2013 7급 국가직 전기자기학 1번 주어진 점에 대한 점전하에 의한 전계의 크기는
E 1 = Q 4 π ϵ 0 × 1 2 = Q 4 π ϵ 0 E_1=\frac{Q}{4\pi\epsilon_0\times1^2}=\frac{Q}{4\pi\epsilon_0} E 1 = 4 π ϵ 0 × 1 2 Q = 4 π ϵ 0 Q 이고, 무한 선전하에 의한 전계의 크기는
E 2 = ρ l 2 π ϵ 0 × 1 = ρ l 2 π ϵ 0 E_2=\frac{\rho_l}{2\pi\epsilon_0\times1}=\frac{\rho_l}{2\pi\epsilon_0} E 2 = 2 π ϵ 0 × 1 ρ l = 2 π ϵ 0 ρ l 이다. 따라서 E 1 = E 2 E_1=E_2 E 1 = E 2
Q 4 π ϵ 0 = ρ l 2 π ϵ 0 × 1 ⇒ ρ l = 0.5 Q \begin{gather} \frac{Q}{4\pi\epsilon_0}=\frac{\rho_l}{2\pi\epsilon_0\times1}\\ \Rightarrow \rho_l=0.5Q \end{gather} 4 π ϵ 0 Q = 2 π ϵ 0 × 1 ρ l ⇒ ρ l = 0.5 Q 이므로 답은 1번 이다.
2번 ㄱ. 위쪽으로 증가하는 B B B
ㄴ, 위쪽으로 감소하는 B B B
ㄷ. 위쪽으로 감소하는 B B B
ㄹ. 위쪽으로 증가하는 B B B
따라서 답은 3번 이다.
3번 자유공간이므로 고유임피던스는
η 0 = μ 0 ϵ 0 \eta_0=\sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}} η 0 = ϵ 0 μ 0 이다. 그리고 H = E η 0 H=\frac{E}{\eta_0} H = η 0 E + a z ⃗ +\vec{a_z} + a z H ⃗ \vec{H} H a y ⃗ \vec{a_y} a y
H ⃗ = ϵ 0 μ 0 E 0 e − j ( k z − ω t ) a y ⃗ \vec{H}=\sqrt{\frac{\epsilon_0}{\mu_0}}E_0e^{-j(kz-\omega t)}\vec{a_y} H = μ 0 ϵ 0 E 0 e − j ( k z − ω t ) a y 이므로 답은 1번 이다.
4번 이다. 처음 상태의 커패시턴스를 C 1 C_1 C 1
Q = C 1 × 1 = C 0 Q=C_1\times1=C_0 Q = C 1 × 1 = C 0 이다. 그러고 나서 전원을 끊었으므로 충전된 전하량의 변화는 없을 것이다. 비유전율이 10이 되었으므로 커패시턴스는 10배가 커진 10 C 0 10C_0 10 C 0
V = Q C = C 0 10 C 0 = 0.1 V V=\frac{Q}{C}=\frac{C_0}{10C_0}=0.1\text{ V} V = C Q = 10 C 0 C 0 = 0.1 V 이므로 답은 2번 이다.
5번 Φ = ∫ B ⃗ ⋅ d s ⃗ = 4 c o s ( 10 t ) \begin{equation} \begin{split} \Phi&=\int \vec{B}\cdot\vec{ds}\\ &=4cos(10t) \end{split} \end{equation} Φ = ∫ B ⋅ d s = 4 cos ( 10 t ) 이다. 따라서 유도기전력은
e m f = − ∂ Φ ∂ t = − ( − 4 × 10 s i n ( 10 t ) ) = 40 s i n ( 10 t ) \begin{equation} \begin{split} emf&=-\frac{\partial \Phi}{\partial t}\\ &=-(-4\times10sin(10t))\\ &=40sin(10t) \end{split} \end{equation} e m f = − ∂ t ∂ Φ = − ( − 4 × 10 s in ( 10 t )) = 40 s in ( 10 t ) 이다. 따라서 유도기전력의 최댓값이 40 V이고, 단위길이 당 저항이 1 Ω \Omega Ω Ω \Omega Ω
I m a x = 40 4 = 10 A I_{max}=\frac{40}{4}=10\text{ A} I ma x = 4 40 = 10 A 이고 답은 3번 이다.
6번 전도전류밀도는
J c = σ E = 500 s i n ( ω t ) \begin{equation} \begin{split} J_c&=\sigma E\\ &=500sin(\omega t) \end{split} \end{equation} J c = σ E = 500 s in ( ω t ) 이다. 그리고 변위전류밀도의 크기는
J d = ∣ ∂ D ∂ t ∣ = ∣ ∂ ∂ t ( 2 × 1 0 − 9 36 π × 50 s i n ( ω t ) ) ∣ = ω × 2 × 1 0 − 9 36 π × 50 c o s ( ω t ) = 2 π f × 1 0 − 7 36 π × c o s ( ω t ) = f × 1 0 − 7 18 × c o s ( ω t ) \begin{equation} \begin{split} J_d&=\left|\frac{\partial D}{\partial t}\right|\\ &=\left|\frac{\partial}{\partial t}\left(2\times\frac{10^{-9}}{36\pi}\times 50sin(\omega t)\right)\right|\\ &=\omega\times2\times\frac{10^{-9}}{36\pi}\times 50cos(\omega t)\\ &=2\pi f\times\frac{10^{-7}}{36\pi}\times cos(\omega t)\\ &=f\times\frac{10^{-7}}{18}\times cos(\omega t) \end{split} \end{equation} J d = ∣ ∣ ∂ t ∂ D ∣ ∣ = ∣ ∣ ∂ t ∂ ( 2 × 36 π 1 0 − 9 × 50 s in ( ω t ) ) ∣ ∣ = ω × 2 × 36 π 1 0 − 9 × 50 cos ( ω t ) = 2 π f × 36 π 1 0 − 7 × cos ( ω t ) = f × 18 1 0 − 7 × cos ( ω t ) 이다. 따라서 둘의 최댓값이 같기 위해서는
500 = f × 1 0 − 7 18 ⇒ f = 90 × 100 × 1 0 7 = 90 GHz \begin{equation} \begin{split} 500&=f\times\frac{10^{-7}}{18}\\ \Rightarrow f&=90\times100\times10^{7}\\ &=90\text{ GHz} \end{split} \end{equation} 500 ⇒ f = f × 18 1 0 − 7 = 90 × 100 × 1 0 7 = 90 GHz 이므로 답은 3번 이다. 사실 문제가 엄밀하게 되어 있진 않다.
7번 Q = ∭ ρ v d v = ∫ 0 a ∫ 0 π ∫ 0 2 π e − r a r 2 r s i n θ d ϕ r d θ d r = ∫ 0 a ∫ 0 π ∫ 0 2 π e − r a s i n θ d ϕ d θ d r = 2 π ∫ 0 a e − r a d r ∫ 0 π s i n θ d θ = 2 π × ( − a ) [ e − r a ] 0 a × [ − c o s θ ] 0 π = − 2 π a ( e − 1 − 1 ) × ( 1 + 1 ) = 4 π a ( e − 1 ) e \begin{equation} \begin{split} Q&=\iiint \rho_v dv\\ &=\int_0 ^a \int_0 ^{\pi} \int _0 ^{2\pi} \frac{e^{-\frac{r}{a}}}{r^2} rsin\theta d\phi rd\theta dr\\ &=\int_0 ^a \int_0 ^{\pi} \int _0 ^{2\pi}e^{-\frac{r}{a}}sin\theta d\phi d\theta dr\\ &=2\pi\int_0 ^a e^{-\frac{r}{a}} dr \int_0 ^{\pi}sin\theta d\theta\\ &=2\pi \times(-a)\left[e^{-\frac{r}{a}}\right]_0 ^a \times [-cos\theta]_0 ^\pi\\ &=-2\pi a (e^{-1}-1)\times(1+1)\\ &=\frac{4\pi a(e-1)}{e} \end{split} \end{equation} Q = ∭ ρ v d v = ∫ 0 a ∫ 0 π ∫ 0 2 π r 2 e − a r rs in θ d ϕ r d θ d r = ∫ 0 a ∫ 0 π ∫ 0 2 π e − a r s in θ d ϕ d θ d r = 2 π ∫ 0 a e − a r d r ∫ 0 π s in θ d θ = 2 π × ( − a ) [ e − a r ] 0 a × [ − cos θ ] 0 π = − 2 πa ( e − 1 − 1 ) × ( 1 + 1 ) = e 4 πa ( e − 1 ) 이므로 답은 4번 이다.
8번 공극에서의 자기저항은R a i r = l μ 0 S = 1 4 π × 1 0 − 7 × 2 = 1 24 × 1 0 7 H − 1 \begin{equation} \begin{split} \mathcal{R_{air}}&=\frac{l}{\mu_0 S}\\ &=\frac{1}{4\pi\times10^{-7\times2}}\\ &=\frac{1}{24}\times10^{7}\text{ H}^{-1} \end{split} \end{equation} R ai r = μ 0 S l = 4 π × 1 0 − 7 × 2 1 = 24 1 × 1 0 7 H − 1 자속과 총 자기저항과의 곱은 기자력이다. 따라서R Φ = N I = 200 × 3 = 600 Wb/H \begin{equation} \begin{split} \mathcal{R}\Phi=NI\\ &=200\times 3\\ &=600\text{ Wb/H} \end{split} \end{equation} R Φ = N I = 200 × 3 = 600 Wb/H 자속밀도는 자속을 단면적으로 나눈 것이므로 자속밀도와 총 자기저항과의 곱은 위 값을 단면적으로 나눈600 2 = 300 T/H \frac{600}{2}=300\text{ T/H} 2 600 = 300 T/H a a a R a = 5 + 5 + 5 5000 × 4 π × 1 0 − 7 × 2 = 15 15000 × 8 × 1 0 − 7 = 1 8 × 1 0 − 4 = 1250 H − 1 \begin{equation} \begin{split} \mathcal{R_a}&=\frac{5+5+5}{5000\times4\pi\times10^{-7}\times2}\\ &=\frac{15}{15000\times8\times10^{-7}}\\ &=\frac{1}{8\times10^{-4}}\\ &=1250\text{ H}^{-1} \end{split} \end{equation} R a = 5000 × 4 π × 1 0 − 7 × 2 5 + 5 + 5 = 15000 × 8 × 1 0 − 7 15 = 8 × 1 0 − 4 1 = 1250 H − 1 따라서 답은 4번 이다.
9번 금속판의 중심에서 ρ \rho ρ
F ⃗ = v ⃗ × B ⃗ = ρ ω a ϕ ⃗ × ( 2 a z ⃗ ) = 2 ρ ω a ρ ⃗ \begin{equation} \begin{split} \vec{F}&=\vec{v}\times \vec{B}\\ &=\rho\omega\vec{a_\phi}\times(2\vec{a_z})\\ &=2\rho\omega{\vec{a_\rho}} \end{split} \end{equation} F = v × B = ρ ω a ϕ × ( 2 a z ) = 2 ρ ω a ρ 이다. 따라서 기전력을 구하면
V e m f = ∫ F ⃗ ⋅ d l ⃗ = ∫ 0 a 2 ρ ω a ρ ⃗ ⋅ d ρ a ρ ⃗ = ω ρ 2 ∣ 0 a = ω a 2 \begin{equation} \begin{split} V_{emf}&=\int \vec{F}\cdot\vec{dl}\\ &=\int_0^a 2\rho\omega{\vec{a_\rho}}\cdot d\rho\vec{a_\rho}\\ &=\omega \rho^2|_0 ^a\\ &=\omega a^2 \end{split} \end{equation} V e m f = ∫ F ⋅ d l = ∫ 0 a 2 ρ ω a ρ ⋅ d ρ a ρ = ω ρ 2 ∣ 0 a = ω a 2 이므로 답은 4번 이다.
10번 B C ‾ \overline{BC} BC C D ‾ \overline{CD} C D a y ⃗ \vec{a_y} a y A B ‾ \overline{AB} A B − a y ⃗ -\vec{a_y} − a y 토크는τ ⃗ = m ⃗ × B ⃗ = − 6 × 6 × 1 0 − 3 a y ⃗ × 1 a z ⃗ = − 3.6 × 1 0 − 2 a x ⃗ N ⋅ m \begin{equation} \begin{split} \vec{\tau}&=\vec{m}\times\vec{B}\\ &=-6\times6\times10^{-3}\vec{a_y}\times1\vec{a_z}\\ &=-3.6\times10^{-2}\vec{a_x}\text{ N}\cdot\text{m} \end{split} \end{equation} τ = m × B = − 6 × 6 × 1 0 − 3 a y × 1 a z = − 3.6 × 1 0 − 2 a x N ⋅ m 루프가 x y xy x y m ⃗ ∣ ∣ B ⃗ \vec{m}||\vec{B} m ∣∣ B 0 ⃗ \vec{0} 0 따라서 답은 4번 이다.
11번 한 변을 x x x ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 )
변 위의 어느 위치 x x x
R = x 2 + 1 \mathcal{R}=\sqrt{x^2+1} R = x 2 + 1 이다. 그리고 이 위치에서 루프의 중심까지의 방향벡터를 a R ⃗ \vec{a_\mathcal{R}} a R
이제 비오-사바르 법칙을 이용하자.
d B ⃗ = μ 0 I 4 π d l ⃗ × a R ⃗ R 2 = 2 μ 0 4 π d x a x ⃗ × ( 1 a y ⃗ − x a x ⃗ ) ( x 2 + 1 ) 3 2 = μ 0 2 π d x a z ⃗ ( x 2 + 1 ) 3 2 \begin{equation} \begin{split} \vec{dB}&=\frac{\mu_0I}{4\pi}\frac{\vec{dl}\times\vec{a_\mathcal{R}}}{\mathcal{R}^2}\\ &=\frac{2\mu_0}{4\pi}\frac{dx\vec{a_x}\times(1\vec{a_y}-x\vec{a_x})}{(x^2+1)^{\frac{3}{2}}}\\ &=\frac{\mu_0}{2\pi}\frac{dx\vec{a_z}}{(x^2+1)^{\frac{3}{2}}} \end{split} \end{equation} d B = 4 π μ 0 I R 2 d l × a R = 4 π 2 μ 0 ( x 2 + 1 ) 2 3 d x a x × ( 1 a y − x a x ) = 2 π μ 0 ( x 2 + 1 ) 2 3 d x a z 다음과 같이 치환하자.
x = t a n θ ⇒ d x = s e c 2 θ d θ x=tan\theta \Rightarrow dx=sec^2\theta d\theta x = t an θ ⇒ d x = se c 2 θ d θ 대입하면
d B ⃗ = μ 0 2 π s e c 2 θ d θ ( s e c 2 θ ) 3 2 = μ 0 2 π c o s θ d θ \begin{equation} \begin{split} \vec{dB}&=\frac{\mu_0}{2\pi}\frac{sec^2\theta d\theta}{(sec^2\theta)^{\frac{3}{2}}}\\ &=\frac{\mu_0}{2\pi} cos\theta d\theta \end{split} \end{equation} d B = 2 π μ 0 ( se c 2 θ ) 2 3 se c 2 θ d θ = 2 π μ 0 cos θ d θ 이다. 이를 ( − 2 , 2 ) (-2,2) ( − 2 , 2 ) θ \theta θ ( − π 4 , π 4 ) (-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4}) ( − 4 π , 4 π )
H 1 ⃗ = μ 0 2 π ∫ − π 4 π 4 c o s θ d θ = μ 0 2 π ( s i n ( π 4 ) − s i n ( − π 4 ) ) = μ 0 2 π 1 2 × 2 = 2 μ 0 2 π \begin{equation} \begin{split} \vec{H_1}&=\frac{\mu_0}{2\pi}\int_{-\frac{\pi}{4}} ^{\frac{\pi}{4}}cos\theta d\theta\\ &=\frac{\mu_0}{2\pi} \left(sin\left(\frac{\pi}{4}\right)-sin\left(-\frac{\pi}{4}\right)\right)\\ &=\frac{\mu_0}{2\pi} \frac{1}{\sqrt{2}}\times 2\\ &=\frac{\sqrt{2}\mu_0}{2\pi} \end{split} \end{equation} H 1 = 2 π μ 0 ∫ − 4 π 4 π cos θ d θ = 2 π μ 0 ( s in ( 4 π ) − s in ( − 4 π ) ) = 2 π μ 0 2 1 × 2 = 2 π 2 μ 0 이다. 따라서 이를 4배하면
H = 2 2 μ 0 π H=\frac{2\sqrt{2}\mu_0}{\pi} H = π 2 2 μ 0 이므로 답은 3번 이다.
12번 Stokes 정리는∮ H ⃗ ⋅ d l ⃗ = ∬ ∇ × H ⃗ ⋅ d s ⃗ \oint \vec{H}\cdot\vec{dl}=\iint \nabla\times\vec{H}\cdot\vec{ds} ∮ H ⋅ d l = ∬ ∇ × H ⋅ d s 암페어의 주회법칙의 미분형은∇ × H ⃗ = J ⃗ \nabla\times\vec{H}=\vec{J} ∇ × H = J 적분 결과의 부호는 음이 될 수도 있다. 당연히 그렇다. 그러므로 답은 3번 이다.
14번 그렇다. 그렇다. 외부 전속밀도를 상쇄하는 방향으로 전하들이 분포하기 때문에 합치면 전속밀도느 없다. 그렇다. 있다면 전계에 의해 전하들이 더이상 전계가 없을 때까지 이동할 것이다. 완전도체 표면에서 전류가 흐른다면 접선방향의 자계는 있을 수 있다. 따라서 답은 4번 이다.
15번 기전력은
e m f = − ∫ S ∂ B ⃗ ∂ t ⋅ d s ⃗ + ∮ ( v ⃗ × B ⃗ ) ⋅ d l ⃗ emf=-\int_S\frac{\partial \vec{B}}{\partial t}\cdot \vec{ds}+\oint (\vec{v}\times\vec{B})\cdot\vec{dl} e m f = − ∫ S ∂ t ∂ B ⋅ d s + ∮ ( v × B ) ⋅ d l 이다. 주어진 상황에서는 B ⃗ \vec{B} B 0 ⃗ \vec{0} 0 v ⃗ \vec{v} v 0 ⃗ \vec{0} 0
이므로 검출전압은 스위치 개폐에 따라 변하지 않는다. 그러므로 답은 1번 이다.
16번 자계가 없다고 가정했을 때 표면전류밀도로 인하여 생기는 자계는 영역1에서 10 a z ⃗ 10\vec{a_z} 10 a z − 10 a z ⃗ -10\vec{a_z} − 10 a z z z z 30 a z ⃗ 30\vec{a_z} 30 a z 20 a z ⃗ 20\vec{a_z} 20 a z 20 a z ⃗ 20\vec{a_z} 20 a z z z z 10 a z ⃗ 10\vec{a_z} 10 a z y y y − 20 a y ⃗ -20\vec{a_y} − 20 a y x x x
B 1 x = B 2 x ⇒ μ r 1 H 1 x = μ r 2 H 2 x ⇒ 4 × 10 = 2 × H 2 x ⇒ H 2 x = 20 A/m \begin{equation} \begin{split} B_{1x}&=B_{2x}\\ \Rightarrow \mu_{r1}H_{1x}&=\mu_{r2}H_{2x}\\ \Rightarrow 4\times10&=2\times H_{2x}\\ \Rightarrow H_{2x}&=20\text{ A/m} \end{split} \end{equation} B 1 x ⇒ μ r 1 H 1 x ⇒ 4 × 10 ⇒ H 2 x = B 2 x = μ r 2 H 2 x = 2 × H 2 x = 20 A/m 따라서 종합하면
H 2 ⃗ = 20 a x ⃗ − 20 a y ⃗ + 10 a z ⃗ \vec{H_2}=20\vec{a_x}-20\vec{a_y}+10\vec{a_z} H 2 = 20 a x − 20 a y + 10 a z 이므로 그 크기는
H 2 = 2 0 2 + 2 0 2 + 1 0 2 = 30 A/m H_2=\sqrt{20^2+20^2+10^2}=30\text{ A/m} H 2 = 2 0 2 + 2 0 2 + 1 0 2 = 30 A/m 이다. 따라서 답은 3번 이다.
17번 반사가 일어나지 않았으므로 미지의 무손실 매질 영역의 고유임피던스는 자유공간의 고유임피던스와 같다. 그러므로 답이 될 수 있는 것은 1번 또는 4번이다.
다음으로 전파속도 조건을 보면 빛의 속도의 1 3 \frac{1}{3} 3 1
v = 1 μ 0 ϵ 0 1 μ r ϵ r v=\frac{1}{\sqrt{\mu_0\epsilon_0}}\frac{1}{\sqrt{\mu_r\epsilon_r}} v = μ 0 ϵ 0 1 μ r ϵ r 1 이므로
ϵ r = μ r = 3 \epsilon_r=\mu_r=3 ϵ r = μ r = 3 임을 알 수 있다. 따라서 답은 1번 이다.
18번 외부도체에서 ρ \rho ρ
d I = 2 π a π ( ( 5 a ) 2 − ( 3 a ) 2 ) × 2 π ρ d ρ = 2 π a 16 a 2 π × 2 π ρ d ρ = π ρ 4 a d ρ \begin{equation} \begin{split} dI&=\frac{2\pi a}{\pi((5a)^2-(3a)^2)}\times2\pi\rho d\rho\\ &=\frac{2\pi a}{16a^2\pi}\times 2\pi \rho d\rho\\ &=\frac{\pi\rho}{4a}d\rho \end{split} \end{equation} d I = π (( 5 a ) 2 − ( 3 a ) 2 ) 2 πa × 2 π ρ d ρ = 16 a 2 π 2 πa × 2 π ρ d ρ = 4 a π ρ d ρ 이다. 따라서 ρ = 4 a \rho=4a ρ = 4 a
I o u t e r = ∫ 3 a 4 a π ρ 4 a d ρ = π 4 a [ ρ 2 2 ] 3 a 4 a = π 4 a × 1 2 ( 16 a 2 − 9 a 4 ) = 7 a π 8 A \begin{equation} \begin{split} I_{outer}&=\int_{3a}^{4a}\frac{\pi\rho}{4a}d\rho\\ &=\frac{\pi}{4a}\left[\frac{\rho^2}{2} \right]_{3a}^{4a}\\ &=\frac{\pi}{4a}\times\frac{1}{2}(16a^2-9a^4)\\ &=\frac{7a\pi}{8}\text{A} \end{split} \end{equation} I o u t er = ∫ 3 a 4 a 4 a π ρ d ρ = 4 a π [ 2 ρ 2 ] 3 a 4 a = 4 a π × 2 1 ( 16 a 2 − 9 a 4 ) = 8 7 aπ A 이다. 내부도체에는 반대 방향으로 2 π a 2\pi a 2 πa
I t o t a l = 2 π a − 7 a π 8 = 9 a π 8 A I_{total}=2\pi a-\frac{7a\pi}{8}=\frac{9a\pi}{8}\text{ A} I t o t a l = 2 πa − 8 7 aπ = 8 9 aπ A 이다. 한편 자계는 원형으로 대칭성이 있고,
∮ H ⃗ ⋅ d l ⃗ = I \oint \vec{H}\cdot\vec{dl}=I ∮ H ⋅ d l = I 이므로
2 π × 4 a H = 9 a π 8 ⇒ H = 9 64 = ( 3 8 ) 2 \begin{equation} \begin{split} 2\pi \times 4a H&=\frac{9a\pi}{8}\\ \Rightarrow H&=\frac{9}{64}\\ &=\left(\frac{3}{8}\right)^2 \end{split} \end{equation} 2 π × 4 a H ⇒ H = 8 9 aπ = 64 9 = ( 8 3 ) 2 이다. 따라서 답은 3번 이다.
19번 쿨롱의 법칙에 따라서 두 점전하 사이에 작용하는 힘은
Q 1 Q 2 4 π ϵ 0 ϵ r 2 \frac{Q_1Q_2}{4\pi \epsilon_0\epsilon r^2} 4 π ϵ 0 ϵ r 2 Q 1 Q 2 이다. 유전체로 채웠을 때 힘이 절반으로 감소했으므로, 비유전율이 1에서 2로 2배가 되었을 것이다. 따라서 답은 2번 이다.
20번 무왜곡 선로의 조건은
이다.
전파정수를 구해보면
γ = Z Y = ( R + j ω L ) ( G + j ω C ) = R G − ω 2 L C + j ω ( R C + L G ) = R G − ω 2 L C + 2 j ω ( R C ) = R G + j ω L C = α + j β \begin{equation} \begin{split} \gamma&=\sqrt{ZY}\\ &=\sqrt{(R+j\omega L)(G+j\omega C)}\\ &=\sqrt{RG-\omega^2 LC+j\omega(RC+LG)}\\ &=\sqrt{RG-\omega^2 LC+2j\omega(RC) }\\ &=\sqrt{RG}+j\omega\sqrt{LC}\\ &=\alpha+j\beta \end{split} \end{equation} γ = Z Y = ( R + jω L ) ( G + jω C ) = RG − ω 2 L C + jω ( RC + L G ) = RG − ω 2 L C + 2 jω ( RC ) = RG + jω L C = α + j β 이므로
α = R G β = ω L C \begin{equation} \begin{split} \alpha&=\sqrt{RG}\\ \beta&=\omega\sqrt{LC} \end{split} \end{equation} α β = RG = ω L C 이다. 따라서 감쇠상수는 일정하고, 위상상수가 (각)주파수에 따라 변하므로 답은 2번 이다.
위상속도나 특성임피던스는 L , C L,C L , C