전기장/전기장을 구하는 방법/쿨롱 법칙/예제

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1. 예제 12. 예제 2

1. 예제 1[편집]

[문제]
그림과 같이 진공 공간의 xx축 위 0≤x≤L0 \leq x \leq L 영역 위에 선전하밀도 λ=α(L−x)\lambda = \alpha (L-x) 로 대전된 막대가 놓여져 있다. 점 P(2L, 0) \mathrm{P}(2L,\,0) 에서 전기장을 구하시오.(단, α\alpha는 상수이다.)

파일:나무_전기장_예제1.png


[풀이 보기]

막대의 미소 전하 dq=λ dx′dq=\lambda \, dx'의 위치를 r′=x′x^ \mathbf{r'}=x' \hat{\mathbf{x}} [1]로 잡을 수 있고, 전기장을 구하는 영역의 위치 벡터는 r=2Lx^\mathbf{r}=2L\hat{\mathbf{x}}인 것을 이용하면, 점 P\mathrm{P}의 미소 전기장은

dE=14πε0α(L−x)∣(2L−x′)x^∣3[(2L−x′)x^] dx′\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'

따라서 우리는 0≤x′≤L0 \leq x' \leq L영역의 적분을 수행함으로써, 구하는 영역의 전기장을 얻는다:

E=α4πε0x^∫0LL−x′(2L−x′)2 dx′=α4πε0[ln⁡2−12]x^\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[편집]

[문제]
그림과 같이 진공 공간의 xyxy평면 위에서 중심이 원점이고 반지름의 길이가 RR인 균일한 표면 전하 밀도 σ\sigma로 대전된 원판이 있다. zz축 위의 한 점 P\mathrm{P}에서의 전기장을 구하시오.

파일:나무_전기장_예제2_수정.png

[풀이 보기]

이 문제를 푸는 데에 있어, 가장 유용한 원통 좌표계를 사용한다.

원판 위의 미소 전하가 있는 위치 벡터를 r′=ρ′ρ^\mathbf{r'}=\rho' \hat{\boldsymbol{\rho}}로 놓고, 미소 전하 σ da′=σρ′ dρ′dϕ′ \sigma \, da'=\sigma \rho' \, d \rho' d \phi' 로 놓을 수 있다. 또한 전기장을 구하는 영역에 대한 위치 벡터 r=zz^\mathbf{r}=z \hat{\mathbf{z}}임을 아므로, 구하는 영역의 미소 전기장은

dE=14πε0σρ′ dρ′dϕ′∣zz^−ρ′ρ^∣3(zz^−ρ′ρ^)\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}})

이 적분을 0≤ρ′≤R 0 \leq \rho' \leq R , 0≤ϕ′≤2π 0 \leq \phi' \leq 2\pi 에 대해서 수행하면 된다. 그러나, ρ^\hat{\boldsymbol{\rho}}는 적분의 기저 벡터로 부적합하므로 이것을 다시 직교 좌표로 바꿔 적분을 해야한다. 즉, 우리는

dE=14πε0σρ′ dρ′dϕ′∣zz^−ρ′ρ^∣3[zz^−ρ′(cos⁡ϕx^+sin⁡ϕy^)]\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}} ) ]

를 적분해줘야 하는 것이다. 그런데, ϕ\phi대칭성에 따라 xx, yy 성분은 적분 후 상쇄될 것이므로 우리는 최종적으로

E=σz4πε0z^∫0Rρ′(z2+ρ′2)3/2 dρ′∫02πdϕ′\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'

만 계산해주면 되는 것이다. 따라서 이 적분의 결과로서 우리는 다음의 구하는 전기장을 얻는다:

E=σ2ε0[z∣z∣−zR2+z2]z^\displaystyle \mathbf{E}= \frac{\sigma }{2 \varepsilon_{0}} \left[ \frac{z}{|z|}-\frac{z}{\sqrt{R^{2}+z^{2} }} \right] \hat{\mathbf{z}}


만약 우리가 R→∞R \to \infty를 고려한다면, 이것은 곧 표면 전하 밀도 σ\sigma로 대전된 무한한 판의 전기장을 구하는 문제와 동치가 된다. 따라서 우리는 R→∞R \to \infty일 때,

E→σ2ε0z∣z∣\displaystyle \displaystyle \mathbf{E} \to \frac{\sigma }{2 \varepsilon_{0}} \frac{\mathbf{z}}{|z|}

를 얻는데, 이것은 가우스 법칙 등으로 구한 것과 일치된 결과를 얻는다. 이 예제와 결과를 비교해보라.


[1] 프라임은 전하의 좌표계란 점을 강조하기 위해 붙였다.