Geometry & Recognition

두 극판이 접지된 평행판 축전기가 있다. 이제 아래 극판의 일부분을 전기적으로 분리한 후 전위가 $V$가 되게 만들었다. 이 상황에서 아래 극판에 모인 총 전하는(접지된 부분+ $V$의 전위가 걸린 부분)?

풀이: Laplace 방정식을 풀 수도 있지만 Green's reciprocity theorem(https://kipl.tistory.com/479)을 이용하자. 우선 같은 극판 구성에서 전위를 구할 수 있는 간단한 경우를 찾으면, 아래 극판 전체가 $+\sigma$, 위쪽 극판 전체가 $-\sigma$로 대전된 경우 일 것이다(위쪽 극판 접지). 이 경우 전위함수는 

$$V_1(z) =  \frac{\sigma }{\epsilon_0} (d-z)~~~~0 \le z \le d$$

우리가 구하고자 하는 계에서 아래 극판의 정사각형 내부에 있는 총전하를 $Q_1$, 극판 나머지 부분에 분포한 총전하를 $Q_2$로 하자. 그리고 전위함수가 $$ V_2(x, y, z) = \left\{ \begin{matrix} V, & |x| \le a, ~|y|\le a ,~z=0 \\ 0, &\text{otherwise}\end{matrix}\right.$$ 로 주어지므로

$$ \int \rho_1 V_2 d^3x =  4a^2 \sigma  V $$

\begin{align} \int \rho_2 V_1 d^3x &= \int_\text{square} \sigma_\text{square}(x, y,0) V_1(z=0) d^2x \\ &+ \int_\text{other} \sigma_\text{other}(x, y, 0) V_1(z=0) d^2x\\ &= (Q_2 + Q_1) V_1(0) \end{align}

$$ \to~~ Q_1 +Q_2 = 4a^2 \sigma \frac{V}{V_1(0)} =\frac{4\epsilon_0 a^2 V}{d} $$

반지름이 $R$인 구형 축전기가 있다. 다른 물체와 충돌로 인해 표면의 일부가 안으로 찌그러져 버렸다. 찌그러져 패인 부분의 부피가 이전의 1% 정도 일 때 축전기 용량은 어떻게 변할까?

1. 1% 증가
2. 1% 감소
3. 0.5% 증가
4. 0.5% 감소
5. 0.333% 증가
6. 0.333% 감소

풀이: 반지름 $R$인 구형 축전기의 전기용량은 $C=4\pi \epsilon_0 R$로 주어진다. 전하 $Q$로 충전된 축전기에 저장된 전기에너지가 $U= \frac{Q^2}{2C}$이다. 전하를 일정하게 유지하면서 전기용량이 변하면 $\Delta U= - \frac{Q^2}{2C}\frac{\Delta C}{C}$이므로 전기용량이 감소하면 저장된 에너지가 증가한다. 구형 축전기 내부에는 전기장이 없지만 외부에는 전기장이 형성되어 있으므로, 내부로 찌그러지면 전기장이 있는 영역이 증가하므로 축전기가 저장한 에너지가 증가하게 된다 (찌그린 외력이 일부 에너지를 제공했음). 구형 축전기의 패인 부분이 작으면 그 부분에서 전기장은 표면에서 전기장으로 근사를 할 수 있다. 표면에서 전기장이 $E_\text{surface} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q}{R ^2}$로 주어진다. 그러면 찌그러진 부분에 저장된 에너지는 $$ \Delta U \approx  \left( \frac{1}{2}\epsilon_0E^2_\text{surface} \right) \times \left( \frac{4}{3}\pi R^3 \right)\times \frac{1}{100}$$

로 근사되므로

$$ \frac{\Delta C}{C} = -\frac{1}{300}$$

 임을 확인할 수 있다.

전기용량이 같은 축전기 6개를 이용해서 그림처럼 회로를 만들었다. a-b에 배터리를 연결할 때 전하가 충전되지 않는 축전기는?

a-b에서 보는 등가 전기용량은 단일 축전기의 몇 배일까?

더보기

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 $-q$ 임을 쉽게 알 수 있다. 그러면 왼쪽과 오른쪽에는 각각 얼마의 전하가 모일까? 물론 $q$에 가까운 쪽 극판에 더 많은 전하가 몰릴 것은 예상할 수 있다. 

이 문제는 도체와 점전하이므로 영상 전하법(method of image)을 이용해서 풀 수도 있지만, Green's reciprocity theorem를 사용하는 것이 더 간단하다. 이를 위해 좀 더 전하분포가 단순한 구성을 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

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

스위치를 닫으면 전구 A의 밝기는?

1. 안 켜진다.
2. 일정한 밝기를 유지한다.
3. 점차로 밝아져서 일정한 밝기가 된다.
4. 처음에는 밝았다가 점차로 어두워진다.

전구 B의 밝기 변화는?