1. 예제 1 : 점전하의 뒤처진 퍼텐셜
[문제]
원점에 놓인 점전하의 전하량이 [math(q(t)=kt,(t>0) )]으로 변한다. 이 점전하에 의한 뒤처진 스칼라 퍼텐셜을 각각 구하시오. (단, [math(k)]는 상수이고, [math(t<0)]일 때, 전하량은 0이다.)
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[풀이 보기]
뒤처진 스칼라 퍼텐셜은 다음과 같이 주어진다.
[math(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
[math( displaystyle mathbf{r'}=0 qquad qquad mathbf{r}=r hat{mathbf{r}} qquad qquad t_{r}=frac{r}{c} )]
이므로
[math(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
[math(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 [math(V rightarrow 0)]인 극히 작은 부피 영역이다.
[math(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 [math(r<ct)]일 때만 유효하다. 그 이유는 우리는 관측지점 [math(mathbf{r})]에서 관측을 하고 있으므로 전하는 [math(r>ct)]일 때, 없는 것으로 관측된다. 따라서 原이 없기 때문에 관측되는 스칼라 퍼텐셜은 없어야 한다.
[math( 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
[문제]
[math(mathrm{(a)})]와 같이 [math(z)]축으로 놓인 무한한 도선이 있다. 이 도선에 [math(mathrm{(b)})]와 같이 [math(t=0)] 부터 [math(I_{0})]의 전류를 흘러줬을 때, 점 [math(mathrm{P})]에서 뒤처진 벡터 퍼텐셜을 구하시오.
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파일:나무_지체된퍼텐셜_예제.png
[풀이 보기]
뒤처진 벡터 퍼텐셜 선형 근사를 통해 다음과 같이 쓸 수 있다.[1], [math(mathbf{r}=rhat{mathbf{r}} )], [math(mathbf{r'}=z'hat{mathbf{z}} )]이다.]
[math(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 [math(dz')] 만큼의 도선에서 방사된 미소 정보들의 기여분을 모두 합한 것으로 주어질 것이다. 그런데 합산되는 미소 벡터 퍼텐셜들은 점 [math(mathrm{S})] 즉, 도선의 어떤 미소 영역으로 부터 전자기파의 형태로 관측점 [math(mathrm{P})]에 도달한 것만이 유효하다. 다시 말하면, 어떤 시간 [math(t)]에서 도선의 각 미소 영역들은 정보를 관측점으로 보내나, 전자기파의 속도는 유한하기 때문에 모든 부분의 정보가 관측점에서 도달하지 못하고, 관측점 [math(mathrm{P})]에 도달한 것들만 합산되어 해당 점에서 관측되는 벡터 퍼텐셜이 된다는 것이다. 이때, 어떤 시각에서 미소 영역 [math(mathrm{S})]로 부터 관측점 [math(mathrm{P})]까지 도달할 수 있는 [math(R_{mathrm{max}})]은 [math(t=0)]에서 [math(mathrm{S})]로 부터 [math(mathrm{P})]까지 이동한 전자기파의 거리와 같다. 따라서 [math(R_{mathrm{max}}=ct)]로 쓸 수 있으므로
[math(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 [math(mathrm{P})]에서 관측되는 벡터 퍼텐셜에 기여하는 것은 [math(left|z right| leq sqrt{(ct)^{2}-rho^{2}})]만큼의 영역에서 방사된 정보들이다. 따라서 우리는 구하는 벡터 퍼텐셜을 다음과 같이 쓸 수 있다.
[math(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 [math(rho<ct)]일 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.
[math( displaystyle mathbf{A}=left{ begin{array}{l} displaystylefrac{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 [math(t rightarrow infty)] 일 때의 상황을 고려해보자. 이 경우에서
[math( displaystyle sqrt{(ct)^{2}-rho^{2}} simeq ct )]
로 쓸 수 있다. 따라서 벡터 퍼텐셜은
[math( 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
[문제]
[math(z)]축 위에 있는 두 전하 [math(+q(t))], [math(-q(t))]가 서로 [math(l)] 만큼의 거리를 두고 떨어져있다. [math(q(t)=q_{0}sin{omega t})]일 때, (a) 두 전하의 전기 쌍극자 모멘트를 결정하고, (b) 두 전하에 의한 방사장을 결정하시오.
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[풀이 보기]
(a)
두 전하에 의한 전기 쌍극자 모멘트는
[math(displaystyle mathbf{p}(t)=q_{0}lhat{mathbf{z}}sin{omega t} )]
로 쉽게 결정할 수 있다.
(b)
방사장을 결정하려면, [math(ddot{mathbf{p}})]를 결정해야 하고, 이것은 전기 쌍극자 모멘트의 시간의 2차 미분과 같다. 따라서
[math(displaystyle ddot{mathbf{p}}=-q_{0}lomega^{2}hat{mathbf{z}}sin{(omega t-kr)} )]
로 쉽게 결정할 수 있다. 따라서
[math(displaystyle begin{aligned} mathbf{E}(mathbf{r},,t)&=-frac{q_{0}lomega^{2}}{4pi 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}lomega^{2}}{4 pi c r}sin{(omega t-kr)} [hat{mathbf{r}}times hat{mathbf{z}}] end{aligned} )]
이고, 최종적으로 다음과 같이 방사장이 결정된다.
[math(displaystyle begin{aligned} mathbf{E}(mathbf{r},,t)&=-frac{q_{0}lomega^{2}}{4pi varepsilon_{0} c^{2}r} hat{boldsymbol{theta}} sin{(omega t-kr)}sin{theta} \ mathbf{B}(mathbf{r},,t)&=-frac{mu_{0}q_{0}lomega^{2}}{4 pi c r} hat{boldsymbol{phi}} sin{(omega t-kr)}sin{theta} end{aligned} )]
4. 예제 4 : 등속도로 움직이는 점전하
[문제]
전하량 [math(q)]인 전하가 [math(mathbf{v})]의 등속도로 움직일 때, 다음 물음에 답하시오.(a) 스칼라 퍼텐셜을 구하시오. (b) 벡터 퍼텐셜을 구하시오. (c) 전기장을 구하시오. (d) 자기장을 구하시오.
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[풀이 보기]
편의 상 우리는 [math(t=0)]일 때, 전하가 원점을 지난다고 생각할 것이다. 우리는 다음의 정보를 안다.
[math(displaystyle mathbf{a}=0qquad qquad mathbf{R}=mathbf{r}-mathbf{r'}(t_{r}) qquad qquad boldsymbol{beta}=frac{mathbf{v}}{c} )]
이때, 조건에 따라
[math(displaystyle mathbf{r'}(t)=mathbf{v}t )]
이다. 그런데,
[math(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:
[math(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}} )]
[math(vrightarrow 0)]의 극한에서
[math(displaystyle t_{r}=t pm frac{c}{r} )]
이때, 전하는 원점에 있기 때문에 지연 시간을 올바르게 하려면, 음의 부호를 택해야 함에 따라
[math(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
[math(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
[math(displaystyle R(t_{r})-boldsymbol{beta}(t_{r}) cdot mathbf{R}(t_{r})= R-mathbf{R} cdot frac{mathbf{v}}{c} )]
임을 이용하면, 분모는
[math(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
[math(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, [math(mathbf{R}(t)=mathbf{r}-mathbf{v}t)]를 이용하면,
[math(displaystyle Phi=frac{q}{4 pi varepsilon_{0} R(t)} frac{1}{sqrt{1-beta^{2}sin^{2}{theta} }} )]
로 쓸 수 있고, [math(theta)]는 [math(mathbf{R})]과 [math(mathbf{v})]가 이루는 각이다.
(b)
스칼라 퍼텐셜이 결정되면, 벡터 퍼텐셜은 쉽게 결정된다:
[math(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,
[math(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
[math(displaystyle mathbf{E}= frac{q}{4 pi varepsilon_{0}K^{3}} ( 1-beta^{2} ) ({mathbf{R}}-Rboldsymbol{beta}) )]
우리는 (a)에서 전기장의 표현을 바꾸었을 때의 결과를 참조하면,
[math(displaystyle K=R(t)sqrt{1-beta^{2}sin^{2}{theta}} )]
이고, 위의
[math(displaystyle begin{aligned} {mathbf{R}}-Rboldsymbol{beta}&=mathbf{r}-mathbf{v}t_{r}-(t-t_{r})mathbf{v} \ &=r-mathbf{v}t \ &=mathbf{R}(t) end{aligned} )]
이상에서 결정되는 전기장은
[math(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 [math(sin^{2}{theta})]가 들어있으므로 전기장은 본래 구 대칭이었던 정전기학적 상황과 달리 이제 각 [math(theta)]에 의존한다는 것을 알 수 있고, 다음의 결과를 얻는다.
- 전하의 수평 방향 ([math(theta=0,,pi)]) : 전기장이 본래보다 [math(sqrt{1-beta^{2}})]만큼 약하다.
- 전하의 수직 방향 ([math(theta=pm pi/2)]) : 전기장이 본래보다 [math( (1-beta^{2})^{-1/2} )]만큼 강하다.
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
[math(displaystyle mathbf{B}=frac{1}{c}(hat{mathbf{R}}(t_{r}) times mathbf{E}) )]
그런데,
[math(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
[math(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] |
[math(displaystyle begin{aligned} mathbf{E}&simeq frac{q}{4 pi varepsilon_{0}}frac{hat{mathbf{R}}(t)}{R(t)^{2}} \ mathbf{B}&simeqfrac{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([math(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] [math(R=left|mathbf{r-r'} right|)