Biot–Savart law
파일:viot_sarvart_namu.png 비오와 사바르는 일정한 전류가 흘러가는 도선에 의해 생성되는 미소 자기장은 아래와 같은 관계에 있다는 사실을 발견하였다.
d B = μ 0 I 4 π d l × ξ ξ 3 \displaystyle d\mathbf{B}=\frac{\mu_{0} I}{4 \pi} \frac{d \mathbf{l} \times \boldsymbol{\xi} }{\xi^{3}} d B = 4 π μ 0 I ξ 3 d l × ξ 여기서
μ 0 \mu_{0} μ 0 는 진공에서의
투자율 이며,
I I I 는 전류,
d l d \mathbf{l} d l 은 미소전류가 흐른 방향의 미소 변위 벡터,
ξ \boldsymbol{\xi} ξ 는 도선으로부터 자기장을 측정하는 지점까지의
분리 벡터 이다.
위의 수식을 풀어서 설명하면, 다음과 같다.
따라서 어떠한 전류분포가 특정 위치에 만드는 자기장은 위에 나와있는
d B d \mathbf{B} d B 를 적분하여 구하면 된다.
위에서 나타낸 경우는 가장 간단한 케이스이고, 부피나 면적을 지나가는 전류에 대해서도 비오-사바르 법칙을 생각할 수 있다. 증명은 학부 전자기학 수준이므로 식만 쓰도록 하겠다. 첫 번째는 부피를 지나가는 전류, 두 번째는 면적을 지나가는 전류이다.
d B = μ 0 4 π J × ξ ξ 3 d V d B = μ 0 4 π K × ξ ξ 3 d a \displaystyle d\mathbf{B}=\frac{\mu_{0} }{4 \pi} \frac{ \mathbf{J} \times \boldsymbol{\xi} }{\xi^{3}}\,dV \qquad \qquad d\mathbf{B}=\frac{\mu_{0} }{4 \pi} \frac{ \mathbf{K} \times \boldsymbol{\xi} }{\xi^{3}}\,da d B = 4 π μ 0 ξ 3 J × ξ d V d B = 4 π μ 0 ξ 3 K × ξ d a 여기서
J , K \mathbf{J},\,\mathbf{K} J , K 는 각각 부피 전류 밀도, 표면 전류 밀도이다.
수식이 굉장히 복잡하여, 고등학교 과정에서 언급은 거의 없는 편이고, 대학 진학 후
일반물리학 에서 처음 만나게 되는 게 대부분일 것이다. 그래서
물리Ⅱ 를 배우고가는 학생들이 일반물리학에서 가장 생소하게 느끼는 부분이기도 하다. 쿨룽의 법칙과 달리 자기장은 고등학교 과정 내내 앙페르 법칙으로 계산하기 때문이다.
이를 이용하면, 무한 도선과 원형 도선에 전류가 흐를 때, 자기장을 구할 수 있다. 자세한 것은 아래 두 문단을 참조.
그림과 같이
z ^ \hat{\mathbf{z}} z ^ 방향으로 놓이고,
z ^ \hat{\mathbf{z}} z ^ 방향으로 정상전류가 흐르는 무한한 길이의 도선을 고려해보자. 여기서 도선으로 부터
ρ \rho ρ 만큼 떨어진 점 P에서의 자기장을 구할 것이다. (좌표계의 원점은
O \mathrm{O} O 로 잡는다.)
파일:mamu_Biot_NEW.png 원통 좌표계를 생각했을 때,
d l = d z z ^ , ξ = ρ ρ ^ − z z ^ \displaystyle d \mathbf{l}=dz \hat{\mathbf{z}},\,\, \boldsymbol{\xi}=\rho \hat{\boldsymbol{\rho}}- z \hat{\mathbf{z}} d l = d z z ^ , ξ = ρ ρ ^ − z z ^ 이므로 비오-사바르 법칙에 의해
d B = μ 0 I 4 π d z z ^ × ( ρ ρ ^ − z z ^ ) ( ρ 2 + z 2 ) 3 / 2 = μ 0 I 4 π ρ d z ( ρ 2 + z 2 ) 3 / 2 ϕ ^ \displaystyle d\mathbf{B}=\frac{\mu_{0} I}{4 \pi} \frac{dz \hat{\mathbf{z}} \times (\rho \hat{\boldsymbol{\rho}}- z \hat{\mathbf{z}}) }{(\rho^{2}+z^{2})^{3/2}} =\frac{\mu_{0} I}{4 \pi} \frac{\rho \,dz }{(\rho^{2}+z^{2})^{3/2}}\,\hat{\boldsymbol{\phi}} d B = 4 π μ 0 I ( ρ 2 + z 2 ) 3/2 d z z ^ × ( ρ ρ ^ − z z ^ ) = 4 π μ 0 I ( ρ 2 + z 2 ) 3/2 ρ d z ϕ ^ 이므로 무한한 직선 도선이 만드는 자기장은
B = ∫ − ∞ ∞ μ 0 I 4 π ρ d z ( ρ 2 + z 2 ) 3 / 2 ϕ ^ = μ 0 2 π I ρ ϕ ^ \displaystyle \mathbf{B} =\int_{-\infty }^{\infty }\,\frac{\mu_{0} I}{4 \pi} \frac{\rho \,dz }{(\rho^{2}+z^{2})^{3/2}}\,\hat{\boldsymbol{\phi}}=\frac{\mu_{0} }{2 \pi }\frac{I}{\rho}\,\hat{\boldsymbol{\phi}} B = ∫ − ∞ ∞ 4 π μ 0 I ( ρ 2 + z 2 ) 3/2 ρ d z ϕ ^ = 2 π μ 0 ρ I ϕ ^ 이다. 따라서 직선 도선 주위의 자기장은 원형으로 만들어진다.
고등학교 이하에서는 앞의 상수를
μ 0 / 2 π ≡ k \displaystyle \mu_{0} /2 \pi \equiv k μ 0 /2 π ≡ k 를 놓아 가르친다. 즉,
B = k I ρ \displaystyle B=k\frac{I}{\rho} B = k ρ I 로, 자기장 방향은 아래와 나와있는 오른나사 법칙을 따르고, 크기는 도선과의 거리에 반비례, 도선에 흐르는 전류의 세기에 비례한다고 가르친다.
파일:앙페르 오른나사 법칙.png 이상을 토대로, 무한 직선 도선 주변에 생성되는 자기장의 모습은 아래와 같다.
파일:K33-00-21-03-직선전류자기장.png 그림과 같이
x y xy x y 평면 상에 놓이고, 원점이 그 중심인 정상전류
I I I 가 반시계 방향으로 흐르는 반지름
R R R 인 원형 도선을 고려하자.
z z z 축 위의 점
P ( 0 , 0 , z ) \mathrm{P}(0,\,0,\,z) P ( 0 , 0 , z ) 에서 자기장의 세기를 구할 것이다. 즉, 원형 도선의 축 위에서의 자기장을 구한다.
파일:비오사바르_원형 도선.png 원통 좌표계를 생각했을 때,
d l = R d ϕ ϕ ^ , ξ = z z ^ − R ρ ^ \displaystyle d \mathbf{l}=R\,d \phi \, \hat{\boldsymbol{\phi}},\,\, \boldsymbol{\xi}=z \hat{\mathbf{z}}-R \hat{\boldsymbol{\rho}} d l = R d ϕ ϕ ^ , ξ = z z ^ − R ρ ^ 이므로 비오-사바르 법칙에 의해
d B = μ 0 I 4 π R d ϕ ϕ ^ × ( z z ^ − R ρ ^ ) ( R 2 + z 2 ) 3 / 2 \displaystyle d\mathbf{B}=\frac{\mu_{0} I}{4 \pi} \frac{R\,d \phi \, \hat{\boldsymbol{\phi}} \times (z \hat{\mathbf{z}}-R \hat{\boldsymbol{\rho}}) }{(R^{2}+z^{2})^{3/2}} d B = 4 π μ 0 I ( R 2 + z 2 ) 3/2 R d ϕ ϕ ^ × ( z z ^ − R ρ ^ ) 그런데, 축 위에서
ρ ^ \hat{\boldsymbol{\rho}} ρ ^ 방향에 대칭성이 있고, 따라서
d B d \mathbf{B} d B 의
ρ ^ \hat{\boldsymbol{\rho}} ρ ^ 방향에 해당하는 성분은 적분을 할 경우 상쇄될 것으로 기대되므로
z ^ \hat{\mathbf{z}} z ^ 방향 성분만 고려한다.
d B z = [ μ 0 I 4 π R d ϕ ϕ ^ × ( z z ^ − R ρ ^ ) ( R 2 + z 2 ) 3 / 2 ] ⋅ z ^ \displaystyle dB_{z}=\left[ \frac{\mu_{0} I}{4 \pi} \frac{R\,d \phi \, \hat{\boldsymbol{\phi}} \times (z \hat{\mathbf{z}}-R \hat{\boldsymbol{\rho}}) }{(R^{2}+z^{2})^{3/2}} \right] \cdot \hat{\mathbf{z}} d B z = [ 4 π μ 0 I ( R 2 + z 2 ) 3/2 R d ϕ ϕ ^ × ( z z ^ − R ρ ^ ) ] ⋅ z ^ 따라서
d B z = μ 0 I 4 π R 2 d ϕ ( R 2 + z 2 ) 3 / 2 \displaystyle dB_{z}=\frac{\mu_{0} I}{4 \pi} \frac{R^{2}\,d \phi }{(R^{2}+z^{2})^{3/2}} d B z = 4 π μ 0 I ( R 2 + z 2 ) 3/2 R 2 d ϕ 로 정리된다. 이상에서,
B z = ∫ 0 2 π μ 0 I 4 π R 2 d ϕ ( R 2 + z 2 ) 3 / 2 = μ 0 I R 2 2 ( R 2 + z 2 ) 3 / 2 \displaystyle B_{z}=\int_{0}^{2 \pi}\,\frac{\mu_{0} I}{4 \pi} \frac{R^{2}\,d \phi }{(R^{2}+z^{2})^{3/2}} = \frac{\mu_{0} IR^{2}}{2(R^{2}+z^{2})^{3/2}} B z = ∫ 0 2 π 4 π μ 0 I ( R 2 + z 2 ) 3/2 R 2 d ϕ = 2 ( R 2 + z 2 ) 3/2 μ 0 I R 2 으로 결정된다. 따라서 원형 도선의 축 위에서 만들어지는 자기장은
B = μ 0 I R 2 2 ( R 2 + z 2 ) 3 / 2 z ^ \displaystyle \mathbf{B}=\frac{\mu_{0} IR^{2}}{2(R^{2}+z^{2})^{3/2}}\hat{\mathbf{z}} B = 2 ( R 2 + z 2 ) 3/2 μ 0 I R 2 z ^ 이다.
여기서
z → 0 z \rightarrow 0 z → 0 일 때,
B = μ 0 I 2 R z ^ \displaystyle \mathbf{B}=\frac{\mu_{0} I}{2R}\hat{\mathbf{z}} B = 2 R μ 0 I z ^ 가 되는데, 고등학교 이하에서는 앞의 상수
μ 0 / 2 ≡ k ′ \displaystyle \mu_{0} /2 \equiv k ' μ 0 /2 ≡ k ′ 으로 놓아
B = k ′ I R \displaystyle B=k '\frac{ I}{R} B = k ′ R I 로 하여, 자기장의 방향은 아래의 '오른나사 법칙'에 따르고, 크기는 원형 도선의 중심에 생성되는 자기장은 전류의 세기에 비례, 원형 도선의 반경에 반비례한다고 가르친다.
파일:external/www.gnedu.net/f532.gif 실은 앙페르-맥스웰 법칙(이하 AML)과 비오-사바르 법칙(이하 BSL)은 서로가 서로를 유도할 수 있는
동치 인 명제이다.
아래 그림에서 푸른색 원을 따라 앙페르-맥스웰 법칙을 사용하면
2 π R B = μ 0 ϵ 0 d Φ E d t 2\pi RB=\mu_0\epsilon_0\dfrac{{\rm d}\Phi_E}{{\rm d}t} 2 π R B = μ 0 ϵ 0 d t d Φ E 파일:비오_사바르_법칙_유도.jpg 보라색 구면을 투과하는 전기 선속의 총량은
가우스 법칙 에 의해
Q ϵ 0 \dfrac{Q}{\epsilon_0} ϵ 0 Q 이고, 푸른색 원이 차지하는
입체각 은
2 π ( 1 − cos α ) 2\pi(1-\cos \alpha) 2 π ( 1 − cos α ) 이므로 푸른색 원을 투과하는 전기선속은
Q ϵ 0 2 π ( 1 − cos α ) 4 π \dfrac{Q}{\epsilon_0} \dfrac{2\pi(1-\cos \alpha)}{4\pi} ϵ 0 Q 4 π 2 π ( 1 − cos α ) 이다. 이를 더 정리하면
Φ E = Q ϵ 0 2 π ( 1 − cos α ) 4 π = Q 2 ϵ 0 ( 1 − h r ) ∴ d Φ E d t = Q 2 ϵ 0 d d t ( 1 − h r ) = − Q 2 ϵ 0 h ′ r − h r ′ r 2 \Phi_E=\dfrac{Q}{\epsilon_0} \dfrac{2\pi(1-\cos \alpha)}{4\pi}=\dfrac{Q}{2\epsilon_0} \left(1-\dfrac{h}{r}\right)\\
\therefore \dfrac{{\rm d}\Phi_E}{{\rm d}t}= \dfrac{Q}{2\epsilon_0} \dfrac{\rm d}{{\rm d}t} \left(1-\dfrac{h}{r}\right)\\
= -\dfrac{Q}{2\epsilon_0} \dfrac{h'r-hr'}{r^2} Φ E = ϵ 0 Q 4 π 2 π ( 1 − cos α ) = 2 ϵ 0 Q ( 1 − r h ) ∴ d t d Φ E = 2 ϵ 0 Q d t d ( 1 − r h ) = − 2 ϵ 0 Q r 2 h ′ r − h r ′ 여기서 점전하가 h와 평행하게 움직이고, 움직이면 h가 줄어들기 때문에
v = − d h d t v=-\dfrac{{\rm d}h}{{\rm d}t} v = − d t d h 이고,
r 2 = R 2 + h 2 r^2=R^2+h^2 r 2 = R 2 + h 2 의 양번을 t에 대해 미분하면
2 r r ′ = 2 h h ′ = − 2 h v 2rr'=2hh'=-2hv 2 r r ′ = 2 h h ′ = − 2 h v 이므로 위의 식은
= − Q 2 ϵ 0 h ′ r 2 − h r ′ r r 3 = Q 2 ϵ 0 v ( r 2 − h 2 ) r 3 ∴ 2 π R B = μ 0 Q 2 v ( r 2 − h 2 ) r 3 = μ 0 Q 2 v R 2 r 3 B = μ 0 Q 4 π v R r 3 = μ 0 Q v sin α 4 π r 2 =- \dfrac{Q}{2\epsilon_0} \dfrac{h'r^2-hr'r}{r^3}\\
= \dfrac{Q}{2\epsilon_0} \dfrac{v(r^2-h^2)}{r^3}\\
\therefore 2\pi RB=\mu_0 \dfrac{Q}{2} \dfrac{v(r^2-h^2)}{r^3}= \mu_0 \dfrac{Q}{2} \dfrac{vR^2}{r^3}\\
B= \mu_0 \dfrac{Q}{4\pi} \dfrac{vR}{r^3}= \mu_0 \dfrac{Qv\sin\alpha}{4\pi r^2} = − 2 ϵ 0 Q r 3 h ′ r 2 − h r ′ r = 2 ϵ 0 Q r 3 v ( r 2 − h 2 ) ∴ 2 π R B = μ 0 2 Q r 3 v ( r 2 − h 2 ) = μ 0 2 Q r 3 v R 2 B = μ 0 4 π Q r 3 v R = μ 0 4 π r 2 Q v sin α 여기서
B 의 방향이
v × r \bf v\times r v × r 과 같으므로 위의 식을 벡터로 나타내면
B = μ 0 Q v × r ^ 4 π r 2 = μ 0 Q v × r 4 π r 3 {\bf B}=\mu_0\dfrac{Q{\bf v}\times\hat r}{4\pi r^2}= \mu_0\dfrac{Q \bf v \times r}{4\pi r^3} B = μ 0 4 π r 2 Q v × r ^ = μ 0 4 π r 3 Q v × r 미소 전류 요소를 미소 전하의 운동으로 간주하면
Q v = I d l Q{\bf v}=I{\rm d \bf l} Q v = I d l 이 되므로 위의 식과 동일한 결론을 얻는다.
위의 자기장 식은
쿨롱 법칙 에 의한
전기 변위장 D = Q r 4 π r 3 {\bf D}=\dfrac{Q \bf r}{4\pi r^3} D = 4 π r 3 Q r 에서 아래와 같이 변형할 수 있다.
H = v × D \bf H=v \times D H = v × D 따라서 양변에
델 연산자 를 외적하면
∇ × H = ∇ × ( v × D ) \bf \nabla\times H=\nabla \times (v \times D) ∇ × H = ∇ × ( v × D ) 벡터 항등식
∇ × ( a × b ) = ( ∇ ⋅ b ) a − ( ∇ ⋅ a ) b + ( b ⋅ ∇ ) a − ( a ⋅ ∇ ) b \bf \nabla\times(a \times b)=(\nabla \cdot b)a-(\nabla \cdot a)b+(b\cdot\nabla)a-(a\cdot\nabla)b ∇ × ( a × b ) = ( ∇ ⋅ b ) a − ( ∇ ⋅ a ) b + ( b ⋅ ∇ ) a − ( a ⋅ ∇ ) b 에 의해 위 식은
∇ × H = ( ∇ ⋅ D ) v − ( ∇ ⋅ v ) D + ( D ⋅ ∇ ) v − ( v ⋅ ∇ ) D \bf \nabla\times H=(\nabla \cdot D)v-(\nabla \cdot v)D+(D\cdot\nabla)v-(v\cdot\nabla)D ∇ × H = ( ∇ ⋅ D ) v − ( ∇ ⋅ v ) D + ( D ⋅ ∇ ) v − ( v ⋅ ∇ ) D 이때 점전하의 속도는 위치와 무관하므로
∇ ⋅ v = 0 , ( D ⋅ ∇ ) v = 0 {\bf \nabla \cdot v}=0, \bf (D\cdot\nabla)v=0 ∇ ⋅ v = 0 , ( D ⋅ ∇ ) v = 0 이고,
가우스 법칙 ∇ ⋅ D = ρ f {\bf \nabla \cdot D}=\rho_f ∇ ⋅ D = ρ f 에서
( ∇ ⋅ D ) v = ρ f v = J f {(\bf \nabla \cdot D)v}=\rho_f{\bf v=J}_f ( ∇ ⋅ D ) v = ρ f v = J f 이므로
∇ × H = J f − ( v ⋅ ∇ ) D {\bf \nabla\times H=J}_f-\bf (v\cdot\nabla)D ∇ × H = J f − ( v ⋅ ∇ ) D 가 성립한다. 앙페르-맥스웰 법칙과 비교하면
− ( v ⋅ ∇ ) D = ∂ D ∂ t {\bf -(v\cdot\nabla)D}=\dfrac{\partial\bf D}{\partial t} − ( v ⋅ ∇ ) D = ∂ t ∂ D 만 증명하면 됨을 알 수 있다.
v = v z ^ \mathbf v=v\hat z v = v z ^ 라 하면
− ( v ⋅ ∇ ) D = − v ∂ D ∂ z {\bf -(v\cdot\nabla)D}=-v\dfrac{\partial\mathbf D}{\partial z} − ( v ⋅ ∇ ) D = − v ∂ z ∂ D 인데, 점전하의 위치가
( 0 , 0 , v t ) (0,0,vt) ( 0 , 0 , v t ) 이므로 위의 전기 변위장은
D = Q ( x , y , z − v t ) ( x 2 + y 2 + ( z − v t ) 2 ) 3 \mathbf D=\dfrac{Q(x,y,z-vt)}{\sqrt{(x^2+y^2+(z-vt)^2)^3}} D = ( x 2 + y 2 + ( z − v t ) 2 ) 3 Q ( x , y , z − v t ) 이다. z와 t가 항상 z-vt 형태로 등장하므로
∂ D ∂ z : ∂ D ∂ t = 1 : − v \dfrac{\partial\mathbf D}{\partial z}:\dfrac{\partial\mathbf D}{\partial t}=1:-v ∂ z ∂ D : ∂ t ∂ D = 1 : − v 가 되어 앙페르-맥스웰 법칙이 성립함을 확인할 수 있다.
