전기장의 발산(Divergence of Electric field)

Last Updated on 2024-04-14 by BallPen

전기장의 발산(divergence)과 물리적 의미를 알아보겠습니다.

전하가 만드는 장(field)을 전기장이라고 하는데요. 전기장은 양전하에서 나와 음전하로 들어가죠. 전기장의 발산 공식(divergence theorem)은 다음과 같이 주어집니다.

\tag{D1}
\oint_s \vec E \cdot d \vec a = \int_V (\color{red}{\nabla \cdot \vec E} \color{black})d\tau = {1 \over \epsilon_0}\int_V \rho (\vec r) d \tau = {{Q_{enc}}\over{\epsilon_0}}

이때 빨강색으로 표기한 \nabla \cdot \vec E를 전기장의 발산이라고 하는데요. 그것만을 따로 쓰면 다음 식이 성립해요.

\tag{D2}
\begin{align}
\nabla \cdot \vec E ={{ \rho (\vec r)} \over{\epsilon_0}}
\end{align}

과연 (D2)식은 어떻게 유도될까요?

우선 가우스 법칙을 복습하고 전기장의 발산을 설명드릴께요. 아래는 이번 글의 목차입니다.

(D1)식의 발산정리에서 가장 왼쪽에 있는 좌변와 가장 오른쪽의 우변을 연결하면 아래식이 됩니다.

\tag{1-1}
\oint_s \vec E \cdot d \vec a = {{Q_{enc}}\over{\epsilon_0}}

이 식을 가우스 법칙이라고 해요.

가우법 법칙의 좌변은 전기장을 닫힌 곡면에 대해 적분한 것으로 이를 전기장 선속(electric flux)이라고 불러요. 그런데 그 전기장 선속이 닫힌 곡면 내에 있는 알짜 전하량 Q_{enc}\epsilon_0로 나눈 값과 같다는 것이죠

물론 닫힌 곡면내에 알짜전하가 없다면 Q_{enc}=0이므로 전기장 선속은 0이 됩니다.

그렇다면 (D1)식에서 중간에 끼워져 있는 두 식은 뭘까요? 이제부터 그 내용을 알아보겠습니다.

전하 하나를 보통 점전하라고 하는데요. 점전하의 전하량을 q라고 할 때 \vec r만큼 떨어진 곳에서의 전기장 \vec E는 다음과 같습니다.

\tag{2-1}
\vec E = {1 \over{4 \pi \epsilon_0}}{\hat r q \over{r^2}} 

여기서 \hat r은 단위벡터를 뜻합니다.

그런데 이러한 점전하들이 모여 연속적인 전하분포를 이룬다고 생각해봐요. [그림 1]은 그러한 상황을 나타낸거에요.

이때 좌표계의 원점을 임의 장소로 잡았어요. 그림과 같이 전하분포 내부일수도 있고 전하분포 밖일 수도 있어요. 중요한 것은 여러분들이 선택한 어느 기준위치가 원점이라는 것을 기억해주세요.

[그림 1] 연속 전하 분포가 만드는 전기장
[그림 1] 연속 전하 분포가 만드는 전기장

그리고 연속 전하분포가 갖는 공간의 미소 부피요소를 d \tau^{\prime}이라 하고, 이 부피 요소 안에 있는 미소 전하량을 dq라고 해봐요.

그러면 그곳에서의 전하 밀도 \rho(\vec {r^{\prime}})는 단위부피당 전하량으로 dq = \rho d \tau의 관계가 성립합니다.

그러면 미소 전하량 dq에 의한 \vec {r^{\prime \prime}} 인 지점에서의 미소 전기장은 다음과 같이 주어져요.

\tag{2-2}
\begin{align}
d \vec E &= {{1}\over{4 \pi \epsilon_0}} {{\hat r^{\prime\prime}dq}\over{{r^{\prime \prime}}^2}}={{1}\over{4 \pi \epsilon_0}}{{ \hat r ^{\prime\prime}\rho(\vec {r^{\prime}}) d\tau^{\prime}}\over{{r^{\prime \prime}}}^2}
\end{align}

그리고 (2-2)식을 전체 공간에 대해 적분하면 다음과 같아요.

\tag{2-3}
\begin{align}
\vec E &={1 \over{4 \pi \epsilon_0}} \int_{all~space} {{\hat r^{\prime\prime}\rho(\vec {r^{\prime}}) }\over{{r^{\prime \prime}}^2}} d\tau^{\prime}
\end{align}

여기서 적분기호 아래에 있는 all~spacer^{\prime \prime}=0인 지점을 포함한다는 의미에요. 이것은 곧 델타함수(delta function)를 활용한다는 의미가 됩니다.

이제 전기장을 정의했으니 전기장의 발산을 구해봐요.

(2-3)식의 좌변과 우변에 발산을 취합니다. 그것이 전기장의 발산이죠. 그러면 다음과 같아요.

\tag{2-4}
\begin{align}
\nabla \cdot \vec E &= \nabla \cdot\Big({1 \over{4 \pi \epsilon_0}} \int_{all~space} {{\hat r^{\prime\prime}\rho(\vec {r^{\prime}}) }\over{{r^{\prime \prime}}^2}} d\tau^{\prime}\Big)\\[10pt]
&={1 \over{4 \pi \epsilon_0}} \int \nabla \cdot \Big[\Big({{{\hat r}^{\prime\prime}}\over{{r^{\prime\prime}}^2}}\Big)\rho(\vec {r^{\prime}}) \Big] d\tau^{\prime}

\end{align}

위 식에서 단위벡터 {\hat r}^{\prime\prime}만 벡터이고 나머지는 모두 스칼라에요. 그리고 물리적 의미 도출을 위해 ({{{\hat r}^{\prime \prime}} / {{r^{\prime \prime}}^2}})를 한데 묶었어요.

한편 \psi를 스칼라함수, \vec A를 벡터장이라고 할 때 곱셈규칙(product rule) \nabla \cdot (\psi \vec A) = (\nabla \psi)\cdot \vec A + \psi \nabla \cdot \vec A를 적용하면 아래와 같아요.

\tag{2-5}
\begin{align}
\nabla \cdot \vec E &= {1 \over {4 \pi \epsilon_0}} \int \Big[\nabla \rho(\vec {r^{\prime}}) \cdot\Big({{{\hat r }^{\prime \prime}}\over{{r^{\prime \prime}}^2}}\Big) \\[10pt] 

&~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~+ \Big(\nabla \cdot {{{\hat r}^{\prime \prime}}\over{{r^{\prime \prime}}^2}}\Big) \rho (\vec {r^{\prime}})\Big]d \tau^{\prime}
\end{align}

이때 \rho는 상수이므로 기울기 \nabla \rho는 0이 됩니다. 결국 위 식은 아래와 같이 쓸 수 있어요.

\tag{2-6}
\begin{align}
\nabla \cdot \vec E &= {1 \over {4 \pi \epsilon_0}} \int  \color{red}\Big(\nabla \cdot {{{\hat r}^{\prime \prime}}\over{{r^{\prime \prime}}^2}}\Big)\color{black} \rho (\vec {r^{\prime}})d \tau^{\prime}
\end{align}

그런데 윗식의 빨강색 부분은 델타함수에서 설명드렸던 -(1/r)의 라플라시안과 같아요. 결국 빨강색 부분은 델타함수를 이용해 4 \pi \delta^3(\vec {r^{\prime \prime}})이 됩니다.

이를 반영하면 (2-6)식은 다음과 같아요.

\tag{2-7}
\begin{align}
\nabla \cdot \vec E &= {1 \over {4 \pi \epsilon_0}} \int  4 \pi \delta^3 (\vec {r^{\prime \prime}}) \rho(\vec {r^{\prime}})d\tau^{\prime}
\end{align}

또한 [그림 1]에 따르면 \vec {r^{\prime \prime}} = \vec r - \vec {r^{\prime}}이 성립하므로 다음과 같이 바꾸어 쓸 수 있어요.

\tag{2-8}
\begin{align}
\nabla \cdot \vec E &= {1 \over {4 \pi \epsilon_0}} \int  4 \pi \delta^3 ( \vec r - \vec {r^{\prime}}) \rho(\vec {r^{\prime}})d\tau^{\prime}
\end{align}

또한 델타함수는 우함수이므로 다음과 같이 쓸수도 있어요. 그리고 상수 4 \pi는 약분할께요.

\tag{2-9}
\begin{align}
\nabla \cdot \vec E &= {1 \over {4 \pi \epsilon_0}} \int  4 \pi \delta^3 ( -(\vec {r^{\prime}} - \vec {r})) \rho(\vec {r^{\prime}})d\tau^{\prime}\\[10pt]
&= {1 \over {\cancel{4 \pi} \epsilon_0}} \int  \cancel{4 \pi} \delta^3 (\vec {r^{\prime}} - \vec {r}) \rho(\vec {r^{\prime}})d\tau^{\prime}\\[10pt]
\end{align}

결국 3차원 델타함수의 성질에 따라 윗 식은 아래와 같이 표현할 수 있어요.

\tag{2-10}
\begin{align}
\nabla \cdot \vec E ={{ \rho (\vec r)} \over{\epsilon_0}}
\end{align}

여기서 중요한 것은 전하들이 분포한 \rho(\vec {r^{\prime}})이 아닌 임의로 정한 공간에서의 \rho(\vec{r})로 바뀌었다는 거에요. 즉 어느 부피 V안에 전하밀도가 있으면 전기장의 발산이 있고, 전하밀도가 없으면 전기장의 발산은 0이 됨을 뜻합니다.

마지막으로 위 (2-10)식의 양변을 부피적분하면 다음과 같이 (1-1)식의 가우스 법칙과 같아져 발산정리가 성립합니다.

\tag{2-11}
\int_V (\color{black}{\nabla \cdot \vec E} \color{black})d\tau = {1 \over \epsilon_0}\int_V \rho (\vec r) d \tau = {{Q_{enc}}\over{\epsilon_0}} = \oint_s \vec E \cdot d \vec a

아래 [그림 2]에서 푸른색의 구가 가우스 곡면을 나타냅니다. 그 가우스 곡면 안쪽의 부피를 V, 그 표면적을 S라고 해봐요.

[그림 2] 전기장의 발산 공식을 적용하면 왼쪽은 <span class="katex-eq" data-katex-display="false">{{\rho} / {\epsilon_0}}</span>가 되지만 오른쪽은 0이 됩니다.
[그림 2] 전기장의 발산 공식을 적용하면 왼쪽은 {{\rho} / {\epsilon_0}}가 되지만 오른쪽은 0이 됩니다.
[가우스 곡면 안에 전하가 있는 경우]

그런데 왼쪽 그림의 경우에는 가우스 곡면 안에 알짜 전하 +q가 있는데요.

그림에는 그리지 않았지만 여러분들은 그 알짜전하로부터 전기장(또는 전기력선)이 나가는 방향으로 존재한다는 것을 상상해야 합니다. 화살표로 표현해봤더니 너무 복잡해져서 전기력선을 그리지 않았어요.

이 경우 가우스 표면 s를 통과하는 전기장선속은 아래와 같이 표현될거에요.

\tag{3-1}
\oint_s \vec E \cdot d \vec a = {{+q}\over{\epsilon_0}}

그렇다면 전기장의 발산은 어떻게 될까요? (2-10)식에 따라 다음과 같이 구할수 있어요.

\tag{3-2}
\nabla \cdot \vec E = {{\rho}\over{\epsilon_0}} = {{+q}\over{(4/3)\pi r^3 \epsilon_0}}

그럼 (3-2)식의 양변을 부피 V에 대해 적분해봐요. 그러면 다음과 같습니다.

\tag{3-3}
\begin{align}
\int_V (\nabla \cdot \vec E) d \tau &=  {{+q}\over{(4/3)\pi r^3 \epsilon_0}} \int_V d\tau\\[10pt]
&={{+q}\over{\cancel{(4/3)\pi r^3} \epsilon_0}} \cancel{(4/3)\pi r^3}\\[10pt]
&={{+q}\over{\epsilon_0}}
\end{align}

(3-1)식과 (3-3)식의 결과가 같은 것으로 보아 (2-11)식의 발산정리가 성립함을 알 수 있어요.

이와 같이 가우스 곡면안에 알짜전하가 있으면 전기장의 발산은 \rho / \epsilon_0가 됩니다.

[가우스 곡면 밖에 전하가 있는 경우]

이번에는 [그림 2]의 오른쪽 그림을 보세요. 이때는 가우스 곡면 밖에 전하가 있으므로 가우스 표면 s를 통과하는 전기장선속은 아래와 같이 표현될거에요.

\tag{3-4}
\oint_s \vec E \cdot d \vec a = {{0}\over{\epsilon_0}}=0

이번에는 전기장의 발산을 구하는데요. 이 경우에도 가우스 곡면안에 전하밀도가 있어야 하는데 전하가 없으므로 \rho가 0이 됩니다. 따라서 전기장의 발산은 0이 되요.

\tag{3-5}
\nabla \cdot \vec E = {{0}\over{\epsilon_0}} =0

그러므로 위식의 양변을 부피적분해도 0이 되죠.

\tag{3-6}
\int_V (\nabla \cdot \vec E)d \tau = 0

이 경우에도 (3-4)식과 (3-6)식은 같은 결과를 얻으므로 발산정리는 여전히 성립합니다.

흥미롭고 도움이 되는 글이었나요? 리뷰를 부탁드립니다.
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