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2014 7급 국가직 전기자기학

1번

  1. 정전계는 보존계이다. 보존계는
    ∇×E⃗=0⃗\nabla\times\vec{E}=\vec{0}
    을 만족하는 계를 말한다.
  2. 그렇다.
  3. 그렇다.
  4. 그렇다.

따라서 답은 1번 이다.

2번

  1. 무손실이므로 그렇다.
  2. 전파상수는
    β=2πλ\beta=\frac{2\pi}{\lambda}
    이면서
    β=ωμϵ\beta=\omega\sqrt{\mu\epsilon}
    이다. 따라서 파장은 유전율의 제곱근에 반비례하고, 유전체이니 유전율은 자유공간에서보다 크므로 파장은 자유공간에 비해 짧다.
  3. 무손실이므로 그렇다.
  4. 위상속도는
    vp=1μϵv_p=\frac{1}{\sqrt{\mu\epsilon}}
    이므로 유전율의 제곱근에 반비례한다. 유전율이 자유공간에서보다 크므로 위상속도는 자유공간의 경우에 비해 느리다.

따라서 답은 2번 이다.

3번

QQ로 인한 전위는

V(r)=10−84πϵ0r=10−84π×136π×10−9r=90rV(r)=\frac{10^{-8}}{4\pi\epsilon_0 r}=\frac{10^{-8}}{4\pi\times\frac{1}{36\pi}\times10^{-9}r}=\frac{90}{r}

이다. 점 P1P_1에서의 전위는

V(2)=45 VV(2)=45\text{ V}

이고 점 P2P_2에서의 전위는

V(3)=30 VV(3)=30\text{ V}

이다. 따라서 두 점 사이의 전위차는 45−30=1545-30=15 V이므로 답은 4번 이다.

4번

토크는

τ⃗=m⃗×B⃗⇒∣τ∣=mBsinθ\begin{equation} \begin{split} \vec{\tau}&=\vec{m}\times\vec{B}\\ \Rightarrow |\tau|&=mBsin\theta \end{split} \end{equation}

이다. θ=45∘\theta=45^\circ일 때 ∣τ∣=2|\tau|=\sqrt{2}이므로

2=mBsin45∘⇒mB=2\begin{equation} \begin{split} \sqrt{2}&=mBsin45^\circ\\ \Rightarrow mB&=2 \end{split} \end{equation}

이다. 그러므로 θ=30∘\theta=30^\circ일 때의 토크는

2×sin30∘=1 N⋅m2\times sin30^\circ=1\text{ N}\cdot\text{m}

이므로 답은 2번 이다.

5번

  1. 두 커패시터가 병렬로 연결되어 있으므로
    C=3ϵ0S2d+ϵ0S2d=2ϵ0SdC=3\epsilon_0\frac{\frac{S}{2}}{d}+\epsilon_0\frac{\frac{S}{2}}{d}=\frac{2\epsilon_0S}{d}
    이다.
  2. 커패시터에 저장된 총 에너지는
    WE=12CV2=12×2ϵ0Sd×V2=ϵ0SdV2W_E=\frac{1}{2}CV^2=\frac{1}{2}\times\frac{2\epsilon_0S}{d}\times V^2=\frac{\epsilon_0S}{d}V^2
    이다.
  3. 모든 영역에서 dd 방향 전계세기는 ∇×E⃗=0\nabla\times\vec{E}=0임에 따라 동일하다.
  4. 쌓이는 전하량이 다르므로 다른 양의 에너지를 저장할 것이다. 저장되는 에너지는 CC에 비례한다.

그러므로 답은 1번 이다.

6번

이 커패시터에 전하량 QQ가 충전되었다고 하자. 그러면 두 도체 사이의 전위는

V0=Q4πϵ0ϵr(11−15)=Q16πϵ045V_0=\frac{Q}{4\pi\epsilon_0\epsilon_r}\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{5}\right)=\frac{Q}{16\pi\epsilon_0}\frac{4}{5}

이다. 따라서 이 때의 커패시턴스는

C0=QV0=16πϵ0×54=20πϵ0C_0=\frac{Q}{V_0}=16\pi\epsilon_0\times\frac{5}{4}=20\pi\epsilon_0

이다. 이때 바깥쪽 반경을 2 m로 줄이고 비유전율을 20으로 바꾸면 두 도체 사이의 전위는

V1=Q80πϵ0(11−12)=Q160πϵ0V_1=\frac{Q}{80\pi\epsilon_0}\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{2}\right)=\frac{Q}{160\pi\epsilon_0}

이다. 그러므로 이 때의 커패시턴스는

C2=160πϵ0C_2=160\pi\epsilon_0

이다. 따라서 정전용량은 8배가 되므로 답은 3번 이다.

7번

y=4xy=\frac{4}{x}

이므로

dy=−4x2dxdy=-\frac{4}{x^2}dx

이다. 그러므로 미소 길이벡터는

dl⃗=dx⃗+dy⃗=dxax⃗−4x2dxay⃗\vec{dl}=\vec{dx}+\vec{dy}=dx\vec{a_x}-\frac{4}{x^2}dx\vec{a_y}

이다. 따라서 필요한 일은

W=−Q∫E⃗⋅dl⃗=∫24(4xax⃗+2ay⃗)⋅(dxax⃗−4x2dxay⃗)=−∫24(4x−8x2)dx=−[2x2+8x]24=−(24+(2−4))=−22 J\begin{equation} \begin{split} W&=-Q\int\vec{E}\cdot\vec{dl}=\int_2^4(4x\vec{a_x}+2\vec{a_y})\cdot \left(dx\vec{a_x}-\frac{4}{x^2}dx\vec{a_y}\right)\\ &=-\int_2^4\left(4x-\frac{8}{x^2}\right)dx\\ &=-\left[2x^2+\frac{8}{x}\right]_2 ^4\\ &=-(24+(2-4))\\ &=-22\text{ J} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 4번 이다.

8번

RR에서의 전위는

V(R)=−Q4πϵ0∫∞RE⃗⋅dl⃗=−Q4πϵ0(∫∞Ro1r2dr+∫RiR1r2dr)=−Q4πϵ0([−1r]∞Ro+[−1r]RiR)=−Q4πϵ0(−1Ro+0−1R+1Ri)=Q4πϵ0(1R−1Ri+1Ro)\begin{equation} \begin{split} V(R)&=-\frac{Q}{4\pi\epsilon_0}\int_\infty ^R \vec{E}\cdot \vec{dl}\\ &=-\frac{Q}{4\pi\epsilon_0}\left(\int_\infty^{R_o}\frac{1}{r^2}dr+\int_{R_i}^R\frac{1}{r^2}dr\right)\\ &=-\frac{Q}{4\pi\epsilon_0}\left(\left[-\frac{1}{r}\right]_\infty^{R_o}+\left[-\frac{1}{r}\right]_{R_i}^R\right)\\ &=-\frac{Q}{4\pi\epsilon_0}\left(-\frac{1}{R_o}+0 -\frac{1}{R}+\frac{1}{R_i} \right)\\ &=\frac{Q}{4\pi\epsilon_0}\left(\frac{1}{R}-\frac{1}{R_i}+\frac{1}{R_o}\right) \end{split} \end{equation}

이므로 답은 4번 이다. 사실 R=RiR=R_i를 대입했을 때 Q4πϵ01Ro\frac{Q}{4\pi\epsilon_0}\frac{1}{R_o}가 나와야 하는데, 가능한 것은 4번밖에 없다.

9번

도선 AA가 CC에 만드는 자기장의 크기는

10μ02π×1=2×10−6\frac{10\mu_0}{2\pi\times1}=2\times10^{-6}

이고, 그 방향은 CC를 축으로 zz축의 아래쪽에서 반시계 방향으로 60∘60^\circ이다. 다음으로 도선 BB가 CC에 만드는 자기장의 크기는 같고, 그 방향은 CC를 축으로 zz축의 위에서 시계 방향으로 60∘60^\circ이다. 따라서 두 자기장의 각도가 60∘60^\circ를 이루므로 그 크기는

B=2×2×10−6×32=23×10−6B=2\times2\times10^{-6}\times\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}\times10^{-6}

이고 방향은 ay⃗\vec{a_y} 이므로

B⃗=23×10−6ay⃗\vec{B}=2\sqrt{3}\times10^{-6}\vec{a_y}

이다. 이로부터 도선 CC가 받는 단위 길이당 자기력을 구하면

F=20ax⃗×23×10−6ay⃗=43×10−5az⃗\begin{equation} \begin{split} F&=20\vec{a_x}\times2\sqrt{3}\times10^{-6}\vec{a_y}\\ &=4\sqrt{3}\times10^{-5}\vec{a_z} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 2번 이다.

10번

반경이 aa인 무한히 긴 직선 도체에서, 중심으로부터 a2\frac{a}{2} 만큼 떨어진 곳에서 원을 그렸을 때 그 원을 통과하는 전류는

J=Iπa2×π(a2)2=I4J=\frac{I}{\pi a^2}\times\pi \left(\frac{a}{2}\right)^2=\frac{I}{4}

이다. 한편 자계는 원형으로 대칭성이 있으므로 이 곳에서의 자계세기는

∮a2H0⃗⋅dl⃗=∫02πH0×a2dϕ=πH0a\oint_{\frac{a}{2}} \vec{H_0}\cdot\vec{dl}=\int_0 ^{2\pi}H_0\times\frac{a}{2} d\phi=\pi H_0 a

인데 이 값이 전류와 같으므로

πH0a=I4⇒H0=I4πa\begin{equation} \begin{split} \pi H_0 a&=\frac{I}{4}\\ \Rightarrow H_0&=\frac{I}{4\pi a} \end{split} \end{equation}

이다. 한편 도체의 중심에서 2a2a 만큼 떨어진 곳에서의 자계세기는 원형 대칭성이 있으므로

∮2aH⃗⋅dl⃗=∫02πH×2adϕ=4πaH\oint_{2a}\vec{H}\cdot\vec{dl}=\int_0^{2\pi}H\times 2a d\phi=4\pi a H

이다. 이 값이 총 전류 II와 같으므로

4πaH=I⇒H=I4πa=H0\begin{equation} \begin{split} 4\pi a H&=I\\ \Rightarrow H&=\frac{I}{4\pi a}\\ &=H_0 \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 답은 3번 이다.

11번

주어진 조건에서 자기장의 크기를 구하지. 원형 대칭성이 있으므로

∮B⃗⋅dl⃗=2πrB=μNI⇒B=μNI2πr\begin{equation} \begin{split} \oint \vec{B}\cdot\vec{dl}&=2\pi r B\\ &=\mu NI\\ \Rightarrow B&=\frac{\mu NI}{2\pi r} \end{split} \end{equation}

이다. 단면적이 SS이므로 자속은

Φ=BS=μNIS2πr\Phi=BS=\frac{\mu NIS}{2\pi r}

이다. 그러므로 자기저항은

R=IΦ=2πrμNS\mathcal{R}=\frac{I}{\Phi}=\frac{2\pi r}{\mu NS}

이다.

ㄱ. 그렇다.

ㄴ. 자기저항은 단면적에 반비례한다.

ㄷ. 자기저항은 투자율에 반비례한다.

ㄹ. 기자력은

Vm=∮H⃗⋅dl⃗=NIV_m=\oint \vec{H}\cdot\vec{dl}=NI

이므로 권선수에 비례한다.

따라서 답은 4번 이다.

12번

도선 내의 전하들이 받는 단위전하당 로런츠 힘(전기장)을 구하면

E⃗=v⃗×B⃗=3ay⃗×az⃗=3ax⃗\vec{E}=\vec{v}\times\vec{B}=3\vec{a_y}\times\vec{a_z}=3\vec{a_x}

이다. 기전력을 구하면

V=∫E⃗⋅dl⃗=∫023ax⃗⋅ax⃗=6 VV=\int \vec{E}\cdot\vec{dl}=\int_0^2 3\vec{a_x}\cdot\vec{a_x}=6\text{ V}

이므로 답은 4번 이다.

13번

Φ=∬B⃗⋅dS⃗=∫02∫02(2(x2+y2)ax⃗+(−4xy)ay⃗+6xyaz⃗)⋅dxdyaz⃗=∫02∫026xydxdy=∫023x2y∣02dy=∫0212ydy=6y2∣02=24 Wb\begin{equation} \begin{split} \Phi&=\iint \vec{B}\cdot\vec{dS}\\ &=\int_0^2\int_0^2(2(x^2+y^2)\vec{a_x}+(-4xy)\vec{a_y}+6xy\vec{a_z})\cdot dxdy\vec{a_z}\\ &=\int_0^2\int_0^2 6xy dxdy\\ &=\int_0 ^2 3x^2y|_0^2 dy\\ &=\int 0^2 12ydy\\ &=6y^2|_0^2\\ &=24\text{ Wb} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 3번 이다.

14번

δ=1πfμσ\delta=\frac{1}{\sqrt{\pi f \mu \sigma}}

이다. 그러므로 유전율과 표피두께는 상관이 없으므로 답은 1번 이다.

15번

β=0.2π\beta=0.2\pi

이다. 그런데

β=2πλ\beta=\frac{2\pi}{\lambda}

의 관계가 있으므로

λ=2πβ=10 m\lambda=\frac{2\pi}{\beta}=10\text{ m}

이다. 따라서 답은 1번 이다.

16번

보자력은 잔류 자화를 없애기 위해 필요한 외부 자기장의 크기이다. 따라서 영구자석이 되려면 보자력이 커야 한다. 그리고 계속 남아있는 자속밀도인 잔류자속밀도도 커야 하므로 답은 1번 이다.

17번

  1. 저항이 작아지므로 그렇다.
  2. 기전력은 도전율과 상관이 없다.
  3. 자속 변화가 크므로 그렇다.
  4. 렌츠의 법칙에 의해 그렇다.

따라서 답은 2번 이다.

18번

ω=2×108\omega=2\times10^8

이고

β=2\beta=2

인데

β=ωμϵ\beta=\omega\sqrt{\mu\epsilon}

의 관계가 있고 비자성 유전체이므로

ϵ=(22×108)2μ0=10−16μ0\epsilon=\frac{\left(\frac{2}{2\times10^8}\right)^2}{\mu_0}=\frac{10^{-16}}{\mu_0}

이다. 한편

c=1μ0ϵ0=1μ0×136π×10−9⇒μ0=1c2×136π×10−9=19×1016×136π×10−9=4π×10−7\begin{equation} \begin{split} c&=\frac{1}{\sqrt{\mu_0\epsilon_0}}\\ &=\frac{1}{\sqrt{\mu_0\times\frac{1}{36\pi}\times10^{-9}}}\\ \Rightarrow \mu_0&=\frac{1}{c^2\times\frac{1}{36\pi}\times10^{-9}}\\ &=\frac{1}{9\times10^{16}\times\frac{1}{36\pi}\times10^{-9}}\\ &=4\pi\times10^{-7} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 이 공간의 고유 임피던스는

η=μ0ϵ=μ02×1016=μ0×108=4π×10−7×108=40π\begin{equation} \begin{split} \eta&=\sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon}}\\ &=\sqrt{\mu_0^2\times10^{16}}\\ &=\mu_0\times10^8\\ &=4\pi\times10^{-7}\times10^8\\ &=40\pi \end{split} \end{equation}

한편 진행방향이 az⃗\vec{a_z}이므로 전계의 방향은 ax⃗\vec{a_x}여야 한다. 그러므로 전계는

E⃗=ηHax⃗=80πsin(2×108t−2z)ax⃗\vec{E}=\eta H\vec{a_x}=80\pi sin(2\times10^8t-2z)\vec{a_x}

이고 답은 1번 이다.

19번

반사계수를 구하면

Γ=ZL−Z0ZL+Z0=232−14232+14=14−1214+12=−13\begin{equation} \begin{split} \Gamma&=\frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0}\\ &=\frac{\sqrt{\frac{2}{32}}-\sqrt{\frac{1}{4}}}{\sqrt{\frac{2}{32}}+\sqrt{\frac{1}{4}}}\\ &=\frac{\frac{1}{4}-\frac{1}{2}}{\frac{1}{4}+\frac{1}{2}}\\ &=-\frac{1}{3} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 정재파비는

S=1+∣Γ∣1−∣Γ∣=1+131−13=42=2\begin{equation} \begin{split} S&=\frac{1+|\Gamma|}{1-|\Gamma|}\\ &=\frac{1+\frac{1}{3}}{1-\frac{1}{3}}\\ &=\frac{4}{2}\\ &=2 \end{split} \end{equation}

이므로 답은 3번 이다.

20번

  1. 전파상수를 구하면
    β=ωμ0ϵ0=2×108×19×10−16=2×108×13×10−8=23\begin{equation} \begin{split} \beta&=\omega\sqrt{\mu_0\epsilon_0}\\ &=2\times10^8\times\sqrt{\frac{1}{9}\times10^{-16}}\\ &=2\times10^8\times\frac{1}{3}\times10^{-8}\\ &=\frac{2}{3} \end{split} \end{equation}
    이다. 그런데 β=2πλ\beta=\frac{2\pi}{\lambda}이므로
    λ=2πβ=2π×32=3π m\lambda=\frac{2\pi}{\beta}=\frac{2\pi}\times\frac{3}{2}=3\pi\text{ m}
    이다.
  2. 이 파는 −z-z축으로 진행한다.
  3. 고유 임피던스는
    η0=μ0ϵ0=120π Ω\eta_0=\sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}}=120\pi\text{ }\Omega
    이다.
  4. 그렇다. 20으로 일정하다.

따라서 답은 2번 이다.