정상전류에 의한 자기장

Last Updated on 2025-09-05 by BallPen

정상전류가 만드는 자기장을 비오-사바르 법칙으로 구해 봐요.

정상전류에 의한 자기장(또는 정상전류가 만드는 자기장)을 이번 글에서 알아 볼 거에요.

여기서 정상전류(steady current)란 도선에 흐르는 전류가 시간에 따라 변하지 않는 것을 뜻해요. 만일 시간에 따라 변하면 그것은 정상전류가 아니라 비정상전류라고 합니다.

한편 도선에 전류가 흐르면 그 주변에 자기장이 형성됩니다. 이때 정상전류에 의해 형성되는 자기장을 표현하는 법칙이 비오-사바르 법칙이에요.

이 글에서는 비오-사바르의 법칙을 알아본 후, 정상전류 I가 흐르는 무한히 긴 직선도선으로부터 s만큼 떨어진 곳에서의 자기장이 다음 식과 같이 주어짐을 유도해 봐요.

\begin{align}
\tag{D1}
B = {{\mu_0 I}\over{2\pi s}}
\end{align}

또한 반지름 r인 원형 고리 도선에 정상전류 I가 흐를 때 고리도선 중심에서의 자기장이 다음과 같이 주어짐을 구해 봐요.

\begin{align}
\tag{D2}
B= {{\mu_0 I}\over{2R}}
\end{align}

아래는 이번 글의 목차 입니다.

1. 정상전류에 의한 자기장 : 비오-사바르의 법칙

아래 [그림 1]은 정상전류 I가 흐르는 도선루프를 나타내고 있어요.

이때 이 도선루프의 미소 길이 요소 d l^{\prime}으로부터 \vec r만큼 떨어진 지점 P를 생각해봐요. 그리고 그 지점에서 도선루프를 따라 흐르는 정상전류 I에 의한 자기장 \vec B(r)을 구한다고 생각해 봐요.

정상전류가 만드는 자기장은 장바티스트 비오(Jean-Baptiste Biot)와 펠릭스 사바르(F\rm \acute{e}lix Savart)가 만든 비오-사바르 법칙(Biot-Savart law)을 이용하면 구할 수 있습니다. 비오-사바르의 법칙은 다음 식으로 주어집니다.

\tag{1-1}
\begin{align}
\vec B (\vec r) = {{\mu_0}\over{4 \pi}}\int {{\vec I \times \hat r}\over{r^2}} dl^{\prime}
\end{align}

여기서 \mu_0는 진공의 투자율로서 4 \pi \times 10^{-7}~\rm{N / A^2}입니다.

한편, 도선루프에 흐르는 전류 크기가 I로 일정하고 전류가 흐르는 방향은 미소 길이요소 dl^{\prime}과 방향이 같아요. 따라서 \vec I에서 전류 크기는 적분기호 밖으로 빼내는 대신 미소 길이요소 dl^{\prime}에 전류의 방향을 부여해줄 수 있어요.

그러면 (1-1)식은 다음과 같이 변형될 수 있습니다.

\tag{1-2}
\begin{align}
\vec B (\vec r) = {{\mu_0 I}\over{4 \pi}}\int {{d \vec l^{\prime} \times \hat r}\over{r^2}} 
\end{align}

윗 식의 적분은 전류의 경로를 따라가며 하면 됩니다.

그리고 자기장은 벡터량이므로 자기장의 방향은 윗 식에서 d \vec l^{\prime} \times \hat r이 결정합니다. 두 벡터의 외적으로 주어지므로 오른손 법칙에 따라 d \vec l^{\prime}과 \hat r이 만드는 평면에 수직한 방향이 자기장 방향이 되겠죠.

한편, (1-1)식의 도선에 전류가 흐르는 것을 확장하여 표면전류가 흐르는 경우와 부피전류가 흐르는 경우로 확장하면 다음과 같습니다. 즉 \vec I를 표면전류밀도와 부피전류밀도로 바꾸기만 하면 됩니다.

\tag{1-3}
\begin{aligned}
\vec B (\vec r) = {{\mu_0}\over{4 \pi}}\int {{\vec k \times \hat r}\over{r^2}} da^{\prime}
\end{aligned}

\tag{1-4}
\begin{aligned}
\vec B (\vec r) = {{\mu_0}\over{4 \pi}}\int {{\vec J \times \hat r}\over{r^2}} d\tau^{\prime}
\end{aligned}

위 (1-3)식에서 \vec k는 단위 폭 당 전류로서 \vec I / l_\bot로 정의되는 표면전류밀도를 의미하고, (1-4)식에서 \vec J는 단위 면적당 전류로서 \vec I/a_\bot로 정의되는 부피전류밀도를 의미합니다.

그리고 da^{\prime}=(l_\bot dl^{\prime})를 , d \tau^{\prime}=(a_\bot dl^{\prime})에서 도출된 것입니다.

2. 정상 전류에 의한 자기장 예제

2-1. 무한히 긴 직선도선이 만드는 자기장

아래 [그림 2]의 아래쪽에 있는 가로 선은 무한히 긴 직선도선을 나타냅니다. 그리고 이 직선 도선에 정상전류 I가 흐르고 있어요.

이때 이 직선도선으로부터 수직거리 s만큼 떨어진 P점에서의 자기장을 구해 보도록 해요.

그림과 같이 미소 길이요소 d \vec {l^\prime}으로부터 P점은 \vec r만큼 떨어져 있어요.

(1-2)식의 비오-사바르의 법칙을 다시 쓰면 아래와 같아요.

\tag{2-1}
\begin{align}
\vec B (\vec r) = {{\mu_0 I}\over{4 \pi}}\int {{\vec dl^{\prime} \times \hat r}\over{r^2}} 
\end{align}

우선 윗 식을 통해 P점에서의 자기장 방향 만을 먼저 구해 봐요.

d \vec {l^{\prime}} \times \hat r이므로 오른손 법칙을 적용하면 P점에서의 자기장은 화면 속에서 화면 밖으로 나오게 된 다는 것을 알 수 있어요.

그리고 3차원으로 확장해서 생각하면, 무한히 긴 직선도선으로부터 s만큼 떨어진 지점을 상상하면 도선을 둘러싼 가상의 원통을 상상할 수 있을 거에요.

이 원통의 접선 방향이 바로 자기장 방향입니다. 즉 원통의 어느 곳이던 자기장 크기는 모두 같고 방향만 달라진다는 거에요.

이제 P점에서의 자기장 방향을 알았으니 (2-1)식을 풀어 자기장 크기를 구하면 되는데요. d \vec {l^{\prime}}의 위치에 따라 r의 크기가 의존해서 달라지므로 변수를 통일할 필요가 있습니다.

[변수의 통일]

이를 위해 r을 \theta의 함수로 통일하고 \theta로 적분을 하도록 하겠습니다.

(2-1)식에서 분자에 있는 두 벡터의 외적 크기는 다음 (2-2)식처럼 표현할 수 있어요.

이때 \sin \alpha와 \cos \theta는 모두 s/r의 관계를 가지므로 서로 바꿀 수 있습니다.

\begin{align}
\tag{2-2}
|d \vec {l^\prime} \times \hat r| = d l^{\prime} \sin \alpha = dl^{\prime} \cos \theta
\end{align}

여기서 \hat r은 단위벡터이므로 크기가 1이에요.

한편 [그림 2]에서 보여지는 삼각형 밑변의 길이가 l^{\prime}인데요. 이 길이는 s\tan \theta와 같습니다. 또한 이 l^{\prime}을 미분하면 d l^{\prime}으로 쓸 수 있고 그 결과는 아래와 같습니다. \tan \theta의 미분 방법이 궁금하면 링크를 클릭해 주세요.

\begin{align}
\tag{2-3}
l^{\prime} = s \tan \theta ~~~\rightarrow~~~d l^\prime = s (d \tan \theta)=s\Big({{1}\over{\cos^2 \theta}}d\theta \Big)
\end{align}

한편 \cos \theta = {s / r}이므로, r^2에 대해 정리하면 다음과 같아요.

\begin{aligned}
\tag{2-4}
{1 \over r^2} = {{\cos^2 \theta}\over{s^2}}
\end{aligned}

[풀이 계속]

이제 (2-3)식의 d l^{\prime}을 (2-2)식에 대입하면 다음과 같아요.

\begin{aligned}
\tag{2-5}
|d \vec {l^\prime} \times \hat r| &= s \Big( {1 \over {\cos^2 \theta}} d \theta\Big) \cos \theta\\[10pt]
&=\Big( {s \over {\cos^2 \theta}} \Big) \cos \theta d \theta\\[10pt]

\end{aligned}

그럼 이제 위 (2-5)식과 (2-4)식을 (2-1)식에 대입합니다.

\tag{2-6}
\begin{aligned}
\vec B (\vec r) &= {{\mu_0 I}\over{4 \pi}}\int {{\vec dl^{\prime} \times \hat r}\over{r^2}} \\[10pt]
&={{\mu_0 I}\over{4 \pi}} \int_{\theta_1}^{\theta_2} \Big( {{\cancel{\cos^2 \theta}}\over{s^{\cancel 2}}}\Big)\Big({{\cancel s}\over{\cancel{\cos^{2} \theta}}}\Big) \cos \theta d \theta
\end{aligned}

윗 식과 같이 약분할 것은 약분하고 정리합니다.

남은 문제는 적분구간을 어떻게 설정하느냐 인데요. 만일 도선이 무한히 길다면 [그림 2]에서 \theta는 \pi /2가 될 것임을 짐작할 수 있을 거에요.

이것이 \theta_2에요.

그러면 \theta_1은 왼쪽으로 무한대만큼 도선이 있으므로 - \pi /2가 될 거에요. 이 적분구간을 (2-6)식에 반영하고 정리해나가면 아래와 같습니다.

\begin{aligned}
\tag{2-7}
\vec B (\vec r) &= {{\mu _ 0 I}\over{4 \pi}} \int_{-{\pi \over 2}}^{\pi \over 2} {{\cos \theta}\over{s}}d \theta\\[10pt]
&={{\mu_0 I}\over{4 \pi s}} \int_{-{\pi \over 2}}^{\pi \over 2} \cos \theta d \theta\\[10pt]
&={{\mu_0 I}\over{4 \pi s}} \Big[ \sin \theta \Big]_{-{\pi \over 2}}^{\pi \over 2}\\[10pt]
&={{\mu_0 I}\over{4 \pi s}}\Big(\sin {\pi \over 2} -\sin ({-{\pi \over 2}}) \Big)\\[10pt]
&={{\mu_0 I}\over{4 \pi s}}\Big(\sin {\pi \over 2} +\sin {{\pi \over 2}} \Big)\\[10pt]
&={{\mu_0 I}\over{4 \pi s}}\Big(2 \sin{\pi \over 2}\Big)\\[10pt]
&={{\mu_0 I}\over{2 \pi s}}
\end{aligned}

윗 식의 가장 마지막 수식이 무한히 긴 직선도선으로부터 s만큼 떨어진 위치에서 정상전류에 의한 자기장 공식인 것입니다.

2-2. 원형 고리에 의한 자기장

아래 [그림 3]은 정상전류 I가 흐르는 원형 고리 도선이 있고 그 고리 도선의 미소 길이 요소 dl^{\prime}로부터 \vec r 만큼 떨어진, 즉 원형고리 중심으로부터 z만큼 높은 지점 P에서의 자기장을 구해 보는 문제에요.

이 문제도 비오-사바르의 법칙을 적용하면 됩니다.

\tag{2-8}
\begin{align}
\vec B (\vec r) = {{\mu_0 I}\over{4 \pi}}\int {{d \vec l^{\prime} \times \hat r}\over{r^2}} 
\end{align}

우선 P점에서 dl^{\prime}에 의한 자기장 방향을 따져 보면 d \vec l^{\prime}과 단위벡터 \hat r이 만드는 평면에 수직한 방향인데요.

그림에서 보라색 화살표가 그 방향이 됩니다.

한편, 보라색 화살표인 d \vec B를 x성분과 z성분으로 쪼개면 그림과 같이 각각 dB\sin \theta와 dB\cos \theta로 나타낼 수 있습니다.

그런데 원형 고리도선은 중심점을 기준으로 원형 대칭이므로 원형고리 전체를 고려하면 x성분은 모두 상쇄된다는 것을 알 수 있습니다.

즉, dB\sin \theta는 오른쪽 끝에 미소 길이 요소 dl^{\prime}이 있을 때의 성분인데, 이 성분은 원형 고리 왼쪽 끝의 미소 길이 요소에 의한 x성분과 크기가 같고 방향이 반대가 되기 때문에 상쇄된다는 의미입니다.

그러면 결국 원형고리 도선 전체에 의한 P점에서의 자기장은 B\cos \theta 성분만 고려하면 됩니다.

그래서 (2-8)식에 \cos \theta를 곱해주어 다음 (2-9)식과 같이 표현할 수 있습니다.

여기서 P점에서의 자기장 방향은 위로 올라가는 수직 방향이라는 것을 이미 알고 있으므로 크기만 구하기 위해 스칼라로 표현했습니다.

\tag{2-9}
\begin{aligned}
B &={{\mu_0 I}\over{4 \pi}}\int {{dl^{\prime}}\over{r^2}}\cos \theta\\[10pt]  
&={{\mu_0 I}\over{4 \pi}}\int {{{\cos \theta}} \over r^2}dl^{\prime} 
\end{aligned}

그리고 (2-9)식에서 \cos \theta는 [그림 3]을 참고하면 R/r와 같으므로 이를 대입하고 끝까지 정리하면 아래와 같습니다.

\tag{2-10}
\begin{aligned}
B &={{\mu_0 I}\over{4 \pi}}\int {{{\cos \theta}} \over r^2}dl^{\prime} \\[10pt]
&={{\mu_0 I}\over{4 \pi}} \int {{R/r}\over{r^2}}dl^{\prime}\\[10pt]
&={{\mu_0 I}\over{4 \pi}} {R \over r^3} \int dl^{\prime}\\[10pt]
&={{\mu_0 I}\over{4 \pi}} {R \over r^3}(2\pi R)\\[10pt]
&={{\mu_0 I}\over{2}}{{R^2}\over{r^3}}\\[10pt]
&={{\mu_0 I}\over{2}}{{R^2}\over{(R^2 + z^2)^{3/2}}}
\end{aligned}

2-3. 원형 고리 중심에서의 자기장

이번에는 [그림 3]에 있는 원형고리 중심의 자기장은 어떻게 표현될 까요?

이것은 (2-10)식의 가장 끝 수식에서 단지 z를 0으로 보내면 쉽게 풀립니다.

\begin{aligned}
\tag{2-11}
B&= {{\mu_0 I}\over{2}} {{R^2}\over{(R^2 + 0^2)^{3/2}}}\\[10pt]
&={{\mu_0 I}\over{2}}{{R^2}\over{R^3}}\\[10pt]
&={{\mu_0 I}\over{2R}}
\end{aligned}

윗 식이 바로 원형 고리 중심의 정상전류에 의한 자기장 공식이 되겠습니다.

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