균일하게 대전된 막대 전하가 있다. 그림에 표시된 위치에서 전기장의 방향($\theta$)는? 

 
  1. $\frac{1}{2}\tan^{-1} 2$
  2. $\frac{\pi}{4}$
  3. $\frac{\pi}{2}-\tan^{-1} 2$
  4. $\ell$에 따라 다르다.

직접 적분을 하면 구할 수 있지만 그렇게 하지 않더라도 알 수 있는 방법이 있다. 

더보기
일반적인 위치에서 막대전하가 만드는 전기장은 그 지점에서 막대의 양끝이 만드는 각의 이등분선 방향임을 보일 수 있다.
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Posted by helloktk
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주어진 공간에서 전하 분포가 주어지면 전위 함수가 결정이 된다. 전하 분포가 $\rho_1$일 때 전위 함수를 $V_1$, 전하 분포가 $\rho_2$일 때 전위 함수를 $V_2$라고 하자. 그러면 Gauss 법칙과 발산 정리를 사용해서 다음의 Green's reciprocity theorem를 증명할 수 있다. $\nabla \cdot \vec{E}_i = \rho_i / \epsilon_0$, $\vec{E}_i = -\nabla V_i$ 이므로

\begin{align} \int \rho_1 V_2 d^3x &= \epsilon_0 \int (\nabla\cdot\vec{E}_1 )  V_2 d^3x \\ &= \epsilon_0 \int \nabla\cdot (V_2 \vec{E}_1)d^3x -\epsilon_0 \int (\nabla V_2)\cdot \vec{E}_1  \\ &= \epsilon_0 \int \vec{E}_1 \cdot \vec{E}_2 d^3x \\ &= -\epsilon_0 \int (\nabla V_1)\cdot \vec{E}_2 d^3 x  \\ &= \int V_1 \rho_2 d^3x \end{align}

이 식을 이용하면 같은 공간에서 전하 배치의 단순성 때문에 전위를 구하기 쉬운 경우를 이용해서 더 복잡한 전하 배치 상황에서 전위나 또는 전위가 주어진 경우 전하 등에 대한 정보를 얻을 수 있다.

 

간단히 예로 평행판 축전기를 살펴보자. 두 극판을 접지시키고 사이에 점전하를 넣으면 각 극판에는 반대 부호의 전하가 유도된다. 가우스 법칙을 쓰면 그 둘의 합은 $-q$됨을 쉽게 알 수 있다. 그러면 얼마의 비로 나뉠까? 물론 $q$에 가까운 쪽 극판에 더 많은 전하가 몰릴 것은 예상할 수 있다. 

이 문제는 도체와 점전하이므로 영상 전하법을 이용해서 풀 수도 있지만, 이 정리를 사용하는 것이 더 간단하다. 이를 위해 좀 더 단순한 정전기 상황을 만들자. 접지를 없애고 한 극판 ($x=0$)에는 균일하게 양전하를, 반대 극판($x=d$)에는 동일한 양의 음전하로 균일하게 대전시키면(구성 1) 사이에서 전위는 $$V_1(x)= V_0 \left( 1- \frac{x}{d}\right) $$로 쉽게 구할 수 있다. 점전하를 넣은 경우(구성 2)는 구성 1의 전하가 있는 극판에서 전위를 안다. 따라서 reciprocity theorem을 쓰면 구성 2일 때 극판에 모이는 전하가 얼마인가를 알 수 있다. 구성 1의 $\rho_1$은 극판에서만 0이 아니고, 구성 2의 $V_2$는 접지때문에 극판에서 $V_2(x=0)=V_2(x=d)=0$이므로 

$$\rho_1 = \sigma\delta(x) -\sigma \delta(x-d)$$

$$\int \rho_1 V_2 d^3x =\int_{x=0} \rho_1\times (0)d^3x + \int_{x=d} \rho_1 \times (0) d^3x= 0+0= 0$$

그리고 구성 2에서 점전하 $q$ 때문에 $x=0$ 극판에 유도되는 총전하를 $q_0$, $x=d$ 극판에 유도되는 총전하를 $q_1$라면 $q_0 + q_1 = -q$이다. 또 

$$\rho_2 =\sigma_0(y,z) \delta(x)+\sigma_1(y,z) \delta(x-d) + q\delta(\vec{r}-a\hat{i})$$

$$\int_{x=0} \sigma_0(y,z)d^2x = q_0, \quad \int_{x=d} \sigma_1(y,z) d^2x = q_1$$

\begin{align} \int \rho_2 V_1 d^3x &= V_1(0) \int_{x=0} \rho_2 d^3 x + V_1(d)\int_{x=d} \rho_2 d^3x + V_1(a)\int_{x=a} \rho_2 d^3x \\ &=  V_0 q_0  +  0 \times q_1  + V_0 \left(1-\frac{a}{d}\right) q \end{align}인데 이 값은 0이므로 

$$q_0 = -q \frac{d-a}{d}, \quad q_1 = -q \frac{a}{d}$$

임을 알 수 있다. 즉 점전하 $q$가 가까이 있는 극판에 더 많은 반대 부호의 전하가 유도된다.

 

또 다른 예는 반지름 $R$인 도체구를 접지시키고 중심에서 $d>R$만큼 떨어진 지점에 점전하 $q$을 가져다 놓았을 도체구에 유도되는 전하($q'$)를 구하는 문제다(구성 2). 접지가 안된 도체구에 전하를 주입하는 경우는 전하 분포와 전위는 쉽게 구할 수 있다(구성 1). 따라서 Green's reciprocity 정리를 이용하면 평행판 축전기와 마찬가지로 쉽게 해결할 수 있다. 물론 이 경우도 영상 전하법을 이용해도 된다.  

$$ \int \rho_1 V_2  d^3x = \int_{r=R} \rho_1 \times (0) d^3x = 0$$이고, 

$$\rho_2 = q\delta(\vec{r}-d \hat{k}) + R^2 \sigma'(\theta, \varphi)\delta(r-R),\quad q' = \int_{r=R}  \sigma' R^2 d\Omega$$

$$ \int \rho_2 V_1 d^3x = V_1(R) \int_{r=R} \rho_2  d^3x + V_1(d) \int_{r>R}  q\delta(\vec{r}-d\hat{k}) d^3 x= q'\frac{kQ}{R} + q\frac{kQ}{d} $$ 이므로 둘을 비교하면 $$q' = -\frac{R}{d} q$$을 얻는다.

Green의 reciprocity 정리를 이용한 3 번째 예로는 전하가 없는 영역의 한 지점에서 전위는 그 점을 중심으로 하는 구면(전하가 없는 영역에 포함되어야 한다) 위에서 전위의 평균값과 같다는 정리의 증명이다(전하가 없는 영역에서 전위가 Laplace 방정식을 만족하는 조화함수임을 고려하면 당연한 성질이다). 이는 전위의 최대나 최소는 항상 전하가 있는 경계에서 나타남을 의미한다.

이제 전하 구성2는 구성1의 한 점(편의상 원점으로 잡으면 된다)을 중심으로 하는 작은 구면을 생각하자(구면은 물론 구성 1의 전하없는 영역에 포함되어야 한다). 구면을 균일하게 대전시키고, 중심에는 구면의 총전하와 정확히 반대 부호의 점전하가 놓인 상황을 고려하자: $\rho_2 = -q\delta(\vec{r})+ \frac{q}{4\pi R^2}\delta(r-R)$. 그러면 구면 밖에서는 전위가 0이다.

$$ \int \rho_1 V_2 d^3x = \int_{r>R} \rho_1 \times 0 d^3x + \int _{r<R} 0 \times V_2 d^3x = 0.$$

\begin{align} \int \rho_2 V_1 d^3x &= V_1 (0) \int_{r<R} (-q)\delta(\vec{r}) d^3x +  \frac{q}{4\pi R^2} \int  \delta(r-R) V_1  r^2drd\Omega + \int_{r>R} 0\times V_1 d^3x   \\ &= -q V_1 (0) + \frac{q}{4\pi  } \int_{r=R} V_1 d\Omega \end{align}

따라서

$$ V_1 (0) = \frac{1}{4\pi} \int _{r=R} V_1  d\Omega  = \text{average of $V_1$ on a sphere}$$

 

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Q1: 표면전하밀도 $\sigma_0$로 균일하게 대전된 판(한변 길이= $L$)이 있다. 판의 앞면으로 나오는 전기선속은?

1. $\frac{\sigma_0L^2}{\epsilon_0}$

2. $\frac{\sigma_0L^2}{2\epsilon_0}$

3. $\frac{\sigma_0L^2}{4\epsilon_0}$

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풀이:  판을 완전히 감싸는 가우스 곡면을 생각하면 판의 사이드에서 나가는 전기선속은 없으므로(면적=0) 앞면 또는 뒷면으로 절반씩 나간다. 가우스 법칙에 의해서 전체 전기선속은 $\sigma L^2 /\epsilon_0$이므로 앞면으로 나가는 전기선속은 

$$\frac{\sigma_0 L^2 }{2\epsilon_0}$$

 

Q2: 표면전하밀도 $\sigma_0$로 균일하게 대전된 정육면체가 있다(한변 길이=$L$). 5개 면의 전하에 의한 전기력선의 일부는 나머지 한 면을 통과한다. 그 전기선속은 얼마인가? (대칭성과 중첩의 원리를 쓰면 쉽다)

1. $\frac{\sigma_0L^2}{\epsilon_0}$

2. $\frac{\sigma_0L^2}{2\epsilon_0}$

3. $\frac{\sigma_0L^2}{4\epsilon_0}$

더보기

풀이: 육면체의 각면에서 밖으로 나가는 전기선속은 그 면의 전하에 의한 전기선속($\Phi_1$)과 나머지 5면의 전하가 만드는 전기선속($\Phi_2$)의 합이다. 각각의 면이 동등하므로, 전체 육면체에서 나가는 전기선속은 $6(\Phi_0 + \Phi_1)$이고, 가우스 법칙에 의해서 이 값은 $6\sigma_0 L^2 / \epsilon_0$와 같다. 따라서 $\Phi_0 + \Phi_1=\sigma_0 L^2 / \epsilon_0$이므로 

$$ \Phi_1 = \Phi_0 = \frac{\sigma_0 L^2 }{2\epsilon_0}$$

 

Q3: 위 정육면체의 한 변이 받는 전기력은? (균일한 전하밀도를 가지는 면이 받는 전기력은 그 면을 통과하는 전기선속과 연관되어 있다)

1. $\frac{\sigma_0^2 L^2}{\epsilon_0}$

2. $\frac{\sigma_0^2 L^2}{2\epsilon_0}$

3. $\frac{\sigma_0^2 L^2}{4\epsilon_0}$

 
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전위차는?

Physics/정전기 2022. 2. 9. 13:39

전기적으로 중성인 반지름 $2a$인 도체구의 내부에 반지름 $a$인 공 모양의 빈 공간이 있고 그 중심에 $+q$의 전하가 있다. 빈 공간의 중심에서 $0.5a$만큼 벗어난 지점 $P$와 도체구의 사이의 전위차는 도체구 전위의 몇 배인가?

1. 0

2. 1/2

3. 1

4. 2

 

 
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Posted by helloktk
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전기적으로 중성인 반지름 $R$인 도체구 내부 빈 공간에 $+Q$, 외부에 $+2Q$ 전하를 놓은 후 접지를 시킨다. 이 과정에서 도체구에서 접지를 통해서 빠져나가는 전하량은?

  1. $Q$
  2. $2Q$
  3. $3Q$
  4. $0$
더보기

가우스 법칙을 쓰면 접지 전에는 도체구 내부 표면에는 $-Q$(균일하지 않음), 따라서 전기적으로 중성이기 위해서는 외부 표면에는 $+Q$(균일하지 않음)의 전하를 가지고 있다. 접지를 시키면 전하가 접지를 통해서 이동하면서 변하게 된다: $Q \rightarrow q$. 외부에서 전기장은 정전차폐 때문에 오로지 구 외부 전하 $q$와 $2Q$만으로 주어진다. 그리고 도체구의 전위는 0으로 고정된다. 두 외부 전하에 의한 도체구의 전위는 내부에서는 전기장이 0이므로 중심에서 전위와 같다(외부 전하에 의한 전위만 계산하므로 원래 내부에 들어 있는 전하는 고려할 필요없다). 중심에서의 전위는 표면의 전하가 균일하지 않더라도 전기장과 달리 단순하게 계산된다:

$$V_{center} = k\frac{q}{R} + k\frac{2Q}{2R} = 0 \quad \rightarrow \quad q=-Q$$

따라서 접지를 하면 외부표면 전하가 $+Q$에서 $-Q$로 변하므로 $2Q$만큼의 전하가 빠져나간다. 

 
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