문서의 임의 삭제는 제재 대상으로, 문서를 삭제하려면 삭제 토론을 진행해야 합니다. 문서 보기문서 삭제토론 전자기파 방사 (문단 편집) ==== 등속도로 움직이는 전하 ==== 전하량 [math(q)]인 전하가 [math(\mathbf{v})]의 등속도로 움직이는 상황을 가정해보자. 문제를 간단히 하기 위해 [math(t=0)]일 때 전하는 원점을 지난다고 가정하자. 다음의 정보를 안다. ||<:> [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{a}&=0 \\ \mathbf{R}&=\mathbf{r}-\mathbf{r'}(t_{r}) \\ \boldsymbol{\beta}&=\frac{\mathbf{v}}{c} \end{aligned} )] || 이때, 조건에 따라 ||<:> [math(\displaystyle \mathbf{r'}(t)=\mathbf{v}t )] || 이다. 그런데, ||<:> [math(\displaystyle R=c(t-t_{r})\quad\rightarrow\quad\left| \mathbf{r}-\mathbf{v}t_{r} \right|=c(t-t_{r}) )] || 을 만족해야 함에 따라 양변을 제곱하여, 우리는 관측점에 대한 시각과 전하에 대한 시각에 대한 관계를 구할 수 있다: ||<:> [math(\displaystyle t_{r}=\frac{(c^{2}t-\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{v})\pm \sqrt{(c^{2}t-\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{v})^{2}+(c^{2}-v^{2})(r^{2}-c^{2}t^{2} )} }{c^{2}-v^{2}} )] || [math(v\rightarrow 0)]의 극한에서 ||<:> [math(\displaystyle t_{r}=t \pm \frac{c}{r} )] || 이때, 지연 시간은 [math(t_{r}<:> [math(\displaystyle t_{r}=\frac{(c^{2}t-\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{v})- \sqrt{(c^{2}t-\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{v})^{2}+(c^{2}-v^{2})(r^{2}-c^{2}t^{2} )} }{c^{2}-v^{2}} )] || 를 택해야 함을 알 수 있다. 스칼라 퍼텐셜 ||<:> [math(\displaystyle \Phi=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{1}{R(t_{r})-\boldsymbol{\beta}(t_{r}) \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}(t_{r})} )] || 임을 알고 있다. 그런데 분모는 결국 ||<:> [math(\displaystyle R(t_{r})-\boldsymbol{\beta}(t_{r}) \boldsymbol{\cdot} \mathbf{R}(t_{r})= R-\mathbf{R} \boldsymbol{\cdot} \frac{\mathbf{v}}{c} )] || 임을 이용하면, 분모는 ||<:> [math(\displaystyle \frac{\sqrt{(c^{2}t-\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{v})^{2}+(c^{2}-v^{2})(r^{2}-c^{2}t^{2} ) }}{c})] || 으로 결정되고, 결국 스칼라 퍼텐셜은 ||<:> [math(\displaystyle \Phi=\frac{qc}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{1}{\sqrt{(c^{2}t-\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{v})^{2}+(c^{2}-v^{2})(r^{2}-c^{2}t^{2} ) }} )] || 이 되고, 분모를 정리하고, [math(\mathbf{R}(t)=\mathbf{r}-\mathbf{v}t)]를 이용하면, ||<:> [math(\displaystyle \Phi=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} R(t)} \frac{1}{\sqrt{1-\beta^{2}\sin^{2}{\theta} }} )] || 로 쓸 수 있고, [math(\theta)]는 [math(\mathbf{R})]과 [math(\mathbf{v})]가 이루는 각이다. 스칼라 퍼텐셜이 결정되면, 벡터 퍼텐셜은 쉽게 결정된다: ||<:> [math(\displaystyle \mathbf{A}=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}c} \frac{\mathbf{v}}{\sqrt{(c^{2}t-\mathbf{r} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{v})^{2}+(c^{2}-v^{2})(r^{2}-c^{2}t^{2} ) }} )] || 이것은 스칼라 퍼텐셜과 같은 논법으로, ||<:> [math(\displaystyle \mathbf{A}=\frac{q \mathbf{v}}{4 \pi \varepsilon_{0}c^{2}}\frac{1}{\sqrt{1-\beta^{2}\sin^{2}{\theta} }} )] || 의 형태로 쓸 수 있다. 이 문제에서는 가속도가 없는 상황을 다루기 때문에 전자기장은 가속도와 관련되지 않는 장 즉, 속도장만 고려하면 된다. 즉, 전기장은 ||<:> [math(\displaystyle \mathbf{E}= \frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}K^{3}} ( 1-\beta^{2} ) ({\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta}) )] || 위 에서 스칼라 퍼텐셜의 표현을 바꾸었을 때의 결과를 참조하면, ||<:> [math( K=R(t)\sqrt{1-\beta^{2}\sin^{2}{\theta}} )] || 이고, 위의 ||<:> [math(\displaystyle \begin{aligned} {\mathbf{R}}-R\boldsymbol{\beta}&=\mathbf{r}-\mathbf{v}t_{r}-(t-t_{r})\mathbf{v} \\ &=r-\mathbf{v}t \\ &=\mathbf{R}(t) \end{aligned} )] || 이상에서 결정되는 전기장은 ||<:> [math(\displaystyle \mathbf{E}=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}}\frac{1-\beta^{2}}{[1-\beta^{2}\sin^{2}{\theta}]^{3/2}}\frac{\mathbf{\hat{R}}(t)}{R(t)^{2}} )] || 이 결과에서 특이한 점은 우리는 전하가 지연 위치에서 原으로 하여 장이 방사된다고 했지만, 이 문제는 전하의 현재의 분리 벡터 방향을 향한다는 것이다. 또한, 분모에 [math(\sin^{2}{\theta})]가 들어있으므로 전기장은 본래 구 대칭이었던 정전기학적 상황과 달리 이제 각 [math(\theta)]에 의존한다는 것을 알 수 있고, 다음의 결과를 얻는다. * 전하의 수평 방향 ([math(\theta=0,\,\pi)]) : 전기장이 본래보다 [math(1-\beta^{2})]배 만큼 약하다. * 전하의 수직 방향 ([math(\theta=\pm \pi/2)]) : 전기장이 본래보다 [math( (1-\beta^{2})^{-1/2} )]배 만큼 강하다. 따라서 전하의 수직 방향으로 갈 수록 전기장은 촘촘해지고, 수평방향으로 갈 수록 전기장은 듬성듬성 존재하게 된다. [[파일:namu_전자기파 방사_125.png|width=450&align=center]] 마지막으로 자기장은 ||<:> [math(\displaystyle \mathbf{B}=\frac{1}{c}(\mathbf{\hat{R}}(t_{r}) \times \mathbf{E}) )] || 그런데, ||<:> [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{\hat{R}}(t_{r})&=\frac{\mathbf{r}-\mathbf{v} t_{r}}{R(t_{r})} \\&=\frac{(\mathbf{r}-\mathbf{v}t)+(t-t_{r})\mathbf{v} }{R(t_{r})} \\ &=\frac{(\mathbf{r}-\mathbf{v}t)+(t-t_{r})\mathbf{v} }{c(t-t_{r})} \\&=\frac{\mathbf{R}(t)}{R(t_{r})}+\frac{\mathbf{v}}{c} \end{aligned} )] || 으로 쓸 수 있으므로 ||<:> [math(\displaystyle \mathbf{B}=\frac{1}{c^{2}}(\mathbf{v} \times \mathbf{E}) )] || 으로 구할 수 있다. 자기장은 전하 주위를 맴도는 형태가 되게 된다. [math(\beta \ll 1)]의 비상대론적 영역에서 전하의 전자기장은 어떻게 결정지어지는 지 논의해보고자 한다. 이러한 영역에서는 전자기장은 아래와 같이 결정된다. ||<:> [math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E}&\simeq \frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}}\frac{\mathbf{\hat{R}}(t)}{R(t)^{2}} \\ \mathbf{B}&\simeq\frac{\mu_{0} q}{4 \pi R^{2}}[\mathbf{v} \times \mathbf{\hat{R}}(t) ] \end{aligned} )] || 전기장은 결국 등속도로 움직이는 점전하의 쿨롱 법칙이 되고, 자기장은 결국 점전하에 대한 [[비오-사바르 법칙]]임을 알 수 있다. 그러나, [[비오-사바르 법칙]]은 정상 전류에 한해서만 정의되었음을 주의해야 한다. 점전하의 운동은 면밀히 이야기 하면, 정상 전류가 아니고, 위의 결과에 따르면, 비상대론적([math(\beta \ll 1)]) 전하에만 적용된다는 것을 알 수 있다. 따라서 상대론적 점전하에 대해 위 공식을 써서 자기장을 계산하면, 올바르게 얻을 수 없고, 이 예제의 결과를 써야만 된다. {{{#!folding [상대론적 전자기학으로 접근하기] ----- 이 결과를 [[상대론적 전자기학]]의 결과를 빌려 해결해보자. 우선 정지한 관성계 [math(\mathcal{O})]의 원점에 관찰자가 있고, 해당 관성계를 기준으로 [math(\mathbf{v}=v\mathbf{\hat{x}})]의 속도로 움직이는 [math(\bar\mathcal{O})]계가 있다. 이때, [math(\bar\mathcal{O})]계의 원점에 전하 [math(q)]를 놓음으로써 분석하고 있는 상황과 동일하게 만들 수 있다. [math(\bar{\mathcal{O}})]계에서 측정한 전기장과 자기장은 ||<:> [math( \begin{aligned} \mathbf{\bar{E}}&=\dfrac{q}{4\pi \varepsilon_{0}}\dfrac{\mathbf{\bar{x}}+\mathbf{\bar{y}}+\mathbf{\bar{z}} }{[\bar{x}^{2}+\bar{y}^{2}+\bar{z}^{2} ]^{3/2}} \\ \mathbf{\bar{B}}&=\mathbf{0} \end{aligned} )] || 이것을 [math(\mathcal{O})]계에서 보면 ||<:> [math( \begin{aligned} \mathbf{E}=\dfrac{q}{4\pi \varepsilon_{0}}\dfrac{\bar{x}\mathbf{\hat{x}}+\gamma(\bar{y}\mathbf{\hat{y}}+\bar{z}\mathbf{\hat{z}})}{[\bar{x}^{2}+\bar{y}^{2}+\bar{z}^{2} ]^{3/2}} \end{aligned} )] || [math(\mathcal{O})]계의 물리량으로 바꿔주기 위해 로런츠 변환을 한다. ||<:> [math(\begin{aligned} \bar{x} & =\gamma (x-vt) \\ \bar{y}&=y \\ \bar{z}&=z \end{aligned})] || 이것을 대입하면 ||<:> [math( \begin{aligned} \mathbf{E}&=\dfrac{q}{4\pi \varepsilon_{0}}\dfrac{\gamma[(x-vt)\mathbf{\hat{x}}+\mathbf{y}+\mathbf{z}]}{[\gamma^{2}(x-vt)^2+y^2+z^2 ]^{3/2}} \\ &=\dfrac{q(1-\beta^{2})}{4\pi \varepsilon_{0}}\dfrac{(x-vt)\mathbf{\hat{x}}+\mathbf{y}+\mathbf{z}}{[(x-vt)^2+(1-\beta^2)y^2+(1-\beta^2)z^2 ]^{3/2}}\\ &=\dfrac{q(1-\beta^{2})}{4\pi \varepsilon_{0}}\dfrac{(x-vt)\mathbf{\hat{x}}+\mathbf{y}+\mathbf{z}}{[(x-vt)^2+y^{2}+z^{2}-\beta^{2}(y^{2}+z^{2}) ]^{3/2}} \end{aligned} )] || 한편, [math( \mathbf{R}(t) \equiv \mathbf{r}-\mathbf{v}t )]라 하면 ||<:> [math( \begin{aligned} \mathbf{E} &=\dfrac{q(1-\beta^{2})}{4\pi \varepsilon_{0}}\dfrac{\mathbf{R}(t)}{[R(t)^{2}-\beta^{2}(y^{2}+z^{2}) ]^{3/2}} \end{aligned} )] || 이고, ||<:> [math(\begin{aligned} |\boldsymbol{\beta} \times \mathbf{R}|^{2} &=\beta^{2}(y^2+z^2) \\ &=\beta^{2}R(t)^2\sin{(\boldsymbol{\beta},\,\mathbf{R})} \end{aligned})] || 이다. [math((\boldsymbol{\beta},\,\mathbf{R}))]는 두 벡터 사이의 각으로 [math(\theta)]라 하자. 따라서 위 식을 정리하면 다음을 얻는다. ||<:> [math( \begin{aligned} \mathbf{E}&=\dfrac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}}\frac{1-\beta^{2}}{[1-\beta^{2}\sin^{2}{\theta}]^{3/2}}\frac{\mathbf{\hat{R}}(t)}{R(t)^2} \end{aligned} )] || 이상에서 같은 결과를 얻었음을 알 수 있다. 마지막으로 자기장을 구하면 아래와 같다. ||<:> [math( \begin{aligned} \mathbf{B}&= \dfrac{q}{4\pi \varepsilon_{0}}\dfrac{\gamma v}{c^{2}}\dfrac{\mathbf{\bar{y}}-\mathbf{\bar{z}} }{[\bar{x}^{2}+\bar{y}^{2}+\bar{z}^{2} ]^{3/2}} \\ &= \dfrac{ v}{c^{2}}\dfrac{q}{4\pi \varepsilon_{0}}\dfrac{1-\beta^{2} }{[1-\beta^{2}\sin^{2}{\theta}]^{3/2}}\frac{\mathbf{y-z}}{R(t)^{3}} \\ &=\frac{1}{c^{2}}(\mathbf{v} \times \mathbf{E}) \end{aligned} )] || 이처럼 상대론적 전자기학으로도 접근할 수 있다.}}}저장 버튼을 클릭하면 당신이 기여한 내용을 CC-BY-NC-SA 2.0 KR으로 배포하고,기여한 문서에 대한 하이퍼링크나 URL을 이용하여 저작자 표시를 하는 것으로 충분하다는 데 동의하는 것입니다.이 동의는 철회할 수 없습니다.캡챠저장미리보기