2012 7급 국가직 전기자기학 1번 E ⃗ = − ∇ V = − 3 y a x ⃗ − 3 x a y ⃗ − a z ⃗ \begin{equation} \begin{split} \vec{E}&=-\nabla V\\ &=-3y\vec{a_x}-3x\vec{a_y}-\vec{a_z} \end{split} \end{equation} E = − ∇ V = − 3 y a x − 3 x a y − a z 이다. 주어진 점을 대입하면
E ⃗ = 6 a x ⃗ − 6 a y ⃗ − a z ⃗ \vec{E}=6\vec{a_x}-6\vec{a_y}-\vec{a_z} E = 6 a x − 6 a y − a z 이므로 답은 4번 이다.
2번 무한 직선 도선에 의한 자계의 크기는
H 1 = I 2 π a H_1=\frac{I}{2\pi a} H 1 = 2 πa I 이다. 그리고 원형 도선에 의한 자계의 크기는
H c = I 2 a H_c=\frac{I}{2a} H c = 2 a I 이다. 두 자계의 방향이 같으므로 총 자계의 크기는
H = H l + H c = I 2 a ( π + 1 π ) H=H_l+H_c=\frac{I}{2a}\left(\frac{\pi+1}{\pi}\right) H = H l + H c = 2 a I ( π π + 1 ) 이므로 답은 2번 이다.
3번 τ ⃗ = m ⃗ × B ⃗ \vec{\tau}=\vec{m}\times\vec{B} τ = m × B 이다.
m ⃗ = 2 × 2 × 1 × a x ⃗ = 4 a x ⃗ \vec{m}=2\times2\times1\times\vec{a_x}=4\vec{a_x} m = 2 × 2 × 1 × a x = 4 a x 이므로
τ ⃗ = 4 a x ⃗ × ( a x ⃗ − 2 a y ⃗ + 3 a z ⃗ ) = − 12 a y ⃗ − 8 a z ⃗ \begin{equation} \begin{split} \vec{\tau}&=4\vec{a_x}\times(\vec{a_x}-2\vec{a_y}+3\vec{a_z})\\ &=-12\vec{a_y}-8\vec{a_z} \end{split} \end{equation} τ = 4 a x × ( a x − 2 a y + 3 a z ) = − 12 a y − 8 a z 이므로 답은 4번 이다.
4번 전도전류는
J c = σ E = 10 E J_c=\sigma E=10E J c = σ E = 10 E 이고, 변위전류 크기는
J d = ∣ ∂ D ⃗ ∂ t ∣ = ∣ ∂ ( ϵ 0 ϵ r E ⃗ ) ∂ t ∣ = 2 π f × 1 0 − 9 36 π × 5 E = f 5 × 1 0 − 9 18 E \begin{equation} \begin{split} J_d&=\left|\frac{\partial \vec{D}}{\partial t}\right|\\ &=\left|\frac{\partial (\epsilon_0\epsilon_r\vec{E})}{\partial t}\right|\\ &=2\pi f\times\frac{10^{-9}}{36\pi}\times 5E\\ &=f\frac{5\times 10^{-9}}{18}E \end{split} \end{equation} J d = ∣ ∣ ∂ t ∂ D ∣ ∣ = ∣ ∣ ∂ t ∂ ( ϵ 0 ϵ r E ) ∣ ∣ = 2 π f × 36 π 1 0 − 9 × 5 E = f 18 5 × 1 0 − 9 E 이다. 따라서
10 E = 10 f × 5 × 1 0 − 9 18 ⇒ f = 18 5 × 1 0 9 = 3.6 GHz \begin{equation} \begin{split} 10E&=10f\times\frac{5\times 10^{-9}}{18}\\ \Rightarrow f&=\frac{18}{5}\times10^{9}\\ &=3.6\text{ GHz} \end{split} \end{equation} 10 E ⇒ f = 10 f × 18 5 × 1 0 − 9 = 5 18 × 1 0 9 = 3.6 GHz 이므로 답은 3번 이다.
5번 Z 0 = L C = 300 Ω Z_0=\sqrt{\frac{L}{C}}=300\text{ }\Omega Z 0 = C L = 300 Ω 이다. 그리고 파장과 주파수로부터 전파속도가
v = 80 × 2.5 = 200 × 1 0 6 m/s v=80\times 2.5=200\times10^{6}\text{ m/s} v = 80 × 2.5 = 200 × 1 0 6 m/s 이다. 한편
v = 1 L C v=\frac{1}{\sqrt{LC}} v = L C 1 이므로 L L L Z 0 Z_0 Z 0 v v v
Z 0 v = L C × L C = L = 1.5 × 1 0 − 6 = 1.5 μ H/m \begin{equation} \begin{split} \frac{Z_0}{v}&=\sqrt{\frac{L}{C}}\times{\sqrt{LC}}\\ &=L\\ &=1.5\times10^{-6}\\ &=1.5\text{ }\mu\text{H/m} \end{split} \end{equation} v Z 0 = C L × L C = L = 1.5 × 1 0 − 6 = 1.5 μ H/m 이므로 답은 4번 이다.
6번 자계가 없다고 가정할 때 표면전류로 인한 자계는 x < 0 x\lt0 x < 0 − 5 a y ⃗ -5\vec{a_y} − 5 a y x > 0 x\gt0 x > 0 5 a y ⃗ 5\vec{a_y} 5 a y H 1 ⃗ = 12 a y ⃗ \vec{H_1}=12\vec{a_y} H 1 = 12 a y + 17 a y ⃗ +17\vec{a_y} + 17 a y x > 0 x\gt0 x > 0 10 a y ⃗ 10\vec{a_y} 10 a y
H 2 ⃗ = ( 5 + 17 ) a y ⃗ = 22 a y ⃗ \vec{H_2}=(5+17)\vec{a_y}=22\vec{a_y} H 2 = ( 5 + 17 ) a y = 22 a y 이다. 따라서 답은 3번 이다.
7번 d r d t = 1 \frac{dr}{dt}=1 d t d r = 1 이다. 도선이 만드는 면적은
이므로
d S d t = 2 π r d r d t = 2 π r \frac{dS}{dt}=2\pi r\frac{dr}{dt}=2\pi r d t d S = 2 π r d t d r = 2 π r 이다. 따라서
∣ e m f ∣ = ∣ − d Φ d t ∣ = ∣ − B d S d t ∣ = 4 π r |emf|=\left|-\frac{d\Phi}{dt}\right|=\left|-B\frac{dS}{dt}\right|=4\pi r ∣ e m f ∣ = ∣ ∣ − d t d Φ ∣ ∣ = ∣ ∣ − B d t d S ∣ ∣ = 4 π r 이므로 전류는
4 π r 2 π r = 2 A \frac{4\pi r}{2\pi r}=2\text{ A} 2 π r 4 π r = 2 A 이다. 그러므로 답은 3번 이다.
8번 단위 길이당 전하량 Q Q Q Q 1 Q_1 Q 1 Q 2 = Q − Q 1 Q_2=Q-Q_1 Q 2 = Q − Q 1 − Q -Q − Q a < ρ < b a\lt\rho\lt b a < ρ < b
E 1 ⃗ = Q 1 2 π ρ a ρ ⃗ \vec{E_1}=\frac{Q_1}{2\pi \rho}\vec{a_\rho} E 1 = 2 π ρ Q 1 a ρ 이다. 따라서 a , b a,b a , b
V b a = ∫ a b Q 1 2 π ϵ ρ a ρ ⃗ ⋅ a ρ ⃗ = Q 1 2 π ϵ l n b a \begin{equation} \begin{split} V_{ba}&=\int_a ^b \frac{Q_1}{2\pi \epsilon\rho}\vec{a_\rho}\cdot\vec{a_\rho}\\ &=\frac{Q_1}{2\pi\epsilon}ln\frac{b}{a} \end{split} \end{equation} V ba = ∫ a b 2 π ϵ ρ Q 1 a ρ ⋅ a ρ = 2 π ϵ Q 1 l n a b 이다. 그리고 b < ρ < c b\lt\rho\lt c b < ρ < c
E 2 ⃗ = Q 1 − Q 2 π ρ a ρ ⃗ = − Q 2 2 π ρ a ρ ⃗ \vec{E_2}=\frac{Q_1-Q}{2\pi \rho}\vec{a_\rho}=-\frac{Q_2}{2\pi \rho}\vec{a_\rho} E 2 = 2 π ρ Q 1 − Q a ρ = − 2 π ρ Q 2 a ρ 이므로 b , c b,c b , c
V b c = Q 2 2 π ϵ l n c b V_{bc}=\frac{Q_2}{2\pi \epsilon}ln\frac{c}{b} V b c = 2 π ϵ Q 2 l n b c 이다. 그런데 V a = V c V_a=V_c V a = V c V b a = V b c V_{ba}=V_{bc} V ba = V b c
Q 1 2 π ϵ l n b a = Q 2 2 π ϵ l n c b ⇒ Q 1 = Q 2 l n c b l n b a ⇒ Q 1 = ( Q − Q 1 ) l n c b l n b a ⇒ Q 1 ( 1 + l n c b l n b a ) = Q l n c b l n b a ⇒ Q 1 = Q l n c b l n b a + l n c b \begin{equation} \begin{split} \frac{Q_1}{2\pi\epsilon}ln\frac{b}{a}&=\frac{Q_2}{2\pi \epsilon}ln\frac{c}{b}\\ \Rightarrow Q_1&=Q_2\frac{ln\frac{c}{b}}{ln\frac{b}{a}}\\ \Rightarrow Q_1&=(Q-Q_1)\frac{ln\frac{c}{b}}{ln\frac{b}{a}}\\ \Rightarrow Q_1\left(1+\frac{ln\frac{c}{b}}{ln\frac{b}{a}} \right)&=Q\frac{ln\frac{c}{b}}{ln\frac{b}{a}}\\ \Rightarrow Q_1&=Q\frac{ln\frac{c}{b}}{ln\frac{b}{a}+ln\frac{c}{b}} \end{split} \end{equation} 2 π ϵ Q 1 l n a b ⇒ Q 1 ⇒ Q 1 ⇒ Q 1 ( 1 + l n a b l n b c ) ⇒ Q 1 = 2 π ϵ Q 2 l n b c = Q 2 l n a b l n b c = ( Q − Q 1 ) l n a b l n b c = Q l n a b l n b c = Q l n a b + l n b c l n b c 이다. 이를 V b a V_{ba} V ba Q = C V ⇒ C = Q V Q=CV\Rightarrow C=\frac{Q}{V} Q = C V ⇒ C = V Q
V b a = Q l n c b l n b a + l n c b l n b a 2 π ϵ ⇒ C = Q V b a = 2 π ϵ ( l n b a + l n c b ) 1 l n b a l n c b = 2 π ϵ ( 1 l n b a + 1 l n c b ) \begin{equation} \begin{split} V_{ba}&=Q\frac{ln\frac{c}{b}}{ln\frac{b}{a}+ln\frac{c}{b}}\frac{ln\frac{b}{a}}{2\pi \epsilon}\\ \Rightarrow C&=\frac{Q}{V_{ba}}\\ &=2\pi\epsilon\left(ln\frac{b}{a}+ln\frac{c}{b}\right)\frac{1}{ln\frac{b}{a}ln\frac{c}{b}}\\ &=2\pi\epsilon\left(\frac{1}{ln\frac{b}{a}}+\frac{1}{ln\frac{c}{b}}\right) \end{split} \end{equation} V ba ⇒ C = Q l n a b + l n b c l n b c 2 π ϵ l n a b = V ba Q = 2 π ϵ ( l n a b + l n b c ) l n a b l n b c 1 = 2 π ϵ ( l n a b 1 + l n b c 1 ) 이므로 답은 1번 이다.
9번 η = μ ϵ = 120 π Ω \eta=\sqrt{\frac{\mu}{\epsilon}}=120\pi\text{ }\Omega η = ϵ μ = 120 π Ω 이다. 주어진 고유 임피던스는 자유공간의 임피던스 120 π 120\pi 120 π 1 4 \frac{1}{4} 4 1
1 4 = 2 ϵ r ⇒ ϵ r = 32 \begin{equation} \begin{split} \frac{1}{4}&=\sqrt{\frac{2}{\epsilon_r}}\\ \Rightarrow\epsilon_r&=32 \end{split} \end{equation} 4 1 ⇒ ϵ r = ϵ r 2 = 32 이다. 그리고
β = ω μ ϵ \beta=\omega\sqrt{\mu\epsilon} β = ω μ ϵ 이므로 주어진 조건을 이용하면
0.8 = ω × μ 0 ϵ 0 × 2 × 32 = ω × 1 3 × 1 0 8 × 8 ⇒ ω = 3 × 1 0 7 rad/s \begin{equation} \begin{split} 0.8&=\omega\times{\sqrt{\mu_0\epsilon_0}}\times{\sqrt{2\times32}}\\ &=\omega\times\frac{1}{3\times10^8}\times{8}\\ \Rightarrow \omega&=3\times10^7\text{ rad/s} \end{split} \end{equation} 0.8 ⇒ ω = ω × μ 0 ϵ 0 × 2 × 32 = ω × 3 × 1 0 8 1 × 8 = 3 × 1 0 7 rad/s 이다. 따라서 답은 4번 이다.
10번 z z z
200 × π × ( 1 0 − 2 ) 2 + ( − 2 ) × 2 π × 2 × 1 0 − 2 + ρ s × 2 π × 3 × 1 0 − 2 = 0 ⇒ 2 − 8 + 6 ρ s = 0 ⇒ ρ s = 1 nC/m 2 \begin{equation} \begin{split} 200\times \pi \times (10^{-2})^2+(-2)\times 2\pi\times 2\times10^{-2}+\rho_s\times 2\pi\times 3\times10^{-2}&=0\\ \Rightarrow 2-8+6\rho_s&=0\\ \Rightarrow \rho_s&=1\text{ nC/m}^2 \end{split} \end{equation} 200 × π × ( 1 0 − 2 ) 2 + ( − 2 ) × 2 π × 2 × 1 0 − 2 + ρ s × 2 π × 3 × 1 0 − 2 ⇒ 2 − 8 + 6 ρ s ⇒ ρ s = 0 = 0 = 1 nC/m 2 이므로 답은 1번 이다.
11번 원래의 커패시턴스를 C 0 C_0 C 0
C = 2 C 0 ∣ ∣ 6 C 0 = 12 C 0 2 8 C 0 = 3 2 C 0 C=2C_0||6C_0=\frac{12C_0^2}{8C_0}=\frac{3}{2}C_0 C = 2 C 0 ∣∣6 C 0 = 8 C 0 12 C 0 2 = 2 3 C 0 이므로 답은 3번 이다.
12번 공극에 저장되는 자기 에너지는
W m = ∫ ∫ ∫ 1 2 B 2 μ 0 d v = 1 2 A g B 2 μ 0 W_m=\int\int\int\frac{1}{2}\frac{B^2}{\mu_0}dv=\frac{1}{2}\frac{AgB^2}{\mu_0} W m = ∫∫∫ 2 1 μ 0 B 2 d v = 2 1 μ 0 A g B 2 이다. W = ∫ F ⃗ ⋅ d l W=\int \vec{F}\cdot{dl} W = ∫ F ⋅ d l g g g
F = d W m d g = B 2 A 2 μ 0 F=\frac{dW_m}{dg}=\frac{B^2A}{2\mu_0} F = d g d W m = 2 μ 0 B 2 A 이므로 답은 4번 이다.
13번 공극의 길이가 짧다면 밖으로 나가는 자속은 무시할 수도 있을 것이다. 일단 넘어가자. 실리콘 강의 비투자율이 3,500이므로 공극 대비 길이가 100배라도 자기저항은 공극의 1 35 \frac{1}{35} 35 1 위 설명에 의해 릴럭턴스(자기저항)은 공극 부분이 실리콘 강에 비해 크다. 실리콘 강은 비투자율이 매우 큰 재료로서 외부 자계를 점점 증가시키다 보면 자속밀도가 어느 시점부터 포화되어 더 커지지 않는 비선형 특성을 보인다. 따라서 답은 2번 이다.
14번 ∮ H ⃗ ⋅ d l ⃗ = N I \oint \vec{H}\cdot\vec{dl}=NI ∮ H ⋅ d l = N I 이고, 자계는 원형 대칭성이 있으므로
20 × 1 0 − 2 × H = 500 × 2 ⇒ H = 5000 A/m \begin{equation} \begin{split} 20\times10^{-2}\times H&=500\times 2\\ \Rightarrow H&=5000\text{ A/m} \end{split} \end{equation} 20 × 1 0 − 2 × H ⇒ H = 500 × 2 = 5000 A/m 이다. 따라서 자속을 구하면
5000 × 3 × 1 0 − 3 × 10 × ( 1 0 − 2 ) 2 = 1.5 × 1 0 − 2 5000\times3\times10^{-3}\times10\times(10^{-2})^2=1.5\times 10^{-2} 5000 × 3 × 1 0 − 3 × 10 × ( 1 0 − 2 ) 2 = 1.5 × 1 0 − 2 이므로 답은 1번 이다.
15번 커패시터에 저장되는 전기 에너지는
W e = ∭ 1 2 Q 2 C d v W_e=\iiint\frac{1}{2}\frac{Q^2}{C}dv W e = ∭ 2 1 C Q 2 d v 이다. 전하량을 2배, 유전율을 2배로 하면 전기 에너지는 총 2배가 되는데, 에너지와 힘은 비례하므로 힘도 2배가 되어 2 F 2F 2 F 3번 이다.
16번 B ⃗ = ∇ × A ⃗ = ∣ a x ⃗ a y ⃗ a z ⃗ ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z A x A y A z ∣ = ∣ a x ⃗ a y ⃗ a z ⃗ ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z − j 2 μ 0 e j 5 z 0 0 ∣ = − a y ⃗ ( − ∂ ( − j 2 μ 0 e j 5 z ) ∂ z ) = 10 μ 0 e j 5 z a y ⃗ \begin{equation} \begin{split} \vec{B}&=\nabla\times \vec{A}\\ &= \begin{vmatrix} \vec{a_x} & \vec{a_y} & \vec{a_z}\\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z}\\ A_x & A_y & A_z \end{vmatrix}\\ &= \begin{vmatrix} \vec{a_x} & \vec{a_y} & \vec{a_z}\\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z}\\ -j2\mu_0e^{j5z} & 0 & 0 \end{vmatrix}\\ &=-\vec{a_y}\left(-\frac{\partial (-j2\mu_0e^{j5z})}{\partial z}\right)\\ &=10\mu_0e^{j5z}\vec{a_y} \end{split} \end{equation} B = ∇ × A = ∣ ∣ a x ∂ x ∂ A x a y ∂ y ∂ A y a z ∂ z ∂ A z ∣ ∣ = ∣ ∣ a x ∂ x ∂ − j 2 μ 0 e j 5 z a y ∂ y ∂ 0 a z ∂ z ∂ 0 ∣ ∣ = − a y ( − ∂ z ∂ ( − j 2 μ 0 e j 5 z ) ) = 10 μ 0 e j 5 z a y 이므로
H ⃗ = 10 e j 5 z a y ⃗ \vec{H}=10e^{j5z}\vec{a_y} H = 10 e j 5 z a y 이다. 그리고 원천 없는 자유공간이므로
E ⃗ = − ∇ V − ∂ A ⃗ ∂ t = − ∂ A ⃗ ∂ t = − j ω ( − j 2 μ 0 e j 5 z a x ⃗ ) = − ω μ 0 e j 5 z a x ⃗ \begin{equation} \begin{split} \vec{E}&=-\nabla V-\frac{\partial \vec{A}}{\partial t}\\ &=-\frac{\partial \vec{A}}{\partial t}\\ &=-j\omega(-j2\mu_0e^{j5z}\vec{a_x})\\ &=-\omega \mu_0e^{j5z}\vec{a_x} \end{split} \end{equation} E = − ∇ V − ∂ t ∂ A = − ∂ t ∂ A = − jω ( − j 2 μ 0 e j 5 z a x ) = − ω μ 0 e j 5 z a x 인데,
β = ω μ 0 ϵ 0 = 5 ⇒ ω = 5 μ 0 ϵ 0 \begin{equation} \begin{split} \beta&=\omega\sqrt{\mu_0\epsilon_0}\\ &=5\\ \Rightarrow \omega&=\frac{5}{\sqrt{\mu_0\epsilon_0}} \end{split} \end{equation} β ⇒ ω = ω μ 0 ϵ 0 = 5 = μ 0 ϵ 0 5 이므로
E ⃗ = − μ 0 ϵ 0 5 e j 5 z a x ⃗ \vec{E}=-\sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}}5e^{j5z}\vec{a_x} E = − ϵ 0 μ 0 5 e j 5 z a x 이다. 따라서 다븐 4번 이다.
17번 β = ω μ 0 μ r ϵ 0 ϵ r \beta=\omega \sqrt{\mu_0\mu_r\epsilon_0\epsilon_r} β = ω μ 0 μ r ϵ 0 ϵ r η = μ 0 μ r ϵ 0 ϵ r \eta=\sqrt{\frac{\mu_0\mu_r}{\epsilon_0\epsilon_r}} η = ϵ 0 ϵ r μ 0 μ r 1 9 \frac{1}{9} 9 1 v = 1 μ 0 μ r ϵ 0 ϵ r v=\frac{1}{\sqrt{\mu_0\mu_r\epsilon_0\epsilon_r}} v = μ 0 μ r ϵ 0 ϵ r 1 1 9 \frac{1}{9} 9 1 λ = 2 π β \lambda=\frac{2\pi}{\beta} λ = β 2 π β \beta β 1 9 \frac{1}{9} 9 1 따라서 답은 1번 이다.
18번 η 0 = 120 π \eta_0=120\pi η 0 = 120 π
W = 1 2 E 2 η 0 π r 2 = 1 2 1600 120 π × 9 p i = 60 W \begin{equation} \begin{split} W&=\frac{1}{2}\frac{E^2}{\eta_0}\pi r^2\\ &=\frac{1}{2}\frac{1600}{120\pi}\times 9pi\\ &=60\text{ W} \end{split} \end{equation} W = 2 1 η 0 E 2 π r 2 = 2 1 120 π 1600 × 9 p i = 60 W 이므로 답은 4번 이다.
19번 해당하는 위치의 자속밀도는
B = μ 0 I m c o s ( ω t ) 2 π × 1 = μ 0 I m c o s ( ω t ) 2 π B=\frac{\mu_0I_mcos(\omega t)}{2\pi\times 1}=\frac{\mu_0I_mcos(\omega t)}{2\pi} B = 2 π × 1 μ 0 I m cos ( ω t ) = 2 π μ 0 I m cos ( ω t ) 이므로 검출기에서의 자속은 대략
Φ ≈ B × ( 1 × 1 0 − 2 ) 2 = μ 0 I m c o s ( ω t ) 2 π × 1 0 − 4 \Phi\approx B\times(1\times10^{-2})^2=\frac{\mu_0I_mcos(\omega t)}{2\pi}\times10^{-4} Φ ≈ B × ( 1 × 1 0 − 2 ) 2 = 2 π μ 0 I m cos ( ω t ) × 1 0 − 4 이다. 따라서
∣ V o ∣ = ∣ e m f ∣ ≈ ∂ ∂ t ( μ 0 I m c o s ( ω t ) 2 π × 1 0 − 4 ) = m u 0 I m 2 π 2 π f c o s ( ω t ) × 1 0 − 4 = μ 0 I m f c o s ( ω t ) × 1 0 − 4 ⇒ I m ≈ ∣ V o ∣ μ 0 f 1 0 4 \begin{equation} \begin{split} |V_o|&=|emf|\\ &\approx\frac{\partial}{\partial t}\left(\frac{\mu_0I_mcos(\omega t)}{2\pi}\times10^{-4}\right)\\ &=\frac{mu_0I_m}{2\pi}2\pi f cos(\omega t)\times10^{-4}\\ &=\mu_0I_m f cos(\omega t)\times10^{-4}\\ \Rightarrow I_m&\approx\frac{|V_o|}{\mu_0 f}10^4 \end{split} \end{equation} ∣ V o ∣ ⇒ I m = ∣ e m f ∣ ≈ ∂ t ∂ ( 2 π μ 0 I m cos ( ω t ) × 1 0 − 4 ) = 2 π m u 0 I m 2 π f cos ( ω t ) × 1 0 − 4 = μ 0 I m f cos ( ω t ) × 1 0 − 4 ≈ μ 0 f ∣ V o ∣ 1 0 4 이므로 답은 3번 이다.
20번 정재파비가 3이므로
V S W R = 1 + ∣ Γ ∣ 1 − ∣ Γ ∣ = 3 ⇒ 3 − 3 ∣ Γ ∣ = 1 + ∣ Γ ∣ ⇒ ∣ Γ ∣ = 1 2 \begin{equation} \begin{split} VSWR&=\frac{1+|\Gamma|}{1-|\Gamma|}\\\ &=3\\ \Rightarrow 3-3|\Gamma|&=1+|\Gamma|\\ \Rightarrow |\Gamma|&=\frac{1}{2} \end{split} \end{equation} V S W R ⇒ 3 − 3∣Γ∣ ⇒ ∣Γ∣ = 1 − ∣Γ∣ 1 + ∣Γ∣ = 3 = 1 + ∣Γ∣ = 2 1 이다. 전압의 최소점이 0.25 m마다 나타나므로, 부하 지점에서도 최소 전압이 나왔을 것이다. 그러려면 반사 계수가 음수가 되어서 진행파에서 반사파가 뺄셈되어야 하므로
Γ = − 1 2 = Z L − Z 0 Z L + Z 0 ⇒ − 2 Z L + 2 Z 0 = Z L + Z 0 ⇒ Z L = 1 3 Z 0 = 25 Ω \begin{equation} \begin{split} \Gamma&=-\frac{1}{2}\\ &=\frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0}\\ \Rightarrow -2Z_L+2Z_0&=Z_L+Z_0\\ \Rightarrow Z_L&=\frac{1}{3}Z_0\\ &=25\text{ }\Omega \end{split} \end{equation} Γ ⇒ − 2 Z L + 2 Z 0 ⇒ Z L = − 2 1 = Z L + Z 0 Z L − Z 0 = Z L + Z 0 = 3 1 Z 0 = 25 Ω 이다. 따라서 답은 2번 이다.