전기 변위장/관련 예제

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1. 개요
1.1. 예제 11.2. 예제 21.3. 예제 3 : 영상법1.4. 예제 4: 유전 물질을 채운 구형 축전기1.5. 예제 5: 편미분 방정식을 이용하여 원통 축전기의 전기 용량 결정하기1.6. 예제 6: 편미분 방정식을 이용하여 유전체를 채운 구형 축전기 분석

1. 개요[편집]

이 문서에서는 전기 변위장과 관련된 예제를 실었다.

1.1. 예제 1[편집]

[문제]
그림과 같이 진공 중 r1<r<r2 r_{1}<r<r_{2} 영역에 유전율이 ε \varepsilon 인 유전 물질이 차있다. 이 영역에 전하 밀도 αr \alpha r 로 전하를 대전시켰을 때, r1<r<r2 r_{1}<r<r_{2} 영역에 대한 전기 변위장 D \mathbf{D} 과 전기장 E \mathbf{E} , 편극 밀도 P \mathbf{P} , 속박 전하 밀도를 각각 구하시오.(단, α \alpha 는 상수이며, 유전 물질은 선형적이고 등방적이다.)

파일:나무_변위장_예제_수정.png

[풀이 보기]

문제가 구형으로 대칭을 가지고, 유전 물질이 선형적이고 등방적이므로 전기장과 변위장은 모두 r^ \hat{\mathbf{r}} 방향이 된다.

가우스 면을 r(r1<r<r2) r(r_{1}<r<r_{2}) 인 구면으로 잡자. 이때, 자유 전하 밀도 ρf(r′)=αr′ \rho_{f}(r ')=\alpha r' 이므로, 가우스 면 안에 든 자유 전하

Qf=∫ρf(r′) dV′=∫02π∫0π∫r1rαr′⋅r′2sin⁡θ′ dr′dθ′dϕ′=3α(r4−r14)π \displaystyle \begin{aligned} Q_{f}&=\int \rho_{f}(r ') \,dV ' \\ &=\int_{0}^{2 \pi} \int_{0}^{\pi} \int_{r_{1}}^{r} \alpha r' \cdot {r'}^{2} \sin{\theta '}\, dr' d \theta'd \phi' \\ &=3\alpha (r^{4}-r_{1}^{4})\pi \end{aligned}

이다. 가우스 법칙을 적용하면,

∮D⋅da=Qf→D⋅4πr2=3α(r4−r14)π \displaystyle \oint \mathbf{D} \cdot d \mathbf{a}=Q_{f} \rightarrow D\cdot 4 \pi r^{2}=3\alpha (r^{4}-r_{1}^{4})\pi

가 되어, 구하는 변위장은

D=3α4r4−r14r2r^ \displaystyle \mathbf{D} =\frac{3\alpha }{4}\frac{r^{4}-r_{1}^{4}}{r^2} \hat{\mathbf{r}}

이고, 변위장과 전기장의 관계 D=εE \displaystyle \mathbf{D} =\varepsilon \mathbf{E} 를 이용하면, 전기장 또한 결정된다.

E=3α4εr4−r14r2r^ \displaystyle \mathbf{E} =\frac{3\alpha }{4 \varepsilon}\frac{r^{4}-r_{1}^{4}}{r^2} \hat{\mathbf{r}}

편극 밀도는

P=D−ε0E \displaystyle \mathbf{P}=\mathbf{D}-\varepsilon_{0} \mathbf{E}

이므로

P=3α4(1−ε0ε)[r4−r14r2]r^ \displaystyle \mathbf{P}=\frac{3\alpha}{4}\left ( 1-\frac{\varepsilon_{0}}{\varepsilon} \right )\left [ \frac{r^{4}-r_{1}^{4}}{r^2} \right ]\hat{\mathbf{r}}

가 된다.

마지막으로, 속박 전하 밀도를 구하자. 부피 속박 전하 밀도는

ρP=−∇⋅P \displaystyle \rho_{P}=-\boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{P}

으로 주어지므로

ρP=3αr(ε0ε−1) \displaystyle \rho_{P}=3\alpha r \left ( \frac{\varepsilon_{0}}{\varepsilon}-1 \right )

이고, 표면 속박 전하 밀도는

σP=P⋅n^ \displaystyle \sigma_{P}= \mathbf{P} \cdot \hat{\mathbf{n}}

으로 주어지므로

σP(r=r1)=P⋅(−r^)∣r=r1=0 \displaystyle \sigma_{P}(r=r_{1})=\left. \mathbf{P} \cdot (-\hat{\mathbf{r}}) \right|_{r=r_{1}}=0



σP(r=r2)=P⋅(+r^)∣r=r2=3α4(1−ε0ε)[r24−r14r22] \displaystyle \sigma_{P}(r=r_{2})=\left. \mathbf{P} \cdot (+\hat{\mathbf{r}}) \right|_{r=r_{2}}=\frac{3\alpha}{4}\left ( 1-\frac{\varepsilon_{0}}{\varepsilon} \right )\left [ \frac{r_{2}^{4}-r_{1}^{4}}{r_{2}^2} \right ]

이 된다.

참고로, 본래 유전물질은 중성이었고, 분극이 일어나기 때문에 속박 전하 분포가 생긴다는 점을 상기하면, 총 속박 전하량은 0 0 이 돼야한다. 이 문제에서 그것을 보이는 것은 적분을 이용하면, 쉽게 보일 수 있다. 더 나아가, 이런 변위장 문제를 풀 때, 검산하는 법 중 하나는 총 속박 전하량이 0 0 이 되는 것을 확인하는 것이다.

1.2. 예제 2[편집]

[문제]
진공 중에 그림과 같이 매우 얇고 넓은 두 금속판이 각각 x=0 x=0 , x=2d x=2d 에 놓여져있고, 그 사이의 0<x<d 0<x<d 에 유전 상수가 κ \kappa 인 유전 물질을 채웠다. 한 쪽 금속판은 접지돼있고, 다른 쪽은 퍼텐셜 Φ=V \Phi=V 로 유지시킬 때, 0<x<2d 0<x<2d 에 대한 전기 변위장 D \mathbf{D} 과 전기장 E \mathbf{E} , 편극 밀도 P \mathbf{P} , 속박 전하 밀도를 각각 구하시오.(단, 유전 물질은 선형적이고 등방적이다.)

파일:나무_변위장_예제_2_수정.png

[풀이 보기]

주어진 영역에 대한 자유 전하는 존재하지 않으므로

∇⋅D=0 \displaystyle \boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{D}=0

을 만족한다. 금속판이 충분히 크다면, D \mathbf{D} 는 x^ \hat{\mathbf{x}} 방향이다. 따라서

∂Dx∂x=0 \displaystyle \frac{\partial D_{x}}{\partial x}=0

을 만족해야 한다. 편의성을 위해 유전 물질 부분에 아래 첨자 1 1 , 진공 부분에 아래 첨자 2 2 를 붙이면,

D1=C1x^ (0<x<d),   D2=C2x^ (d<x<2d) \displaystyle \mathbf{D_{1}}=C_{1} \hat{\mathbf{x}}\,(0<x<d), \,\,\, \mathbf{D_{2}}=C_{2} \hat{\mathbf{x}}\,(d<x<2d)

로 쓸 수 있다. C1 C_{1} , C2 C_{2} 는 상수이다. 변위장의 경계에는 자유 전하 밀도가 없으므로 경계 조건

D1⋅x^=D2⋅x^ \displaystyle \mathbf{D_{1}} \cdot \hat{\mathbf{x}}=\mathbf{D_{2}} \cdot \hat{\mathbf{x}}

에서 C1=C2≡C C_{1}=C_{2} \equiv C 임을 알 수 있으므로

D1=D2=Cx^ \displaystyle \mathbf{D_{1}}=\mathbf{D_{2}}=C \hat{\mathbf{x}}

이다. 따라서 전기장은 쉽게 결정된다.

E1=Cκε0x^ (0<x<d),   E2=Cε0x^ (d<x<2d) \displaystyle \mathbf{E_{1}}=\frac{C}{\kappa \varepsilon_{0}} \hat{\mathbf{x}}\,(0<x<d), \,\,\, \mathbf{E_{2}}=\frac{C}{\varepsilon_{0}} \hat{\mathbf{x}}\,(d<x<2d)


또 하나의 조건으로 도체 판 사이의 전위차가 V V 임을 이용한다.

V=−∫02dE⋅dx=−∫0dCκε0 dx−∫d2dCε0 dx \displaystyle V=-\int_{0}^{2d} \mathbf{E} \cdot d\mathbf{x}= -\int_{0}^{d}\frac{C}{\kappa \varepsilon_{0}} \,dx-\int_{d}^{2d}\frac{C}{ \varepsilon_{0}} \,dx

이상에서

V=−Cdε0(κ+1κ)→C=−ε0Vd(κκ+1) \displaystyle V=-\frac{Cd}{\varepsilon_{0}}\left(\frac{\kappa+1}{\kappa} \right) \rightarrow C=-\frac{\varepsilon_{0}V}{d}\left(\frac{\kappa}{\kappa+1} \right)

이므로 전기 변위장과 전기장은 아래와 같이 결정된다.

D=−ε0Vd(κκ+1)x^ \displaystyle \mathbf{D}=-\frac{\varepsilon_{0}V}{d}\left(\frac{\kappa}{\kappa+1} \right) \hat{\mathbf{x}}



E={−Vd(1κ+1)x^(0<x<d)−Vd(κκ+1)x^(d<x<2d) \displaystyle \mathbf{E}=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle -\frac{V}{d}\left(\frac{1}{\kappa+1} \right)\hat{\mathbf{x}}\qquad(0<x<d)\\ \\ \displaystyle -\frac{V}{d}\left(\frac{\kappa}{\kappa+1} \right)\hat{\mathbf{x}}\qquad(d<x<2d)\end{array}\right.


다음으로 편극 밀도를 구하자. 편극 밀도가 구해지는 것은 유전 물질이 있는 영역(0<x<d 0<x<d )이다.

P1=D1−ε0E1 \displaystyle \mathbf{P_{1}}=\mathbf{D_{1}}-\varepsilon_{0} \mathbf{E_{1}}

이므로

P1=−ε0Vd(κ−1κ+1)x^ \displaystyle \mathbf{P_{1}}=-\frac{\varepsilon_{0}V}{d}\left(\frac{\kappa-1}{\kappa+1} \right)\hat{\mathbf{x}}

으로 구해진다.

마지막으로 속박 전하 밀도를 구하자. 부피 속박 전하 밀도는

ρP=−∇⋅P1 \displaystyle \rho_{P}=-\boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{P_{1}}

이므로

ρP=0 \displaystyle \rho_{P}=0

또한, 표면 속박 전하 밀도는

σP=P1⋅n^ \displaystyle \sigma_{P}= \mathbf{P_{1}} \cdot \hat{\mathbf{n}}

이므로

σP(x=0)=P1⋅(−x^)∣x=0=ε0Vd(κ−1κ+1) \displaystyle \sigma_{P}(x=0)=\left. \mathbf{P_{1}} \cdot (-\hat{\mathbf{x}}) \right|_{x=0}=\frac{\varepsilon_{0}V}{d}\left(\frac{\kappa-1}{\kappa+1} \right)



σP(x=d)=P1⋅(−x^)∣x=d=−ε0Vd(κ−1κ+1) \displaystyle \sigma_{P}(x=d)=\left. \mathbf{P_{1}} \cdot (-\hat{\mathbf{x}}) \right|_{x=d}=-\frac{\varepsilon_{0}V}{d}\left(\frac{\kappa-1}{\kappa+1} \right)

가 된다.

[추가 문제]
두 금속판 안쪽에 유도된 전하 밀도와 이 축전기의 전기 용량을 각각 구하시오.


변위장의 경계 조건 중

Dm⋅n^−Db⋅n^=σf \displaystyle \mathbf{D_{m}} \cdot \hat{\mathbf{n}}- \mathbf{D_{b}} \cdot \hat{\mathbf{n}}={ \sigma_{f} }

를 이용하자. 위에서 Dm \displaystyle \mathbf{D_{m}} , Db \displaystyle \mathbf{D_{b}} 는 각각 금속판 내, 두 금속판 사이의 변위장이다. 그런데, 금속판 내에선 전기장이 존재하지 않음에 따라 Dm=0 \displaystyle \mathbf{D_{m}}=0 이 되므로

σf=−Db⋅n^ { \sigma_{f} }=- \mathbf{D_{b}} \cdot \hat{\mathbf{n}}

임을 이용하면 된다.

따라서 x=0 x=0 의 금속판에서

σf(x=0)=−D⋅(−x^)∣x=0 { \sigma_{f} }(x=0)=\left. - \mathbf{D} \cdot (-\hat{\mathbf{x}}) \right|_{x=0}

이므로

σf(x=0)=−ε0Vd(κκ+1) \displaystyle { \sigma_{f} }(x=0)=-\frac{\varepsilon_{0}V}{d}\left(\frac{\kappa}{\kappa+1} \right)


x=2d x=2d 의 금속판에서

σf(x=2d)=−D⋅(+x^)∣x=2d { \sigma_{f} }(x=2d)=\left. - \mathbf{D} \cdot (+\hat{\mathbf{x}}) \right|_{x=2d}

이므로

σf(x=2d)=ε0Vd(κκ+1) \displaystyle { \sigma_{f} }(x=2d)=\frac{\varepsilon_{0}V}{d}\left(\frac{\kappa}{\kappa+1} \right)

가 된다.

따라서 금속판의 면적을 AA라 놓는다면, 이 문제 상황에서 축전기에 충전된 전하량은

Q=ε0Vd(κκ+1)A \displaystyle Q=\frac{\varepsilon_{0}V}{d}\left(\frac{\kappa}{\kappa+1} \right)A

임을 알 수 있고, 두 판 사이의 전위차는 ΔΦ=V\Delta \Phi = V임을 안다. 따라서 전기 용량의 정의에 따라

C≡QΔΦ=ε0Ad(κκ+1)=[(ε0Ad)−1+(κε0Ad)−1]−1 \displaystyle \begin{aligned} C & \equiv \frac{Q}{\Delta \Phi } \\ &=\varepsilon_{0} \frac{ A}{d}\left(\frac{\kappa}{\kappa+1} \right) \\&=\left[ \left( \varepsilon_{0} \frac{ A}{d} \right)^{-1}+\left( \kappa \varepsilon_{0} \frac{ A}{d} \right)^{-1} \right]^{-1} \end{aligned}

따라서 길이가 dd이고, 진공인 축전기와 유전 상수가 κ\kappa인 유전체가 안에 채워진 축전기가 직렬 연결된 상태와 동치인 것을 결과로써 얻는다.

1.3. 예제 3 : 영상법[편집]

파일:나무_변위장_영상법.png

위와 같이 반 무한하고, 유전율이 다른 물질이 x=0 x=0 을 경계로 하여 있고, 전하 하나가 있을 때, 퍼텐셜이 어떻게 분포하는지 알아보자. 단, 편극성 물질은 선형적인 물질이라 가정한다.

ε1 \varepsilon_{1} 의 (−d, 0, 0) (-d,\,0,\,0) 에 전하 q q 가 있다고 해보자. ε1 \varepsilon_{1} 입장에서 ε2 \varepsilon_{2} 를 대체할 영상 전하 q′ q ' 를 (d, 0, 0) (d,\,0,\,0) 에 놓자.

또, ε2 \varepsilon_{2} 의 입장에서 보면, 전하가 속박 전하에 가로막혀 본래의 전하량이 아닌 다른 전하량으로 관측하게 될 것이다. 이것에 대한 영상 전하를 q′′ q\mathbf{''} 이라 두고, 본래 있던 전하의 위치에 놓자.

이렇게 하면, 점 P \textrm{P} 가 x<0 x<0 영역 즉, ε1 \varepsilon_{1} 에 있을 때,

Φ1(x, y, z)=14πε1[qr+q′r′] \displaystyle \Phi_{1}(x, \, y, \, z)= \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{1}} \left[ \frac{q}{r}+\frac{q '}{r'} \right]

이고, x>0 x>0 영역 즉, ε2 \varepsilon_{2} 에 있을 때,

Φ2(x, y, z)=14πε2q′′r \displaystyle \Phi_{2}(x, \, y, \, z) =\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{2}}\frac{q \mathbf{''}}{r}

이다. 이때, r=(x+d)2+y2+z2 r=\sqrt{(x+d)^{2}+y^{2}+z^{2}} , r′=(x−d)2+y2+z2 r '=\sqrt{(x-d)^{2}+y^{2}+z^{2}} 이다.

경계 조건으로, 경계면(x=0 x=0 )에서 전위는 연속된 값을 가져야 하므로

Φ1(0, y, z)=Φ2(0, y, z) \displaystyle \Phi_{1}(0, \, y, \, z) =\Phi_{2}(0, \, y, \, z)

을 만족해야 한다. 이 조건에서

q+q′ε1=q′′ε2 \displaystyle \frac{q+q'}{\varepsilon_{1}} = \frac{q\mathbf{''}}{\varepsilon_{2}}

을 얻는다.

두 번째 경계 조건으로 경계에 자유 전하가 없으므로, 변위장의 수직 성분은 연속이다. 즉,

ε1⋅∂Φ1∂x∣x=0=ε2⋅∂Φ2∂x∣x=0 \displaystyle \varepsilon_{1} \cdot \left. \frac{\partial \Phi_{1}}{\partial x} \right|_{x=0}=\varepsilon_{2} \cdot \left. \frac{\partial \Phi_{2}}{\partial x} \right|_{x=0}

이 성립한다. 이 조건에서

q′′=q−q′ \displaystyle q\mathbf{''}=q-q'

을 얻는다.

위에서 얻은 두 조건을 연립하면, 두 영상 전하의 값이 결정된다.

q′=−ε2−ε1ε1+ε2q,   q′′=2ε2ε1+ε2q \displaystyle q '=-\frac{\varepsilon_{2}-\varepsilon_{1}}{\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2}}q, \,\,\, q \mathbf{''}=\frac{2 \varepsilon_{2}}{\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2}}q

이상에서 구하는 퍼텐셜 분포는

Φ(x, y, z)={ q4πε1[1(x+d)2+y2+z2−(ε2−ε1ε1+ε2)1(x−d)2+y2+z2](x<0)14π(ε1+ε2)2q(x+d)2+y2+z2(x>0) \displaystyle \Phi(x,\,y,\,z)=\left\{ \begin{aligned} &\displaystyle \, \frac{q}{4 \pi \varepsilon_{1}}\left [ \frac{1}{\sqrt{(x+d)^{2}+y^{2}+z^{2} } }-\left ( \frac{\varepsilon_{2}-\varepsilon_{1}}{\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2}} \right )\frac{1}{\sqrt{(x-d)^{2}+y^{2}+z^{2} } } \right ] & \quad (x<0) \\ & \displaystyle \frac{1}{4 \pi(\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2}) }\frac{2q}{\sqrt{(x+d)^{2}+y^{2}+z^{2} } } & \quad (x>0)\end{aligned}\right.

가 된다.

1.4. 예제 4: 유전 물질을 채운 구형 축전기[편집]

[문제]
그림과 같이 외경이 bb이고, 내경이 aa인 구형 축전기 안에 각각 반구 형태의 유전 상수가 ε1\varepsilon_{1}, ε2\varepsilon_{2}인 유전 물질을 채웠다. 이 축전기에 qq의 전하량을 충전시켰을 때, 다음 물음에 답하시오. (a) 유전 물질이 있는 곳(a<r<ba<r<b) 각각의 변위장과 전기장을 각각 구하시오. (b) 유전 물질에 대한 표면 속박 전하 밀도를 각각 구하시오. (c) 이 축전기의 전기 용량을 구하시오. (단, O\mathrm{O}는 축전기의 중심이고, 유전 물질은 단순한 물질이다.)

파일:namu_전기변위장_대표예제_구형축전기.svg

[풀이 보기]

(a)
위 그림과 같이 zz축을 두 유전체의 경계면과 수직하게 잡자.

도체 표면 위의 전위는 등전위이기 때문에 이 문제 상황에서 전기 퍼텐셜은 θ\theta, ϕ\phi에 의존하지 않고, rr에만 의존한다. 또한 전기장은 퍼텐셜의 음의 그레이디언트이기 때문에 전기장은 r^\hat{\mathbf{r} }방향이고, rr에만 의존하게 된다.

ε1\varepsilon_{1}에서 변위장을 D1=D1r^\mathbf{D}_{1}=D_{1} \hat{\mathbf{r}}, ε2\varepsilon_{2}에서 변위장을 D2=D2r^\mathbf{D}_{2}=D_{2} \hat{\mathbf{r}}라 놓으며, 반지름 r(a<r<b)r(a<r<b) 인 구면을 가우스 면이라 잡고, 가우스 법칙을 적용하면,

(D1+D2)⋅2πr2=q∴D1+D2=q2πr2\displaystyle \begin{aligned} (D_{1}+D_{2}) \cdot 2 \pi r^{2} &= q \\ \therefore D_{1}+D_{2}&= \frac{q}{2 \pi r^{2}} \end{aligned}

임을 알 수 있다. 전기장이 θ\theta에 의존하지 않기 때문에 두 영역에서 전기장은 같아야 한다.

D1ε1=D2ε2\displaystyle \frac{D_{1}}{\varepsilon_{1}}=\frac{D_{2}}{\varepsilon_{2}}

이 성립한다. 이에 위 두 식을 연립하면, 변위장은

D1=ε12π(ε1+ε2)qr2r^D2=ε22π(ε1+ε2)qr2r^\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{D}_{1}&=\frac{\varepsilon_{1}}{2 \pi(\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2})} \frac{q}{r^{2}} \hat{\mathbf{r}} \\ \mathbf{D}_{2}&=\frac{\varepsilon_{2}}{2 \pi(\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2})} \frac{q}{r^{2}} \hat{\mathbf{r}} \end{aligned}

으로 결정되고, 전기장은 두 유전 물질 영역에서

E=12π(ε1+ε2)qr2r^\displaystyle \mathbf{E}=\frac{1}{2 \pi(\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2})} \frac{q}{r^{2}} \hat{\mathbf{r}}

임을 알 수 있다.

(b)
속박 전하 밀도와 관련된 것을 알기 위해 편극 밀도를 알아야 한다. ε0E+P=D\varepsilon_{0}\mathbf{E} + \mathbf{P} = \mathbf{D}관계로 부터 εi\varepsilon_{i}에서의 편극 밀도는 각각

εi−ε02π(ε1+ε2)qr2r^\displaystyle \frac{\varepsilon_{i}-\varepsilon_{0}}{2 \pi(\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2})} \frac{q}{r^{2}} \hat{\mathbf{r}}

따라서 ε1\varepsilon_{1}일 때, r=ar=a에서 표면 속박 전하 밀도는

ε1−ε02π(ε1+ε2)qr2r^⋅(−r^)∣r=a=−q(ε1−ε0)2πa2(ε1+ε2)\displaystyle \left. \frac{\varepsilon_{1}-\varepsilon_{0}}{2 \pi(\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2})} \frac{q}{r^{2}} \hat{\mathbf{r}} \cdot (-\hat{\mathbf{r}}) \right|_{r=a} = -\frac{q(\varepsilon_{1}-\varepsilon_{0})}{2 \pi a^{2}(\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2} )}

r=br=b에서 표면 속박 전하 밀도는

ε1−ε02π(ε1+ε2)qr2r^⋅(+r^)∣r=b=q(ε1−ε0)2πb2(ε1+ε2)\displaystyle \left. \frac{\varepsilon_{1}-\varepsilon_{0}}{2 \pi(\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2})} \frac{q}{r^{2}} \hat{\mathbf{r}} \cdot (+\hat{\mathbf{r}}) \right|_{r=b} = \frac{q(\varepsilon_{1}-\varepsilon_{0})}{2 \pi b^{2}(\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2} )}

마찬가지의 방법으로 ε2\varepsilon_{2}일 때, r=ar=a에서 표면 속박 전하 밀도는

−q(ε2−ε0)2πa2(ε1+ε2)\displaystyle -\frac{q(\varepsilon_{2}-\varepsilon_{0})}{2 \pi a^{2}(\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2} )}

이고, r=br=b에서 표면 속박 전하 밀도는

q(ε2−ε0)2πb2(ε1+ε2)\displaystyle \frac{q(\varepsilon_{2}-\varepsilon_{0})}{2 \pi b^{2}(\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2} )}

임을 얻는다.

(c)
축전기의 전기 용량 C=Q/∣ΔV∣C=Q/|\Delta V|로 구할 수 있다. 이 축전기에 충전된 전하량 Q=qQ=q이고, r=a, br=a,\,b의 전위차

ΔV=−∫r=ar=bE dr\displaystyle \Delta V=-\int_{r=a}^{r=b} E\,dr

임을 이용하면,

∣ΔV∣=q2π(ε1+ε2)(1a−1b)\displaystyle |\Delta V|=\frac{q}{2 \pi (\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2})} \left( \frac{1}{a}-\frac{1}{b} \right)

이므로 이 축전기의 전기 용량은

C=2π(ε1+ε2)(1a−1b)−1\displaystyle C=2 \pi (\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2}) \left( \frac{1}{a}-\frac{1}{b} \right)^{-1}

이 된다. ⟨ε⟩=(ε1+ε2)/2\langle \varepsilon \rangle=(\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2})/2로 놓으면

C=4π⟨ε⟩(1a−1b)−1\displaystyle C=4\pi \langle \varepsilon \rangle \left( \frac{1}{a}-\frac{1}{b} \right)^{-1}

인데, 이는 해당 문제 상황을 두 유전체의 유전율의 평균값의 유전율을 가지는 유전체를 안에 채운 상황으로 간주할 수 있음을 얻는다.

1.5. 예제 5: 편미분 방정식을 이용하여 원통 축전기의 전기 용량 결정하기[편집]

[문제]
외경이 aa이고, 내경이 bb인 원통 축전기 안에 유전율이 ε=αε0(ρ−1/ρ)\varepsilon=\alpha \varepsilon_{0} (\rho-1/\rho)인 유전체를 채웠다. 이 축전기의 단위 길이당 전기 용량을 편미분 방정식을 풀어 결정하시오.(단, α\alpha는 양의 상수이다.)

[풀이 보기]

편미분 방정식을 푸는 영역인 축전기 내부엔 자유 전하가 없다. 따라서 풀어야 하는 편미분 방정식은

ε∇2Φ+∇ε⋅∇Φ=0\displaystyle \varepsilon \nabla^{2} \Phi+\boldsymbol{\nabla} \varepsilon \cdot \boldsymbol{\nabla} \Phi =0

편극성 물질의 유전율이 ρ\rho에 의존하는 함수임에 유의하여야 한다. 원통 대칭이 있으므로 Φ\Phi는 ρ\rho에만 의존할 것으로 기대되므로

(ρ2−1)∂∂ρ(ρ∂Φ∂ρ)+(ρ2+1)∂Φ∂ρ=0\displaystyle (\rho^{2}-1) \frac{\partial }{\partial \rho} \left( \rho \frac{\partial \Phi}{\partial \rho} \right)+( \rho^{2}+1 ) \frac{\partial \Phi}{\partial \rho}=0

경계 조건으로 Φ(a)=V\Phi(a)=V, Φ(b)=0\Phi(b)=0으로 둔다면, 이 방정식의 해는

Φ=Vln⁡[(1−ρ)(b+1)(ρ+1)(1−b)]ln⁡[(1−a)(b+1)(a+1)(1−b)]\displaystyle \Phi= \frac{\displaystyle V \ln{\left[ \frac{(1-\rho)(b+1)}{(\rho+1)(1-b)} \right]} }{ \displaystyle \ln{\left[ \frac{(1-a)(b+1)}{(a+1)(1-b)} \right] } }

따라서 전기장은

E=−2V(ρ2−1)ln⁡[(1−a)(b+1)(a+1)(1−b)]ρ^\displaystyle \mathbf{E}= - \frac{\displaystyle 2V}{ \displaystyle (\rho^{2}-1) \ln{\left[ \frac{(1-a)(b+1)}{(a+1)(1-b)} \right] } }\hat{\boldsymbol{\rho}}

따라서 변위장은

D=−2αε0Vρln⁡[(1−a)(b+1)(a+1)(1−b)]ρ^\displaystyle \mathbf{D}= - \frac{\displaystyle 2\alpha \varepsilon_{0} V}{ \displaystyle \rho \ln{\left[ \frac{(1-a)(b+1)}{(a+1)(1-b)} \right] } }\hat{\boldsymbol{\rho}}

따라서 각 판에 충전된 전하에 대한 표면 전하 밀도는

σf(a)=D⋅(−ρ^)∣ρ=a=2αε0Valn⁡[(1−a)(b+1)(a+1)(1−b)]σf(b)=D⋅(+ρ^)∣ρ=b=−2αε0Vbln⁡[(1−a)(b+1)(a+1)(1−b)]\displaystyle \begin{aligned} \sigma_{f}(a)&= \left. \mathbf{D} \cdot (- \hat{\boldsymbol{\rho}}) \right|_{\rho=a} &=\frac{\displaystyle 2\alpha \varepsilon_{0} V}{ \displaystyle a \ln{\left[ \frac{(1-a)(b+1)}{(a+1)(1-b)} \right] } } \\ \sigma_{f}(b)&= \left. \mathbf{D} \cdot (+ \hat{\boldsymbol{\rho}}) \right|_{\rho=b} &=-\frac{\displaystyle 2\alpha \varepsilon_{0} V}{ \displaystyle b \ln{\left[ \frac{(1-a)(b+1)}{(a+1)(1-b)} \right] } } \end{aligned}

따라서 충전기에 충전된 전하는 표면 전하 밀도에 겉면적을 곱하면 되고, 만약 높이가 zz인 영역만 고려한다면, 충전된 전하는

Q(a)=4πzαε0Vln⁡[(1−a)(b+1)(a+1)(1−b)]Q(b)=−4πzαε0Vln⁡[(1−a)(b+1)(a+1)(1−b)]\displaystyle \begin{aligned} Q(a)&=\frac{\displaystyle 4 \pi z \alpha \varepsilon_{0} V}{ \displaystyle \ln{\left[ \frac{(1-a)(b+1)}{(a+1)(1-b)} \right] } } \\ Q(b) &=-\frac{\displaystyle 4 \pi z \alpha \varepsilon_{0} V}{ \displaystyle \ln{\left[ \frac{(1-a)(b+1)}{(a+1)(1-b)} \right] } } \end{aligned}

이상에서 Q(a)=−Q(b)≡QQ(a)=-Q(b) \equiv Q로 놓고, 축전기 양 극단의 전위차 ΔΦ=V\Delta \Phi=V임을 아므로 단위 길이당 전기 용량은

QzΔΦ=4παε0ln⁡[(1−a)(b+1)(a+1)(1−b)]\displaystyle \frac{Q}{z \Delta \Phi}=\frac{\displaystyle 4 \pi \alpha \varepsilon_{0} }{ \displaystyle \ln{\left[ \frac{(1-a)(b+1)}{(a+1)(1-b)} \right] } }

으로 구해진다.

[다른 풀이: 편미분 방정식을 풀지 않고 구하기]

축전기 문제를 다루고 있으므로 축전기에 충전된 전하가 QQ라 가정해보자. 반지름 ρ(b<ρ<a)\rho (b<\rho<a)이고, 높이 zz, 축이 zz축인 원기둥을 가우스 면으로 하고, 원통 대칭성에 따라 변위장은 ρ^\hat{\boldsymbol{\rho}}방향이므로 물질에서의 가우스 법칙을 적용하여 다음을 얻는다:

D⋅2πρz=Q → D=Q2πρzρ^\displaystyle D \cdot 2\pi \rho z=Q \, \to \,\mathbf{D}=\frac{Q}{2\pi \rho z}\hat{\boldsymbol{\rho}}

변위장과 전기장의 관계에 의해

E=Q2παε0z1ρ2−1ρ^\displaystyle \mathbf{E}=\frac{Q}{2\pi \alpha \varepsilon_{0} z} \frac{1}{\rho^{2}-1} \hat{\boldsymbol{\rho}}

따라서 축전기 양 극단의 전위차는

ΔΦ=−Q2παε0z∫ba1ρ2−1 dρ=Q4παε0zln⁡[(1−a)(b+1)(a+1)(1−b)]\displaystyle \begin{aligned} \Delta \Phi&=-\frac{Q}{2\pi \alpha \varepsilon_{0} z} \int_{b}^{a} \frac{1}{\rho^{2}-1} \, d \rho \\ &=\frac{Q}{4\pi \alpha \varepsilon_{0} z} \ln{\left[ \frac{(1-a)(b+1)}{(a+1)(1-b)} \right]} \end{aligned}

따라서 구하는 단위 길이 당 전기 용량은

Qz∣ΔΦ∣=4παε0ln⁡[(1−a)(b+1)(a+1)(1−b)]\displaystyle \frac{Q}{z | \Delta \Phi |}=\frac{\displaystyle 4 \pi \alpha \varepsilon_{0} }{ \displaystyle \ln{\left[ \frac{(1-a)(b+1)}{(a+1)(1-b)} \right] } }

로, 편미분 방정식을 풀어 얻은 것과 같은 결과를 얻는다.

1.6. 예제 6: 편미분 방정식을 이용하여 유전체를 채운 구형 축전기 분석[편집]

[문제]
내경과 외경이 각각 aa, bb이고, 내부에 유전율이 ε(θ)=ε0eθ\varepsilon(\theta)=\varepsilon_{0} e^{\theta}인 등방적인 유전체를 채운 구형 축전기가 있다. 이 축전기에 QQ의 전하를 충전시켰을 때, (a) a<r<ba<r<b 영역의 전기장, 전기 변위장, 편극 밀도를 결정하시오. (b) 속박 전하 밀도를 구하시오. (c) 이 축전기의 전기 용량을 구하시오.

[풀이 보기]

(a)
도체의 표면은 등전위를 이루므로 문제 상황의 퍼텐셜은 θ\theta, ϕ\phi에 의존하지 않고, rr에만 의존한다. 전기장은 퍼텐셜 Φ(r)\Phi(r)의 음의 그레이디언트이므로 전기장은 곧 r^\hat{\mathbf{r}}방향이고, rr에만 의존한다.

다루는 영역 내부에 자유 전하는 존재하지 않으므로 예제 5와 같이 아래의 편미분 방정식

ε(θ)∇2Φ(r)+∇ε(θ)⋅∇Φ(r)=0\displaystyle \varepsilon(\theta) \nabla^{2} \Phi(r)+\boldsymbol{\nabla} \varepsilon(\theta) \boldsymbol{\cdot} \boldsymbol{\nabla} \Phi(r)=0

을 고려한다. 좌변의 제 2항은 0이므로 해당 방정식은

ddr[r2dΦ(r)dr]=0\displaystyle \frac{d}{dr}\left[r^{2} \frac{d \Phi(r)}{dr} \right] =0

으로 정리되고, 해는 아래와 같다.

Φ(r)=Ar+B\displaystyle \Phi(r)=\dfrac{A}{r}+B

AA, BB는 상수이고, 퍼텐셜 특성 상 상수항 B=0B= 0으로 잡아도 무관하다. 전기장과 퍼텐셜의 관계 E=−∇Φ\mathbf{E}=-\boldsymbol{\nabla} \Phi를 이용하면 아래를 구할 수 있다.

E=Ar2r^\displaystyle \mathbf{E}=\frac{A}{r^{2} } \hat{\mathbf{r}}

또한, 전기 변위장과 전기장의 관계 D=εE\mathbf{D}= \varepsilon \mathbf{E}에서

D=Aε0eθr2r^\displaystyle \mathbf{D}=\frac{A \varepsilon_{0} e^{\theta} }{r^{2}} \hat{\mathbf{r}}

편극 밀도 P=D−ε0E\mathbf{P}=\mathbf{D}-\varepsilon_{0} \mathbf{E}로부터

P=Aε0(eθ−1)r2r^\displaystyle \mathbf{P}=\frac{A \varepsilon_{0}(e^{\theta}-1) }{r^{2} } \hat{\mathbf{r}}


한편, 중심이 구형 축전기 중심과 같고, 반지름이 a<r<ba<r< b인 가우스 면을 잡아 물질에서의 가우스 법칙을 사용하면,

∯D⋅da=∯Ω(Aε0eθr2r^)⋅(r^r2sin⁡θ dθdϕ)=Aε0∫0πeθsin⁡θ dθ∫02πdϕ=Aε0π(1+eπ)\displaystyle \begin{aligned} \oiint \mathbf{D} \boldsymbol{\cdot} d \mathbf{a}&= \oiint_{\Omega} \biggl( \frac{A \varepsilon_{0}e^{\theta} }{r^{2}} \hat{\mathbf{r}} \biggr) \boldsymbol{\cdot} \biggl( \hat{\mathbf{r}} r^{2}\sin{\theta} \,d\theta d\phi \biggr) \\ &=A \varepsilon_{0} \int_{0}^{\pi} e^{\theta} \sin{\theta}\,d\theta \int_{0}^{2 \pi} d \phi \\ &=A \varepsilon_{0} \pi (1+e^{\pi}) \end{aligned}

∯Ω\oiint_{\Omega}는 전체 입체각 대한 적분임을 의미하고, 전기 변위장의 폐곡면에 대한 선속은 자유 전하와 동일해야 하므로

Aε0π(1+eπ)=Q  →  A=Qε0π(1+eπ)\displaystyle A \varepsilon_{0}\pi (1+e^{\pi})=Q \;\to\; A=\frac{Q}{\varepsilon_{0} \pi (1+e^{\pi})}


이상의 결과를 정리하면 아래와 같다.

E=Qε0π(1+eπ)1r2r^D=Qeθπ(1+eπ)1r2r^P=Q(eθ−1)π(1+eπ)1r2r^\displaystyle \begin{aligned}\mathbf{E}&=\frac{ Q }{\varepsilon_{0} \pi (1+e^{\pi})} \frac{1}{r^{2}} \hat{\mathbf{r}} \\ \mathbf{D}&=\frac{Qe^{\theta} }{\pi (1+e^{\pi})} \frac{1}{r^{2}} \hat{\mathbf{r}} \\ \mathbf{P}&=\frac{Q (e^{\theta}-1)}{\pi (1+e^{\pi})} \frac{1}{r^{2}} \hat{\mathbf{r}} \end{aligned}


(b)
부피 속박 전하 밀도는 편극 밀도의 음의 발산

ρP=−∇⋅P=0\rho_{P}=-\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{P}=0

로 구할 수 있고, 각 극판의 표면 속박 전하 밀도는 편극 밀도와 유전체 경계면 표면의 법선 벡터의 내적 P⋅n^\mathbf{P} \boldsymbol{\cdot} \hat{\mathbf{n}}으로 구할 수 있다. 즉,

σP(r=a)=Q(eθ−1)π(1+eπ)1r2r^⋅(−r^)∣r=a=Q(1−eθ)π(1+eπ)1a2σP(r=b)=Q(eθ−1)π(1+eπ)1r2r^⋅(+r^)∣r=b=Q(eθ−1)π(1+eπ)1b2\displaystyle \begin{aligned} \sigma_{P}(r=a)&= \biggl. \frac{Q (e^{\theta}-1)}{\pi (1+e^{\pi})} \frac{1}{r^{2}} \hat{\mathbf{r}} \boldsymbol{\cdot} (-\hat{\mathbf{r}}) \biggr|_{r=a}=\frac{Q (1-e^{\theta})}{\pi (1+e^{\pi})} \frac{1}{a^{2}} \\ \sigma_{P}(r=b)&= \biggl. \frac{Q (e^{\theta}-1)}{\pi (1+e^{\pi})} \frac{1}{r^{2}} \hat{\mathbf{r}} \boldsymbol{\cdot} (+\hat{\mathbf{r}}) \biggr|_{r=b}=\frac{Q (e^{\theta}-1)}{\pi (1+e^{\pi})} \frac{1}{b^{2}} \end{aligned}


(c)
극판 사이의 전위차

∣ΔΦ∣=∣Φ(b)−Φ(a)∣=Qε0π(1+eπ)(1a−1b)\begin{aligned} |\Delta \Phi|&=|\Phi(b)-\Phi(a)| \\ &=\frac{Q}{\varepsilon_{0} \pi (1+e^{\pi})} \left( \frac{1}{a}-\frac{1}{b} \right) \end{aligned}

이에 전기 용량은

C=Q∣ΔΦ∣=ε0π(1+eπ)(1a−1b)−1\begin{aligned} C=\frac{Q}{|\Delta \Phi|}=\varepsilon_{0} \pi (1+e^{\pi})\left( \frac{1}{a}-\frac{1}{b} \right)^{-1} \end{aligned}