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1. 개요
Loi de Biot et Savart / Biot–Savart law / Biot-Savart 法則1819년 외르스테드가 전류가 흐르는 도체 주위에서 나침반이 흔들린다는 사실을 발견한 직후, 장바티스트 비오(Jean-Baptiste Biot; 1774~1862)와 펠릭스 사바르(Félix Savart; 1791~1841)가 발견한 것으로, 자기장에 관한 쿨롱의 법칙이라 말할 수 있다.
2. 상세
비오와 사바르는 일정한 전류가 흘러가는 도선에 의해 생성되는 미소 자기장은 아래와 같은 관계에 있다는 사실을 발견하였다.
| [math({\rm d}{\bf B} = \dfrac{\mu_0I}{4\pi} \dfrac{\bm{{\rm d}{\bf l}\times\xi}}{\xi^3})] |
위의 수식을 풀어서 설명하면, 다음과 같다.
- 미소 자기장의 크기는 전류의 크기에 비례하고, 도선까지의 거리의 제곱에 반비례한다.
- 미소 자기장의 방향은 [math({\rm d}\bf l)]과 [math(\bm\xi)]가 만드는 평면에 수직한 방향이다.
따라서 어떠한 전류분포가 특정 위치에 만드는 자기장은 위에 나와있는 [math({\rm d}\bf B)]를 적분하여 구하면 된다.
위에서 나타낸 경우는 가장 간단한 케이스이고, 부피나 면적을 지나가는 전류에 대해서도 비오-사바르 법칙을 생각할 수 있다. 증명은 학부 전자기학 수준이므로 식만 쓰도록 하겠다. 첫 번째는 부피를 지나가는 전류, 두 번째는 면적을 지나가는 전류이다.
| [math(\begin{aligned} {\rm d}\bf B &= \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{\bm{{\bf J}\times\xi}}{\xi^3}{\rm\,d}V \\ {\rm d}\bf B &= \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{\bm{{\bf K}\times\xi}}{\xi^3}{\rm\,d}a \end{aligned})] |
수식이 굉장히 복잡하여, 고등학교 과정에서 언급은 거의 없는 편이고, 대학 진학 후 일반물리학에서 처음 만나게 되는 게 대부분일 것이다. 그래서 물리Ⅱ를 배우고가는 학생들이 일반물리학에서 가장 생소하게 느끼는 부분이기도 하다. 쿨룽의 법칙과 달리 자기장은 고등학교 과정 내내 앙페르 법칙으로 계산하기 때문이다.
이를 이용하면, 무한 도선과 원형 도선에 전류가 흐를 때, 자기장을 구할 수 있다. 자세한 것은 아래 두 문단을 참조.
3. 대표 예제
3.1. 무한 도선
그림과 같이 [math(\bf\hat z)] 방향으로 놓이고, [math(\bf\hat z)]방향으로 정상전류가 흐르는 무한한 길이의 도선을 고려해보자. 여기서 도선으로 부터 [math(\rho)]만큼 떨어진 점 [math(\rm P)]에서의 자기장을 구할 것이다. (좌표계의 원점은 [math(\rm O)]로 잡는다.)원통 좌표계를 생각했을 때,
| [math(\begin{aligned} {\rm d}\bf l &= {\bf\hat z}{\rm\,d}z \\ \bm\xi &= \rho\bm{\hat\rho}- z{\bf\hat z} \end{aligned})] |
| [math(\begin{aligned} {\rm d}{\bf B} &= \frac{\mu_0I}{4\pi} \frac{{\bf\hat z}{\rm\,d}z\bm\times(\rho\bm{\hat\rho}- z{\bf\hat z})}{(\rho^2+z^2)^{3/2}} \\ &= \frac{\mu_0I}{4\pi} \frac{\rho{\rm\,d}z}{(\rho^2+z^2)^{3/2}}\bm{\hat\phi} \end{aligned})] |
| [math(\begin{aligned} \bf B &= \int_{-\infty}^\infty \frac{\mu_0I}{4\pi} \frac{\rho{\rm\,d}z}{(\rho^2+z^2)^{3/2}}\bm{\hat\phi} \\ &= \frac{\mu_0}{2\pi}\frac I\rho\bm{\hat\phi} \end{aligned})] |
고등학교 이하 과정에서는 [math(\cfrac I\rho)] 앞에 곱해진 상수를 [math(\cfrac{\mu_0}{2\pi} = k)]로 기술한다. 즉, 자기장의 크기는
| [math(B = k\dfrac I\rho)] |
이상을 토대로, 무한 직선 도선 주변에 생성되는 자기장의 모습은 아래와 같다.
3.2. 원형 도선
그림과 같이 [math(xy)]평면 상에서 원점이 그 중심인 정상전류 [math(I)]가 반시계 방향으로 흐르는, 반지름 [math(R)]인 원형 도선을 고려하자. [math(z)]축 위의 점 [math({\rm P}(0,\,0,\,z))]에서 자기장의 세기를 구할 것이다. 즉, 원형 도선의 축 위에서의 자기장을 구한다.원통 좌표계를 생각했을 때,
| [math(\begin{aligned} {\rm d}\bf l &= R\bm{\hat\phi}{\rm\,d}\phi \\ \bm\xi &= z{\bf\hat z}-R\bm{\hat\rho} \end{aligned})] |
| [math({\rm d}{\bf B} = \dfrac{\mu_0I}{4\pi} \dfrac{R\bm{\hat\phi}{\rm\,d}\phi\bm\times (z{\bf\hat z}-R\bm{\hat\rho})}{(R^2+z^2)^{3/2}})] |
그런데, 축 위에서 [math(\bm{\hat\rho})] 방향에 대칭성이 있고, 따라서 [math({\rm d}\bf B)]의 [math(\bm{\hat\rho})] 방향에 해당하는 성분은 적분을 할 경우 상쇄될 것으로 기대되므로 [math(\bf\hat z)] 방향 성분만 고려한다.
| [math({\rm d}B_z = {\left[ \dfrac{\mu_0I}{4\pi} \dfrac{R\bm{\hat\phi}{\rm\,d}\phi\bm\times(z{\bf\hat z}-R\bm{\hat\rho})}{(R^2+z^2)^{3/2}} \right]}\bm\cdot{\bf\hat z})] |
| [math({\rm d}B_z = \dfrac{\mu_0I}{4\pi} \dfrac{R^2}{(R^2+z^2)^{3/2}}{\rm\,d}\phi)] |
| [math(\begin{aligned} B_z &= \int_0^{2\pi} \frac{\mu_0I}{4\pi} \frac{R^2}{(R^2+z^2)^{3/2}}{\rm\,d}\phi \\ &= \frac{\mu_0IR^2}{2(R^2+z^2)^{3/2}} \end{aligned})] |
| [math({\bf B} = \dfrac{\mu_0IR^2}{2(R^2+z^2)^{3/2}}\bf\hat z)] |
원형 도선의 중심, 즉 [math(z = 0)]이면 위 식은
| [math({\bf B} = \dfrac{\mu_0I}{2R}\bf\hat z)] |
| [math(B = k'\dfrac IR)] |
점 [math(\rm P)]가 축 상에 있지 않은 문제 또한 아래쪽에서 다루었다.
3.3. 심화 예제
| [문제 1] 그림과 같이 [math(xy)]평면 위에 ㄱ자형 도선이 있다. 이 도선은 영역 [math(\sf I)], 영역 [math(\sf III)]과 같이 무한 도선과 영역 [math(\sf II)]와 같이 반지름 [math(R)]인 사분원형 도선으로 구성되어 있다. 전류 [math(I)] 방향이 그림과 같을 때, 원점 [math(\rm O)]에서의 자기장을 구하시오. |
- [풀이 보기]
- -----
영역 [math(\sf I)], [math(\sf II)], [math(\sf III)]에서 각각의 미소 벡터와 전류의 곱([math(I{\rm\,d}\bf l)])은 [math(-I{\bf\hat x}{\rm\,d}x)], [math(IR\bm{\hat\theta}{\rm\,d}\theta)], [math(I{\bf\hat y}{\rm\,d}y)]이고, 도선의 미소 부분부터 원점을 가리키는 분리 벡터는 [math(\sf I)], [math(\sf III)]에서 [math(-\bm\rho)], [math(\sf II)]에서 [math(-R\bm{\hat\rho})]이다. 이상에서 [math(I{\rm\,d}\bf l)]과 분리 벡터의 크로스곱을 구해보면, [math(\sf I)], [math(\sf II)], [math(\sf III)]에서 각각 [math(I\rho{\bf\hat z}{\rm\,d}x\,\sin\theta)], [math(IR^2{\bf\hat z}{\rm\,d}\theta)], [math(I\rho{\bf\hat z}{\rm\,d}y\cos\theta)]이므로 이상에서 미소 자기장의 세기는 영역 별로
한편, 영역 [math(\sf I)]의 [math(\sin\theta)]과 영역 [math(\sf III)]의 [math(\cos\theta)]에 대하여 다음이 성립한다.[math(\begin{aligned} &(\textsf{Region I}) &{\rm d}{\bf B}_1 &= {\bf\hat z}\frac{\mu_0I}{4\pi}\frac{\sin\theta}{\rho^2}{\rm\,d}x \\ &(\textsf{Region II}) &{\rm d}{\bf B}_2 &= {\bf\hat z}\frac{\mu_0I}{4\pi}\frac1R{\rm\,d}\theta \\ &(\textsf{Region III}) &{\rm d}{\bf B}_3 &= {\bf\hat z}\frac{\mu_0I}{4\pi}\frac{\cos\theta}{\rho^2}{\rm\,d}y \end{aligned})]
또, 영역 [math(\sf I)], 영역 [math(\sf III)]에서 [math(\rho)]는 각각 [math(\sqrt{x^2+R^2})], [math(\sqrt{y^2+R^2})]임을 이용하면 적분을 다음과 같이 바꿀 수 있다.[math(\begin{aligned} \sin\theta &= \cos\theta \\ &= \frac R\rho \end{aligned})]
이상에서 각 영역별 자기장은[math(\begin{aligned} &(\textsf{Region I}) &{\rm d}{\bf B}_1 &= {\bf\hat z}\frac{\mu_0I}{4\pi}\frac R{(x^2+R^2)^{3/2}}{\rm\,d}x \\ &(\textsf{Region II}) &{\rm d}{\bf B}_2 &= {\bf\hat z}\frac{\mu_0I}{4\pi}\frac1R{\rm\,d}\theta \\ &(\textsf{Region III}) &{\rm d}{\bf B}_3 &= {\bf\hat z}\frac{\mu_0I}{4\pi}\frac R{(y^2+R^2)^{3/2}}{\rm\,d}y \end{aligned})]
위 적분을 계산하면[math(\begin{aligned} &(\textsf{Region I}) &{\bf B}_1 &= {\bf\hat z}\int_{-\infty}^0\frac{\mu_0I}{4\pi}\frac R{(x^2+R^2)^{3/2}}{\rm\,d}x \\ &(\textsf{Region II}) &{\bf B}_2 &= {\bf\hat z} \int_0^{\pi/2}\frac{\mu_0I}{4\pi}\frac1R{\rm\,d}\theta \\ &(\textsf{Region III}) &{\bf B}_3 &= {\bf\hat z} \int_{-\infty}^0 \frac{\mu_0I}{4\pi}\frac R{(y^2+R^2)^{3/2}}{\rm\,d}y \end{aligned})]
따라서 총 자기장은 [math({\bf B} = {\bf B}_1+{\bf B}_2+{\bf B}_3)]이므로[math(\begin{aligned} {\bf B}_1 &= \frac{\mu_0I}{4\pi}\frac1R {\bf\hat z} \\ {\bf B}_2 &= \frac{\mu_0I}8\frac1R {\bf\hat z} \\ {\bf B}_3 &= \frac{\mu_0I}{4\pi}\frac1R{\bf\hat z} \end{aligned})] [math({\bf B} = \dfrac{(4+\pi)\mu_0I}{8\pi}\dfrac1R \bf\hat z)]
| [문제 2][첨언] 그림과 같이 [math(xy)]평면 위에 중심이 원점이고, 반지름 [math(R)]인 원형 도선이 있고, 반시계 방향으로 전류 [math(I)]가 흐른다. 다음 물음에 답하시오.
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- [풀이 보기]
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비오-사바르 법칙을 적용한다. 다음을 안다.
한편,[math(\begin{aligned} {\rm d}\bf l &= R\bm{\hat\phi}{\rm\,d}\phi \\ \bf r &= \delta{\bf\hat y}+z{\bf\hat z} \\ \bf r' &= R\bm{\hat\rho} \\ \bm\xi &= \bf r-r' \end{aligned})]
이므로[math(\bm\xi = -R{\bf\hat x}\cos\phi + (\delta-R\sin\phi){\bf\hat y} + z{\bf\hat z})]
이다. 또,[math(\bm{{\rm d}{\bf l}\times\xi} = {\left[Rz\bm{\hat\rho}+ R^2{\left(1-\dfrac{\delta}R\sin\phi\right)}{\bf\hat z}\right]}{\rm\,d}\phi)] [math(\begin{aligned} \xi^2 &= z^2+R^2+\delta^2-2R\delta \sin\phi \\ \xi^3 &= {\left[z^2+R^2+\delta^2-2R\delta \sin\phi \right]}^{3/2} \end{aligned})]
(a)
위 과정에 따라[math(\begin{aligned} {\rm d}\bf B &= \bm{\hat\rho}\frac{\mu_0I}{4\pi}\frac{Rz}{[z^2+R^2+\delta^2-2R \delta \sin\phi]^{3/2}}{\rm\,d}\phi + {\bf\hat z}\frac{\mu_0I}{4\pi}\frac{R^2-R\delta \sin\phi}{[z^2+R^2+\delta^2-2R \delta \sin\phi]^{3/2}}{\rm\,d}\phi \end{aligned})]
(b)
[math(z=0)]일 때를 살펴보자. [math(\delta \ll R)]임을 상기하고, 다른 문제와 달리 이 문제는 이차항까지 근사[2]해야 하므로
따라서 구하는 자기장은[math(\begin{aligned} {\rm d}{\bf B} &= \frac{\mu_0I\bf\hat z}{4\pi} \frac{R^2{\left[1-\dfrac\delta R \sin\phi\right]}}{R^3{\left[1-\dfrac{2\delta}R \sin\phi + \dfrac{\delta^2}{R^2} \right]}^{3/2}}{\rm\,d}\phi \\
&\approx \frac{\mu_0I\bf\hat z}{4\pi}\frac1R{\left[1-\dfrac\delta R\sin\phi\right]}{\left[1+\dfrac{3\delta}R \sin\phi + \frac{\delta^2}{2R^2}(15\sin^2\phi-3) \right]}{\rm\,d}\phi \\
&\approx \frac{\mu_0I\bf\hat z}{4\pi}\frac1R{\left[1+\dfrac{2\delta}R\sin\phi + \frac{3\delta^2}{2R^2}(3\sin^2\phi-1)\right]}{\rm\,d}\phi \end{aligned})]
[math(B_0)]는 위쪽 예제에서 봤던 원형 도선의 중심에서의 자기장의 세기이다.[math(\begin{aligned} \bf B &= \int_0^{2\pi} \frac{\mu_0I\bf\hat z}{4\pi} \frac1R {\left[1+\dfrac{2\delta}R\sin\phi + \frac{3\delta^2}{2R^2}(3\sin^2\phi-1) \right]}{\rm\,d}\phi \\
&= {\left[\frac{\mu_0I}{2R}+\frac{3\mu_0I}{8R^3} \delta^2 \right]}{\bf\hat z} \\
&= {\left[B_0 + \frac{3\mu_0I}{8R^3}\delta^2\right]}{\bf\hat z} \end{aligned})]
(c)
(b)의 결과로부터 자기장은 도선쪽으로 갈 수록 강해진다는 사실을 알 수 있다.
그래프는 다음과 같다.
4. 앙페르 법칙과의 연관성
실은 앙페르-맥스웰 법칙(이하 'AML')과 비오-사바르 법칙(이하 'BSL')은 서로가 서로를 유도할 수 있는 동치인 명제이다.4.1. AML → BSL
아래 그림과 같이 [math(\bf v)]로 움직이는 점전하 [math(Q)]를 고려하자. 이 전하를 중심에 둔 구면 [math(S)]와 그 구면 위의 반지름이 [math(R)]인 한 고리 [math(l)]을 고려하자. [math(\rm C)]는 [math(l)]의 중심, 점 [math(\rm P)]는 [math(l)] 위의 한 점이다.이때, 대칭성에 의해 점 [math(\rm P)] 위의 자기장 방향은 [math({\rm d}\bf l)]과 평행하다. 따라서 [math(l)]을 따라 앙페르-맥스웰 법칙
| [math(\displaystyle \oint_l {\bf B}\bm\cdot{\rm d}{\bf l} = \mu_0I_{\sf enc}+\mu_0 \frac{\rm d}{{\rm d}t} \iint_{\sum l} {\bf E} \bm\cdot{\rm d}\bf a)] |
| [math(2\pi RB = \mu_0\varepsilon_0\dfrac{{\rm d}F_E}{{\rm d}t})] |
| [math(\begin{aligned} F_E &= \frac Q{\varepsilon_0} \frac{2\pi(1-\cos\alpha){\rm\,sr}}{4\pi{\rm\,sr}} \\ &= \frac Q{2\varepsilon_0}{\left(1-\frac hr\right)} \end{aligned})] |
| [math(\begin{aligned} \frac{{\rm d}F_E}{{\rm d}t} &= \frac Q{2\varepsilon_0} \frac{\rm d}{{\rm d}t}{\left(1-\frac hr\right)} \\ &= -\dfrac Q{2\varepsilon_0} \frac{h'r-hr'}{r^2} \end{aligned})] |
| [math(\begin{aligned} \frac{{\rm d}F_E}{{\rm d}t} &= -\frac Q{2\varepsilon_0} \frac{h'r^2-hr'r}{r^3} \\ &= \frac Q{2\varepsilon_0} \frac{v(r^2-h^2)}{r^3}\\ &= \frac Q{2\varepsilon_0} \frac{vR^2}{r^3}\\ &= \frac Q{2\varepsilon_0} \frac{vR\sin\alpha}{r^2}\\ \therefore 2\pi RB &= \mu_0 \frac Q2 \frac{vR\sin\alpha}{r^2}\\ B &= \mu_0 \frac{Qv\sin\alpha}{4\pi r^2} \end{aligned})] |
| [math({\bf B} =\mu_0\dfrac{Q \bf v\bm\times r}{4\pi r^3})] |
이 결과를 봄으로써 이 예제에서 광속에 대한 속력비 [math(\beta \ll 1)]을 만족하는 등속도로 움직이는 점전하가 형성하는 자기장과 같은 결과를 얻었음을 알 수 있다. 다만 유의해야 하는 것은 이 결과는 로런츠 인자 [math(\beta \ll 1)]을 만족하는 등속도로 움직이는 점전하일 때만 성립한다. 즉, 광속에 가깝게 움직이는 점전하는 해당 자기장을 형성하지 않는다.
4.2. BSL → AML
위 결과에서 자기장 식은 쿨롱 법칙에 의한 전기 변위장| [math({\bf D} = \dfrac{Q \bf r}{4\pi r^3})] |
| [math(\bf H = v\bm\times D)] |
| [math(\bf\nabla\bm\times H = \nabla\bm\times (v\bm\times D))] |
| [math(\bf\nabla\bm\times(a\bm\times b) = (\nabla\bm\cdot b)a-(\nabla\bm\cdot a)b+(b\bm\cdot\nabla)a-(a\bm\cdot\nabla)b)] |
| [math(\bf \nabla\bm\times H = (\nabla\bm\cdot D)v-(\nabla\bm\cdot v)D+(D\bm\cdot\nabla)v-(v\bm\cdot\nabla)D)] |
| [math(\begin{aligned} {\bf\nabla \bm\cdot v} &= 0{\rm\,s^{-1}} \\ \bf(D\bm\cdot\nabla)v &= 0{\rm\,A/m^2}\end{aligned})] |
| [math({\bf\nabla \bm\cdot D}=\rho_f)] |
| [math(\begin{aligned} (\bf\nabla \bm\cdot D)v &= \rho_f{\bf v} \\ &= {\bf J}_f \end{aligned})] |
| [math({\bf\nabla\bm\times H} = {\bf J}_f - {\bf(v\bm\cdot\nabla)D})] |
| [math({\bf-(v\bm\cdot\nabla)D} = \dfrac{\partial\bf D}{\partial t})] |
| [math({\bf-(v\bm\cdot\nabla)D} = -v\dfrac{\partial\bf D}{\partial z})] |
| [math({\bf D} = \dfrac{Q(x,\,y,\,z-vt)}{4\pi[x^2+y^2+(z-vt)^2]^{3/2}})] |
| [math(\dfrac{\partial\bf D}{\partial z}:\dfrac{\partial\bf D}{\partial t}=1:-v)] |