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2011 7급 국가직 전기자기학

1번

초당 ff번 회전하므로 각속도는 ω=2πf\omega=2\pi f이다. 코일을 수직으로 통과하는 자속을 생각해보면, tt일 때의 회전각도 ωt+θ\omega t+\theta(θ\theta는 초기 위상)에 대해서

Φ=BSNsin(ωt+θ)\Phi=BSN sin(\omega t+\theta)

이다. 그러므로 코일에 유도되는 기전력의 크기는

∣emf∣=∣−∂Φ∂t∣=ωBSNcos(ωt+θ)=2πfBSNcos(ωt+θ)\begin{equation} \begin{split} |emf|&=\left|-\frac{\partial \Phi}{\partial t}\right|\\ &=\omega BSNcos(\omega t+\theta)\\ &=2\pi f BSN cos(\omega t+\theta) \end{split} \end{equation}

이다. 사인 함수의 실횻값은 진폭을 2\sqrt{2}로 나눈 것이므로

Vrms=2πfBSN VV_{rms}=\sqrt{2}\pi f BSN \text{ V}

이다. 따라서 답은 3번 이다.

2번

솔레노이드의 길이 방향으로 길쭉하며, 다른 변의 길이는 매우 짧은 솔레노이드의 한쪽을 자르는 직사각형을 생각하자. 길쭉한 변의 길이를 ll이라고 하면, 솔레노이드 바깥으로 새나가는 자속을 무시한다면(솔레노이드가 원통 지름에 비해 매우 길기 때문에)

∮H⃗⋅dl⃗=NI⇒Hl=1000400×10−3lI⇒H=2500I\begin{equation} \begin{split} \oint \vec{H}\cdot\vec{dl}&=NI\\ \Rightarrow Hl&=\frac{1000}{400\times10^{{-3}}}lI\\ \Rightarrow H&=2500I \end{split} \end{equation}

이다. 여기서 솔레노이드 안쪽에서만 직사각형을 그려보면, 어떻게 그리든간에 직사각형을 관통하는 전류는 없으므로 자계가 어디서나 같은 크기로 일정하게 길이 방향으로 있다는 것을 알 수 있다. 따라서 한바퀴 감싼 면에서의 자속을 구하면

Φ=BS=μ0HS=4π×10−7×2500I×400×(10−3)2=4π×10−7I\Phi=BS=\mu_0HS=4\pi\times10^{-7}\times2500I\times400\times(10^{-3})^2=4\pi\times10^{-7}I

이다. 여기에 1000회의 권선수를 곱해주면 전체 자속 NΦ=4π×10−4N\Phi=4\pi\times10^{-4}이 된다. 따라서 인덕턴스를 구하기 위해 전체 자속을 전류로 나누면

L=4π×10−4≈1.256 mHL=4\pi\times10^{-4}\approx1.256\text{ mH}

이므로 답은 2번 이다.

3번

  1. I1I_1과 I2I_2가 그들의 사이에 만들어내는 자기장은 모두 종이를 뚫고 들어가는 방향이다. 즉 자속밀도가 높아지는데 이는 자기 에너지가 많이 저장됨을 뜻한다. 따라서 자기 에너지가 낮은 쪽으로 힘을 받을 것이기 때문에 정사각형 도선은 직선 반대쪽으로 힘을 받는다.
  2. 그렇다. 무한 직선 도선이 만드는 자기장의 크기는 B=μ0I12πρB=\frac{\mu_0I_1}{2\pi\rho}로 I1I_1에 비례하고, 자기장에 의해 도선이 받는 힘은 주어진 조건에서 BI2bsinθBI_2bsin\theta로 자기장에 비례하기 때문이다.
  3. 그렇다.
  4. 정사각형 도선의 왼쪽 부분이 받는 힘의 크기는 μ0I12πaI2b\frac{\mu_0I_1}{2\pi a}I_2b이고 방향은 멀어지는 쪽이다. 오른쪽 부분이 받는 힘의 크기는 μ0I12π(a+b)I2b\frac{\mu_0I_1}{2\pi(a+b)}I_2b이고 그 방향은 가까워지는 쪽이다. 따라서 총 힘은
    F=μ0I12πaI2b−μ0I12π(a+b)I2b=μ0I1I2b2π(1a−1a+b)=μ0I1I2b2πa+b−aa(a+b)=μ0I1I2b2πba(a+b)≈μ0I1I22πb2a2\begin{equation} \begin{split} F&=\frac{\mu_0I_1}{2\pi a}I_2b-\frac{\mu_0I_1}{2\pi(a+b)}I_2b\\ &=\frac{\mu_0I_1I_2b}{2\pi}\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{a+b}\right)\\ &=\frac{\mu_0I_1I_2b}{2\pi}\frac{a+b-a}{a(a+b)}\\ &=\frac{\mu_0I_1I_2b}{2\pi}\frac{b}{a(a+b)}\\ &\approx\frac{\mu_0I_1I_2}{2\pi}\frac{b^2}{a^2} \end{split} \end{equation}
    이다.

따라서 답은 1번 이다.

4번

E⃗=Re{5ej2xejωtaz⃗}=Re{5ej(ωt+2x)az⃗}=5cos(ωt+2x)az⃗\begin{equation} \begin{split} \vec{E}&=Re\left\{5e^{j2x}e^{j\omega t}\vec{a_z}\right\}\\ &=Re\left\{5e^{j(\omega t+2x)}\vec{a_z}\right\}\\ &=5cos(\omega t+2x)\vec{a_z} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 4번 이다.

5번

V=∫E⃗⋅dl⃗=Ed\begin{equation} \begin{split} V&=\int\vec{E}\cdot\vec{dl}\\ &=Ed \end{split} \end{equation}

이므로

E=Vd=V0dsinωtE=\frac{V}{d}=\frac{V_0}{d}sin\omega t

이다. 한편 변위 전류 밀도(의 크기)는

Jd=∣∂D∂t∣J_d=\left|\frac{\partial D}{\partial t}\right|

이고, D=ϵED=\epsilon E이므로

Jd=∣∂∂t(ϵV0dsinωt)∣=ϵV0dωcosωt\begin{equation} \begin{split} J_d&=\left|\frac{\partial}{\partial t}\left(\epsilon\frac{V_0}{d}sin\omega t \right)\right|\\ &=\epsilon\frac{V_0}{d}\omega cos\omega t \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 답은 4번 이다.

6번

영역 1에서의 자계가 없다고 가정해보자. 이 때 도체의 표면전류로 인하여 영역 2에 생기는 자계는

126.5ay⃗=3.25ay⃗\frac{1}{2}6.5\vec{a_y}=3.25\vec{a_y}

이고, 영역 1에 생기는 자계는

−126.5ay⃗=−3.25ay⃗-\frac{1}{2}6.5\vec{a_y}=-3.25\vec{a_y}

이는 경계면과 전류 방향에 수직인 직사각형을 그리고 ∇×H⃗=J⃗\nabla\times\vec{H}=\vec{J}를 적용하면 알 수 있다.

그런데 영역 1에서 자계가 H1⃗=10ay⃗\vec{H_1}=10\vec{a_y}로 주어져 있으므로 양쪽에 13.25ay⃗13.25\vec{a_y}를 더해야 한다. 그래야 양쪽 자계의 차이인 6.5ay⃗6.5\vec{a_y}가 유지된다. 따라서

H2⃗=3.25ay⃗+13.25ay⃗=16.5ay⃗\vec{H_2}=3.25\vec{a_y}+13.25\vec{a_y}=16.5\vec{a_y}

이므로 답은 3번 이다.

7번

Re{(E1e−jαax⃗+E2e−jβay⃗)ej(ωt−kz)}=E1(cos(ωt−kz−α)ax⃗+cos(ωt−kz−α−π2)ay⃗)=E1(cos(ωt−kz−α)ax⃗+sin(ωt−kz−α)ay⃗)\begin{equation} \begin{split} Re\left\{(E_1e^{-j\alpha}\vec{a_x}+E_2e^{-j\beta}\vec{a_y})e^{j(\omega t-kz)}\right\}&=E_1\left(cos(\omega t-kz-\alpha)\vec{a_x}+cos\left(\omega t-kz -\alpha-\frac{\pi}{2}\right)\vec{a_y}\right)\\ &=E_1(cos(\omega t-kz-\alpha)\vec{a_x}+sin(\omega t-kz-\alpha)\vec{a_y}) \end{split} \end{equation}

이므로 전계 벡터 끝점은 xyxy평면에서 반시계 방향으로 원을 그린다. 따라서 답은 2번 이다.

8번

Vnm=−∫dcE⃗⋅dl⃗=−(∫dbq4πϵ0r2dr+∫ba0dr+∫acq4πϵ0r2dr)=−(−q4πϵ0r∣db−q4πϵ0r∣ac)=q4πϵ0(1b−1d+1c−1a)\begin{equation} \begin{split} V_{nm}&=-\int_d^c\vec{E}\cdot\vec{dl}\\ &=-\left(\int_d ^b \frac{q}{4\pi \epsilon_0 r^2}dr+\int_b ^a 0dr+\int_a ^c\frac{q}{4\pi\epsilon_0 r^2}dr\right)\\ &=-\left(-\left.\frac{q}{4\pi\epsilon_0 r}\right|_d ^b -\left.\frac{q}{4\pi\epsilon_0 r}\right|_a ^c\right)\\ &=\frac{q}{4\pi\epsilon_0}\left(\frac{1}{b}-\frac{1}{d}+\frac{1}{c}-\frac{1}{a}\right) \end{split} \end{equation}

이므로 답은 4번 이다.

9번

-4 μ\muC로 인한 주어진 위치에서의 전위는

V−4=−44πϵ0×1=−36×109×10−6=−36 kV\begin{equation} \begin{split} V_{-4}&=\frac{-4}{4\pi\epsilon_0\times1}\\ &=-36\times10^9\times10^{-6}\\ &=-36\text{ kV} \end{split} \end{equation}

이다. 다음으로 5 μ\muC로 인한 주어진 위치에서의 전계는

V5=54πϵ0×42+(−2−1)2=54πϵ0×5=9×109×10−6=9 kV=−36 kV\begin{equation} \begin{split} V_{5}&=\frac{5}{4\pi\epsilon_0\times\sqrt{4^2+(-2-1)^2}}\\ &=\frac{5}{4\pi\epsilon_0\times5}\\ &=9\times10^{9}\times10^{-6}\\ &=9\text{ kV}\\ &=-36\text{ kV} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 둘을 더하면

V=−36+9=−27 kVV=-36+9=-27\text{ kV}

이므로 답은 4번 이다.

10번

D⃗\vec{D}와 면적벡터를 내적해서 구해도 되지만, 적분을 6번 해야 하니 불편하다. 대신 ∇⋅D⃗\nabla\cdot\vec{D}를 부피적분하자. xyzxyz좌표계이니 이게 더 쉬울 것 같다.

∇⋅D⃗=3x2\nabla\cdot\vec{D}=3x^2

이다. 따라서

Q=∭∇⋅D⃗dv=∫01∫02∫033x2dzdydx=2×3×[x3]∣01=6 C\begin{equation} \begin{split} Q&=\iiint \nabla\cdot\vec{D} dv\\ &=\int_0 ^1\int_0 ^2 \int_0 ^3 3x^2dzdydx\\ &=2\times3\times[x^3]|_0^1\\ &=6\text{ C} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 3번 이다.

11번

스미스 도표를 통해서는 공진주파수를 알아낼 수 없다. 따라서 답은 4번 이다.

12번

변화한 커패시터는 공기 쪽 커패시터와 에보나이트 쪽 커패시터가 병렬로 연결된 것이다. 따라서 합성 커패시턴스는

C=13C0+23ϵs=(1+2ϵs)3C0\begin{equation} \begin{split} C&=\frac{1}{3}C_0+\frac{2}{3}\epsilon_s\\ &=\frac{(1+2\epsilon_s)}{3}C_0 \end{split} \end{equation}

이므로 답은 2번 이다.

13번

D⃗=ϵ0E⃗+P⃗\vec{D}=\epsilon_0\vec{E}+\vec{P}

이다. 전기장에 의해 분극이 일어나면 반대 방향으로 전기장이 생겨서 표면전하밀도로 인한 전속밀도가 작아지는 것처럼 보일 것이다. 따라서 분극 벡터 P⃗\vec{P}만큼 보상해 주어야 물질에 관계없이 표면전하밀도에 의한 전속밀도를 구할 수 있다.

한편

D⃗=ϵ0ϵrE⃗\vec{D}=\epsilon_0\epsilon_r\vec{E}

이고

D=σfD=\sigma_f

이다. 이들을 종합하면

P=σf−ϵ0E=σf−ϵ0×σfϵ0ϵr=ϵr−1ϵrσf\begin{equation} \begin{split} P&=\sigma_f-\epsilon_0E\\ &=\sigma_f-\epsilon_0\times\frac{\sigma_f}{\epsilon_0\epsilon_r}\\ &=\frac{\epsilon_r-1}{\epsilon_r}\sigma_f \end{split} \end{equation}

이므로 답은 1번 이다.

14번

η0=120π\eta_0=120\pi

이므로 주어진 평면파의 평균 전력은

P=12E2η0×π×22=12×144120π=2.4 WP=\frac{1}{2}\frac{E^2}{\eta_0}\times\pi\times2^2=\frac{1}{2}\times\frac{144}{120\pi}=2.4\text{ W}

이다. 따라서 답은 3번 이다.

15번

코일면 중심에서의 자계의 크기는

Hc=NI2aH_c=\frac{NI}{2a}

이다. 자침이 코일면과 이루는 각은 가로가 HnH_n, 세로가 HcH_c인 직각삼각형의 아래쪽 각도이므로

θ=tan−1NI2aHn\theta=tan^{-1}\frac{NI}{2aH_n}

이므로 답은 1번 이다.

16번

자성체 1, 2의 경계면에 평행한 자계 성분은 같다. 수직 성분은 자기장이 같다는 조건에 의해 달라질 것이다.

μ1H1⊥=μ2H2⊥⇒13H1⊥=H2⊥\begin{equation} \begin{split} \mu_1H_{1\perp}&=\mu_2H_{2\perp}\\ \Rightarrow \frac{1}{3}H_{1\perp}&=H_{2\perp} \end{split} \end{equation}

이다. 한편

H1∣∣=H1sin30∘=12H1H1⊥=H1cos30∘=32H1\begin{equation} \begin{split} H_{1||}&=H_1sin30^\circ=\frac{1}{2}H_1\\ H_{1\perp}&=H_1cos30^\circ=\frac{\sqrt{3}}{2}H_1 \end{split} \end{equation}

이므로

H2∣∣=12H1H2⊥=123H1\begin{equation} \begin{split} H_{2||}&=\frac{1}{2}H_1\\ H_{2\perp}&=\frac{1}{2\sqrt{3}}H_1\\ \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 H2⃗\vec{H_2}가 경계면에서 법선과 이루는 각은

θ=tan−112H1123H1=tan−113=30∘\theta=tan^{-1}\frac{\frac{1}{2}H_1}{\frac{1}{2\sqrt{3}}H_1}=tan^{-1}\frac{1}{\sqrt{3}}=30^\circ

이므로 답은 1번 이다.

17번

전류가 종이에서 우리 몸 쪽으로 뚫고 나온다고 가정하자.

먼저 b로 인한 자계를 생각하자. 지면에 평행한 방향으로

Hb=2π2π×10=110H_b=\frac{2\pi}{2\pi \times 10}=\frac{1}{10}

만큼 생긴다. a와 c로 인한 자계도 마찬가지 방향일 것이므로 여기서 110\frac{1}{10}보다 큰 값인 1번 보기를 골라낼 수도 있다. 하지만 정확히 풀어보자.

a로 인한 자계의 크기는 지면에서 오른쪽 위로 45∘45^\circ 방향으로

Ha=2π2π×102=1102H_a=\frac{2\pi}{2\pi\times10\sqrt{2}}=\frac{1}{10\sqrt{2}}

이고, c로 인한 자계의 크기는 오른쪽 아래 45∘45^\circ 방향으로

Hc=2π2π×102=1102H_c=\frac{2\pi}{2\pi\times10\sqrt{2}}=\frac{1}{10\sqrt{2}}

이다. 따라서 둘을 합성하면 2\sqrt{2}배가 되어 110\frac{1}{10}이다. 그러므로 b로 인한 자계의 크기와 더하면

Ha+Hb+Hc=15\texetA/mH_a+H_b+H_c=\frac{1}{5}\texet{ A/m}

이다. 따라서 답은 1번 이다.

18번

자계가 zz 방향이고, 전자가 수직 입사하는 방향을 ϕ\phi방향이라 하자. 그러면 전자가 받는 로런츠 힘은

F=qv⃗×B⃗=−1.6×10−19×20×103aϕ⃗×0.25×az⃗=−8×10−16aρ⃗\begin{equation} \begin{split} F&=q\vec{v}\times\vec{B}\\ &=-1.6\times10^{-19}\times20\times10^3\vec{a_\phi}\times0.25\times\vec{a_z}\\ &=-8\times10^{-16}\vec{a_\rho} \end{split} \end{equation}

이다. 그리고 원운동을 하는 물체에 작용하는 구심력은

mv2ρ\frac{mv^2}{\rho}

이므로 둘의 크기가 같다고 놓으면

mv2ρ=8×10−16⇒ρ=9.1×10−31×(20×103)28×10−16=455 nm\begin{equation} \begin{split} \frac{mv^2}{\rho}&=8\times10^{-16}\\ \Rightarrow \rho&=\frac{9.1\times10^{-31}\times(20\times10^3)^2}{8\times10^{-16}}\\ &=455\text{ nm} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 4번 이다.

19번

손실탄젠트는

tanδ=σωϵtan\delta=\frac{\sigma}{\omega \epsilon}

이므로

σ=0.002×2π×1×109×4ϵ0=1.6π×107ϵ0\sigma=0.002\times2\pi\times1\times10^9\times4\epsilon_0=1.6\pi\times10^{7}\epsilon_0

이다. 따라서 4번 이 옳지 않다. 다른 보기에 대해서도 알아보자.

  1. 전파속도는
    v=1μϵ=1μ0ϵ01ϵr=3×108×14=1.5×108 m/s\begin{equation} \begin{split} v&=\sqrt{1}{\mu\epsilon}\\ &=\sqrt{1}{\mu_0\epsilon_0}\frac{1}{\sqrt{\epsilon_r}}\\ &=3\times10^8\times\frac{1}{\sqrt{4}}\\ &=1.5\times10^8\text{ m/s} \end{split} \end{equation}
    이다.
  2. 고유 임피던스는
    η=jωμσ+jωϵ\eta=\sqrt{\frac{j\omega\mu}{\sigma+j\omega \epsilon}}
    에서 σ=0\sigma=0이어야 고유 임피던수가 실수가 되어 전계와 자계의 위상차가 없다. 주어진 조건에서 σ≠0\sigma\neq0이므로 전계와 자계는 위상차가 있다.
  3. 파장은
    λ=vf=1.5×1081×109=15 cm\lambda=\frac{v}{f}=\frac{1.5\times10^8}{1\times10^9}=15\text{ cm}
    이다.

20번

  1. 그렇다. 그래야 외부 자기장이 없어도 자속이 유지되고, 보자력이 커야 외부 자기장에 저항할 수 있을 것이다.
  2. 자기차폐를 위해서는 강자성체로 둘러싸야한다.
  3. 그렇다. 퀴리온도에서는 열로 인해서 자기 모멘트의 정렬된 상태를 흐트러뜨리기 시작한다. 따라서 강자성을 잃고 상자성이 되기 시작한다.
  4. 그렇다.

따라서 답은 2번 이다.