제는 구면 대칭성을 가지기 때문에 r<ar<a영역의 전기장을 구할 때, 이것은 예 2의 결과를 사용하면 된다.

E1=3Q4πϵ0ra3(r<a)\displaystyle \mathbf{E}_{1}=\frac{3Q}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{\mathbf{r}}{a^{3}} \quad (r<a)

마찬가지의 이유로, a<r<ba<r<b영역의 전기장을 구할 때도, 예 2의 결과를 이용하면 된다.

E2=3Q4πϵ0r2r^(a<r<b)\displaystyle \mathbf{E}_{2}= \frac{3Q}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2}} \hat{\mathbf{r}} \quad (a<r<b)

도체 구각 내부인 b<r<cb<r<c 영역의 전기장은 존재하지 않는다. 이것의 이유는 이곳을 참고한다.

E3=0(b<r<c)\displaystyle \mathbf{E}_{3}=0 \quad (b<r<c)

도체 내부에 전기장이 유입되지 않으려면, 도체 구각 외부 r<br<b 에서 유입되는 전기장을 도체 구각은 모두 상쇄해야 한다. 이렇게 되려면, r=br=b의 표면에 도체 구각은 −3Q-3Q으로 대전되어서, 0<r<a0 <r<a영역에 의해 생성되는 전기장을 상쇄하고, 본래의 도체 구각은 −2Q-2Q로 대전되어 있음을 고려하면, 도체 구각 외부 표면 r=cr=c에는 −2Q−(−3Q)=Q-2Q-(-3Q)=Q으로 대전되어야 한다. 그리고, 점 O\mathrm{O}를 중심으로 하고, 반지름 r (r>c)r\,(r>c) 인 구면을 가우스 면으로 잡는다면, 도체 구각 외부 r>cr>c의 전기장을 구면 대칭성이 있음을 고려해서 쉽게 구할 수 있다.

E4=Q4πϵ0r2r^(r>c)\displaystyle \mathbf{E}_{4}= \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2}} \hat{\mathbf{r}} \quad (r>c)


이상에서 아래와 같이 전기장이 결정된다.

E={3Q4πϵ0ra3(r<a)3Q4πϵ0r2r^(a<r<b)0(b<r<c)Q4πϵ0r2r^(r>c)\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.


(b)
전기 퍼텐셜의 정의는 다음과 같다. 전기 퍼텐셜 참고.

Φ≡−∫∞dE⋅dr \displaystyle \Phi \equiv - \int_{ \infty}^{\mathbf{d}} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{r}

따라서 우선 도체 구각 외부 r>cr>c의 전기 퍼텐셜부터 구하자. 이상에서 구한 전기장은 모두 r^\hat{\mathbf{r}}방향이고, 미소 변위 벡터 drd \mathbf{r} 또한, r^\hat{\mathbf{r}}방향으로 잡는다면,

Φ4=−∫∞rQ4πϵ0r2 dr=Q4πϵ0r(r>c)\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}

다음으로, 도체 구각 내부 b<r<cb<r<c의 전기 퍼텐셜을 구하자. 이 영역에서는 전기장이 0이었으므로

Φ3=−∫∞cQ4πϵ0r2 dr=Q4πϵ0c(b<r<c)\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}

a<r<ba<r<b 영역은

Φ2=−∫∞cQ4πϵ0r2 dr−∫br3Q4πϵ0r2 dr=Q4πϵ0(1c−3b+3r)(a<r<b)\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}

r<ar<a 영역은

Φ1=−∫∞cQ4πϵ0r2 dr−∫ba3Q4πϵ0r2 dr−∫ar3Q4πϵ0ra3 dr=Q4πϵ0(1c−3b+92a−3r22a3)(r<a)\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}

으로 결정된다.

따라서 전기 퍼텐셜 분포는

Φ={Q4πϵ0(1c−3b+92a−3r22a3)(r<a)Q4πϵ0(1c−3b+3r)(a<r<b)Q4πϵ0c(b<r<c)Q4πϵ0r(r>c)\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.

으로 결정된다. 이때, 전기 퍼텐셜은 각 경계를 가로지를 때 연속이며, 도체 구각 영역은 모두 등전위이다.

(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=ar=a, r=br=b, r=cr=c. 그런데, 전기장에 불연속이 있는 곳은 r=br=b, r=cr=c이므로 이곳만 구하면 된다. 즉, r=ar=a는 전기장 성분이 연속이므로 표면 전하 밀도는 0이다.

r=br=b에서 표면 전하 밀도는

−ϵ0[E2(r=b)−E3(r=b)]=3Q4πb2\displaystyle -\epsilon_{0}[E_{2}(r=b)-E_{3}(r=b) ]=\frac{3Q}{4 \pi b^{2}}

r=cr=c에서 표면 전하 밀도는

ϵ0[E4(r=c)−E3(r=c)]=Q4πc2\displaystyle \epsilon_{0}[E_{4}(r=c)-E_{3}(r=c) ]=\frac{Q}{4 \pi c^{2}}


각 표면 전하 밀도는 θ, ϕ\theta,\,\phi에 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.
[추가 자료]

아래의 그래프는 위에서 나온 결과를 바탕으로, 전기장 세기 분포와 전기 퍼텐셜 분포를 나타낸 것이다.

파일:나무_가우스법칙_심화예제_그래프_수정.png

[1] 축으로부터의 거리 ρ\rho와 혼동을 방지하기 위해 썼으나, 부피 전하 밀도이며, 선전하 밀도가 아니다. 책에 따라 부피 전하 밀도를 ρv\rho_{v}로 쓰기도 한다.[2] 도선의 축에 수직한 평면을 기준으로 반사한 상황을 생각해보라. 예를 들어, 이 상수 전기장이 있다고 가정하면, Ez=CE_{z}=C가 될 것이다. 그러나, 반사하면, Ez=−CE_{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.[3] x=0x=0 평면을 기준으로 이 문제 상황은 반사 대칭성이 있다. 사실 후술할 것이지만, 이 문제는 y=0y=0을 기준으로도 대칭성이 있다.[4] 이 상수장이 있으면, x=0x=0평면에 대한 반사 대칭을 만족시키지 않는다.