문서:자기장 세기/정자기학의 경계치 문제/관련 예제

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1. 예제 12. 예제 2

1. 예제 1[편집]

[문제]
투자율 μ1\mu_{1}으로 차있고, μ2\mu_{2}의 자화 물질로 둘러싸인 매우 긴 반지름 ρ0\rho_{0}의 원기둥에 축을 따라 전류 II가 흐르고 있다. 원기둥 내·외부의 자기장 분포를 자기 벡터 퍼텐셜을 이용하여 구하시오.(단, 자화 물질은 선형적이고, 등방적이다.)

[풀이 보기]

축을 zz축으로 설정하자. 이 상황에서 자기 벡터 퍼텐셜은 z^\hat{\mathbf{z}} 성분만 존재하여야 한다. 또한 이 상황에서 대칭성을 이루지 않고 있는 것은 ρ\rho이므로 자기 벡터 퍼텐셜은 ρ\rho에만 의존할 것이다. 따라서 다음을 만족한다.

∇2Az(ρ)=−μ [Jf]z \displaystyle \nabla^{2}A_{z}(\rho)=-\mu \,[\mathbf{J}_{f}]_{z}

내부에는 자유 전류 밀도

Jf=Iπρ02z^ \displaystyle \mathbf{J}_{f}=\frac{I}{\pi \rho_{0}^{2}} \hat{\mathbf{z}}

가 존재하므로 원기둥 내·외부의 자기 벡터 퍼텐셜의 zz축 성분을 각각 Az1A_{z1}, Az2A_{z2}라 하면, 다음의 두 방정식이 나온다.

∇2Az1(ρ)=−μ1Iπρ02∇2Az2(ρ)=0 \displaystyle \nabla^{2}A_{z1}(\rho)=-\mu_{1}\frac{I}{\pi \rho_{0}^{2}} \qquad \nabla^{2}A_{z2}(\rho)=0

이상에서

1ρ∂∂ρ(ρ∂Az1∂ρ)=−μ1Iπρ021ρ∂∂ρ(ρ∂Az2∂ρ)=0 \displaystyle \frac{1}{\rho} \frac{\partial}{\partial \rho} \left( \rho\frac{\partial A_{z1}}{\partial \rho} \right)=-\mu_{1}\frac{I}{\pi \rho_{0}^{2}} \qquad \frac{1}{\rho} \frac{\partial}{\partial \rho} \left( \rho\frac{\partial A_{z2}}{\partial \rho} \right)=0

가 되고, 결국 위 방정식 해는 아래와 같음을 얻는다.

Az1=−μ1I4πρ02ρ2+Aln⁡ρ+C \displaystyle A_{z1}=-\frac{\mu_{1} I}{4\pi \rho_{0}^{2}} \rho^{2}+A\ln{\rho}+C

Az2=Bln⁡ρ \displaystyle A_{z2}=B\ln{\rho}

이때, A∼CA \sim C는 상수이고, Az2A_{z2}의 상수 항을 0으로 놓음으로써 문제를 간단히하였다. 이때, ρ→0\rho \rightarrow 0일 때, 퍼텐셜은 무한할 수 없으므로 A=0A=0이 되고, 자기장은 Bi=∇×Ai\mathbf{B}_{i}=\boldsymbol{\nabla} \times \mathbf{A}_{i}임을 이용하면,

B1=μ1I2πρρ02ϕ^ \displaystyle \mathbf{B}_{1}=\frac{\mu_{1} I}{2\pi } \frac{\rho}{\rho_{0}^{2}} \hat{\boldsymbol{\phi}}

B2=−Bρϕ^ \displaystyle \mathbf{B}_{2}=-\frac{B}{\rho} \hat{\boldsymbol{\phi}}

계속해서 Bi=μiHi\mathbf{B}_{i}=\mu_{i}\mathbf{H}_{i}임을 이용하면,

H1=I2πρρ02ϕ^ \displaystyle \mathbf{H}_{1}=\frac{ I}{2\pi } \frac{\rho}{\rho_{0}^{2}} \hat{\boldsymbol{\phi}}

H2=−Bμ2ρϕ^ \displaystyle \mathbf{H}_{2}=-\frac{B}{\mu_{2} \rho} \hat{\boldsymbol{\phi}}

이때, 원기둥 외부에 대해 앙페르 법칙을 적용하면,

∫H2⋅dl=If  →  −Bμ2⋅2π=I  →  B=−Iμ22π \displaystyle \int \mathbf{H_{2}} \cdot d \mathbf{l}=I_{f} \,\, \rightarrow \,\, -\frac{B}{\mu_{2}} \cdot 2 \pi=I \,\, \rightarrow \,\, B=- \frac{I \mu_{2}}{2 \pi}

이상에서 원기둥 내·외부의 자기장 분포는

B1=μ1I2πρρ02ϕ^ \displaystyle \mathbf{B}_{1}=\frac{\mu_{1} I}{2\pi } \frac{\rho}{\rho_{0}^{2}} \hat{\boldsymbol{\phi}}

B2=μ22πIρϕ^ \displaystyle \mathbf{B}_{2}=\frac{\mu_{2}}{2 \pi} \frac{I}{\rho} \hat{\boldsymbol{\phi}}

로 결정된다.

[추가 문제]
위 문제에서 자기 벡터 퍼텐셜의 분포를 구하시오.


경계면(ρ=ρ0\rho=\rho_{0})을 가로지를 때, 자기 벡터 퍼텐셜의 접선 성분은 연속이어야 함을 이용하면 벡터 퍼텐셜은 다음이 돼야함을 쉽게 알 수 있다.

A1=[−μ1I4πρ02ρ2−Iμ22πln⁡ρ0+μ1I4π]z^(ρ<ρ0) \displaystyle \mathbf{A_{1}}=\left[ -\frac{\mu_{1} I}{4\pi \rho_{0}^{2}} \rho^{2}-\frac{I \mu_{2}}{2 \pi}\ln{\rho_{0}}+\frac{\mu_{1}I}{4\pi} \right] \hat{\mathbf{z}}\qquad(\rho<\rho_{0})

A2=[−Iμ22πln⁡ρ]z^     (ρ>ρ0) \displaystyle \mathbf{A_{2}} = \left[- \frac{I \mu_{2}}{2 \pi}\ln{\rho} \right] \hat{\mathbf{z}}\qquad \qquad \qquad \qquad \quad \,\,\,\,\, (\rho>\rho_{0})

2. 예제 2[편집]

[문제]
그림과 같이 투자율 μ1\mu_{1}인 반지름 RR인 자화 물질로 이루어진 구가 투자율 μ2\mu_{2}인 자화 물질에 둘러싸여있다. 구 외부에서 H=H0z^\mathbf{H}=H_{0}\hat{\mathbf{z}}를 가했을 때, 구의 내·외부의 자기장 분포를 구하시오.(단, 자화 물질은 선형적이고 등방적이다.)

파일:자기장세기_예제.png

[풀이 보기]

우리가 구하는 영역은 모두 선형 물질로 이루어져 있고, 자유 전류가 없다. 따라서

∇2Φm=0 \displaystyle \nabla^{2} \Phi_{m}=0

을 만족한다. 이 상황은 ϕ\phi에 대한 대칭성만 존재하므로 자기 스칼라 퍼텐셜은 rr, θ\theta에만 의존한다. 따라서 위의 라플라스 방정식의 해는 다음과 같이 주어진다.

Φm=∑n=0∞ [Anrn+Bnr−(n+1)] Pn(cos⁡θ) \displaystyle \Phi_{m}=\sum_{n=0}^{\infty}\, [A_{n}r^{n}+B_{n}r^{-(n+1)}] \,P_{n}(\cos{\theta})

Pn(cos⁡θ)P_{n}(\cos{\theta})는 르장드르 다항식이다. 외부 장에 의한 자기 스칼라 퍼텐셜은

Φm=−∫H⋅dr=−H0rcos⁡θ \displaystyle \Phi_{m}=-\int \mathbf{H} \cdot d \mathbf{r}=-H_{0}r\cos{\theta}

로 놓을 수 있고, 퍼텐셜 특성 상 상수는 무시할 수 있으므로 상수는 제외하였다. r→∞r \rightarrow \infty가 되면, 외부 장의 효과만 남을 것으로 기대되고, r→0r \rightarrow 0일 때, 퍼텐셜은 무한할 수 없음을 이용하자. 또한, 외부 장의 퍼텐셜이 cos⁡θ\cos{\theta} 항이 있기 때문에 퍼텐셜에 기여하는 항은 cos⁡θ\cos{\theta} 항으로만 주어진다.[1]

Φ1=Arcos⁡θ     (r<R) \displaystyle \Phi_{1}=Ar\cos{\theta} \qquad \qquad \qquad \quad \,\,\,\,\, (r<R)

Φ2=−H0rcos⁡θ+Br2cos⁡θ(r>R) \displaystyle \Phi_{2}=-H_{0}r\cos{\theta}+\frac{B}{r^{2}}\cos{\theta} \qquad (r>R)

AA, BB는 상수이며, 첨자는 내·외부 구분을 위해 붙였다. 이때, 퍼텐셜의 경계 조건 중 퍼텐셜은 경계를 가로지를 때, 연속이어야 함을 이용하자. 즉,

Φ1(R, θ)=Φ2(R, θ) \displaystyle \Phi_{1}(R, \, \theta)=\Phi_{2}(R, \, \theta)

이고, 이것의 결과는

A=−H0+BR3 \displaystyle A=-H_{0}+\frac{B}{R^{3}}

이 되고, 다음으로는 장의 경계 조건에서 경계면을 가로지르는 자기장의 수직 성분은 연속임을 이용하자. 즉,

B1⋅r^=B2⋅r^ \displaystyle \mathbf{B_{1}} \cdot \hat{\mathbf{r}}=\mathbf{B_{2}} \cdot \hat{\mathbf{r}}

이고, 자기 스칼라 퍼텐셜과 자기장과의 관계 Bi=−μi∇Φi\mathbf{B}_{i}=-\mu_{i} \boldsymbol{\nabla} \Phi_{i}임을 이용하면,

−μ1∂Φ1∂r∣r=R=−μ2∂Φ2∂r∣r=R \displaystyle -\mu_{1} \left. \frac{\partial \Phi_{1}}{\partial r} \right|_{r=R} =-\mu_{2} \left. \frac{\partial \Phi_{2}}{\partial r} \right|_{r=R}

따라서

−μ1A=μ2(H0+2BR3) \displaystyle -\mu_{1}A=\mu_{2} \left( H_{0}+\frac{2B}{R^{3}} \right)

경계 조건을 이용해서 나온 식을 연립하면,

A=−3μ2H0μ1+2μ2B=μ1−μ2μ1+2μ2R3H0 \displaystyle A=-\frac{3 \mu_{2} H_{0}}{\mu_{1}+2\mu_{2}} \qquad \qquad B=\frac{\mu_{1}-\mu_{2}}{\mu_{1}+2\mu_{2}}R^{3}H_{0}

이므로 최종적으로 퍼텐셜의 분포는 아래와 같이 나온다.

Φ1=−3μ2H0μ1+2μ2rcos⁡θ  (r<R) \displaystyle \Phi_{1}=-\frac{3 \mu_{2} H_{0}}{\mu_{1}+2\mu_{2}}r\cos{\theta} \qquad \qquad \qquad \qquad \quad \,\, (r<R)

Φ2=−H0rcos⁡θ+μ1−μ2μ1+2μ2R3H0cos⁡θr2(r>R) \displaystyle \Phi_{2}=-H_{0}r\cos{\theta}+\frac{\mu_{1}-\mu_{2}}{\mu_{1}+2\mu_{2}}R^{3}H_{0} \frac{\cos{\theta}}{r^{2}} \qquad (r>R)

따라서 자기 스칼라 퍼텐셜과 자기장과의 관계 Bi=−μi∇Φi\mathbf{B}_{i}=-\mu_{i} \boldsymbol{\nabla} \Phi_{i}임을 이용하면,

B1=3μ1μ2μ1+2μ2H  (r<R) \displaystyle \mathbf{B_{1}}=\frac{3 \mu_{1} \mu_{2}}{\mu_{1}+2\mu_{2}} \mathbf{H} \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \quad \,\, (r<R)

B2=μ2H+μ2(μ1−μ2)μ1+2μ2H0R3r3(2r^cos⁡θ+θ^sin⁡θ)(r>R) \displaystyle \mathbf{B_{2}}= \mu_{2} \mathbf{H}+\frac{\mu_{2}(\mu_{1}-\mu_{2})}{\mu_{1}+2\mu_{2}} \frac{H_{0}R^{3}}{r^{3}}(2\hat{\mathbf{r}}\cos{\theta} +\hat{\boldsymbol{\theta}}\sin{\theta}) \qquad (r>R)

으로 구해진다.

[1] 이것은 라플라스 방정식을 많이 풀어보면, 충분히 예상할 수 있으며, 그렇지 못한 사람은 경계 조건을 이용하여, 계수를 맞춰보면 된다.