1. 개요
가우스 법칙과 관련한 예제를 수록한 문서이다.1.1. 예 1: 가우스 법칙 적용
| [문제] 그림과 같이 진공에 전하량의 크기가 [math(Q)]로 같고, 부호가 다른 두 전하가 떨어져서 고정되어 있다. 폐곡면 [math(S_{1}\sim S_{4})] 표면의 전기 선속을 구하시오. |
- [풀이 보기]
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가우스 법칙을 이용한다. 가우스 법칙에 따르면, 폐곡면에 유출입되는 전기 선속은 그 폐곡면 안에 있는 총전하량에 비례한다.
[math(S_{1})], [math(S_{2})] 안에 포함된 총전하량은 각각 [math(+Q)], [math(-Q)]이므로, [math(S_{1})]표면의 전기 선속은 [math(Q/\epsilon_{0})], [math(S_{2})] 표면의 전기 선속은 [math(-Q/\epsilon_{0})]가 될 것이다.
[math(S_{3})] 안에는 전하가 없다. 따라서 해당 폐곡면 표면의 전기 선속은 0이다.
[math(S_{4})] 안에는 총전하량이 [math(Q+(-Q)=0)]이므로 해당 폐곡면 표면의 전기 선속은 0이다.
1.2. 예 2: 심화
| [문제] 그림과 같이 길이가 무한한 도선이 균일 선전하 밀도 [math(\lambda)]로 대전되어 있다. 가우스 면을 아래와 같이 반지름 [math(R)]인 구면으로 잡는다고 하자. 이 구의 중심은 [math(\mathrm{O})]이고, 도선은 구의 중심으로부터 [math(d)]만큼 떨어져있다. 아래의 가우스 면을 통과하는 전기 선속을 구하시오. |
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우선적으로 가우스 면 안에 포함된 도선의 길이를 구하자. 피타고라스 정리에 의해
[math(\displaystyle 2\sqrt{R^{2}-d^{2}} )]
이므로, 가우스 면 안에든 총전하는 선 전하밀도와 위에서 구한 길이의 곱이다.
[math(\displaystyle Q=2 \lambda \sqrt{R^{2}-d^{2}} )]
따라서 해당 가우스 면을 통과하는 전기 선속은
[math(\displaystyle \frac{Q}{\epsilon_{0}}=\frac{2 \lambda }{\epsilon_{0}}\sqrt{R^{2}-d^{2}} )]
이 된다.
1.3. 가우스 법칙을 이용한 전기장 구하기
1.3.1. 예 1: 원통형 전하 분포
| [문제] 균일한 전하밀도 [math(\lambda)][1]로 대전된 무한한 길이이고, 단면의 반지름이 [math(\rho_{0})]인 원통의 내·외부 전기장 분포를 구하시오. |
- [풀이 보기]
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이 문제에서 가장 유용한 원통 좌표계를 사용하고, 해당 원통의 축은 [math(z)]축과 일치한다고 가정하자. 이 문제에서 전기장은 대칭성 때문에 [math(z)]와 [math(\phi)]에 의존하지 않으므로
[math(\displaystyle \mathbf{E}=E_{\rho}(\rho) \hat{\boldsymbol{\rho}}+E_{\phi}(\rho) \hat{\boldsymbol{\phi}}+E_{z}(\rho) \hat{\mathbf{z}} )]
우선 가우스 법칙을 고려하자. 위 그림과 같이 폐곡면으로 단면의 반지름이 [math(\rho)]이고, 높이 [math(L)]의 원통으로 잡자. 위에서 밝혔듯 전기장은 [math(z)]에 의존하지 않고 윗면과 아랫면의 법선 벡터는 반대이므로, 총 원통에 대한 전기 선속을 논할 때 윗면과 아랫면에 대한 선속의 기여는 상쇄되고, 남는 것은 옆면에 대한 선속이므로, 다음과 같이 쓸 수 있다.
[math(\displaystyle \oint \mathbf{E}(\rho) \cdot d \mathbf{a}=\int_{\mathrm{side}} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{a})]
다음 과정은 전기장에 대한 정보를 더 얻고 하기로 한다.
정전기장을 다루고 있으므로 폐곡선을 따라 전기장이 한 일은 0이 돼야 한다. 즉,
[math(\displaystyle \oint_{C} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{r}=0)]
우선 [math(C)]를 반지름이 [math(\rho)]인 원으로 잡자. 이 경로상에서 [math(d \mathbf{r}=\rho\,d\phi\hat{\boldsymbol{\phi}})]이므로
[math(\displaystyle \oint_{C} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{r}=\int_{0}^{2 \pi} E_{\phi}(\rho) \rho\,d\phi=0 )]
이것을 만족시키려면, [math(E_{\phi}(\rho)=0)]이어야 한다. 즉, 전기장의 [math(\phi)]성분은 없다.
이번에는 [math(C)]를 위 그림과 같은 사각형 경로로 잡자. 전기장의 각 성분이 [math(\rho)]에만 의존하기 때문에 사각형 경로 중 축과 수직인 경로들은 상쇄된다. 즉, 일 계산에 기여하는 것은 축과 평행한 경로들뿐이다. 이 경로들의 [math(d \mathbf{r}=\pm dz \hat{\mathbf{z}})]이므로
[math(\displaystyle \oint_{C} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{r}=h[E_{z}(\rho_{1})-E_{z}(\rho_{2} ) ]=0 )]
따라서 이것을 만족시키려면,
[math(\displaystyle E_{z}(\rho_{1})=E_{z}(\rho_{2} ))]
이므로 전기장의 [math(z)]성분은 상수이다. 대칭성에 의해 이 상수를 0으로 두는 것이 합당하다.[2] 따라서 전기장의 [math(z)]축 성분은 없다.
여기까지의 결과를 정리하면, 전기장은 다음과 같다.
[math(\displaystyle \mathbf{E}=E_{\rho}(\rho) \hat{\boldsymbol{\rho}} )]
(ⅰ) 원기둥 내부 ([math(\boldsymbol{\rho<\rho_{0}})])
맨 위에서의 폐곡면으로 잡았던 것을 그대로 사용하면, 가우스 법칙에 의해,
[math(\displaystyle \oint \mathbf{E}(\rho) \cdot d \mathbf{a}=\frac{\lambda}{\epsilon_{0}} \pi \rho^{2}L )]
이고, 폐곡면에 대한 적분은
[math(\displaystyle \oint \mathbf{E}(\rho) \cdot d \mathbf{a}=E_{\rho}(\rho) (2 \pi \rho L) )]
이므로 다음이 성립한다.
[math(\displaystyle E_{\rho}(\rho)=\frac{\lambda}{2 \epsilon_{0}} \rho )]
(ⅱ) 원기둥 외부 ([math(\boldsymbol{\rho>\rho_{0}})])
맨 위에서의 폐곡면으로 잡았던 것을 그대로 사용하면, 가우스 법칙에 의해,
[math(\displaystyle \oint \mathbf{E}(\rho) \cdot d \mathbf{a}=\frac{\lambda}{\epsilon_{0}} \pi \rho_{0}^{2}L )]
이다. 주의해야 할 것은 폐곡면 안에 든 전하는 원통 경계 안([math(\rho<\rho_{0})])으로만 있다는 점이다. 폐곡면에 대한 적분은
[math(\displaystyle \oint \mathbf{E}(\rho) \cdot d \mathbf{a}=E_{\rho}(\rho) (2 \pi \rho L) )]
이므로 다음이 성립한다.
[math(\displaystyle E_{\rho}(\rho)=\frac{\lambda}{2 \epsilon_{0}} \frac{\rho_{0}^{2}}{\rho} )]
이상에서 원통 내·외부의 전기장 분포는 다음과 같다.
[math( \displaystyle \mathbf{E}=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{\lambda}{2 \epsilon_{0}} {\boldsymbol{\rho}} & \quad (\rho<\rho_{0})\\ \\ \displaystyle \frac{\lambda}{2 \epsilon_{0}} \frac{\rho_{0}^{2}}{\rho} \hat{\boldsymbol{\rho}} & \quad (\rho>\rho_{0}) \end{array}\right. )]
1.3.2. 예 2: 구면 전하 분포
| [문제] 균일하게 전하량 [math(Q)]로 대전된 반지름 [math(R)]인 구의 내·외부 전기장 분포를 각각 구하시오. |
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이 문제를 다루는 데 편리한 구면 좌표계를 사용하고, 구의 축을 [math(z)]축으로 하자. 이 문제에서는 [math(\theta, \,\phi)]에 대한 대칭성이 존재하기 때문에 전기장의 각 성분은 [math(r)]에만 의존할 것이므로
[math(\displaystyle \mathbf{E}=E_{r}(r) \hat{\mathbf{r}}+E_{\theta}(r) \hat{\boldsymbol{\theta}}+E_{\phi}(r) \hat{\boldsymbol{\phi}} )]
로 쓸 수 있다.
현재 정전기장을 고려하고 있으므로 우선 위의 그림과 같이 축에 수직이고 구의 중심이 중심이 되는 반지름 [math(r)]인 원을 고려하자. 원통 문제와 같이 폐곡선에 대한 전기장의 일은 0이 돼야 하고, 해당 경로의 [math(d \mathbf{r}=r\,d\phi\hat{\boldsymbol{\phi}})]이므로
[math(\displaystyle \oint_{C} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{r}=\int_{0}^{2 \pi} E_{\phi}(r) r\,d\phi=0 )]
이것을 만족시키려면, [math(E_{\phi}(r)=0)]이어야 한다. 즉, 전기장의 [math(\phi)]성분은 없다.
이번엔 구의 축을 한 지름으로 하는 반지름 [math(r)]인 원을 고려하고, 이때의 경로의 [math(d \mathbf{r}=\pm r\,d\theta\hat{\boldsymbol{\theta}})]이므로
[math(\displaystyle \oint_{C} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{r}=\int_{0}^{\pi} E_{\theta}(r) r\,d\theta+\int_{\pi}^{0} E_{\theta}(r) r\,(-d\theta)=2\int_{0}^{\pi} E_{\theta}(r) r\,d\theta=0 )]
이것을 만족시키려면, [math(E_{\theta}(r)=0)]이어야 한다. 즉, 전기장의 [math(\theta)]성분은 없다.
이상의 결과에서 전기장은
[math(\displaystyle \mathbf{E}=E_{r}(r) \hat{\mathbf{r}} )]
으로 표현된다. 즉 전기장은 [math(r)]방향 성분으로만 표현된다.
이제는 가우스 법칙을 고려해보자. 구에 균일하게 전하량 [math(Q)]가 대전되었으므로, 구의 전하 밀도는 전하량을 부피로 나누면 되므로,
[math(\displaystyle \frac{Q}{(4\pi R^{3}) /3} )]
이다.
(ⅰ) 구 내부 ([math(\boldsymbol{r<R})])
맨 위에서의 폐곡면으로 잡았던 것을 그대로 사용하면, 가우스 법칙에 의해,
[math(\displaystyle \oint \mathbf{E}(r) \cdot d \mathbf{a}=\frac{1}{\epsilon_{0}} \frac{Q}{(4\pi R^{3}) /3} \left( \frac{4}{3}\pi r^{3} \right) )]
이고, 폐곡면에 대한 적분은
[math(\displaystyle \oint \mathbf{E}(r) \cdot d \mathbf{a}=E_{r}(r) (4 \pi r^{2}) )]
이므로 다음이 성립한다.
[math(\displaystyle E_{r}(r)=\frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{r}{R^{3}} )]
(ⅱ) 구 외부 ([math(\boldsymbol{r>R})])
맨 위에서의 폐곡면으로 잡았던 것을 그대로 사용하면, 가우스 법칙에 의해,
[math(\displaystyle \oint \mathbf{E}(r) \cdot d \mathbf{a}=\frac{Q}{\epsilon_{0}} )]
이다. 폐곡면에 대한 적분은
[math(\displaystyle \oint \mathbf{E}(r) \cdot d \mathbf{a}=E_{r}(r) (4 \pi r^{2}) )]
이므로 다음이 성립한다.
[math(\displaystyle E_{r}(r)=\frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2}} )]
이상에서 구 내·외부의 전기장 분포는 다음과 같다.
[math( \displaystyle \mathbf{E}=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{\mathbf{r}}{R^{3}} & \quad (r<R)\\ \\ \displaystyle \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2}} \hat{\mathbf{r}} & \quad (r>R) \end{array}\right. )]
주목해야 할 것은, 구의 외부 전기장 분포는 전하량 [math(Q)]인 점전하가 구의 중심에 놓여있을 때와 같다는 것이다. 따라서 "균일하게" 대전 된 구는 구의 전하량과 같은 점전하가 구의 중심에 놓여있다고 취급해도 무리가 없다.[3]
1.3.3. 예 3: 대전된 판
| [문제] 균일한 표면 전하 밀도 [math(\sigma)]로 대전된 무한한 판의 전기장 분포를 구하시오. |
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직교 좌표계상에서 아래의 그림과 같은 상황을 고려하자.
현재 판이 무한하기 때문에 [math(x)]와 [math(y)]에 대한 대칭성 때문에 전기장의 각 성분은 [math(z)]에만 의존할 것이다:
[math(\displaystyle \mathbf{E}=E_{x}(z) \hat{\mathbf{x}}+E_{y}(z) \hat{\mathbf{y}}+E_{z}(z) \hat{\mathbf{z}} )]
장의 대칭성 때문에 다음이 성립한다.[4]
[math(\displaystyle \begin{aligned} E_{x}(z)&=-E_{x}(-z) \\ E_{y}(z)&=E_{y}(-z) \\ E_{z}(z)&=-E_{z}(-z) \end{aligned} )]
우선 위 그림의 [math( \mathrm{(b)} )]의 [math(C_{1})]과 같은 경로를 고려하자. 다루는 전기장은 정전기장이기 때문에
[math(\displaystyle \oint_{C_{1}} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{r}=0)]
이 돼야 한다. 그런데 전기장의 각 성분은 [math(z)]에만 의존하므로 판을 가로지르는 두 부분은 선적분 시 상쇄된다. 따라서
[math(\displaystyle \oint_{C_{1}} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{r}=a[E_{x}(z)- E_{x}(-z) ]=0)]
따라서 위 조건을 만족시키려면,
[math(\displaystyle E_{x}(z)=E_{x}(-z))]
그런데, 위에서의 장 대칭성 조건
[math(\displaystyle E_{x}(z)=-E_{x}(-z))]
또한 있으므로, 전기장의 [math(x)]성분은 없다.
마찬가지로, [math(C_{2})]에 대해서도 같은 논리를 적용하면, 전기장의 [math(y)]성분 상수라는 것을 증명할 수 있다. 그러나, 원통 문제에서 상수장을 없앴던 유사한 이유로 이 문제에서도 상수장은 없어진다. 따라서 전기장의 [math(y)]성분은 없다.[5] 이상에서 이 문제에서의 전기장은 다음과 같다.
[math(\displaystyle \mathbf{E}=E_{z}(z) \hat{\mathbf{z}} )]
이제 그림의 [math( \mathrm{(a)} )]와 같이 단면적의 넓이가 [math(A)]이고, 높이가 [math(2z)]인 원통을 폐곡면 [math(S)]로 잡자. 그런데, 전기장은 [math(z)]성분밖에 없으므로 선속 계산에 기여하는 것은 윗면과 아랫면이다. 따라서
[math(\displaystyle \oint_{S} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{a}=A[E_{z}(z)-E_{z}(-z) ] )]
그런데, 장의 대칭성 조건에 의해
[math(\displaystyle \oint_{S} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{a}=2AE_{z}(z) )]
가우스 법칙에 의해선, 폐곡면 내에 있는 전하는 [math(\sigma A)]이므로
[math(\displaystyle \oint_{S} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{a}=\frac{\sigma A}{\epsilon_{0}} )]
이상에서 장의 대칭성까지 고려한 전기장의 [math(z)]성분은 다음과 같으며,
[math(\displaystyle E_{z}(z)=\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}} \frac{z}{|z|} )]
전기장 분포는 다음과 같다.
[math(\displaystyle \mathbf{E}=\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}} \frac{\mathbf{z}}{|z|} )]
이 문제는 흥미로운 두 결과를 보여준다.- 무한히 대전된 판의 전기장은 감소되지 않고, 공간상으로 퍼진다.
- 대전된 판의 전기장은 판을 가로지를 때, 불연속이 생긴다.
[math( \displaystyle \mathbf{E}_{2} \cdot \hat{\mathbf{n}}- \mathbf{E}_{1} \cdot \hat{\mathbf{n}}=\frac{ \sigma }{ \epsilon_{0} } )]
이 문제에서 나온 결과를 적용해보면, 위 식이 옳다는 것을 알 수 있다.
1.3.4. 예 4: 중첩
| [문제] 그림과 같이 축이 [math(z)]축이고, 중심이 [math(\mathrm{O})], 반지름이 [math(2a)]인 구에 중심 [math(\mathrm{A}(0,\,0,\,a))], 반지름이 [math(a)]인 구의 공동을 내었다. 균일한 부피 전하 밀도 [math(\rho)]로 대전되어 있을 때, 공동 내 전기장을 구하시오. |
- [풀이 보기]
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이 문제 상황은 "공동이 나지 않았을 때의 [math(\boldsymbol{\rho})]로 대전된 구"와 "전하밀도 [math(\boldsymbol{-\rho})]로 대전된 공동에 해당되는 구"가 중첩된 상황과 같다. 따라서 이들에 가우스 법칙을 사용한다.
위와 같이 공동 내 어느 점 [math(\mathrm{P})]의 전기장을 관측하려 한다면, 우선 중심이 [math(\mathrm{O})]이고 반지름이 [math(r)]인 구를 가우스 면으로 잡자. 단, "공동이 나지 않았을 때의 [math(\boldsymbol{\rho})]로 대전된 구"만 고려한다. 위에서의 구면 전하 분포에 대한 결과를 그대로 쓰도록 하자. 단, 관측 지점이 구 내부에 있음에 유의해야 하며, "공동이 나지 않았을 때의 [math(\boldsymbol{\rho})]로 대전된 구"를 나타내는 첨자 [math(1)]을 붙였다. 총 전하량은 곧, 전하 밀도에 부피를 곱하는 것이므로
[math(\displaystyle \mathbf{E}_{1}= \frac{\rho}{4 \pi \epsilon_{0}} \left( \frac{4}{3}\pi \cdot 8a^{3} \right) \frac{\mathbf{r}}{8a^{3}}=\frac{\rho}{3 \epsilon_{0}} {\mathbf{r}} )]
참고로, [math(\mathbf{r}=\overrightarrow{\mathrm{OP}} )]이다. 다음으로는, "전하밀도 [math(\boldsymbol{-\rho})]로 대전된 공동에 해당되는 구"에 대해서만 생각하자. 중심이 [math(\mathrm{A})]이고, 반지름이 [math(r')]인 구를 가우스 면으로 잡자. 이 경우에도 구 대칭의 전하 분포 전기장에 대한 결과를 인용할 것이며, 구 내부에 관측점이 있다는 것에 유의해야 한다. 따라서
[math(\displaystyle \mathbf{E}_{2}=-\frac{\rho}{3 \epsilon_{0}}\mathbf{r'} )]
첨자 [math(2)]는 "전하밀도 [math(\boldsymbol{-\rho})]로 대전된 공동에 해당되는 구"임을 의미하며, [math(\mathbf{r'}=\overrightarrow{\mathrm{AP}} )]이다. 그런데, 위 그림에서
[math(\displaystyle a \hat{\mathbf{z}}+\mathbf{r'}=\mathbf{r} )]
이므로 다음이 성립한다.
[math(\displaystyle \mathbf{E}_{2}=-\frac{\rho}{3 \epsilon_{0}}(\mathbf{r}-a \hat{\mathbf{z}}) )]
따라서 구하는 공동 내 전기장은 두 구가 만드는 전기장의 중첩이므로
[math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}&=\mathbf{E}_{1}+\mathbf{E}_{2} \\ &=\frac{\rho}{3 \epsilon_{0}} {\mathbf{r}}+\left[ -\frac{\rho}{3 \epsilon_{0}}(\mathbf{r}-a \hat{\mathbf{z}}) \right] \\&=\frac{\rho a}{3 \epsilon_{0}}\hat{\mathbf{z}} \end{aligned} )]
으로 주어진다. 따라서 해당 공동 내의 전기장의 크기는 균일하며, [math(+\hat{\mathbf{z}})]방향을 향한다.
1.3.5. 예 5: 심화
| [문제] 그림과 같이 진공상에 전하량 [math(3Q)]로 대전된 영역 [math(0 <r<a)]과 전하량 [math(-2Q)]로 대전된 도체 구각 영역 [math(b<r<c)]가 있다. 다음 물음에 답하시오. (a) 각 영역의 전기장 분포를 구하시오. (b) 각 영역의 전기 퍼텐셜 분포를 구하시오. (c) 각 경계의 표면 전하 밀도를 구하시오. |
- [풀이 보기]
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(a)
이 문제는 구면 대칭성을 가지기 때문에 [math(r<a)]영역의 전기장을 구할 때, 이것은 예 2의 결과를 사용하면 된다.
[math(\displaystyle \mathbf{E}_{1}=\frac{3Q}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{\mathbf{r}}{a^{3}} \quad (r<a) )]
마찬가지의 이유로, [math(a<r<b)]영역의 전기장을 구할 때도, 예 2의 결과를 이용하면 된다.
[math(\displaystyle \mathbf{E}_{2}= \frac{3Q}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2}} \hat{\mathbf{r}} \quad (a<r<b) )]
도체 구각 내부인 [math(b<r<c)] 영역의 전기장은 존재하지 않는다. 이것의 이유는 전기장을 참고하라.
[math(\displaystyle \mathbf{E}_{3}=0 \quad (b<r<c) )]
도체 내부에 전기장이 유입되지 않으려면, 도체 구각 외부 [math(r<b )]에서 유입되는 전기장을 도체 구각은 모두 상쇄해야 한다. 이렇게 되려면, [math(r=b)]의 표면에 도체 구각은 [math(-3Q)]으로 대전되어서, [math(0 <r<a)]영역에 의해 생성되는 전기장을 상쇄하고, 본래의 도체 구각은 [math(-2Q)]로 대전되어 있음을 고려하면, 도체 구각 외부 표면 [math(r=c)]에는 [math(-2Q-(-3Q)=Q)]으로 대전되어야 한다. 그리고, 점 [math(\mathrm{O})]를 중심으로 하고, 반지름 [math(r\,(r>c) )]인 구면을 가우스 면으로 잡는다면, 도체 구각 외부 [math(r>c)]의 전기장을 구면 대칭성이 있음을 고려해서 쉽게 구할 수 있다.
[math(\displaystyle \mathbf{E}_{4}= \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2}} \hat{\mathbf{r}} \quad (r>c) )]
이상에서 아래와 같이 전기장이 결정된다.
[math(\displaystyle \mathbf{E}=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{3Q}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{\mathbf{r}}{a^{3}} & \quad (r<a)\\ \\ \displaystyle \frac{3Q}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2}} \hat{\mathbf{r}} &\quad (a<r<b) \\ \\ \displaystyle 0 & \quad (b<r<c) \\ \\ \displaystyle \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2}} \hat{\mathbf{r}} & \quad (r>c) \end{array}\right. )]
(b)
전기 퍼텐셜의 정의는 다음과 같다. 전기 퍼텐셜 참고.
[math( \displaystyle \Phi \equiv - \int_{ \infty}^{\mathbf{d}} \mathbf{E} \cdot d \mathbf{r} )]
따라서 우선 도체 구각 외부 [math(r>c)]의 전기 퍼텐셜부터 구하자. 이상에서 구한 전기장은 모두 [math(\hat{\mathbf{r}})]방향이고, 미소 변위 벡터 [math(d \mathbf{r})] 또한, [math(\hat{\mathbf{r}})]방향으로 잡는다면,
[math(\displaystyle \begin{aligned} \Phi_{4}&=-\int_{\infty}^{r} \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2}}\,dr \\ &=\frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}r} \quad (r>c) \end{aligned} )]
다음으로, 도체 구각 내부 [math(b<r<c)]의 전기 퍼텐셜을 구하자. 이 영역에서는 전기장이 0이었으므로
[math(\displaystyle \begin{aligned} \Phi_{3}&=-\int_{\infty}^{c} \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2}}\,dr \\ &=\frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}c} \quad (b<r<c) \end{aligned} )]
[math(a<r<b)] 영역은
[math(\displaystyle \begin{aligned} \Phi_{2}&=-\int_{\infty}^{c} \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2}}\,dr-\int_{b}^{r} \frac{3Q}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2}}\,dr \\ &=\frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}} \left( \frac{1}{c}-\frac{3}{b}+\frac{3}{r} \right) \quad (a<r<b) \end{aligned} )]
[math(r<a)] 영역은
[math(\displaystyle \begin{aligned} \Phi_{1}&=-\int_{\infty}^{c} \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2}}\,dr-\int_{b}^{a} \frac{3Q}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2}}\,dr-\int_{a}^{r} \frac{3Q}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{r}{a^{3}} \,dr \\ &=\frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}} \left( \frac{1}{c}-\frac{3}{b}+\frac{9}{2a}-\frac{3r^{2}}{2a^{3}} \right) \quad (r<a) \end{aligned} )]
으로 결정된다.
따라서 전기 퍼텐셜 분포는
[math(\displaystyle \Phi=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}} \left( \frac{1}{c}-\frac{3}{b}+\frac{9}{2a}-\frac{3r^{2}}{2a^{3}} \right) &\quad (r<a)\\ \\ \displaystyle \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}} \left( \frac{1}{c}-\frac{3}{b}+\frac{3}{r} \right) &\quad (a<r<b) \\ \\ \displaystyle \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}c} &\quad (b<r<c) \\ \\ \displaystyle \frac{Q}{4 \pi \epsilon_{0}r} \quad &(r>c) \end{array}\right. )]
으로 결정된다. 이때, 전기 퍼텐셜은 각 경계를 가로지를 때 연속이며, 도체 구각 영역은 모두 등전위이다.
(c)
전기 퍼텐셜 문서에서 경계치 문제를 논하면서, 표면 전하 밀도가 존재하면, 경계에 수직한 전기장의 성분이 불연속이 된다는 것을 논의했다. 이 문제에서 전기장은 모두 경계에 수직하므로 결국 전기장이 연속이느냐를 따지면 된다. 이 문제에서 경계는 총 3곳 있다: [math(r=a)], [math(r=b)], [math(r=c)]. 그런데, 전기장에 불연속이 있는 곳은 [math(r=b)], [math(r=c)]이므로 이곳만 구하면 된다. 즉, [math(r=a)]는 전기장 성분이 연속이므로 표면 전하 밀도는 0이다.
[math(r=b)]에서 표면 전하 밀도는
[math(\displaystyle -\epsilon_{0}[E_{2}(r=b)-E_{3}(r=b) ]=\frac{3Q}{4 \pi b^{2}} )]
[math(r=c)]에서 표면 전하 밀도는
[math(\displaystyle \epsilon_{0}[E_{4}(r=c)-E_{3}(r=c) ]=\frac{Q}{4 \pi c^{2}} )]
각 표면 전하 밀도는 [math(\theta,\,\phi)]에 의존하지 않으므로 도체 구각 표면에는 균일하게 전하가 퍼져 있음을 나타내며, 사실 이것은 이 문제가 구면 대칭이 있기 때문에 당연한 결과이다. 혹은, 이곳을 참고하면, 정전기학적 상황을 만족시키기 위해선 구각 외부 표면들에 전류가 생성되면 안되며, 이를 위해선, 전하가 균일하게 표면상에 분포할 수밖에 없다는 결론이 도출된다.
아래의 그래프는 위에서 나온 결과를 바탕으로, 전기장 세기 분포와 전기 퍼텐셜 분포를 나타낸 것이다.[추가 자료]
[1] 축으로부터의 거리 [math(\rho)]와 혼동을 방지하기 위해, 부피 전하 밀도로 [math(\lambda)]를 사용했다. 선전하 밀도가 아님에 유의하라. 책에 따라 부피 전하 밀도를 [math(\rho_{v})]로 쓰기도 한다.[2] 도선의 축에 수직한 평면을 기준으로 반사한 상황을 생각해보라. 예를 들어, 이 상수 전기장이 있다고 가정하면, [math(E_{z}=C)]가 될 것이다. 그러나, 반사하면, [math(E_{z}=-C)]가 되면서 해당 전기장 성분은 바뀌게 된다. 그러나, 반사를 하든 하지 않든, 보이는 물리적 상황은 동일하다. 따라서 물리적 상황은 같은데 반사 유무에 따라 전기장에 달라진다는 건 물리적이지 않으므로 상수 전기장은 없다고 하는 것이 합당하다.[3] 전기장에서의 구각 정리로 생각할 수 있다.[4] [math(x=0)] 평면을 기준으로 이 문제 상황은 반사 대칭성이 있다. 사실 후술할 것이지만, 이 문제는 [math(y=0)]을 기준으로도 대칭성이 있다.[5] 이 상수장이 있으면, [math(x=0)]평면에 대한 반사 대칭을 만족시키지 않는다.