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최근 수정 시각 : 2020-03-14 15:00:10

전기 퍼텐셜

전자기학
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1. 개요2. 상세
2.1. 도입의 장점
3. 등전위선
3.1. 고립된 도체
3.1.1. 예제
4. 전기 퍼텐셜과 전기장과의 관계
4.1. 예제 14.2. 예제 2
5. 전기 쌍극자의 전기 퍼텐셜6. 정전기학의 경계치 문제
6.1. 경계 조건6.2. 편미분 방정식
6.2.1. 예제 1: 표면에 대전된 구6.2.2. 예제 2: 푸아송 방정식
6.3. 영상법
6.3.1. 무한 도체 평면6.3.2. 접지된 도체 구
6.3.2.1. 예제 16.3.2.2. 예제 2
7. 정전기 에너지
7.1. 개요7.2. 상세
7.2.1. 예제
7.3. 에너지 밀도
7.3.1. 예제
8. 관련 문서

1. 개요

Electric potential

중력장에서 중력 퍼턴셜 에너지를 도입했듯, 보존장인 전기장에서도 유사하게 퍼텐셜 개념을 도입한 것이다. 다만, 이 경우는 단위 전하에 대해서 생각하며, 일반적으로 무한 원점으로부터 해당 지점까지 단위 전하를 가져다 놓기 위해 필요한 일을 의미한다.

'전위'라고도 한다. 이것의 차이를 전압이라고 한다.

2. 상세

기준점 [math( \mathbf{d_{0}} )]로부터 어떤 지점 [math( \mathbf{d} )]까지 전기장 영역 [math( \mathbf{E} )]에서 단위 시험 전하를 옮길 때 전기 퍼텐셜 차이를 전위차 [math( \displaystyle \mathit{\Delta}\Phi )]라 하며, 다음과 같이 정의된다.[1]

[math( \displaystyle \mathit{\Delta} \Phi= \Phi(\mathbf{d})-\Phi(\mathbf{d_{0}}) \equiv - \int_{\mathbf{d_{0} }}^{\mathbf{d}} \mathbf{E(r)} \cdot d \mathbf{r} )]

이때, 기준점 [math( \mathbf{d_{0}} = \infty )] 즉, 무한 원점으로 잡은 것을 [math( \mathbf{d} )]에서의 전기 퍼텐셜 [math( \displaystyle \Phi(\mathbf{d}) )]이라 한다. 즉,

[math( \displaystyle \Phi(\mathbf{d}) \equiv - \int_{ \infty}^{\mathbf{d}} \mathbf{E(r)} \cdot d \mathbf{r} )]

이다. 다만, 주의할 것은 전기 퍼텐셜을 이렇게 정의하는 것은 무한 원점에서 원천 전하가 무한한 값을 갖지 않을 때만 가능하다. 즉, 원천 전하가 무한한 지점까지 분포돼있는 상황은 기준점을 임의로 잡아야 한다. 전기 퍼텐셜 [math( \Phi )]은 단위 시험 전하를 기준으로 하나, 전하량 [math( q )]인 시험 전하의 전기적 위치 에너지 [math( U )]는 다음과 같이 주어진다.

[math( U=q\Phi )]


전기 퍼텐셜은 스칼라 물리량이며, 단위는 [math( \textrm{J}/\textrm{C} )]이고, 이를 일반적으로 [math( \textrm{V} )](Volt)라 한다.

2.1. 도입의 장점

전기 퍼텐셜이 도입된 것은 다양한 정전기적 상황에 대한 문제 풀이가 쉽기 때문이다. 전기 퍼텐셜은 스칼라 물리량이라 다루기도 쉽고, 아무리 복잡한 상황이라도 아래 후술할 편미분 방정식으로 퍼텐셜 분포를 알아낼 수 있다. 거기에다 전기 퍼텐셜만 알아내면, 그 영역에서의 전기장 또한 그레이디언트를 취하여 얻을 수 있으므로 여러모로 편리한 물리량이다.

3. 등전위선

전기력선이 전기장의 방향을 연속적으로 연결한 것이라면, 등전위선은 전기 퍼텐셜이 같은 영역을 선으로 이은 것이다.

전기 퍼텐셜이 같다는 말은 곧, 해당 영역에서 전하가 하거나 받는 일이 없음을 나타낸다. 이렇게 되려면, 전하의 이동 방향과 전기장의 방향은 서로 직교하여야 한다. 따라서 등전위선은 전기력선에 직교하게 분포한다.

따라서 등전위선 위에서 전하가 움직일 때, 받는 전기력이 하는 일은 없다.

아래 그림은 같은 전하량이나 다른 부호인 두 전하가 일정 거리만큼 떨어져 있을 때, 전기력선(실선)과 등전위선(점선)을 동시에 나타낸 것이다.

파일:등전위선-01.png

3.1. 고립된 도체

전기장 문서에서 고립된 정전기적 평형 상태의 도체 내부엔 전기장 [math( \mathbf{E}=0 )]임을 논의했고, 후술하겠지만, 전위는 경계면에서 연속이어야 한다.

이것을 종합해보면, 도체 내부에는 전기장이 존재하지 않기 때문에 전하의 전기 퍼텐셜 변화는 없다. 그 이유는 전기장이 존재하지 않기 때문에 일을 하거나 받지 않기 때문이다. 따라서 도체 내부는 등전위이다.

그런데, 경계면을 기준으로 전위는 연속이어야 하기 때문에 결국 다음을 얻는다.
정전기적 평형 상태의 고립된 도체 내부는 도체 표면과 등전위를 이룬다.

3.1.1. 예제

[문제]
그림과 같이 각각 균일하게 [math(Q_{1})], [math(Q_{2})]로 대전된 반지름 [math(r_{1})], [math(r_{2})]의 도체구가 있다. 이 도체구를 길이가 [math(R \gg r_{1},\,r_{2})]이고, 두께가 매우 얇은 전선으로 연결시켰을 때, 시간이 지난 뒤 각각의 구에 대전된 전하량을 구하시오.

파일:나무_전기퍼텐셜_도체관련예제.png

[풀이 보기]
-----
문제 상황에서 두 구가 반지름에 비해 매우 멀리 떨어져 있으므로 각각의 구가 만드는 전기장이 각 구 표면 위에서 미치는 영향은 미미하다 볼 수 있다. 따라서 각각의 구는 시간이 지난 뒤에도 균일하게 전하가 분포할 것이다. 따라서 시간이 지난 뒤 각각의 구에 대전된 전하량을 [math(Q_{1}')], [math(Q_{2}')]라 놓으면, 전하 보존 법칙에 의해

[math( \displaystyle Q_{1}'+Q_{2}'=Q_{1}+Q_{2} )]

지금 두 구는 전선에 의해 연결되어 있으므로, 두 구의 표면에서의 전위는 등전위를 이룬다. 그런데, 전선의 두께가 매우 얇으므로 다음이 성립하면 됨을 알 수 있다.

[math( \displaystyle \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{Q_{1}'}{r_{1}}=\frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{Q_{2}'}{r_{2}} )]

나온 두 식을 연립하면,

[math( \displaystyle Q_{1}'=\frac{r_{1}}{r_{2}}Q_{2}' \qquad \qquad Q_{1}'=\frac{r_{1}}{r_{1}+r_{2}}(Q_{1}+Q_{2}) )]

임을 알 수 있다.

4. 전기 퍼텐셜과 전기장과의 관계

전기 퍼텐셜 [math( \Phi )]와 전기장 [math( \mathbf{E} )]와의 관계는 다음과 같다.

[math( \displaystyle \mathbf{E} = -\boldsymbol{\nabla} \Phi )]

따라서 전기장 문서에 있는 여러 가지 상황에 대해 전기 퍼텐셜을 도입할 수 있다. 물론, 맨 위의 정의로도 유도할 수 있음을 참고하자.

[math( \displaystyle \Phi(\mathbf{r}) =\frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{q' }{ \left| \mathbf{r-r'} \right| } \,\, [\textrm{V}] )] }}}

[math( \displaystyle \Phi(\mathbf{r})=\frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \sum_{i=1}^{N} \frac{q'_{i} }{ \left| \mathbf{r-r'}_{i} \right| } \,\, [\textrm{V}])] }}}

[math( \displaystyle \Phi(\mathbf{r}) =\frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \iiint \frac{\rho (\mathbf{r'}) }{ \left| \mathbf{r-r'} \right| } \, dV' \,\, [\textrm{V}] )] }}}

4.1. 예제 1

[문제]
그림과 같이 진공 중에 [math(x=na)]일 때, 전하량 [math(q_{n}=(-1)^{n}q)]의 점전하가 배치되어있는 매우 긴 사슬이 있다. 원점에서의 전기 퍼텐셜을 구하시오.

파일:나무_전기 퍼텐셜_예제.png

[풀이 보기]
-----
우리는 윗 문단을 참조하면, 이 문제의 원점에서 전기 퍼텐셜은

[math(\displaystyle \Phi=\frac{q}{4 \pi \epsilon_{0} a} \left[ -1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+ \cdots \right] )]

임을 알 수 있다. 합의 기호를 사용하면,

[math(\displaystyle \Phi=\frac{q}{4 \pi \epsilon_{0} a} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n} )]

으로 나타낼 수 있으며, 시그마의 값은 [math(-\ln{2})]에 수렴함에 따라 우리가 구하는 퍼텐셜은

[math(\displaystyle \Phi=-\frac{q}{4 \pi \epsilon_{0} a} \ln{2} )]

임을 알 수 있다.

4.2. 예제 2

[문제]
그림과 같이 균일한 밀도 [math(\rho)]로 대전된 반지름 [math(R)]의 구가 있다. 구의 외부에 있는 점 [math(\mathrm{P})]에 대해 퍼텐셜을 구하시오.

파일:나무_전기장_예제3.png

[풀이 보기]
-----
우리는 이 문제를 분석하기 용이한 구면 좌표계에서 생각하고, 구하기 원하는 영역에 대한 위치 벡터를 [math(\mathbf{r})], 미소 전하가 있는 영역까지의 위치 벡터를 [math(\mathbf{r'})]이라 하자. 미소 전하는 [math(dq=\rho\, dV'=\rho r'^{2}\,dr'd\Omega')]로 나타낼 수 있으므로 우리가 구하는 퍼텐셜은

[math(\displaystyle \Phi=\frac{\rho}{4 \pi \epsilon_{0} } \oint_{\Omega'} \int_{0}^{R} \frac{r'^{2}}{|\mathbf{r-r'}|} \, dr'd \Omega' )]

이다. 우리는 [math(r>r')]인 영역을 다루고 있음에 유의하며, 다중극 전개를 이용하면,

[math(\displaystyle \frac{1}{\left| \mathbf{r-r'} \right|}=\sum_{l=0}^{\infty}\sum_{m=-l}^{l} \frac{4\pi}{2l+1} \frac{r'^{l}}{r^{l+1}}Y_{l}^{m}(\theta,\, \phi)Y_{l}^{m \ast}(\theta ',\, \phi ') )]

으로 나타낼 수 있다. [math(Y_{l}^{m}(\theta,\, \phi))]는 구면조화함수(Spherical harmonics)이다. 따라서 적분은

[math(\displaystyle \Phi=\frac{\rho}{4 \pi \epsilon_{0} } \sum_{l=0}^{\infty}\sum_{m=-l}^{l} \frac{4\pi}{2l+1} Y_{l}^{m}(\theta,\, \phi) \int_{0}^{R} \frac{r'^{2+l}}{r^{l+1}} \, dr' \oint_{\Omega'} Y_{l}^{m \ast}(\theta ',\, \phi ') \,d \Omega' )]

그런데, 이 식은 [math(Y_{0}^{0}(\theta ',\, \phi ')=(2\sqrt{\pi})^{-1})]인점을 이용하면,

[math(\displaystyle \Phi=\frac{\rho}{4 \pi \epsilon_{0} } \sum_{l=0}^{\infty}\sum_{m=-l}^{l} \frac{4\pi}{2l+1} \frac{Y_{l}^{m}(\theta,\, \phi)}{Y_{0}^{0}(\theta ',\, \phi ')} \int_{0}^{R} \frac{r'^{2+l}}{r^{l+1}} \, dr' \oint_{\Omega'} Y_{0}^{0}(\theta ',\, \phi ') Y_{l}^{m \ast}(\theta ',\, \phi ') \,d \Omega' )]

이고, 구면 조화 함수의 직교성

[math( \displaystyle \oint_{\Omega'} Y_{l}^{m}(\theta',\, \phi')Y_{t}^{s \ast}(\theta ',\, \phi ')\,d \Omega '=\delta_{l t}\delta_{m s} )]

을 이용하면,

[math(\displaystyle \Phi=\frac{\rho R^{3}}{3 \epsilon_{0} r } )]

이때, [math(Q \equiv 4\rho \pi R^{3}/3 )]를 이용하면,

[math(\displaystyle \Phi=\frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0} } \frac{1}{r})]

이 나옴을 알 수 있다.

참고로 이 문제는 전하 분포가 대칭적이기 때문에 가우스 법칙을 이용하는 것이 나으며, 실제로도 해당 방법이 더 쉽다.

[추가 문제]
위 문제에서 구의 내부에 있는 점 [math(\mathrm{P})]에 대해 퍼텐셜을 구해보고, 구 내·외부의 퍼텐셜과 전기장 분포를 구하시오.

[풀이 보기]
-----
만약 점 [math(\mathrm{P})]가 구 내부에 있다면, 구하기가 조금 까다롭다. 우선적으로 우리가 [math(\mathbf{r}=r \hat{\mathbf{r}}\,(r<R))]이라 생각해보자. 그렇다면, 우리는 두 영역으로 나눌 수가 있는데, [math(0<r'<r)]과 [math(r<r'<R)]이 바로 그것들이다. 전자의 경우 [math(r>r')]이므로 위 경우에서 구했던 과정을 이용하면 된다. 즉, 우리가 [math(r')]에 대한 적분을 할 때, 적분의 하한을 [math(0)], 상한을 [math(r)]이라 두면 되므로

[math(\displaystyle \Phi_{1}=\frac{\rho r^{2}}{3 \epsilon_{0} } \qquad (r'<r<R) )]

가 된다. 그러나, 전자의 영역에 대해선 [math(r<r')]이기 때문에 다중극 전개 부분에서

[math( \displaystyle \frac{r'^{l}}{r^{l+1}} \rightarrow \frac{r^{l}}{r'^{l+1}} )]

로 바뀌면서, 적분은 아래와 같이 바뀐다. 적분의 하한이 [math(r)], 상한이 [math(R)]인 점에 유의하라.

[math(\displaystyle \Phi_{2}=\frac{\rho}{4 \pi \epsilon_{0} } \sum_{l=0}^{\infty}\sum_{m=-l}^{l} \frac{4\pi}{2l+1} Y_{l}^{m}(\theta,\, \phi) \int_{r}^{R} r^{l}r'^{1-l} \, dr' \oint_{\Omega'} Y_{l}^{m \ast}(\theta ',\, \phi ') \,d \Omega' \qquad (0<r<r') )]

이 적분의 결과는

[math(\displaystyle \Phi_{2}=\frac{\rho }{2 \epsilon_{0} }(R^{2}-r^{2}) \qquad (0<r<r') )]

따라서 우리가 구하는 퍼텐셜은 [math(\Phi_{1}+\Phi_{2})]이므로

[math(\displaystyle \Phi=\frac{\rho }{6 \epsilon_{0} }(3R^{2}-r^{2}) \qquad (r<R) )]

을 얻는다. 따라서 구의 전기 퍼텐셜 분포는

[math(\displaystyle \Phi=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{Q }{8 \pi \epsilon_{0} R^{3} } (3R^{2}-r^{2}) &\qquad(r<R)\\ \\ \displaystyle \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0} r }&\qquad(r>R) \end{array}\right. )]

퍼텐셜과 장의 관계에 의해 구의 전기장은

[math(\displaystyle \mathbf{E}=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{Q }{4 \pi \epsilon_{0} }\frac{ \mathbf{r}}{R^{3}} &\qquad(r<R)\\ \\ \displaystyle \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0} r^{2} } \hat{\mathbf{r}}&\qquad(r>R) \end{array}\right. )]

이때, [math(Q \equiv 4\rho \pi R^{3}/3 )]이다.

동일한 문제 상황을 가우스 법칙 문서에서 다뤘으며, 전기장이 나온 것을 보면 동일한 결과를 얻었음을 알 수 있다.

5. 전기 쌍극자의 전기 퍼텐셜


파일:나무위키상세내용.png 자세한 내용은 전기 쌍극자 모멘트 문서의 s-2.1번째 문단을 참고하십시오.

6. 정전기학의 경계치 문제

6.1. 경계 조건

정전기학 문제를 푸는 편미분 방정식을 살펴보기 전에 정전기학의 경계 조건에 대해 알아보자 첫 번째 조건은, 경계면을 가로지를 때, 전위는 연속이어야 한다. 즉,

[math( \displaystyle \Phi_{1}=\Phi_{2} )]

이것의 증명은 다음으로 주어진다.

파일:namu_Electric_potential_NEW.png

위 그림에서

[math( \displaystyle \Phi_{2}-\Phi_{1}=-\int_{\mathbf{a}}^{\mathbf{b}} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{r} )]

이다. 여기서 [math( \displaystyle \Phi_{i} )]는 매질 [math( i )]에서의 전기 퍼텐셜을 뜻한다. 일반적으로 전기장은 무한한 값을 가질 수 없으므로 [math( \displaystyle l \rightarrow 0 )]이면, 선적분 값은 [math( 0 )]으로 수렴함에 따라

[math( \displaystyle \Phi_{2}-\Phi_{1}=0 )]

이 된다. 사실 엄밀하게는 라플라스 방정식의 성질을 논의하면서 전위가 연속임을 밝혀내나, 수준 상 초급적인 방법으로 증명했다.

두 번째 조건은, 전기장 문서에서 '전기장의 경계 조건'에 대해 논의했듯,

[math( \displaystyle \mathbf{E_{2}} \cdot \hat{\mathbf{n}}- \mathbf{E_{1}} \cdot \hat{\mathbf{n}}=\frac{ \sigma }{ \epsilon_{0} } )]

인데 이것을 다시 쓰면,

[math( \displaystyle (-\boldsymbol{\nabla} \Phi_{1}) \cdot \hat{\mathbf{n}}- (-\boldsymbol{\nabla} \Phi_{1}) \cdot \hat{\mathbf{n}}=\frac{ \sigma }{ \epsilon_{0} } )]

이고,

[math( \displaystyle \frac{\partial \Phi_{1}}{\partial n}-\frac{\partial \Phi_{2}}{\partial n}=\frac{\sigma}{\epsilon_{0}} )]

을 만족해야 함을 얻는다.

6.2. 편미분 방정식

위에서 논의한 전기 퍼텐셜을 구하는 방법은 단순한 상황에 대해선 강력한 방법으로 작용한다. 다만, 복잡한 상황의 경우엔 위의 방법으로는 한계가 있다. 따라서 이 경우엔 편미분 방정식을 이용하여야 한다.

전기 퍼텐셜과 전기장의 관계는

[math( \displaystyle \mathbf{E} = -\boldsymbol{\nabla} \Phi )]

라 밝혔고, 가우스 법칙 문서에서

[math( \displaystyle \boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{E}=\frac{\rho}{\epsilon_{0}} )]

이었으므로 두 식을 결합하면,

[math( \displaystyle {\nabla}^{2} \Phi = -\frac{\rho}{\epsilon_{0}})]

이 된다.

이때, 전하가 없는 영역은 전하 밀도 [math( \rho=0 )]이므로

[math(\displaystyle {\nabla}^{2} \Phi = 0)]

이 되는데, 이런 편미분 방정식라플라스 방정식이라 한다. 따라서 이 방정식을 풀면, 전하가 존재하지 않는 영역의 전기 퍼텐셜 분포를 알 수 있고, 전하 분포가 존재하는 영역에서는

[math(\displaystyle {\nabla}^{2} \Phi = -\frac{\rho}{\epsilon_{0}})]

으로 주어지고, 이것은 푸아송 방정식이다. 이 방정식을 풀면 전하가 있는 영역에서도 전기 퍼텐셜의 분포를 알 수 있다. 자세한 것은 예제 2를 참고하라.

6.2.1. 예제 1: 표면에 대전된 구

[문제]
표면 전하 밀도 [math( \sigma=\sigma_{0}\cos{\theta} )]로 대전된 반지름이 [math( R )]인 구 내·외부의 전기 퍼텐셜의 분포를 구하여라.

[풀이 보기]
-----
퍼텐셜은 구면 좌표계의 [math( r )], [math( \theta )]에만 의존하고, 경계면을 제외한 영역에서 전하 밀도는 없으므로 라플라스 방정식

[math( \displaystyle {\nabla}^{2} \Phi = 0 )]

의 해를 구하면된다. 이때, 구의 내부 영역 [math( r<R )]에서 퍼텐셜을 [math( \Phi_{1} )], 구의 외부 영역 [math( r>R )]에서 퍼텐셜을 [math( \Phi_{2} )]라 하면,

[math( \displaystyle \Phi_{1}(r,\,\theta)=\sum_{n=0}^{\infty } \left [ A_{n}r^{n}P_{n}(\cos{\theta})+B_{n}r^{-(n+1)}P_{n}(\cos{\theta}) \right ]\qquad (r<R) )]

[math( \displaystyle \Phi_{2}(r,\,\theta)=\sum_{n=0}^{\infty } \left [ C_{n}r^{n}P_{n}(\cos{\theta})+D_{n}r^{-(n+1)}P_{n}(\cos{\theta}) \right ] \qquad (r>R) )]

여기서 [math( P_{n}(\cos{\theta}) )]는 르장드르 다항식이다.

이때, 문제 상황이 유한한 전하 분포를 가지므로 [math( r \rightarrow 0 ,\,\Phi_{1} \not{\rightarrow} \infty )]와 [math( r \rightarrow \infty ,\,\Phi_{2} \not{\rightarrow} \infty )]를 만족해야 하므로 [math( B_{n}=C_{n}=0 )]을 만족해야 한다. 따라서 구하는 전기 퍼텐셜은

[math( \displaystyle \Phi_{1}(r,\,\theta)=\sum_{n=0}^{\infty } A_{n}r^{n}P_{n}(\cos{\theta}) )]

[math( \displaystyle \Phi_{2}(r,\,\theta)=\sum_{n=0}^{\infty } D_{n}r^{-(n+1)}P_{n}(\cos{\theta}) )]

이다.

전위는 경계면인 [math( r=R )]에서 전위는 연속이어야 하므로 [math( \Phi_{1}(R, \theta)=\Phi_{2}(R, \theta) )]를 만족해야 한다.

[math( \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty } A_{n}R^{n}P_{n}(\cos{\theta})=\sum_{n=0}^{\infty } D_{n}R^{-(n+1)}P_{n}(\cos{\theta}) )]

이상에서 모든 [math( n )]에 대하여,

[math( \displaystyle A_{n}= D_{n}R^{-(n+2)} )]

이 성립한다. 특히 [math( n=1 )]일 때,

[math( \displaystyle A_{1}= D_{1}R^{-3} )]

이 성립한다.

다음으로는 전기장의 경계 조건을 사용하자. 우리는 구를 다루므로 구의 표면의 법선 벡터는 [math( \hat{\mathbf{r}} )]이므로

[math( \displaystyle \left. \frac{\partial \Phi_{1}}{\partial r} \right|_{r=R} -\left. \frac{\partial \Phi_{2}}{\partial r} \right|_{r=R}=\frac{\sigma_{0}\,P_{1}(\cos{\theta})}{\epsilon_{0}} )]

을 만족해야 한다. 여기서 [math( \cos{\theta}=P_{1}(\cos{\theta}) )]임을 이용했다. 따라서

[math( \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty } \left [ nA_{n}R^{n-1}+ (n+1)D_{n}R^{-(n+2)} \right ] P_{n}(\cos{\theta})=\frac{\sigma_{0}\,P_{1}(\cos{\theta})}{\epsilon_{0}} )]


따라서 [math( n=1 )]일 때,

[math( \displaystyle A_{1}+2D_{1}R^{-3}=\frac{\sigma_{0}}{\epsilon_{0}} )]

이 성립하고, [math( n \neq 1 )]일 때,

[math( \displaystyle nA_{n}R^{n-1}+(n+1)D_{n}R^{-(n+2)}=0 )]

가 성립한다.

이상에서 [math( A_{1}= D_{1}R^{-3} )]과 [math( A_{1}+2D_{1}R^{-3}={\sigma_{0}}/{\epsilon_{0}} )]를 연립하면,

[math( \displaystyle A_{1}=\frac{\sigma_{0}}{3\epsilon_{0}} , \, D_{1}=\frac{\sigma_{0}}{3\epsilon_{0}}R^{3} )]

을 얻는다.

따라서 퍼텐셜 분포는

[math( \displaystyle \Phi(r,\,\theta)=\left\{ \begin{array}{l}\displaystyle \frac{\sigma_{0}}{3\epsilon_{0}}r\cos{\theta} & \quad (r<R)\\ \\ \displaystyle \frac{\sigma_{0}}{3\epsilon_{0}} \frac{R^{3}}{r^{2}}\cos{\theta} & \quad (r>R) \end{array}\right. )]

가 된다.

전기 쌍극자 모멘트 문서에서도 같은 상황에 대한 예제를 다뤘으며, 구 외부의 퍼텐셜은 아래의 전기 쌍극자 모멘트가 만드는 퍼텐셜과 완전히 같다는 것을 알 수 있다. 즉, 아래와 같은 쌍극자 모멘트가 구 중심에 있는 상황과 같다는 이야기이다. 해당 문서를 참고하라.

[math( \displaystyle \mathbf{p} =\frac{4}{3}\pi \sigma_{0} R^{3} \hat{\mathbf{z}} )]

6.2.2. 예제 2: 푸아송 방정식

[문제]
그림과 같이 진공의 공간이 있다. 이때, [math(x<|a|)]영역의 전하밀도가 [math(\rho=\alpha \cos{(\pi x/2a)})]일 때, 모든 영역의 전기장을 결정하시오.(단, [math(\alpha)]는 상수이다.)

파일:전기퍼텐셜_예제_푸아송.png

[풀이 보기]
-----
[math(x<-a)], [math(x<|a|)], [math(x>a)] 영역을 각각 영역 1, 영역 2, 영역 3이라 붙이자. 그리고, 해당 영역의 전기 퍼텐셜을 각각 [math(\Phi_{1})], [math(\Phi_{2})], [math(\Phi_{3})]이라 하면, 각 영역에 전기 퍼텐셜에 대한 편미분 방정식은 전하 밀도가 존재하는 영역은 영역 2 뿐이므로

[math(\displaystyle \begin{aligned} \mathrm{(Domain\,1)}\quad& \nabla^{2} \Phi_{1}=0 \\ \mathrm{(Domain\,2)}\quad& \nabla^{2} \Phi_{2}=-\frac{\alpha}{\epsilon_{0}} \cos{\left( \frac{\pi x}{2a} \right)} \\ \mathrm{(Domain\,3)}\quad& \nabla^{2} \Phi_{3}=0 \end{aligned} )]

이다. 그런데 해당 문제 상황에서 [math(y)], [math(z)] 대칭성에 의해 전기 퍼텐셜은 [math(x)]에만 의존할 것이므로 [math(\nabla^{2}=d^{2}/dx^{2})]으로 대치된다. 따라서 모든 영역에서의 해는

[math(\displaystyle \begin{aligned} \Phi_{1}&=C_{1}x+C_{2} \\ \Phi_{2}&=\frac{4 \alpha a^{2}}{\pi^{2} \epsilon_{0}} \cos{ \left( \frac{\pi x}{2a} \right)}+C_{3}x+C_{0} \\ \Phi_{3}&=C_{4}x+C_{5} \end{aligned} )]

이다. [math(C_{0} \sim C_{5})]는 상수이다. 퍼텐셜 특성 상 [math(C_{0}=0)]으로 놓을 수 있고, 전기 퍼텐셜은 각 경계면을 가로지를 때, 연속이어야 하므로 [math(\Phi_{1}(x=-a)=\Phi_{2}(x=-a))], [math(\Phi_{2}(x=a)=\Phi_{3}(x=a))]를 만족해야 하므로,

[math(\displaystyle \begin{aligned} -C_{1}a+C_{2}&=-C_{3}a \\ C_{3}a&=C_{4}a+C_{5} \end{aligned} )]

를 만족시켜야 한다. 또한, 전기 퍼텐셜과 전기장의 관계에 의해

[math(\displaystyle \begin{aligned} E_{1}&=-C_{1} \\ E_{2}&=\frac{2 \alpha a}{\pi \epsilon_{0}} \sin{ \left( \frac{\pi x}{2a} \right)}-C_{3}x \\ E_{3}&=-C_{4} \end{aligned} )]

이고, 각 경계면 표면에 전하가 없고, 전기장 방향은 각 경계면에 수직한 방향이므로 전기장은 경계를 가로지를 때, 연속이 돼야하므로 [math(E_{1}(x=-a)=E_{2}(x=-a))], [math(E_{2}(x=a)=E_{3}(x=a))]를 만족해야 한다. 따라서

[math(\displaystyle \begin{aligned} -C_{1}&=-\frac{2 \alpha a}{\pi \epsilon_{0}}-C_{3} \\ \frac{2 \alpha a}{\pi \epsilon_{0}}-C_{3}&=-C_{4} \end{aligned} )]

이다. 전하 분포가 [math(x=0)]을 기준으로 대칭적이기 때문에 [math(E_{2}(x)=-E_{2}(-x))]가 성립해야 해서, [math(C_{3}=0)]을 얻고, 나머지 식을 모두 연립하면,

[math(\displaystyle \begin{aligned} C_{1}=-C_{4}=\frac{2 \alpha a}{\pi \epsilon_{0}}, \qquad \qquad C_{2}=C_{5}=\frac{2 \alpha a^{2}}{\pi \epsilon_{0}} \end{aligned} )]

따라서 모든 영역의 퍼텐셜은 아래와 같이 결정되고,

[math(\displaystyle \Phi=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{2 \alpha a}{\pi \epsilon_{0}}(x+a)&\qquad(x<-a)\\ \\ \displaystyle \frac{4 \alpha a^{2}}{\pi^{2} \epsilon_{0}} \cos{ \left( \frac{\pi x}{2a} \right)} &\qquad( x < |a|)\\ \\ \displaystyle \frac{2 \alpha a}{\pi \epsilon_{0}}(a-x) &\qquad( x >a) \end{array}\right. )]

우리가 구하는 전기장은 아래와 같이 결정된다.

[math(\displaystyle \mathbf{E}=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle -\frac{2 \alpha a}{\pi \epsilon_{0}} \hat{\mathbf{x}}&\qquad(x<-a)\\ \\ \displaystyle \frac{2 \alpha a}{\pi \epsilon_{0}} \sin{ \left( \frac{\pi x}{2a} \right)} \hat{\mathbf{x}} &\qquad( x < |a|)\\ \\ \displaystyle \frac{2 \alpha a}{\pi \epsilon_{0}} \hat{\mathbf{x}} &\qquad( x >a) \end{array}\right. )]

6.3. 영상법

또, 하나의 전기 퍼텐셜을 구하는 방법엔 영상법(Method of image)이 있다.

영상법은 문제 상황에 만족하는 영상 전하를 추가하여 문제를 푸는 방법이다. 이 방법의 타당성은 라플라스 방정식의 유일성 정리로 얻을 수 있다. 이 방법의 강력한 장점은 무한 평면, 구, 원통 등의 대칭성을 갖는 도체를 영상 전하로 처리하여 쉽게 문제를 풀 수 있다는 장점이 있다.

주의할 것은 우리가 전위를 구하는 영역에 대해선 영상 전하를 놓으면 안 된다는 것이다.

이 방법은 설명보다 예제로 이해하는 것이 더 쉽다. 대표적인 아래의 두 예제를 보도록 한다.

6.3.1. 무한 도체 평면

파일:namu_Electric_potential_image_Plate_NEw.png

위 그림과 같이 [math( xz )]평면에 놓이고, 접지된 무한한 도체판을 고려하며, 이 때문에 [math( y=0 )]에서 전기 퍼텐셜은 [math( \Phi=0 )]이 된다. 이때, [math( (0, \, d, \, 0 ) )]에 전하 [math( q )]를 놓았을 때, [math( y>0 )]에서 퍼텐셜 분포를 구해보자.

영상 전하는 [math( y<0 )]에 놓아야 하고, [math( y=0 )]에서 전기 퍼텐셜은 [math( \Phi=0 )]을 만족해야 한다. 이런 영상 전하는 쉽게 구해지며, 그것은 [math( (0, \, -d , \, 0 ) )]에 영상 전하 [math( q'=-q )]를 놓으면 된다. 이렇게 하면, 도체 판으로부터 두 전하는 서로 같은 거리에 떨어져있고, 전하량은 부호만 다를 뿐이므로, 위에서 제시했던 단일 원천 전하의 전기 퍼텐셜을 선형적으로 결합하면, [math( y=0 )]에서 전기 퍼텐셜은 [math( \Phi=0 )]을 만족한다는 것 또한 쉽게 보일 수 있다.

따라서 [math( y>0 )]에서 퍼텐셜 분포는 [math( q )], [math( q'=-q )] 두 전하에 의한 전기 퍼텐셜의 선형 결합이므로 다음임을 얻는다.

[math( \displaystyle \Phi(x,\,y,\,z)=\frac{q}{4 \pi \epsilon_{0}}\left [ \frac{1}{\sqrt{(x-d)^{2}+y^{2}+z^{2} }} - \frac{1}{\sqrt{(x+d)^{2}+y^{2}+z^{2} }} \right ] )]

따라서 위 논의는 무한한 도체 판을 위의 위치에 놓인 영상 전하 [math( q'=-q )]로 두고 생각할 수 있으므로 문제가 간결해짐을 알 수 있다. 또한, 전기력선은 다음과 같이 형성됨을 쉽게 알 수 있다.

파일:나무_영상법1_전기력선_개선-01.png

상기할 것은 점선 부분은 영상 전하를 놓은 부분이므로 해가 아니라는 것이다. 따라서 영상법으로 푼 정전기학 문제는 실선 부분만 유효하다.

6.3.2. 접지된 도체 구

파일:namu_Electric_potential_image_Sph_New_NEW.png

중심이 원점인 도체 구가 접지돼있을 때, 도체 구 내부 [math( z )]축[3] 위의 [math( z=z_{0} )]에 [math( q )]가 놓여있을 때, 도체구 내부의 퍼텐셜 분포를 알아보자.

도체 구의 효과를 내는 영상 전하를 [math( q ' )]라 하고, 도체 구 외부이며, [math( z )]축 위의 [math( z=z ' )]에 놓자. 이때, 도체 구가 접지돼있으므로 [math( r=R )]에서 퍼텐셜 [math( \Phi=0 )]이 돼야한다. 따라서 도체 구 위의 점 [math( \textrm{P} )]에서

[math( \displaystyle \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}}\left [ \frac{q}{\left | \mathbf{r_{1}} \right |}+\frac{q '}{\left | \mathbf{r_{2}} \right |} \right ]=0 )]

를 만족해야 한다. 이때, [math( \mathbf{r}=R \hat{\mathbf{r}} )], [math( \mathbf{r_{1}}=z_{0} \hat{\mathbf{z}} -R \hat{\mathbf{r}} )], [math( \mathbf{r_{2}}=z ' \hat{\mathbf{z}} -R \hat{\mathbf{r}} )]이므로 최종적으로

[math( \displaystyle \frac{q}{\left | z_{0} \hat{\mathbf{z}} -R \hat{\mathbf{r}} \right |}=-\frac{q '}{\left | z ' \hat{\mathbf{z}} -R \hat{\mathbf{r}} \right |} )]

가 되고, 이것을 다시 쓰면,

[math( \displaystyle \frac{q/z_{0}}{\left | \hat{\mathbf{z}} -(R/z_{0}) \hat{\mathbf{r}} \right |}=-\frac{q '/R}{\left | (z '/R) \hat{\mathbf{z}} - \hat{\mathbf{r}} \right |} )]

가 된다. 이것은

[math( \displaystyle \frac{q}{z_{0}}=-\frac{q '}{R}\qquad \qquad \left | \hat{\mathbf{z}} -\frac{R}{z_{0}} \hat{\mathbf{r}} \right |=\left | \frac{z '}{R} \hat{\mathbf{z}} - \hat{\mathbf{r}} \right | )]

를 만족해야 함을 나타낸다.

이 두 식을 이용하면, 영상 전하의 전하량과 위치를 얻는다.

[math( \displaystyle q'=-\frac{R}{z_{0}}q, \qquad \qquad z'=\frac{R^{2}}{z_{0}} )]

이상에서 구하는 영역의 퍼텐셜 분포는 전하 [math( q )]와 영상 전하 [math( q ' )]의 전기 퍼텐셜을 선형 결합 한 것이다.

이 경우의 전기력선은 다음과 같이 나오게 된다.

파일:나무_영상법2_전기력선_new수정-01.png

이 경우또한, 주의할 점은 실선 부분만 유효한 해이며, 점선 영역의 해는 유효한 해가 아니다.

참고로 이 물음은 위 문제 상황에서 [math(q)]가 도체구 외부에 있는 상황에서도 동일한 결과를 얻는다.[4] 또 하나의 논의로 이 상황에서 만약 도체 구의 퍼텐셜을 [math(\Phi=V)]로 유지시킨다면 위 문제 상황은 어떻게 달라지는가? 이 물음은 쉽게 해결가능하다. 우선적으로 우리는 위 과정을 거쳐 [math(z')]에 [math(q')]을 놓으면, 도체구는 [math(\Phi=0)]이 된다. 그 상태에서 구 중앙에 또 다른 영상 전하인 전하량 [math(4\pi \epsilon_{0}RV \equiv q)]인 점전하[5]를 놓음으로써 도체구를 [math(\Phi=V)]로 만들 수 있다. 따라서 이 상황에서는 두 영상 전하 [math(q')], [math(q)]가 문제 상황을 대치할 수 있다.
6.3.2.1. 예제 1
[문제]
그림과 같이 각 면이 무한하고, 접지된 [math(\mathrm{L})]자형 도체 판이 있다. 이 도체판의 각 변에 [math(a)]만큼 떨어진 곳에 점전하 [math(q)]가 있을 때, 이 점전하의 위치에서 전기 퍼텐셜과 받는 힘을 구하시오.

파일:나무_영상법_예제1.png

[풀이 보기]
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그림과 같이 점전하가 없는 음영 영역에 다음과 같이 영상 전하를 놓으면, 주어진 도체판 위에서 퍼텐셜은 0이 되므로 모든 조건을 만족한다.

파일:나무_영상법_예제1_부연그림.png

따라서 점전하의 위치에서 전위는 세 영상 전하에 의한 전위의 선형 결합으로 주어진다:

[math( \displaystyle \Phi= \frac{q(\sqrt{2}-4)}{16\pi \epsilon_{0} a} )]


만약, 우측 방향을 [math(\hat\mathbf{x})], 상측 방향을 [math(\hat\mathbf{y})], 도체판의 꼭짓점을 원점이라 둔다면, 세 영상 전하에 의한 점전하의 위치에서 전기장은 각 영상 전하에 의한 전기장의 선형 결합이다.

[math( \displaystyle \mathbf{E}=\frac{q(4-\sqrt{2})}{64\pi \epsilon_{0} a^{2}} (\hat\mathbf{x}-\hat\mathbf{y}) )]

따라서 점전하가 받는 힘은 [math(\mathbf{F}=q\mathbf{E})]에 의해

[math( \displaystyle \mathbf{F}=\frac{q^{2}(4-\sqrt{2})}{64\pi \epsilon_{0} a^{2}} (\hat\mathbf{x}-\hat\mathbf{y}) )]


참고적으로 두 무한한 판이 [math((180/n)^{\circ}\,(n \in \mathbb{N} ))]의 사잇각으로 있을 때, 놓아야 하는 영상 전하의 개수는 [math(2n-1)]개이다. 이 문제 상황에서는 [math(n=2)]였으므로 영상 전하가 3개 놓였다.

또한 위와 같은 전하 배치는 사극자(Quadrupole)와 같은데, 위의 문제 상황은 결국 사극자가 놓여있는 상황과 같음을 알 수 있다. 이곳에서 사극자의 전기력선을 볼 수 있으니, 참고한다.

6.3.2.2. 예제 2
[문제]
예제 1의 상황에서 반지름 [math(a)]인 사분구 영역이 추가됐을 때, 영상법을 적용해보고자 한다. [math(q)]는 구 표면으로부터 [math(a)]만큼 떨어져있고, 평행한 각 변과 같은 거리로 떨어져있을 때, 영상 전하의 위치와 전하량을 구하시오.

파일:나무_영상법_예제2_수정.png

[풀이 보기]
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예제 1의 결과를 참고하면, 아래와 같이 영상 전하를 둬야 한다는 것을 알 수 있다.

파일:나무_영상법_예제2_부연그림.png

이때, 도체구에 대한 영상법 예제 문제를 참고하면,

[math( \displaystyle d=\frac{a}{2} \qquad \qquad q'=-\frac{q}{2} )]

이어야 한다.

7. 정전기 에너지

7.1. 개요

정전기 에너지(Electrostatic energy)는 어떤 계에 놓인 전하들의 모든 전기적 위치 에너지를 합한 것이다.

2개 이상의 전하[6]는 서로에게 전기력을 미치기 때문에 어떤 계에 전하들을 원하는 위치 놓기 위해선 에너지가 필요하다. 따라서 그 에너지만큼의 일을 해주면, 전하들을 배치할 수 있고, 그와 동시에 전하들은 각각 전기적 위치 에너지를 갖게 되는데, 그 합이 그 계의 정전기 에너지라는 것이다.

중력장으로 이해하면 쉽게 이해할 수 있다. 지표면에 있는 물체를 어느 높이에 배치하기 위해선 에너지가 필요하며, 그 에너지만큼의 일을 해야 해당 높이에 물체를 배치할 수 있다. 그리고, 그만큼 물체는 중력 퍼텐셜 에너지를 갖게 되는 것과 같은 이치다.

정리하면, 2개 이상의 전하는 배치돼 있는 것만으로도 퍼텐셜 에너지를 갖게 되는데 이것을 ‘정전기 에너지’라 하는 것이다.

7.2. 상세

전하 [math( q_{1} )]이 배치되어 있고, [math( q_{2} )]를 [math( r_{12} )]의 거리에 위치 시킨다고 해보자. 이때, 계의 정전기 에너지는 [math( q_{2} )]를 무한원점으로 부터 [math( r_{12} )][참고]까지 이동시키는 데 필요한 일이므로 [math( q_{2} )]의 위치에서 받는 전기 퍼텐셜에 자신의 전하량 [math( q_{2} )]을 곱한 값이다.[8]

[math( \displaystyle U=q_{2} \left(\frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{q_{1}}{r_{12}} \right)=\frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{q_{1}q_{2}}{r_{12}} )]

가 된다. 여기에 또 다시 전하 [math( q_{3} )]를 배치한다면, 같은 방법으로

[math( \displaystyle U=\frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \left[ \frac{q_{1}q_{2}}{r_{12}}+\frac{q_{1}q_{3}}{r_{13}}+\frac{q_{2}q_{3}}{r_{23}} \right] )]

이것을 다시 쓰면,

[math( \displaystyle U=\left [ q_{2}\left ( \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{q_{1}}{r_{12}} \right )+q_{3}\left ( \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{q_{1}}{r_{13}}+ \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{q_{2}}{r_{23}} \right ) \right ] )]


전하는 다량 배치 가능하므로 합의 기호를 쓰자. 계에 전하가 총 [math( N )]개 있다면,

[math( \displaystyle U=\sum_{i=1}^{N}q_{i}\left [ \sum_{j=1}^{i-1} \left ( \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{q_{j}}{r_{ij}} \right ) \right ]=\sum_{i=1}^{N}\sum_{j<i}^{N}q_{i} \left ( \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{q_{j}}{r_{ij}} \right ) )]

이때, 위 식은 아래와 같이 쓸 수 있다.

[math( \displaystyle U=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{N}\sum_{j \neq i=1}^{N}q_{i} \left ( \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{q_{j}}{r_{ij}} \right ) )]

아래와 같이

[math( \displaystyle \sum_{j \neq i=1}^{N} \left ( \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{q_{j}}{r_{ij}} \right ) \equiv \Phi_{i} )]

즉, 전하 [math( q_{i} )]의 위치 에서 계의 전기 퍼텐셜 합을 위와 같이 정의하면,

[math( \displaystyle U=\sum_{i=1}^{N}\frac{1}{2} q_{i}\Phi_{i} )]

연속체의 경우엔 [math( q_{i} \rightarrow dq(\mathbf{r})=\rho(\mathbf{r})\, dV )], [math( \Phi_{i} \rightarrow \Phi(\mathbf{r}) )]가 되고, 합은 적분으로 대치된다. 따라서

[math( \displaystyle U=\int \frac{1}{2}dq(\mathbf{r})\Phi(\mathbf{r})=\iiint \frac{1}{2}\rho(\mathbf{r})\Phi(\mathbf{r})\,dV )]

가 된다.

위에선 부피에 전하가 분포할 때만 다뤘지만, 면이나 선에 분포하는 전하도 표면 전하 밀도, 선 전하 밀도를 도입하면 계산할 수 있다.

7.2.1. 예제

[문제]
전하 [math( Q )]로 대전된 반지름 [math( R )]인 도체 구의 정전기 에너지를 구하여라.

[풀이 보기]
-----
전하가 표면에 [math( Q )]만큼 있을 때, 표면 전하 밀도는 [math( \sigma=Q/4 \pi R^{2} )]이고, 도체 구 표면의 전위는 [math( \Phi=Q/4 \pi \epsilon_{0} R )]이다. 따라서 정전기 에너지는

[math( \displaystyle U=\frac{1}{2} \int \sigma \Phi\, da=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\pi} \frac{Q}{4 \pi R^2} \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0} R^{2}} R^{2}\sin{\theta}\, d \theta d \phi )]

가 되므로

[math( \displaystyle U=\frac{Q^{2}}{8 \pi \epsilon_{0} R} )]

가 된다.

7.3. 에너지 밀도

위에서 논의했던

[math( \displaystyle U=\iiint_{V} \frac{1}{2}\rho\Phi\,dV )]

에서 [math( \boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{E}=\rho/\epsilon_{0} )]임을 이용하면,

[math( \displaystyle U= \frac{\epsilon_{0}}{2} \iiint_{V} \Phi(\boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{E})\,dV )]

이때, 벡터 항등식

[math( \displaystyle \boldsymbol{\nabla} \cdot (\Phi\mathbf{E}) = \Phi (\boldsymbol{\nabla} \cdot \mathbf{E})+\mathbf{E} \cdot (\boldsymbol{\nabla} \Phi) )]

을 사용하면,

[math( \displaystyle U= \frac{\epsilon_{0}}{2} \left[ \iiint_{V} \boldsymbol{\nabla} \cdot (\Phi\mathbf{E})\,dV-\iiint_{V} \mathbf{E} \cdot (\boldsymbol{\nabla} \Phi)\,dV \right] )]

이고, 발산 정리를 이용하고, [math( -\boldsymbol{\nabla}\Phi=\mathbf{E} )]를 이용하면,

[math( \displaystyle U= \frac{\epsilon_{0}}{2} \left[ \iint_{S} (\Phi\mathbf{E})\cdot d\mathbf{a}+\iiint_{V} E^{2}\,dV \right] )]

이때, [math( V )]를 무한한 부피로 보내면, 전하 분포가 유한할 때, [math( \mathbf{E} )]와 [math( \Phi )]는 [math( 0 )]으로 수렴하므로 좌변의 제 [math( 1 )]항은 없어진다.

[math( \displaystyle U= \iiint_{V} \frac{1}{2}\epsilon_{0} E^{2}\,dV )]

여기서 나온

[math( \displaystyle \frac{1}{2}\epsilon_{0} E^{2} \equiv u )]

라 하고, 이것을 에너지 밀도라 한다. 주의해야 할 것은 적분 구간이 전체 공간 이라는 점을 인지하여야 한다는 것이다.

구하는 영역이 물질 속에 있을 경우 에너지 밀도는 다음과 같이 주어진다.

[math( \displaystyle u= \frac{1}{2}\mathbf{E} \cdot \mathbf{D} )]

로 주어진다. [math( \mathbf{D} )]는 전기 변위장이다.

7.3.1. 예제

[문제]
전하 [math( Q )]로 대전된 반지름 [math( R )]인 도체 구의 정전기 에너지를 에너지 밀도를 이용하여 구하여라.

[풀이 보기]
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위의 상황에서 전기장은 가우스 법칙을 이용하면, 구해진다.

[math( \displaystyle \mathbf{E}=\frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0} r^{2}} \hat{\mathbf{r}} \qquad (r>R) )]

참고로, 내부 영역[math( (r<R) )]에서는 도체 구이므로 전기장은 없다.

따라서 위 상황의 에너지 밀도는

[math(\displaystyle u=\frac{1}{2}\epsilon_{0}E^{2}=\frac{1}{2}\epsilon_{0} \left( \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0} r^{2}} \right)^{2}=\frac{Q^{2}}{32 \pi^{2} \epsilon_{0} r^{4}} )]

이고, 구하는 정전기 에너지는 적분 영역을 반지름 [math( R )]인 구[9]로 부터 무한한 반지름의 구까지 하면 된다.

[math(\displaystyle U=\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\pi} \int_{R}^{\infty} \frac{Q^{2}}{32 \pi^{2} \epsilon_{0} r^{4}} r^{2}\sin{\theta}\,drd \theta d \phi =\frac{Q^{2}}{8 \pi \epsilon_{0} R} )]

위에서 구했던 것과 같은 결과를 얻음을 알 수 있다.

8. 관련 문서


[1] 전기장이 보존장임을 이용하고, 보존력이 한 일은 퍼텐셜 에너지 변화량에 마이너스를 붙인 값과 같다는 것을 이용하면, 아래 식 또한 증명할 수 있다. 자세한 건 보존력 문서 참조.[2] 위에서도 밝혔듯, 전하 분포가 무한하다면, 아래의 정의는 쓸 수 없다.[3] 직교 좌표계의 [math( z )]축이 아니라 [math( \hat{\mathbf{r}} )] 방향 중 특정한 방향을 [math( z )]축으로 설정한 것이다.[4] 관심있는 위키러들은 직접 해보아라.[5] 이 상황에서 도체구 위의 퍼텐셜은 [math((4\pi \epsilon_{0}RV)/4\pi \epsilon_{0} R=V)]가 된다.[6] 단일 전하는 전기장 영역에 있지 않기 때문에 무한 원점에서 원하는 위치까지 배치시켜봤자 필요한 일이 없으므로 정전기 에너지는 없다.[참고] [math( r_{ij} )]는 전하 [math( i )]로 부터 [math( j )]까지 거리를 의미한다.[8] 위에서 언급했듯, 전기 퍼텐셜은 전기장 영역에서 무한 원점으로 부터 원하는 위치까지 옳기는 데 단위 시험 전하에 필요한 힘이라 했다.[9] 위에서도 밝혔지만, 도체 구 내부엔 전기장이 없다.

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