전자기파/전자기파 방사/관련 예제

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1. 예제 1 : 점전하의 뒤처진 퍼텐셜2. 예제 2 : 무한 도선의 뒤처진 퍼텐셜3. 예제 3 : 변하는 전기 쌍극자4. 예제 4 : 등속도로 움직이는 점전하

1. 예제 1 : 점전하의 뒤처진 퍼텐셜[편집]

[문제]
원점에 놓인 점전하의 전하량이 q(t)=kt (t>0)q(t)=kt\,(t>0) 으로 변한다. 이 점전하에 의한 뒤처진 스칼라 퍼텐셜을 각각 구하시오. (단, kk는 상수이고, t<0t<0일 때, 전하량은 0이다.)

[풀이 보기]

뒤처진 스칼라 퍼텐셜은 다음과 같이 주어진다.

Φ(r, t)=14πε0∫Vρ(r′, tr)∣r−r′∣ dV′\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'

이때, 조건에 의해

r′=0r=rr^tr=rc \displaystyle \mathbf{r'}=0 \qquad \qquad \mathbf{r}=r \hat{\mathbf{r}} \qquad \qquad t_{r}=\frac{r}{c}

이므로

Φ(r, t)=14πε0r∫Vρ(tr) dV′\displaystyle \Phi(\mathbf{r},\,t)=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}r}\int_{V} \rho(t_{r})\,dV'

이때, 점전하의 전하 밀도는 디락 델타 함수로 표현할 수 있다. 따라서

ρ(tr)=q(tr)δ(r′)=k(t−rc)δ(r′)\displaystyle \begin{aligned} \rho(t_{r})&=q(t_{r})\delta(\mathbf{r'}) \\&=k \left( t-\frac{r}{c} \right)\delta(\mathbf{r'}) \end{aligned}

따라서 구하는 스칼라 퍼텐셜은 아래와 같이 주어진다. 이때, 적분 영역은 원점 부근의 V→0V \rightarrow 0인 극히 작은 부피 영역이다.

Φ(r, t)=k4πε0r(t−rc)∫Vδ(r′) dV′=k4πε0r(t−rc)\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}

그러나 위의 값은 r<ctr<ct일 때만 유효하다. 그 이유는 우리는 관측지점 r\mathbf{r}에서 관측을 하고 있으므로 전하는 r>ctr>ct일 때, 없는 것으로 관측된다. 따라서 原이 없기 때문에 관측되는 스칼라 퍼텐셜은 없어야 한다.

Φ(r, t)={k4πε0r(t−rc)(r<ct)0(r>ct) \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[편집]

[문제]
(a)\mathrm{(a)}와 같이 zz축으로 놓인 무한한 도선이 있다. 이 도선에 (b)\mathrm{(b)}와 같이 t=0t=0 부터 I0I_{0}의 전류를 흘러줬을 때, 점 P\mathrm{P}에서 뒤처진 벡터 퍼텐셜을 구하시오.

파일:나무_지체된퍼텐셜_예제.png

[풀이 보기]

뒤처진 벡터 퍼텐셜 선형 근사를 통해 다음과 같이 쓸 수 있다.[1]

A=μ0z^4π∫−∞∞I(t−R/c)R dz′\displaystyle \mathbf{A}=\frac{\mu_{0} \hat{\mathbf{z}} }{4 \pi}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{I(t-R/c)}{R}\,dz'

도선에 의한 벡터 퍼텐셜은 미소 길이 dz′dz' 만큼의 도선에서 방사된 미소 정보들의 기여분을 모두 합한 것으로 주어질 것이다. 그런데 합산되는 미소 벡터 퍼텐셜들은 점 S\mathrm{S} 즉, 도선의 어떤 미소 영역으로 부터 전자기파의 형태로 관측점 P\mathrm{P}에 도달한 것만이 유효하다. 다시 말하면, 어떤 시간 tt에서 도선의 각 미소 영역들은 정보를 관측점으로 보내나, 전자기파의 속도는 유한하기 때문에 모든 부분의 정보가 관측점에서 도달하지 못하고, 관측점 P\mathrm{P}에 도달한 것들만 합산되어 해당 점에서 관측되는 벡터 퍼텐셜이 된다는 것이다. 이때, 어떤 시각에서 미소 영역 S\mathrm{S}로 부터 관측점 P\mathrm{P}까지 도달할 수 있는 RmaxR_{\mathrm{max}}은 t=0t=0에서 S\mathrm{S}로 부터 P\mathrm{P}까지 이동한 전자기파의 거리와 같다. 따라서 Rmax=ctR_{\mathrm{max}}=ct로 쓸 수 있으므로

Rmax=ct=ρ2+z′2 → ∣z∣=(ct)2−ρ2\displaystyle R_{\mathrm{max}}=ct=\sqrt{\rho^{2}+z'^{2}} \, \rightarrow \, \left|z \right|=\sqrt{(ct)^{2}-\rho^{2}}

이고, 이 때문에 특정 시각에서 관측점 P\mathrm{P}에서 관측되는 벡터 퍼텐셜에 기여하는 것은 ∣z∣≤(ct)2−ρ2\left|z \right| \leq \sqrt{(ct)^{2}-\rho^{2}}만큼의 영역에서 방사된 정보들이다. 따라서 우리는 구하는 벡터 퍼텐셜을 다음과 같이 쓸 수 있다.

A=μ0I0z^4π∫−(ct)2−ρ2(ct)2−ρ21ρ2+z′2 dz′=μ0I0z^2πln⁡[(ct)2−ρ2+ctρ]\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}

그런데 위의 값은 ρ<ct\rho<ct일 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.

A={μ0I0z^2πln⁡[(ct)2−ρ2+ctρ](ρ<ct)0(ρ>ct) \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.


이제 우리는 t→∞t \rightarrow \infty 일 때의 상황을 고려해보자. 이 경우에서

(ct)2−ρ2≃ct \displaystyle \sqrt{(ct)^{2}-\rho^{2}} \simeq ct

로 쓸 수 있다. 따라서 벡터 퍼텐셜은

A=−μ0I0z^2πln⁡ρ+const. \displaystyle \mathbf{A}=-\frac{\mu_{0} I_{0} \hat{\mathbf{z} }}{2 \pi}\ln{\rho}+\mathsf{const.}

가 되어 정자기학적의 상황의 벡터 퍼텐셜이 됨을 알 수 있다: 다음의 예제와 비교해보라.

3. 예제 3 : 변하는 전기 쌍극자[편집]

[문제]
zz축 위에 있는 두 전하 +q(t)+q(t), −q(t)-q(t)가 서로 ll 만큼의 거리를 두고 떨어져있다. q(t)=q0sin⁡ωtq(t)=q_{0}\sin{\omega t}일 때, (a) 두 전하의 전기 쌍극자 모멘트를 결정하고, (b) 두 전하에 의한 방사장을 결정하시오.

[풀이 보기]

(a)
두 전하에 의한 전기 쌍극자 모멘트는

p(t)=q0lz^sin⁡ωt\displaystyle \mathbf{p}(t)=q_{0}l\hat{\mathbf{z}}\sin{\omega t}

로 쉽게 결정할 수 있다.

(b)
방사장을 결정하려면, p¨\ddot{\mathbf{p}}를 결정해야 하고, 이것은 전기 쌍극자 모멘트의 시간의 2차 미분과 같다. 따라서

p¨=−q0lω2z^sin⁡(ωt−kr)\displaystyle \ddot{\mathbf{p}}=-q_{0}l\omega^{2}\hat{\mathbf{z}}\sin{(\omega t-kr)}

로 쉽게 결정할 수 있다. 따라서

E(r, t)=−q0lω24πε0c2rsin⁡(ωt−kr)[r^(r^⋅z^)−z^]B(r, t)=μ0q0lω24πcrsin⁡(ωt−kr)[r^×z^]\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}

이고, 최종적으로 다음과 같이 방사장이 결정된다.

E(r, t)=−q0lω24πε0c2rθ^sin⁡(ωt−kr)sin⁡θB(r, t)=−μ0q0lω24πcrϕ^sin⁡(ωt−kr)sin⁡θ\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[편집]

[문제]
전하량 qq인 전하가 v\mathbf{v}의 등속도로 움직일 때, 다음 물음에 답하시오.(a) 스칼라 퍼텐셜을 구하시오. (b) 벡터 퍼텐셜을 구하시오. (c) 전기장을 구하시오. (d) 자기장을 구하시오.

[풀이 보기]

편의 상 우리는 t=0t=0일 때, 전하가 원점을 지난다고 생각할 것이다. 우리는 다음의 정보를 안다.

a=0R=r−r′(tr)β=vc\displaystyle \mathbf{a}=0\qquad \qquad \mathbf{R}=\mathbf{r}-\mathbf{r'}(t_{r}) \qquad \qquad \boldsymbol{\beta}=\frac{\mathbf{v}}{c}

이때, 조건에 따라

r′(t)=vt\displaystyle \mathbf{r'}(t)=\mathbf{v}t

이다. 그런데,

R=c(t−tr) → ∣r−vtr∣=c(t−tr)\displaystyle R=c(t-t_{r})\,\rightarrow\,\left| \mathbf{r}-\mathbf{v}t_{r} \right|=c(t-t_{r})

을 만족해야 함에 따라 양변을 제곱하여, 우리는 관측점에 대한 시각과 전하에 대한 시각에 대한 관계를 구할 수 있다:

tr=(c2t−r⋅v)±[(c2t−r⋅v)2+(c2−v2)(r2−c2t2)]1/2c2−v2\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}}

v→0v\rightarrow 0의 극한에서

tr=t±cr\displaystyle t_{r}=t \pm \frac{c}{r}

이때, 전하는 원점에 있기 때문에 지연 시간을 올바르게 하려면, 음의 부호를 택해야 함에 따라

tr=(c2t−r⋅v)−[(c2t−r⋅v)2+(c2−v2)(r2−c2t2)]1/2c2−v2\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}}

를 택해야 함을 알 수 있다.

(a)
스칼라 퍼텐셜

Φ=q4πε01R(tr)−β(tr)⋅R(tr)\displaystyle \Phi=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{1}{R(t_{r})-\boldsymbol{\beta}(t_{r}) \cdot \mathbf{R}(t_{r})}

임을 알고 있다. 그런데 분모는 결국

R(tr)−β(tr)⋅R(tr)=R−R⋅vc\displaystyle R(t_{r})-\boldsymbol{\beta}(t_{r}) \cdot \mathbf{R}(t_{r})= R-\mathbf{R} \cdot \frac{\mathbf{v}}{c}

임을 이용하면, 분모는

(c2t−r⋅v)2+(c2−v2)(r2−c2t2)c\displaystyle \frac{\sqrt{(c^{2}t-\mathbf{r} \cdot \mathbf{v})^{2}+(c^{2}-v^{2})(r^{2}-c^{2}t^{2} ) }}{c}

으로 결정되고, 결국 스칼라 퍼텐셜은

Φ=qc4πε01(c2t−r⋅v)2+(c2−v2)(r2−c2t2)\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} ) }}

이 되고, 분모를 정리하고, R(t)=r−vt\mathbf{R}(t)=\mathbf{r}-\mathbf{v}t를 이용하면,

Φ=q4πε0R(t)11−β2sin⁡2θ\displaystyle \Phi=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} R(t)} \frac{1}{\sqrt{1-\beta^{2}\sin^{2}{\theta} }}

로 쓸 수 있고, θ\theta는 R\mathbf{R}과 v\mathbf{v}가 이루는 각이다.

(b)
스칼라 퍼텐셜이 결정되면, 벡터 퍼텐셜은 쉽게 결정된다:

A=q4πε0cv(c2t−r⋅v)2+(c2−v2)(r2−c2t2)\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} ) }}

이것은 스칼라 퍼텐셜과 같은 논법으로,

A=qv4πε0c211−β2sin⁡2θ\displaystyle \mathbf{A}=\frac{q \mathbf{v}}{4 \pi \varepsilon_{0}c^{2}}\frac{1}{\sqrt{1-\beta^{2}\sin^{2}{\theta} }}

의 형태로 쓸 수 있다.

(c)
이 문제에서는 가속도가 없는 상황을 다루기 때문에 전자기장은 가속도와 관련되지 않는 장 즉, 속도장만 고려하면 된다. 즉, 전기장은

E=q4πε0K3(1−β2)(R−Rβ)\displaystyle \mathbf{E}= \frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}K^{3}} ( 1-\beta^{2} ) ({\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta})

우리는 (a)에서 전기장의 표현을 바꾸었을 때의 결과를 참조하면,

K=R(t)1−β2sin⁡2θ\displaystyle K=R(t)\sqrt{1-\beta^{2}\sin^{2}{\theta}}

이고, 위의

R−Rβ=r−vtr−(t−tr)v=r−vt=R(t)\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}

이상에서 결정되는 전기장은

Φ=q4πε01−β2[1−β2sin⁡2θ]3/2R^(t)R(t)2\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}}

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⁡2θ\sin^{2}{\theta}가 들어있으므로 전기장은 본래 구 대칭이었던 정전기학적 상황과 달리 이제 각 θ\theta에 의존한다는 것을 알 수 있고, 다음의 결과를 얻는다.
  • 전하의 수평 방향 (θ=0, π\theta=0,\,\pi) : 전기장이 본래보다 1−β2\sqrt{1-\beta^{2}}만큼 약하다.
  • 전하의 수직 방향 (θ=±π/2\theta=\pm \pi/2) : 전기장이 본래보다 (1−β2)−1/2 (1-\beta^{2})^{-1/2} 만큼 강하다.

따라서 전하의 수직 방향으로 갈 수록 전기장은 촘촘해지고, 수평방향으로 갈 수록 전기장은 듬성듬성 존재하게 된다. 이것은 아래의 자료를 참고하라:

파일:나무_리에나르_점전하예제_수정.png

이 사이트에서 등속도 움직이는 점전하의 전기장이 어떻게 생기는 지 확인할 수 있다. 메뉴 중 'Linear'을 누르면 된다.

(d)
자기장은

B=1c(R^(tr)×E)\displaystyle \mathbf{B}=\frac{1}{c}(\hat{\mathbf{R}}(t_{r}) \times \mathbf{E})

그런데,

R^(tr)=r−vtrR(tr)=(r−vt)+(t−tr)vR(tr)=(r−vt)+(t−tr)vc(t−tr)=R(t)R(tr)+vc\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 쓸 수 있으므로

B=1c2(v×E)\displaystyle \mathbf{B}=\frac{1}{c^{2}}(\mathbf{v} \times \mathbf{E})

으로 구할 수 있다. 자기장은 전하 주위를 맴도는 형태가 되게 된다.

[추가 자료]

우리는 이 문제를 β≪1\beta \ll 1의 비상대론적 영역에서 전하의 전자기장은 어떻게 결정지어지는 지 논의하고 끝마치고자 한다. 이러한 영역에서는 전자기장은 아래와 같이 결정된다.

E≃q4πε0R^(t)R(t)2B≃μ0q4πR2[v×R^(t)]\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}

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(β≪1\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.


[1] R=∣r−r′∣R=\left|\mathbf{r-r'} \right|, r=rr^\mathbf{r}=r\hat{\mathbf{r}} , r′=z′z^\mathbf{r'}=z'\hat{\mathbf{z}} 이다.