비오-사바르 법칙

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1 출제 포인트 — 이렇게 나옵니다

38회 시험 중에서 8번 나왔습니다

2010~2022년 기출 38회 시험 기준

출제 회차 2011년 2차 · 2013년 2차 · 2016년 2차 · 2018년 2차 · 2019년 1차 · 2020년 2차 · 2020년 3차 · 2021년 3차

2 쉬운 설명

비오-사바르 법칙은 전류가 흐르는 도선의 아주 짧은 토막(전류소 $I\,dl$ )이 주변의 한 점에 만드는 자계를 알려 주는 법칙이다. 식은 $dH=\frac{I\,dl\sin\theta}{4\pi r^{2}}$ 이고, 도선 전체가 만드는 자계는 이 토막들이 만든 자계를 모두 더해서 구한다.

5문단 · 상세한 내용보기접어서 간단히 보기

식에서 자계의 세기는 전류 $I$ 와 전류소의 길이 $dl$ , 그리고 $\sin\theta$ 에 비례한다. 거리 $r$ 은 제곱으로 분모에 들어가므로 자계는 $r^{2}$ 에 반비례한다. 거리가 2배가 되면 자계는 $\frac{1}{4}$ 로, 3배가 되면 $\frac{1}{9}$ 로 작아진다. 그냥 $r$ 에 반비례하는 것이 아니고, $r$ 이나 $r^{2}$ 에 비례하는 것도 아니다.

MKS 단위계에서 비례상수는 $\frac{1}{4\pi}$ 이다. 자계의 방향은 전류소와, 이 전류소와 점 P 를 잇는 직선을 포함하는 면에 수직(법선방향)이다.

전류는 움직이는 전하의 흐름이므로, 전류소의 자계 식에서 $Idl$ 자리에 $qv$ 를 넣으면 운동 전하의 자계가 된다. $H=\frac{qv\sin\theta}{4\pi r^{2}}$ 이고, $\theta$ 는 운동 방향과 그 점을 잇는 선 사이의 각이며 90° 일 때 자계가 가장 세다. 전하량 $q$ 와 속도 $v$ 는 각각 한 번씩 분자에 들어가고, 거리 $r$ 은 제곱으로 분모에 들어간다.

원형 코일의 중심은 모든 전류 토막에서 거리가 $a$ 로 같고 전류소가 반경에 수직이어서 계산이 쉽다. 1단계 $dH=\frac{I\,dl\sin90^{\circ}}{4\pi a^{2}}$ , 2단계 크기만 더하면 되고, 3단계 원둘레 $\oint dl=2\pi a$ , 4단계 $H=\frac{I\cdot2\pi a}{4\pi a^{2}}=\frac{I}{2a}\,\mathrm{AT/m}$ 이다. 원둘레 $2\pi a$ 가 $\pi$ 를 지워 주므로 식에 $\pi$ 가 없다. 이것은 1회 감은 코일의 값이며, N회 감으면 $H=\frac{NI}{2a}$ 이다. 반원 도선은 원형의 절반이라, 반지름을 $R$ 로 쓸 때(원형 코일의 $a$ 와 같은 양이다) $\frac{I}{4R}$ 이고, 중심이 연장선 위에 있는 양쪽 직선부는 자계를 만들지 않는다. 방향은 오른나사 법칙으로 정하며 시계 방향 전류는 종이 속으로 들어가는 ⊗ 이다.

정사각형 도선의 중심은 유한 길이 직선 전류의 자계 $H=\frac{I}{4\pi d}(\sin\theta_{1}+\sin\theta_{2})$ 로 구한다. 1단계 중심에서 한 변까지 거리는 $d=\frac{L}{2}$ 이고 양 끝각은 각각 $45^{\circ}$ 이다. 2단계 $\sin45^{\circ}+\sin45^{\circ}=\sqrt{2}$ 이므로 한 변은 $\frac{\sqrt{2}I}{2\pi L}$ 이다. 3단계 네 변의 자계가 모두 같은 방향이라 4배 하면 중심의 자계 $H=4\times\frac{\sqrt{2}I}{2\pi L}=\frac{2\sqrt{2}I}{\pi L}$ 가 되고, 여기에 $\mu_{0}$ 를 곱한 자속밀도는 $\frac{2\sqrt{2}}{\pi}\times\frac{\mu_{0}I}{L}$ 이다.

3 이 개념이 나온 기출문제

해설·법령 근거까지 가입 없이 보실 수 있습니다. 최신 5개년 문항은 여기 나오지 않습니다.

4 체크리스트 + 암기팁

암기팁 운동 전하의 자계

\displaystyle H=\frac{qv\sin\theta}{4\pi r^{2}}

—

Idl

대신

qv

암기팁 중심 자계는 원형 코일

\displaystyle \frac{I}{2a}

, 반원

\displaystyle \frac{I}{4a}

(반원 문항에서 반지름을

R

로 쓰면

\displaystyle \frac{I}{4R}

)을 짝지어 기억하고, 정사각형은

\displaystyle H=\frac{2\sqrt{2}I}{\pi L}

(한 변의 4배), 자속밀도로 물으면

\mu_{0}

를 곱해

\displaystyle \frac{2\sqrt{2}}{\pi}\times\frac{\mu_{0}I}{L}

로 기억한다.

함정 주의 원형 코일 중심

\displaystyle \frac{I}{2a}

에는

\pi

가 없다.

\pi

가 분모에 있는

\displaystyle \frac{I}{2\pi a}

는 무한 직선도체 둘레의 자계 식이다.

자계의 세기는 거리 $r$ 의 제곱에 반비례한다 — 「 $r$ 에 반비례」「 $r$ 에 비례」「 $r^{2}$ 에 비례」는 모두 틀린 보기이다.
비오-사바르 설명 중 틀린 것 찾기: 전류에 비례, MKS 비례상수 $\frac{1}{4\pi}$ , 방향은 전류소와 점 P 를 잇는 선을 포함하는 면의 법선방향은 맞고, 「거리에 반비례」만 틀리다.
운동 전하는 $H=\frac{qv\sin\theta}{4\pi r^{2}}$ — $q$ 와 $v$ 는 분자에 한 번씩( $v$ 나 $q$ 가 분모, $q^{2}$ 이 분모에 있으면 오답), $r$ 은 제곱으로 분모.

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1회 감은 원형 코일 중심은 $\frac{I}{2a}$ — 무한 직선도체 식 $\frac{I}{2\pi a}$ 가 아니고, $\pi$ 가 남은 $\frac{I}{4\pi a}$ 도 아니며, 절반인 $\frac{I}{4a}$ 도 아니다( $\frac{I}{4a}$ 는 반원일 때의 값이다). N회 감으면 $\frac{NI}{2a}$ 이다.
반원 도선 중심은 $\frac{I}{4R}$ , 중심이 연장선 위에 있는 직선부는 0 이다. $R=10\,\mathrm{cm}=0.1\,\mathrm{m}$ , $I=10\,\mathrm{A}$ 면 $\frac{10}{4\times0.1}=25\,\mathrm{AT/m}$ 이고 시계 방향 전류는 ⊗ 이다.
정사각형 중심은 한 변 $\frac{\sqrt{2}I}{2\pi L}$ 의 4배이고, 자속밀도로 묻으면 $\mu_{0}$ 를 곱해 $\frac{2\sqrt{2}}{\pi}\times\frac{\mu_{0}I}{L}$ 이다.

5 예제 — 이 개념, 실제로 이렇게 나왔습니다

2013년 2차 전기자기학 16번 — 1회 원형코일 중심의 자계반지름 a[m]이고, N=1회의 원형코일에 I[A]의 전류가 흐를 때 그 코일의 중심점에서의 자계의 세기 [AT/m]는?계산해설 보기 →2019년 1차 전기자기학 5번 — 운동 전하가 만드는 자계q(C)의 전하가 진공 중에서 v(m/s)의 속도로 운동하고 있을 때, 이 운동방향과 θ의 각으로 r(m) 떨어진 점의 자계의 세기(AT/m)는?옳은 것 고르기해설 보기 →2020년 3차 전기자기학 14번 — 자계와 거리 r 의 관계임의의 형상의 도선에 전류 I(A)가 흐를 때, 거리 r(m)만큼 떨어진 점에서의 자계의 세기 H(AT/m)를 구하는 비오-사바르의 법칙에서, 자계의 세기 H(AT/m)와 거리 r(m)의 관계로 옳은 것은?옳은 것 고르기해설 보기 →

6 이론 근거 — 정의가 곧 정답입니다항목 5개 · 눌러서 펼치기눌러서 닫기

비오-사바르 법칙

dH=\frac{I\,dl\sin\theta}{4\pi r^{2}}

이고 원형 코일 중심에서

H=\frac{I}{2a}

이다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 10문항 중 4문항이 인용

유한 직선 전류의 자계

수직 거리

d

인 점의 자속밀도는

B=\frac{\mu_{0}I}{4\pi d}(\sin\theta_{1}+\sin\theta_{2})

이다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 10문항 중 2문항이 인용

비오-사바르 법칙에 의한 정사각형 도선의 중심 자계

유한 직선 도선의 자계 공식을 정사각형의 네 변에 적용해 더하면 중심 자속밀도 B=(2√2/π)μ0I/L 이 된다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 10문항 중 1문항이 인용

비오-사바르의 법칙

ΔH = IΔℓ sinθ/(4πr²). 자계의 세기는 r² 에 반비례한다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 10문항 중 1문항이 인용

유한 길이 직선 전류의 자계

점에서 직선까지의 수직 거리가

d

이고 양 끝을 보는 각이

\theta_{1}

\theta_{2}

일 때

H=\frac{I}{4\pi d}(\sin\theta_{1}+\sin\theta_{2})

이다.

출처: 기출 해설의 이론 근거 · 이 개념 기출 10문항 중 1문항이 인용

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