가우스 법칙/예제

1. 개요

1.1. 예 1: 가우스 법칙 적용

[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

[풀이 보기]

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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

[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

[풀이 보기]

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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

[풀이 보기]

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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.

그중 두 번째 결과는 정전기학 문제에서 경계에 표면 전하가 있을 때는 경계를 가로지를 때, 전기장의 불연속이 생김을 알 수 있다. 이것은 전기 퍼텐셜 문서에서 정전기학의 경계치 문제에서의 경계 조건을 다룰 때 수학적으로 논의했다.

[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

[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

[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.

[추가 자료]

아래의 그래프는 위에서 나온 결과를 바탕으로, 전기장 세기 분포와 전기 퍼텐셜 분포를 나타낸 것이다.

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