Geometry & Recognition

고유길이가 $L$인 열차가 $v$의 일정한 속도로 터널에 들어가려고 한다. 터널의 고유길이는 $L/\gamma$다. 지상관찰자가 볼 때 열차의 앞이 터널입구에 도착하는 순간 열차 뒤에서 빛을 발사한다. 그리고 지상관찰자는 열차의 앞이 터널에서 나오는 순간 빛이 열차의 앞에 도달하는 것으로 보였다. 열차의 속도는 얼마일까? 지상관찰자 관점과 열차승객의 관점에서 각각 설명을 하면?

풀이: 지상관찰자: 지상관찰자에게는 열차의 길이가 $L/\gamma$로 보인다. 열차의 앞이 터널을 통과하는 데 걸리는 시간은 $$\Delta t_1 = \frac{L/\gamma}{v}=\frac{L}{\gamma v}$$ 이 과정에서 빛이 움직이는 거리는 $\text{(열차길이)}+\text{(터널길이)}= L/\gamma+L/\gamma= 2L/\gamma$이고, 열차 안에서 발사된 빛의 속도는 지상관찰자에게도 여전히 $c$이므로 빛이 열차 앞에 도달하는 데 걸리는 시간은 $$\Delta t_2 = \frac{2L/\gamma}{c} =\frac{2L}{\gamma c} $$ 따라서  $$\Delta t_1= \Delta t_2~~~\to~~~ v=c/2$$열차승객: 터널의 길이는 길이수축때문에 $(L/\gamma)/\gamma=L/\gamma^2$로 보인다. 지상관찰자에게는 앞이 터널입구에 들어가는 것과 빛의 발사가 동시에 일어나지만, 열차승객에게는 열차가 터널입구에 도착한 후 $\Delta t = Lv/c^2$만큼 후에 뒤쪽에서 빛이 발사된다 (열차승객이 볼 때 빛이 발사된 시점에 열차 앞은 이미 터널 내부에 있게 된다. 물론 열차 앞이 터널에서 나오는 순간 빛은 열차 앞에 도달한다. 같은 지점에서 동시에 일어난 두 사건은 어느 관성계에서도 동시에 일어난다). 열차 앞이 터널을 통과하는 데 걸리는 시간은 $$\Delta t'_1 = \frac{L/\gamma^2}{v} = \frac{L}{\gamma ^2 v}$$ 빛은 열차 앞이 터널 입구에 도달한 시간보다 $Lv/c^2$만큼 지연된 후 발사되므로 $\Delta t'_1$은 $$\Delta t'_2 = \text{(빛이 발사되기까지 지연된 시간)}+\text{(빛이 뒤에서 앞까지 가는 데 걸리는 시간)}$$$$=\frac{Lv}{c^2} + \frac{L}{c}$$와 같아야 한다. 따라서 $$\Delta  t'_1 = \Delta  t'_2 ~~~\to~~~v=c/2$$

도체구를 대전시키면 전하들은 전기적 반발력에 의해서 서로 최대한 멀어지려고 하므로 표면에 균일하게 퍼지게 된다. 그리고 전기장은 도체구 외부에서만 형성된다. 도체구 내부에서는 전기장이 없는데 그 이유를 우선 알아보자. 도체구 내부 한 지점에서 서로 반대방향으로 같은 입체각을 가지는 미소원뿔을 고려하면, 원뿔의 바닥면적은 P에서 거리의 제곱에 비례하므로 바닥에 모인 전하도 마찬가지로 거리의 제곱에 비례한다.

$$\frac{q_1}{q_2}= \frac{A_1}{A_2} = \frac{r_1^2}{r_2^2 }$$ 그런데 전기장의 세기는 거리의 제곱에 반비례하므로 두 원뿔의 바닥면에 모인 전하가 P점에 만드는 전기장의 세기는 같고 방향은 반대이므로 상쇄된다. 이 과정은 P점을 기준으로 한 모든 미소원뿔 쌍에 대해서 성립하므로 내부에서 전기장은 0임을 쉽게 보일 수 있다.

도체원판에 전하를 주입하면 어떻게 될까? 전기적 반발을 고려하면 원판의 테두리에 모든 전하가 모일 것으로 예상되지만 이 경우 원판 안에서 원판에 나란한 전기장 성분은 사라지지 않는다. 왜냐면 테두리에만 있는 경우 전하분포는 선전하밀도로 표현되고, 2차원인 경우는 원뿔 대신 원호로 대체되는데 원호에 모인 전하는 원호 꼭지점에서 거리에 비례하지만 여전히 전기력은 거리의 제곱에 반비례하므로 서로 반대 원호의 전하가 만드는 전기장은 일반적으로 상쇄될 수 없다. 따라서 대전된 도체원판의 전하는 회전대칭성을 고려하면 원판의 중심에서 거리의 함수로 주어질 것을 예상할 수 있다. 그러면 어떤 분포를 가질까?

우선 원판에 분포한 전하가 만드는 전기장은 원판 내부에서 (원판면에) 수평성분이 없어지도록 분포해야 한다. 도체원판은 도체구를 눌러서 납작하게 만든 극한이라고 생각할 수 있다. 이때 도체구 표면에 균일하게 분포한 전하가 그대로 적도면에 쌓이는 경우를 생각해보자(정사영된 면적은 줄어들지만 전하량은 그대로 유지하는 경우). 이 경우 적도면(원판)에서 전하분포는 균일할 수 없음이 당연하다. 이제 이 전하분포가 적도면에서 전기장의 수평성분을 만들지 않음을 보이자. P에서 정사영된 면적까지의 거리비는 구면까지의 거리비와 같으므로 ( $d_1/d_2 = r_1/r_2$) 전하비가

$$ \frac{q_1}{q_2} = \frac{r_1^2}{r_2^2}= \frac{d_1^2 }{d_2^2}$$

이어서 P점에서 두 정사영된 면적에 있는 전하가 만드는 전기장 수평성분이 상쇄되게 된다.

원판의 중심에서 거리 $r$만큼 떨어진 지점으로 정사영된 미소면적은 $\sin \theta = R /\sqrt{R^2 - r^2}$만큼 줄어들므로 표면전하밀도는 이에 반비례해서 늘어나야 한다.

$$ \sigma(r) = \frac{\text{const}}{ \sqrt{ R^2 - r^2}}$$ 상수는 원판의 총전하를 이용해서 얻을 수 있다. 반지름 $R$인 도체원판에 분포한 총전하가 $Q$일 때 

$$Q = 2\int_0^R  \sigma (r)  2\pi r dr = 4\pi R \times\text{const}$$

$$\to ~~ \sigma(r) = \frac{Q}{4\pi R\sqrt{R^2 - r^2}}$$

이 전하분포가 만드는 전위함수는 Laplace 방정식을 풀거나 전하분포를 적분해서 얻을 수 있다. 쉬운 경우로 $z$ 축에서 전위함수는

$$ V(z) = \frac{2}{4\pi \epsilon_0} \int_0^R \frac{\sigma(r) 2\pi rdr }{\sqrt{r^2 +z^2}} =  \frac{Q}{4\pi\epsilon_0 R} \tan^{-1} \left( \frac{R}{|z|} \right)$$로 계산된다. 그리고 원판의 전위는 $V(z=0)  = \frac{Q}{8\epsilon_0 R}$이고, 따라서 원판의 전기용량은

$$C_\text{disk} = 8 \epsilon_0 R$$

이전 포스팅(https://kipl.tistory.com/731)에서 단위구에서 두 점 사이거리의 평균을 구하는 과정에서 사이거리에 대한 확률밀도함수를 소개하였고, 또 단위원에서 사이거리에 대한 확률밀도함수를 구체적으로 구했다. 이제 단위원에서의 기법을 이용해서 단위구에서 사이거리 분포에 대한 확률밀도함수를 구하자. 두 점의 사이거리 $s$의 확률밀도함수는

$$ P(s) = \frac{1}{B_1^3} \iint _\text{unit ball} d^3r d^3 r' \delta ( |\vec{r}- \vec{r}'|-s), ~\qquad  B_1=\frac{4\pi}{3} $$

로 쓰인다. 주어진 단위구 내부의 한 지점 $\vec{r}$에 대해서 적분은 $$S(\vec{r}, s) = \int_\text{unit ball} d^3 r' \delta ( | \vec{r} - \vec{r}' | -s )$$

는 $\vec{r}$에서 반지름 $s$인 구면이 단위구에 포함된 면적을 나타낸다. 그리고 이 값은 $\vec{r}$의 방향에 무관하게 단위구 중심에서 거리에만 의존함을 쉽게 알 수 있다, 즉 

$$ S(\vec{r}, s)= S(r, s)$$

이다. 따라서 $r + s$가 1보다 작을 때와 클 때 두 경우를 별도로 고려해야 한다. 작은 경우는 반지름 $s$인 구면이 완전히 단위구 내부에 포함되므로 

$$ r+s  < 1~~~~~~S(r, s) = 4\pi s^2$$

이고, 큰 경우는 (단위원의 경우 그림을 참조하면: https://kipl.tistory.com/732) $4\pi s^2$에서 단위구 밖으로 나가는 구면캡(spherical cap)의 면적을 제외하면 된다. 구면캡의 경도각 범위가 $\cos \theta = \frac{1- r^2 - s^2}{2rs}$이므로 구면캡의 입체각은 

$$ \Delta\Omega = 2\pi \int_0^\theta \sin \theta d \theta  =  2\pi \left(1-\frac{1- r^2 - s^2}{2rs }\right) = 2\pi \frac{(r+s)^2 - 1}{2rs}$$

$$\to~~~ r+ s>1~~~~~~~S(r,s) = (4\pi -\Delta\Omega)s^2 = 4\pi s^2  \frac{1-(r-s)^2 }{4rs}$$

따라서 사이거리에 대한 확률밀도함수는

$$P(s) = \frac{1 }{ B_1^2} 4\pi \int _0^1 r^2 dr S(r,s) $$

$$ = \frac{1}{B_1^2} 4\pi \int_0^{1-s}  r^2 dr ( 4\pi s^2) +  \frac{1}{B_1^2} 4\pi \int_{1-s}^1 r^2 dr   \left(  4\pi s^2 \frac{1- (r-s)^2}{4rs} \right)$$

$$ = \frac{3}{16} s^2 (2-s)^2  (4+s) $$

거리의 평균:

$$ <s> = \int_0^2 P(s)sds = \frac{36}{35}$$

거리제곱의 평균:

$$<s^2> = \int_0^2 P(s) s^2 = \frac{6}{5}$$

거리역수의 평균:

$$<\frac{1}{s}>= \int_0^2 P(s) \frac{1}{s} ds = \frac{6}{5}$$