정답 : $\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\frac{2qz}{r^3}\boldsymbol{\hat{z}}$

전계를 구할 위치와 두 점전하 사이의 거리를 r이라고 하면 r은 $\sqrt{z^2 + (d/2)^2}$이다.

각 전하에 대한 전계 $E$는 $\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\frac{q}{r^2}$ 이다.

전계를 구하는 곳이 z방향이라고 할 때, 다른 방향으로의 전계는 서로 상쇄되므로 $E_z$만 남게 된다.

$E_z = E cos{\theta}$이고, $cos{\theta} = \frac{z}{r}$이므로, 정리하면 정답과 같다.

정답 : $\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\frac{qd}{r^3}\boldsymbol{\hat{x}}$

전계를 구할 위치와 두 점전하 사이의 거리를 r이라고 하면 r은 $\sqrt{z^2 + (d/2)^2}$이다.

각 전하에 대한 전계 $E$의 크기는 $\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\frac{q}{r^2}$ 이다.

전계를 구할 때, 상하 방향의 전계는 상쇄되어 사라지기 때문에, 다른 방향으로의 전계는 서로 상쇄되므로 $E_x$만 남게 된다.

$E_x = E sin{\theta}$이고, $sin{\theta} = \frac{d/2}{r}$이므로, 정리하면 정답과 같다.

정답 : $\frac{\lambda}{4\pi \epsilon _0} \frac{2\lambda L}{z\sqrt{z^2 + L^2}}\boldsymbol{\hat{z}}$

분리벡터 $\boldsymbol{\xi} = \boldsymbol{r} - \boldsymbol{r'}$를 구하기 위해서 Field Vector $\boldsymbol{r}$와 Source Vector $\boldsymbol{r'}$를 구한다.

$\boldsymbol{\xi} = \boldsymbol{r} - \boldsymbol{r'} = z\boldsymbol{\hat{z}} - x\boldsymbol{\hat{x}}$

$\boldsymbol{\hat{\xi}} = \frac{\boldsymbol{r} - \boldsymbol{r'}}{\xi} = \frac{z\boldsymbol{\hat{z}} - x\boldsymbol{\hat{x}}}{\sqrt{z^2 + x^2}}$

$E(r)_{line} = \frac{1}{4\pi \epsilon _0}\int \frac{\lambda (r)}{\xi^2} \boldsymbol{\widehat{\xi}}dl$

$= \frac{1}{4\pi \epsilon _0}\int_{-L}^{L} \frac{\lambda}{\xi^2} \frac{z\boldsymbol{\hat{z}} - x\boldsymbol{\hat{x}}}{\sqrt{z^2 + x^2}} dx$

$= \frac{\lambda}{4\pi \epsilon _0} \left[ z\boldsymbol{\hat{z}}\int_{-L}^{L} \frac{1}{(\sqrt{z^2 + x^2})^{(3/2)}} dx - \boldsymbol{\hat{x}} \int_{-L}^{L} \frac{x}{(\sqrt{z^2 + x^2})^{(3/2)}} dx \right]$

위에서 아래로 계산 과정은 꽤나 복잡하다. $x = ztan(u)$, $dx = z{sec}^2(u)du$ 를 이용한 치환적분에 마지막에 $sin(arctan(x)) = \frac{x}{\sqrt{x^2 + 1}}$ 식도 이용해야 하는데, 많이 번거롭다. 결과만 정리하면 다음과 같다.

$= \frac{\lambda}{4\pi \epsilon _0} \left[ z\boldsymbol{\hat{z}}\left( \frac{x}{z^2\sqrt{z^2 + x^2}} \right) \biggr\vert_{-L}^{L} - \boldsymbol{\hat{x}} \left( - \frac{1}{\sqrt{z^2 + x^2}} \right) \biggr\vert_{-L}^{L} \right]$

$= \frac{\lambda}{4\pi \epsilon _0} \frac{2\lambda L}{z\sqrt{z^2 + L^2}}\boldsymbol{\hat{z}}$

정답 : $\frac{r\lambda z}{2 \epsilon _0 (z^2 + s^2)^{(3/2)}} \boldsymbol{\hat{z}}$

분리벡터 $\boldsymbol{\xi} = \boldsymbol{r} - \boldsymbol{r'}$를 구하기 위해서 Field Vector $\boldsymbol{r}$와 Source Vector $\boldsymbol{r'}$를 구한다.

$\boldsymbol{\xi} = \boldsymbol{r} - \boldsymbol{r'} = z\boldsymbol{\hat{z}} - s\boldsymbol{\hat{s}}$

$\boldsymbol{\hat{\xi}} = \frac{\boldsymbol{r} - \boldsymbol{r'}}{\xi} = \frac{z\boldsymbol{\hat{z}} - s\boldsymbol{\hat{s}}}{\sqrt{z^2 + s^2}}$

$E(r)_{line} = \frac{\lambda}{4\pi \epsilon _0}\int \frac{z\boldsymbol{\hat{z}} - s\boldsymbol{\hat{s}}}{\xi^3}dl$

그런데, 원의 중심이므로 수평방향의 벡터 성분들은 서로 상쇄되어 $\boldsymbol{\hat{z}}$와 연관된 항만 남게된다.

결과적으로 계산하면 다음과 같다.

$E(r)_{line} = \frac{\lambda}{4\pi \epsilon _0}\int \frac{z\boldsymbol{\hat{z}}}{\xi^3}dl$

$= \frac{\lambda}{4\pi \epsilon _0}\int \frac{z\boldsymbol{\hat{z}}}{\xi^3}rd\phi$

$= \frac{\lambda}{4\pi \epsilon _0} \frac{rz}{(z^2 + s^2)^{(3/2)}} \left [ \int_{0}^{2\pi} d\phi \right ] \boldsymbol{\hat{z}}$

$= \frac{2\pi r\lambda z}{4\pi \epsilon _0 (z^2 + s^2)^{(3/2)}} \boldsymbol{\hat{z}}$

정답 : $\frac{\lambda z}{2 \epsilon _0 } \left [ \frac{1}{z} - \frac{1}{\sqrt{R^2 + z^2}} \right ] \boldsymbol{\hat{z}}$

4번 문제는 하나의 링에 대해서만 구한 것이라고 볼 수 있다. 디스크에 의한 전계역시 수평 방향 성분은 모두 상쇄된다.

그리고, 링에 의한 전계식을 s에 대해서 0부터 R까지 적분하면 디스크에 의한 전계가 구해진다.

$E_{disk}(r) = \frac{\lambda z}{2 \epsilon _0 } \int_{0}^{R} \frac{s}{(z^2 + s^2)^{(3/2)}} ds \boldsymbol{\hat{z}}$

$u = z^2 + s^2$, $du = 2sds$로 치환하면 다음과 같다.

$E_{disk}(r) = \frac{\lambda z}{2 \epsilon _0 } \frac{1}{2} \int_{z^2}^{R^2 + z^2} \frac{1}{u^{(3/2)}} du \boldsymbol{\hat{z}}$

$= \frac{\lambda z}{2 \epsilon _0 } \left [ - \frac{1}{u^{(1/2)}} \right ]_{z^2}^{R^2 + z^2} \boldsymbol{\hat{z}}$

$= \frac{\lambda z}{2 \epsilon _0 } \left [ \frac{1}{z} - \frac{1}{\sqrt{R^2 + z^2}} \right ] \boldsymbol{\hat{z}}$

정답 : ↓

(z > R) $E = \frac{1}{4\pi \epsilon _0}\frac{q}{z^2}\boldsymbol{\hat{z}}$

(z < R) $E = 0$

구의 중심과 동일한 축에 위치한 곳의 전계를 구하기 때문에 이번에도 수평성분은 모두 상쇄되어 사라진다.

$dq = \sigma da = \sigma R^2\sin{\theta}d\theta d\phi$

$\xi^2 = R^2 + z^2 - 2Rz\cos{\theta}$

수직성분만 존재하므로 $\cos{\psi}$를 곱해서 z축으로 투사된 값을 구하면 그 값이 E_z가 된다.

$\cos{\psi} = \frac{z - R\cos{\theta}}{\xi}$

$E_z = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \int \frac{dq}{\xi^2}\boldsymbol{\hat{\xi}}$

$= \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \int \frac{\sigma R^2\sin{\theta}d\theta d\phi(z - R\cos{\theta})} {(R^2 + z^2 - 2Rz\cos{\theta})^{(3/2)}} $

$\int d\phi = 2\pi$이므로,

$= \frac{1}{4\pi\epsilon_0} (2\pi R^2 \sigma) \int_{0}^{\pi} \frac{\sin{\theta} (z - R\cos{\theta})}{(R^2 + z^2 - 2Rz\cos{\theta})^{(3/2)}}d\theta$

$u = \cos{\theta}$, $du = -\sin{\theta}$ 로 치환하면,

$= \frac{1}{4\pi\epsilon_0} (2\pi R^2 \sigma) \int_{-1}^{1} \frac{(z - Ru)}{(R^2 + z^2 - 2Rzu)^{(3/2)}}du$

※ 중간 과정 생략 참고

$= \frac{1}{4\pi\epsilon_0} (2\pi R^2 \sigma) \left [ \frac{1}{z^2} \frac{-R + uz}{\sqrt{R^2 - 2 R u z + z^2}} \right ]_{-1}^{1}$

$= \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{2\pi R^2 \sigma}{z^2} \left\{ \frac{z -R}{\left | z - R \right |} + \frac{z + R}{\left | z + R \right |} \right\}$

그런데, $q = 4\pi r^2$ 이므로 정리하면 정답과 같다.

정답 : $\frac{1}{24} \frac{q}{\epsilon _0}$

점전하 q에 의한 전기력선의 간격은 일정하다.

그 이후, 폐곡면을 위와 같이 길이가 2배인 정육면체로 잡고 그 중앙에 q가 있다고 가정하면, 문제에서 요구하는 면은 전체 표면적의 1/24 배에 해당한다.

따라서, 해당 면적에 대한 전속은 $\frac{1}{24} \frac{q}{\epsilon _0}$이다.