문서:전기 퍼텐셜/관련 예제

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1. 예제 12. 예제 23. 예제 34. 예제 4: 표면에 대전된 구5. 예제 5: 푸아송 방정식6. 예제 6: 영상법7. 예제 7: 영상법 28. 예제 89. 예제 9

1. 예제 1[편집]

[문제]
그림과 같이 각각 균일하게 Q1Q_{1}, Q2Q_{2}로 대전된 반지름 r1r_{1}, r2r_{2}의 도체구가 있다. 이 도체구를 길이가 R≫r1, r2R \gg r_{1},\,r_{2}이고, 두께가 매우 얇은 전선으로 연결시켰을 때, 시간이 지난 뒤 각각의 구에 대전된 전하량을 구하시오.

파일:나무_전기퍼텐셜_도체관련예제.png

[풀이 보기]

문제 상황에서 두 구가 반지름에 비해 매우 멀리 떨어져 있으므로 각각의 구가 만드는 전기장이 각 구 표면 위에서 미치는 영향은 미미하다 볼 수 있다. 따라서 각각의 구는 시간이 지난 뒤에도 균일하게 전하가 분포할 것이다. 따라서 시간이 지난 뒤 각각의 구에 대전된 전하량을 Q1′Q_{1}', Q2′Q_{2}'라 놓으면, 전하 보존 법칙에 의해

Q1′+Q2′=Q1+Q2 \displaystyle Q_{1}'+Q_{2}'=Q_{1}+Q_{2}

지금 두 구는 전선에 의해 연결되어 있으므로, 두 구의 표면에서의 전위는 등전위를 이룬다. 그런데, 전선의 두께가 매우 얇으므로 다음이 성립하면 됨을 알 수 있다.

14πε0Q1′r1=14πε0Q2′r2 \displaystyle \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{Q_{1}'}{r_{1}}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{Q_{2}'}{r_{2}}

나온 두 식을 연립하면,

Q1′=r1r2Q2′Q1′=r1r1+r2(Q1+Q2) \displaystyle Q_{1}'=\frac{r_{1}}{r_{2}}Q_{2}' \qquad \qquad Q_{1}'=\frac{r_{1}}{r_{1}+r_{2}}(Q_{1}+Q_{2})

임을 알 수 있다.

2. 예제 2[편집]

[문제]
그림과 같이 진공 중에 x=nax=na일 때, 전하량 qn=(−1)nqq_{n}=(-1)^{n}q의 점전하가 배치되어있는 매우 긴 사슬이 있다. 원점에서의 전기 퍼텐셜을 구하시오.

파일:나무_전기 퍼텐셜_예제.png

[풀이 보기]

우리는 윗 문단을 참조하면, 이 문제의 원점에서 전기 퍼텐셜은

Φ=q4πε0a[−1+12−13+⋯ ]\displaystyle \Phi=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} a} \left[ -1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+ \cdots \right]

임을 알 수 있다. 합의 기호를 사용하면,

Φ=q4πε0a∑n=1∞(−1)nn\displaystyle \Phi=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} a} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n}

으로 나타낼 수 있으며, 시그마의 값은 −ln⁡2-\ln{2}에 수렴함에 따라 우리가 구하는 퍼텐셜은

Φ=−q4πε0aln⁡2\displaystyle \Phi=-\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} a} \ln{2}

임을 알 수 있다.

3. 예제 3[편집]

[문제]
그림과 같이 균일한 밀도 ρ\rho로 대전된 반지름 RR의 구가 있다. 구의 외부에 있는 점 P\mathrm{P}에 대한 퍼텐셜을 구하시오.

파일:나무_전기장_예제3.png

[풀이 보기]

우리는 이 문제를 분석하기 용이한 구면 좌표계에서 생각하고, 구하기 원하는 영역에 대한 위치 벡터를 r\mathbf{r}, 미소 전하가 있는 영역까지의 위치 벡터를 r′\mathbf{r'}이라 하자. 미소 전하는 dq=ρ dV′=ρr′2 dr′dΩ′dq=\rho\, dV'=\rho r'^{2}\,dr'd\Omega'로 나타낼 수 있으므로 우리가 구하는 퍼텐셜은

Φ=ρ4πε0∮Ω′∫0Rr′2∣r−r′∣ dr′dΩ′\displaystyle \Phi=\frac{\rho}{4 \pi \varepsilon_{0} } \oint_{\Omega'} \int_{0}^{R} \frac{r'^{2}}{|\mathbf{r-r'}|} \, dr'd \Omega'

이다. 우리는 r>r′r>r'인 영역을 다루고 있음에 유의하며, 다중극 전개를 이용하면,

1∣r−r′∣=∑l=0∞∑m=−ll4π2l+1r′lrl+1Ylm(θ, ϕ)Ylm∗(θ′, ϕ′)\displaystyle \frac{1}{\left| \mathbf{r-r'} \right|}=\sum_{l=0}^{\infty}\sum_{m=-l}^{l} \frac{4\pi}{2l+1} \frac{r'^{l}}{r^{l+1}}Y_{l}^{m}(\theta,\, \phi)Y_{l}^{m \ast}(\theta ',\, \phi ')

으로 나타낼 수 있다. Ylm(θ, ϕ)Y_{l}^{m}(\theta,\, \phi)는 구면 조화 함수(Spherical harmonics)이다. 따라서 적분은

Φ=ρ4πε0∑l=0∞∑m=−ll4π2l+1Ylm(θ, ϕ)∫0Rr′2+lrl+1 dr′∮Ω′Ylm∗(θ′, ϕ′) dΩ′\displaystyle \Phi=\frac{\rho}{4 \pi \varepsilon_{0} } \sum_{l=0}^{\infty}\sum_{m=-l}^{l} \frac{4\pi}{2l+1} Y_{l}^{m}(\theta,\, \phi) \int_{0}^{R} \frac{r'^{2+l}}{r^{l+1}} \, dr' \oint_{\Omega'} Y_{l}^{m \ast}(\theta ',\, \phi ') \,d \Omega'

그런데, 이 식은 Y00(θ′, ϕ′)=(2π)−1Y_{0}^{0}(\theta ',\, \phi ')=(2\sqrt{\pi})^{-1}인점을 이용하면,

Φ=ρ4πε0∑l=0∞∑m=−ll4π2l+1Ylm(θ, ϕ)Y00(θ′, ϕ′)∫0Rr′2+lrl+1 dr′∮Ω′Y00(θ′, ϕ′)Ylm∗(θ′, ϕ′) dΩ′\displaystyle \Phi=\frac{\rho}{4 \pi \varepsilon_{0} } \sum_{l=0}^{\infty}\sum_{m=-l}^{l} \frac{4\pi}{2l+1} \frac{Y_{l}^{m}(\theta,\, \phi)}{Y_{0}^{0}(\theta ',\, \phi ')} \int_{0}^{R} \frac{r'^{2+l}}{r^{l+1}} \, dr' \oint_{\Omega'} Y_{0}^{0}(\theta ',\, \phi ') Y_{l}^{m \ast}(\theta ',\, \phi ') \,d \Omega'

이고, 구면 조화 함수의 직교성

∮Ω′Ylm(θ′, ϕ′)Yts∗(θ′, ϕ′) dΩ′=δltδms \displaystyle \oint_{\Omega'} Y_{l}^{m}(\theta',\, \phi')Y_{t}^{s \ast}(\theta ',\, \phi ')\,d \Omega '=\delta_{l t}\delta_{m s}

을 이용하면,

Φ=ρR33ε0r\displaystyle \Phi=\frac{\rho R^{3}}{3 \varepsilon_{0} r }

이때, Q≡4ρπR3/3Q \equiv 4\rho \pi R^{3}/3 를 이용하면,

Φ=Q4πε01r\displaystyle \Phi=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} } \frac{1}{r}

이 나옴을 알 수 있다.

참고로 이 문제는 전하 분포가 대칭적이기 때문에 가우스 법칙을 이용하는 것이 나으며, 실제로도 해당 방법이 더 쉽다.

[추가 문제]
위 문제에서 구의 내부에 있는 점 P\mathrm{P}에 대해 퍼텐셜과 구 내·외부의 퍼텐셜과 전기장 분포를 각각 구하시오.

[풀이 보기]

만약 점 P\mathrm{P}가 구 내부에 있다면, 구하기가 조금 까다롭다. 우선적으로 우리가 r=rr^ (r<R)\mathbf{r}=r \hat{\mathbf{r}}\,(r<R)이라 생각해보자. 그렇다면, 우리는 두 영역으로 나눌 수가 있는데, 0<r′<r0<r'<r과 r<r′<Rr<r'<R이 바로 그것들이다. 전자의 경우 r>r′r>r'이므로 위 경우에서 구했던 과정을 이용하면 된다. 즉, 우리가 r′r'에 대한 적분을 할 때, 적분의 하한을 00, 상한을 rr이라 두면 되므로

Φ1=ρr23ε0(r′<r<R)\displaystyle \Phi_{1}=\frac{\rho r^{2}}{3 \varepsilon_{0} } \qquad (r'<r<R)

가 된다. 그러나, 전자의 영역에 대해선 r<r′r<r'이기 때문에 다중극 전개 부분에서

r′lrl+1→rlr′l+1 \displaystyle \frac{r'^{l}}{r^{l+1}} \rightarrow \frac{r^{l}}{r'^{l+1}}

로 바뀌면서, 적분은 아래와 같이 바뀐다. 적분의 하한이 rr, 상한이 RR인 점에 유의하라.

Φ2=ρ4πε0∑l=0∞∑m=−ll4π2l+1Ylm(θ, ϕ)∫rRrlr′1−l dr′∮Ω′Ylm∗(θ′, ϕ′) dΩ′(0<r<r′)\displaystyle \Phi_{2}=\frac{\rho}{4 \pi \varepsilon_{0} } \sum_{l=0}^{\infty}\sum_{m=-l}^{l} \frac{4\pi}{2l+1} Y_{l}^{m}(\theta,\, \phi) \int_{r}^{R} r^{l}r'^{1-l} \, dr' \oint_{\Omega'} Y_{l}^{m \ast}(\theta ',\, \phi ') \,d \Omega' \qquad (0<r<r')

이 적분의 결과는

Φ2=ρ2ε0(R2−r2)(0<r<r′)\displaystyle \Phi_{2}=\frac{\rho }{2 \varepsilon_{0} }(R^{2}-r^{2}) \qquad (0<r<r')

따라서 우리가 구하는 퍼텐셜은 Φ1+Φ2\Phi_{1}+\Phi_{2}이므로

Φ=ρ6ε0(3R2−r2)(r<R)\displaystyle \Phi=\frac{\rho }{6 \varepsilon_{0} }(3R^{2}-r^{2}) \qquad (r<R)

을 얻는다. 따라서 구의 전기 퍼텐셜 분포는

Φ={Q8πε0R3(3R2−r2)(r<R)Q4πε0r(r>R)\displaystyle \Phi=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{Q }{8 \pi \varepsilon_{0} R^{3} } (3R^{2}-r^{2}) &\qquad(r<R)\\ \\ \displaystyle \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} r }&\qquad(r>R) \end{array}\right.

퍼텐셜과 장의 관계에 의해 구의 전기장은

E={Q4πε0rR3(r<R)Q4πε0r2r^(r>R)\displaystyle \mathbf{E}=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{Q }{4 \pi \varepsilon_{0} }\frac{ \mathbf{r}}{R^{3}} &\qquad(r<R)\\ \\ \displaystyle \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{2} } \hat{\mathbf{r}}&\qquad(r>R) \end{array}\right.

이때, Q≡4ρπR3/3Q \equiv 4\rho \pi R^{3}/3 이다.

동일한 문제 상황을 가우스 법칙 문서에서 다뤘으며, 전기장이 나온 것을 보면 동일한 결과를 얻었음을 알 수 있다.

4. 예제 4: 표면에 대전된 구[편집]

[문제]
표면 전하 밀도 σ=σ0cos⁡θ \sigma=\sigma_{0}\cos{\theta} 로 대전된 반지름이 R R 인 구 내·외부의 전기 퍼텐셜의 분포를 구하시오.

[풀이 보기]

퍼텐셜은 구면 좌표계의 r r , θ \theta 에만 의존하고, 경계면을 제외한 영역에서 전하 밀도는 없으므로 라플라스 방정식

∇2Φ=0 \displaystyle {\nabla}^{2} \Phi = 0

의 해를 구하면된다. 이때, 구의 내부 영역 r<R r<R 에서 퍼텐셜을 Φ1 \Phi_{1} , 구의 외부 영역 r>R r>R 에서 퍼텐셜을 Φ2 \Phi_{2} 라 하면,

Φ1(r, θ)=∑n=0∞[AnrnPn(cos⁡θ)+Bnr−(n+1)Pn(cos⁡θ)](r<R) \displaystyle \Phi_{1}(r,\,\theta)=\sum_{n=0}^{\infty } \left [ A_{n}r^{n}P_{n}(\cos{\theta})+B_{n}r^{-(n+1)}P_{n}(\cos{\theta}) \right ]\qquad (r<R)

Φ2(r, θ)=∑n=0∞[CnrnPn(cos⁡θ)+Dnr−(n+1)Pn(cos⁡θ)](r>R) \displaystyle \Phi_{2}(r,\,\theta)=\sum_{n=0}^{\infty } \left [ C_{n}r^{n}P_{n}(\cos{\theta})+D_{n}r^{-(n+1)}P_{n}(\cos{\theta}) \right ] \qquad (r>R)

여기서 Pn(cos⁡θ) P_{n}(\cos{\theta}) 는 르장드르 다항식이다.

이때, 문제 상황이 유한한 전하 분포를 가지므로 r→0, Φ1↛∞ r \rightarrow 0 ,\,\Phi_{1} \not{\rightarrow} \infty 와 r→∞, Φ2↛∞ r \rightarrow \infty ,\,\Phi_{2} \not{\rightarrow} \infty 를 만족해야 하므로 Bn=Cn=0 B_{n}=C_{n}=0 을 만족해야 한다. 따라서 구하는 전기 퍼텐셜은

Φ1(r, θ)=∑n=0∞AnrnPn(cos⁡θ) \displaystyle \Phi_{1}(r,\,\theta)=\sum_{n=0}^{\infty } A_{n}r^{n}P_{n}(\cos{\theta})

Φ2(r, θ)=∑n=0∞Dnr−(n+1)Pn(cos⁡θ) \displaystyle \Phi_{2}(r,\,\theta)=\sum_{n=0}^{\infty } D_{n}r^{-(n+1)}P_{n}(\cos{\theta})

이다.

전위는 경계면인 r=R r=R 에서 전위는 연속이어야 하므로 Φ1(R,θ)=Φ2(R,θ) \Phi_{1}(R, \theta)=\Phi_{2}(R, \theta) 를 만족해야 한다.

∑n=0∞AnRnPn(cos⁡θ)=∑n=0∞DnR−(n+1)Pn(cos⁡θ) \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty } A_{n}R^{n}P_{n}(\cos{\theta})=\sum_{n=0}^{\infty } D_{n}R^{-(n+1)}P_{n}(\cos{\theta})

이상에서 모든 n n 에 대하여,

An=DnR−(n+2) \displaystyle A_{n}= D_{n}R^{-(n+2)}

이 성립한다. 특히 n=1 n=1 일 때, A1=D1R−3 \displaystyle A_{1}= D_{1}R^{-3} 이 성립한다.

다음으로는 전기장의 경계 조건을 사용하자. 우리는 구를 다루므로 구의 표면의 법선 벡터는 r^ \hat{\mathbf{r}} 이므로

∂Φ1∂r∣r=R−∂Φ2∂r∣r=R=σ0 P1(cos⁡θ)ε0 \displaystyle \left. \frac{\partial \Phi_{1}}{\partial r} \right|_{r=R} -\left. \frac{\partial \Phi_{2}}{\partial r} \right|_{r=R}=\frac{\sigma_{0}\,P_{1}(\cos{\theta})}{\varepsilon_{0}}

을 만족해야 한다. 여기서 cos⁡θ=P1(cos⁡θ) \cos{\theta}=P_{1}(\cos{\theta}) 임을 이용했다. 따라서

∑n=0∞[nAnRn−1+(n+1)DnR−(n+2)]Pn(cos⁡θ)=σ0 P1(cos⁡θ)ε0 \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty } \left [ nA_{n}R^{n-1}+ (n+1)D_{n}R^{-(n+2)} \right ] P_{n}(\cos{\theta})=\frac{\sigma_{0}\,P_{1}(\cos{\theta})}{\varepsilon_{0}}


따라서 n≠1 n \neq 1 일 때, 다음이 성립하고,

nAnRn−1+(n+1)DnR−(n+2)=0 \displaystyle nA_{n}R^{n-1}+(n+1)D_{n}R^{-(n+2)}=0

위에서 구한 조건 An=DnR−(n+2) A_{n}= D_{n}R^{-(n+2)} 을 대입하면,

Dn[nR3+n+1Rn+1]=0  →  Dn=An=0(n≠1) \displaystyle D_{n}\left[ \frac{n}{R^{3}}+\frac{n+1}{R^{n+1}} \right]=0 \;\to\; D_{n}=A_{n}=0\quad(n\neq 1)

이다. 또, n=1 n=1 일 때,

A1+2D1R−3=σ0ε0 \displaystyle A_{1}+2D_{1}R^{-3}=\frac{\sigma_{0}}{\varepsilon_{0}}

이 성립하므로 A1=D1R−3 A_{1}= D_{1}R^{-3} 과 A1+2D1R−3=σ0/ε0 A_{1}+2D_{1}R^{-3}={\sigma_{0}}/{\varepsilon_{0}} 를 연립하면,

A1=σ03ε0D1=σ03ε0R3 \displaystyle A_{1}=\frac{\sigma_{0}}{3\varepsilon_{0}} \qquad \qquad D_{1}=\frac{\sigma_{0}}{3\varepsilon_{0}}R^{3}

을 얻는다.

따라서 퍼텐셜 분포는

Φ(r, θ)={σ03ε0rcos⁡θ(r<R)σ03ε0R3r2cos⁡θ(r>R) \displaystyle \Phi(r,\,\theta)=\left\{ \begin{array}{l}\displaystyle \frac{\sigma_{0}}{3\varepsilon_{0}}r\cos{\theta} & \quad (r<R)\\ \\ \displaystyle \frac{\sigma_{0}}{3\varepsilon_{0}} \frac{R^{3}}{r^{2}}\cos{\theta} & \quad (r>R) \end{array}\right.

가 된다.

전기 쌍극자 모멘트 문서에서도 같은 상황에 대한 예제를 다뤘으며, 구 외부의 퍼텐셜은 아래의 전기 쌍극자 모멘트가 만드는 퍼텐셜과 완전히 같다는 것을 알 수 있다. 즉, 아래와 같은 쌍극자 모멘트가 구 중심에 있는 상황과 같다는 이야기이다. 해당 문서를 참고하라.

p=43πσ0R3z^ \displaystyle \mathbf{p} =\frac{4}{3}\pi \sigma_{0} R^{3} \hat{\mathbf{z}}

5. 예제 5: 푸아송 방정식[편집]

[문제]
그림과 같이 진공의 공간이 있다. x<∣a∣x<|a|영역의 전하밀도가 ρ=αcos⁡(πx/2a)\rho=\alpha \cos{(\pi x/2a)}일 때, 모든 영역의 전기장을 결정하시오.(단, α\alpha는 상수이다.)

파일:전기퍼텐셜_예제_푸아송.png

[풀이 보기]

x<−ax<-a, x<∣a∣x<|a|, x>ax>a 영역을 각각 영역 1, 영역 2, 영역 3이라 붙이자. 그리고, 해당 영역의 전기 퍼텐셜을 각각 Φ1\Phi_{1}, Φ2\Phi_{2}, Φ3\Phi_{3}이라 하면, 각 영역에 전기 퍼텐셜에 대한 편미분 방정식은 전하 밀도가 존재하는 영역은 영역 2 뿐이므로

(Domain 1)∇2Φ1=0(Domain 2)∇2Φ2=−αε0cos⁡(πx2a)(Domain 3)∇2Φ3=0\displaystyle \begin{aligned} \mathrm{(Domain\,1)}\quad& \nabla^{2} \Phi_{1}=0 \\ \mathrm{(Domain\,2)}\quad& \nabla^{2} \Phi_{2}=-\frac{\alpha}{\varepsilon_{0}} \cos{\left( \frac{\pi x}{2a} \right)} \\ \mathrm{(Domain\,3)}\quad& \nabla^{2} \Phi_{3}=0 \end{aligned}

이다. 그런데 해당 문제 상황에서 yy, zz 대칭성에 의해 전기 퍼텐셜은 xx에만 의존할 것이므로 ∇2=d2/dx2\nabla^{2}=d^{2}/dx^{2}으로 대치된다. 따라서 모든 영역에서의 해는

Φ1=C1x+C2Φ2=4αa2π2ε0cos⁡(πx2a)+C3x+C0Φ3=C4x+C5\displaystyle \begin{aligned} \Phi_{1}&=C_{1}x+C_{2} \\ \Phi_{2}&=\frac{4 \alpha a^{2}}{\pi^{2} \varepsilon_{0}} \cos{ \left( \frac{\pi x}{2a} \right)}+C_{3}x+C_{0} \\ \Phi_{3}&=C_{4}x+C_{5} \end{aligned}

이다. C0∼C5C_{0} \sim C_{5}는 상수이다. 퍼텐셜 특성 상 C0=0C_{0}=0으로 놓을 수 있고, 전기 퍼텐셜은 각 경계면을 가로지를 때, 연속이어야 하므로 Φ1(x=−a)=Φ2(x=−a)\Phi_{1}(x=-a)=\Phi_{2}(x=-a), Φ2(x=a)=Φ3(x=a)\Phi_{2}(x=a)=\Phi_{3}(x=a)를 만족해야 하므로,

−C1a+C2=−C3aC3a=C4a+C5\displaystyle \begin{aligned} -C_{1}a+C_{2}&=-C_{3}a \\ C_{3}a&=C_{4}a+C_{5} \end{aligned}

를 만족시켜야 한다. 또한, 전기 퍼텐셜과 전기장의 관계에 의해

E1=−C1E2=2αaπε0sin⁡(πx2a)−C3xE3=−C4\displaystyle \begin{aligned} E_{1}&=-C_{1} \\ E_{2}&=\frac{2 \alpha a}{\pi \varepsilon_{0}} \sin{ \left( \frac{\pi x}{2a} \right)}-C_{3}x \\ E_{3}&=-C_{4} \end{aligned}

이고, 각 경계면 표면에 전하가 없고, 전기장 방향은 각 경계면에 수직한 방향이므로 전기장은 경계를 가로지를 때, 연속이 돼야하므로 E1(x=−a)=E2(x=−a)E_{1}(x=-a)=E_{2}(x=-a), E2(x=a)=E3(x=a)E_{2}(x=a)=E_{3}(x=a)를 만족해야 한다. 따라서

−C1=−2αaπε0−C32αaπε0−C3=−C4\displaystyle \begin{aligned} -C_{1}&=-\frac{2 \alpha a}{\pi \varepsilon_{0}}-C_{3} \\ \frac{2 \alpha a}{\pi \varepsilon_{0}}-C_{3}&=-C_{4} \end{aligned}

이다. 전하 분포가 x=0x=0을 기준으로 대칭적이기 때문에 E2(x)=−E2(−x)E_{2}(x)=-E_{2}(-x)가 성립해야 해서, C3=0C_{3}=0을 얻고, 나머지 식을 모두 연립하면,

C1=−C4=2αaπε0,C2=C5=2αa2πε0\displaystyle \begin{aligned} C_{1}=-C_{4}=\frac{2 \alpha a}{\pi \varepsilon_{0}}, \qquad \qquad C_{2}=C_{5}=\frac{2 \alpha a^{2}}{\pi \varepsilon_{0}} \end{aligned}

따라서 모든 영역의 퍼텐셜은 아래와 같이 결정되고,

Φ={2αaπε0(x+a)(x<−a)4αa2π2ε0cos⁡(πx2a)(x<∣a∣)2αaπε0(a−x)(x>a)\displaystyle \Phi=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{2 \alpha a}{\pi \varepsilon_{0}}(x+a)&\qquad(x<-a)\\ \\ \displaystyle \frac{4 \alpha a^{2}}{\pi^{2} \varepsilon_{0}} \cos{ \left( \frac{\pi x}{2a} \right)} &\qquad( x < |a|)\\ \\ \displaystyle \frac{2 \alpha a}{\pi \varepsilon_{0}}(a-x) &\qquad( x >a) \end{array}\right.

우리가 구하는 전기장은 아래와 같이 결정된다.

E={−2αaπε0x^(x<−a)2αaπε0sin⁡(πx2a)x^(x<∣a∣)2αaπε0x^(x>a)\displaystyle \mathbf{E}=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle -\frac{2 \alpha a}{\pi \varepsilon_{0}} \hat{\mathbf{x}}&\qquad(x<-a)\\ \\ \displaystyle \frac{2 \alpha a}{\pi \varepsilon_{0}} \sin{ \left( \frac{\pi x}{2a} \right)} \hat{\mathbf{x}} &\qquad( x < |a|)\\ \\ \displaystyle \frac{2 \alpha a}{\pi \varepsilon_{0}} \hat{\mathbf{x}} &\qquad( x >a) \end{array}\right.

6. 예제 6: 영상법[편집]

[문제]
그림과 같이 각 면이 무한하고, 접지된 L\mathrm{L}자형 도체 판이 있다. 이 도체판의 각 변에 aa만큼 떨어진 곳에 점전하 qq가 있을 때, 이 점전하가 받는 힘을 구하시오.

파일:나무_영상법_예제1.png

[풀이 보기]

그림이 xyxy평면 상의 상황이라 생각하고, 아래와 같이 영상 전하를 놓자.

파일:나무_영상법_예제1_부연그림.png

이 경우 네 전하에 의한 퍼텐셜은

Φ(x, y, z)=q4πε0[1(x+a)2+(y−a)2+z2−1(x−a)2+(y−a)2+z2−1(x+a)2+(y+a)2+z2+1(x−a)2+(y+a)2+z2] \displaystyle \begin{aligned} \Phi(x,\,y,\,z)=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}} \left[ \frac{1}{\sqrt{(x+a)^2+(y-a)^{2}+z^{2} }}-\frac{1}{\sqrt{(x-a)^2+(y-a)^{2}+z^{2} }} \right. \\ \left. -\frac{1}{\sqrt{(x+a)^2+(y+a)^{2}+z^{2} }}+\frac{1}{\sqrt{(x-a)^2+(y+a)^{2}+z^{2} }} \right] \end{aligned}

여기서 Φ(x, 0, z)=0\Phi(x,\,0,\,z)=0, Φ(0, y, z)=0\Phi(0,\,y,\,z)=0을 만족함에 따라 평판 위의 퍼텐셜은 0이 되므로 영상 전하를 잘 잡았음을 알 수 있다.

세 영상 전하에 의한 점전하의 위치에서 전기장은 각 영상 전하에 의한 전기장의 선형 결합이다.

\displaystyle \mathbf{E}=\frac{q(4-\sqrt{2})}{64\pi \varepsilon_{0} a^{2}} (\hat\mathbf{x}-\hat\mathbf{y})

따라서 점전하가 받는 힘은 F=qE\mathbf{F}=q\mathbf{E}에 의해

\displaystyle \mathbf{F}=\frac{q^{2}(4-\sqrt{2})}{64\pi \varepsilon_{0} a^{2}} (\hat\mathbf{x}-\hat\mathbf{y})


참고적으로 두 무한한 판이 (180/n)∘ (n∈N)(180/n)^{\circ}\,(n \in \mathbb{N} )의 사잇각으로 있을 때, 놓아야 하는 영상 전하의 개수는 2n−12n-1개이다. 이 문제 상황에서는 n=2n=2였으므로 영상 전하가 3개 놓였다.

또한 위와 같은 전하 배치는 사극자(Quadrupole)와 같은데, 위의 문제 상황은 결국 사극자가 놓여있는 상황과 같음을 알 수 있다. 이곳에서 사극자의 전기력선을 볼 수 있으니, 참고한다.

7. 예제 7: 영상법 2[편집]

[문제]
그림과 같이 z≥0z \geq 0영역에 중심이 원점 O\rm O이고, 반지름 aa인 반구이고 나머지 영역은 무한 평면인 도체가 접지되어 있고, (0, 0, 2a)(0,\,0,\,2a)에 전하량 qq인 점전하가 놓여있을 때, 해당 도체 윗 부분의 영역을 잘 묘사하는 영상 전하를 놓으시오.

파일:나무_영상법_2_문제_7_1.svg

[풀이 보기]

상위 문서의 '영상법' 문단의 결과를 사용하면, 이 문제에는 총 3개의 영상 전하가 필요하며, q′=−q/2q'=-q/2이고, d=a/2d=a/2일 때, 아래와 같이 영상 전하를 놓아야 한다. 이때, 도체의 윗부분을 구하므로 영상 전하는 아래와 같이 도체 아랫부분인 회색 영역에 두어야 한다.

파일:namu_image_method_2nd_ex.svg

영상 전하를 잘 놓았는지 확인해보자. r=x+y+z\mathbf{r}=\mathbf{x}+\mathbf{y}+\mathbf{z}로 두고, cos⁡θ=r^⋅z^\cos{\theta}=\hat{\mathbf{r}} \boldsymbol{\cdot} \hat{\mathbf{z}} 임을 이용하면,

Φ(r)=q4πε0[1∣r−2az^∣−12∣r−a2z^∣+12∣r+a2z^∣−1∣r+2az^∣]=q4πε0[1r2+4a2−4arcos⁡θ−14r2+a2−4arcos⁡θ+14r2+a2+4arcos⁡θ−1r2+4a2+4arcos⁡θ] \displaystyle \begin{aligned} \Phi(\mathbf{r})&=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}} \left[ \frac{1}{|\mathbf{r}-2a\hat{\mathbf{z}}|}-\frac{\dfrac{1}{2}}{\left|\mathbf{r}-\dfrac{a}{2}\hat{\mathbf{z}}\right|}+\frac{\dfrac{1}{2}}{\left|\mathbf{r}+\dfrac{a}{2}\hat{\mathbf{z}}\right|}-\frac{1}{|\mathbf{r}+2a\hat{\mathbf{z}}|} \right] \\&= \frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}} \left[ \frac{1}{\sqrt{r^{2}+4a^{2}-4ar\cos{\theta} }}-\frac{1}{\sqrt{4r^{2}+a^{2}-4ar\cos{\theta} }} \right. \\ & \qquad \qquad \qquad \left. +\frac{1}{\sqrt{4r^{2}+a^{2}+4ar\cos{\theta} }}-\frac{1}{\sqrt{r^{2}+4a^{2}+4ar\cos{\theta} }} \right]\end{aligned}

이다. 한편, 무한 평면 영역의 퍼텐셜 Φ(r, θ=π/2, ϕ)=0 \Phi(r,\,\theta=\pi/2,\,\phi )=0 , 반구 영역의 퍼텐셜 Φ(r=a, θ, ϕ)=0 \Phi(r=a,\,\theta,\,\phi )=0 이므로 영상 전하를 잘 놓았음을 알 수 있다.

8. 예제 8[편집]

[문제]
전하 Q Q 로 대전된 반지름 R R 인 도체 구의 정전기 에너지를 구하시오.

[풀이 보기]

전하가 표면에 Q Q 만큼 있을 때, 표면 전하 밀도는 σ=Q/4πR2 \sigma=Q/4 \pi R^{2} 이고, 도체 구 표면의 전위는 Φ=Q/4πε0R \Phi=Q/4 \pi \varepsilon_{0} R 이다. 따라서 정전기 에너지는

U=12∫σΦ da=12∫02π∫0πQ4πR2Q4πε0R2R2sin⁡θ dθdϕ \displaystyle U=\frac{1}{2} \int \sigma \Phi\, da=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\pi} \frac{Q}{4 \pi R^2} \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} R^{2}} R^{2}\sin{\theta}\, d \theta d \phi

가 되므로

U=Q28πε0R \displaystyle U=\frac{Q^{2}}{8 \pi \varepsilon_{0} R}

가 된다.

9. 예제 9[편집]

[문제]
전하 Q Q 로 대전된 반지름 R R 인 도체 구의 정전기 에너지를 에너지 밀도를 이용하여 구하시오.

[풀이 보기]

위의 상황에서 전기장은 가우스 법칙을 이용하면, 구해진다.

E=Q4πε0r2r^(r>R) \displaystyle \mathbf{E}=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{2}} \hat{\mathbf{r}} \qquad (r>R)

참고로, 내부 영역(r<R) (r<R) 에서는 도체 구이므로 전기장은 없다.

따라서 위 상황의 에너지 밀도는

u=12ε0E2=12ε0(Q4πε0r2)2=Q232π2ε0r4\displaystyle u=\frac{1}{2}\varepsilon_{0}E^{2}=\frac{1}{2}\varepsilon_{0} \left( \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{2}} \right)^{2}=\frac{Q^{2}}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0} r^{4}}

이고, 구하는 정전기 에너지는 적분 영역을 반지름 R R 인 구[1]로 부터 무한한 반지름의 구까지 하면 된다.

U=∫02π∫0π∫R∞Q232π2ε0r4r2sin⁡θ drdθdϕ=Q28πε0R\displaystyle U=\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\pi} \int_{R}^{\infty} \frac{Q^{2}}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0} r^{4}} r^{2}\sin{\theta}\,drd \theta d \phi =\frac{Q^{2}}{8 \pi \varepsilon_{0} R}

위에서 구했던 것과 같은 결과를 얻음을 알 수 있다.

[1] 위에서도 밝혔지만, 도체 구 내부엔 전기장이 없다.