2015 7급 국가직 전기자기학 1번 도체판 사이에 유전체를 넣으면 커패시턴스 C = ϵ S d C=\epsilon\frac{S}{d} C = ϵ d S
이므로 도체판에 모이는 전하량 Q Q Q V = E d V=Ed V = E d V V V d d d E E E 2번 이다.
2번 영상전하법을 이용하자. 무한 평면 도체 반대쪽 z = − d z=-d z = − d + 2 Q +2Q + 2 Q z = − 3 d z=-3d z = − 3 d − Q -Q − Q z = d z=d z = d − 2 Q -2Q − 2 Q
E 1 ⃗ = − 2 Q 4 π ϵ 0 ( 2 d ) 2 a Z ⃗ \vec{E_1}=\frac{-2Q}{4\pi\epsilon_0(2d)^2}\vec{a_Z} E 1 = 4 π ϵ 0 ( 2 d ) 2 − 2 Q a Z 이다. 다음으로 z = − d z=-d z = − d + 2 Q +2Q + 2 Q
E 2 ⃗ = 2 Q 4 π ϵ 0 ( 4 d ) 2 a z ⃗ \vec{E_2}=\frac{2Q}{4\pi\epsilon_0(4d)^2}\vec{a_z} E 2 = 4 π ϵ 0 ( 4 d ) 2 2 Q a z 이다.
그리고 z = − 3 d z=-3d z = − 3 d − Q -Q − Q
E 3 ⃗ = − Q 4 π ϵ 0 ( 6 d ) 2 a z ⃗ \vec{E_3}=\frac{-Q}{4\pi\epsilon_0(6d)^2}\vec{a_z} E 3 = 4 π ϵ 0 ( 6 d ) 2 − Q a z 이 셋을 다 더하면
E ⃗ = E 1 ⃗ + E 2 ⃗ + E 3 ⃗ = 1 4 π ϵ 0 ( − 2 Q 4 d 2 + 2 Q 16 d 2 + − Q 36 d 2 ) a z ⃗ = 1 4 π ϵ 0 ( − 36 Q + 9 Q − 2 Q 72 d 2 ) a z ⃗ = 1 4 π ϵ 0 − 29 Q 72 d 2 a z ⃗ \begin{equation} \begin{split} \vec{E}&=\vec{E_1}+\vec{E_2}+\vec{E_3}\\ &=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\left(\frac{-2Q}{4d^2}+\frac{2Q}{16d^2}+\frac{-Q}{36d^2}\right)\vec{a_z}\\ &=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\left(\frac{-36Q+9Q-2Q}{72d^2}\right)\vec{a_z}\\ &=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{-29Q}{72d^2}\vec{a_z} \end{split} \end{equation} E = E 1 + E 2 + E 3 = 4 π ϵ 0 1 ( 4 d 2 − 2 Q + 16 d 2 2 Q + 36 d 2 − Q ) a z = 4 π ϵ 0 1 ( 72 d 2 − 36 Q + 9 Q − 2 Q ) a z = 4 π ϵ 0 1 72 d 2 − 29 Q a z 이다. 따라서 z = 3 d z=3d z = 3 d + Q +Q + Q
F = q E = 1 4 π ϵ 0 29 Q 2 72 d 2 F=qE=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{29Q^2}{72d^2} F = qE = 4 π ϵ 0 1 72 d 2 29 Q 2 이므로 답은 2번 이다.
3번 포인팅 벡터는
S ⃗ = E ⃗ × H ⃗ = a z ⃗ 1 η ( c o s 2 ( ω t − k z ) + s i n 2 ( ω t − k z ) ) = 1 η a z ⃗ \begin{equation} \begin{split} \vec{S}&=\vec{E}\times\vec{H}\\ &=\vec{a_z}\frac{1}{\eta}(cos^2(\omega t-kz)+sin^2(\omega t-kz))\\ &=\frac{1}{\eta}\vec{a_z} \end{split} \end{equation} S = E × H = a z η 1 ( co s 2 ( ω t − k z ) + s i n 2 ( ω t − k z )) = η 1 a z 이다. 따라서 답은 1번 이다.
4번 전자파의 속도는
v p = 1 L ′ C ′ = 1 500 × 1 0 − 9 × 200 × 1 0 − 12 = 1 0 8 m/s v_p=\frac{1}{\sqrt{L'C'}}=\frac{1}{\sqrt{500\times10^{-9}\times 200\times10^{-12}}}=10^8\text{ m/s} v p = L ′ C ′ 1 = 500 × 1 0 − 9 × 200 × 1 0 − 12 1 = 1 0 8 m/s 이고 특성임피던스는
Z 0 = L ′ C ′ = 500 × 1 0 − 9 200 × 1 0 − 12 = 50 Ω Z_0=\sqrt{\frac{L'}{C'}}=\sqrt{\frac{500\times10^{-9}}{200\times10^{-12}}}=50\text{ }\Omega Z 0 = C ′ L ′ = 200 × 1 0 − 12 500 × 1 0 − 9 = 50 Ω 이므로 답은 4번 이다.
5번 전도전류가 1 A이므로
J c = σ E = 1 = σ c E ⇒ E = 1 σ c \begin{equation} \begin{split} J_c&=\sigma E\\ &=1\\ &=\sigma_c E\\ \Rightarrow E&=\frac{1}{\sigma_c} \end{split} \end{equation} J c ⇒ E = σ E = 1 = σ c E = σ c 1 이다. 따라서 변위전류의 크기는
J d = ∣ ∂ D ∂ t ∣ = ∣ j ω ϵ E ∣ = 2 π × 50 × 2 ϵ 0 × 1 σ c = 200 π ϵ 0 σ c \begin{equation} \begin{split} J_d&=\left|\frac{\partial D}{\partial t}\right|\\ &=|j\omega \epsilon E|\\ &=2\pi\times50\times2\epsilon_0\times\frac{1}{\sigma_c}\\ &=200\pi\frac{\epsilon_0}{\sigma_c} \end{split} \end{equation} J d = ∣ ∣ ∂ t ∂ D ∣ ∣ = ∣ jω ϵ E ∣ = 2 π × 50 × 2 ϵ 0 × σ c 1 = 200 π σ c ϵ 0 이므로 답은 4번 이다.
6번 B ⃗ \vec{B} B
Φ = ∫ B ⃗ ⋅ d s ⃗ = B ⃗ s ⃗ \Phi=\int \vec{B}\cdot\vec{ds}=\vec{B}\vec{s} Φ = ∫ B ⋅ d s = B s 이다. 면적 벡터 s ⃗ \vec{s} s
s ⃗ = 1 2 3 x 2 a z ⃗ \vec{s}=\frac{1}{2}\sqrt{3}x^2\vec{a_z} s = 2 1 3 x 2 a z 이다. 따라서
Φ = 1 a z ⃗ ⋅ 1 2 3 x 2 a z ⃗ = 1 2 3 x 2 \Phi=1\vec{a_z}\cdot\frac{1}{2}\sqrt{3}x^2\vec{a_z}=\frac{1}{2}\sqrt{3}x^2 Φ = 1 a z ⋅ 2 1 3 x 2 a z = 2 1 3 x 2 이다. 한편
d s ⃗ = 3 x d x a z ⃗ \vec{ds}=\sqrt{3}xdx\vec{a_z} d s = 3 x d x a z 이므로 t = t 0 t=t_0 t = t 0
e m f ( t = t 0 ) = − ∂ Φ ∂ t ∣ t = t 0 = − ∂ ∂ t ( 1 2 3 x 2 ) ∣ t = t 0 = − 3 x d x d t ∣ t = t 0 = − 3 × 3 t 0 × 3 = − 9 3 t 0 V \begin{equation} \begin{split} emf(t=t_0)&=-\left.\frac{\partial \Phi}{\partial t}\right|_{t=t_0}\\ &=-\left.\frac{\partial}{\partial t}\left(\frac{1}{2}\sqrt{3}x^2\right)\right|_{t=t_0}\\ &=-\left.\sqrt{3}x\frac{dx}{dt}\right|_{t=t_0}\\ &=-\sqrt{3}\times3t_0\times3\\ &=-9\sqrt{3}t_0\text{ V} \end{split} \end{equation} e m f ( t = t 0 ) = − ∂ t ∂ Φ ∣ ∣ t = t 0 = − ∂ t ∂ ( 2 1 3 x 2 ) ∣ ∣ t = t 0 = − 3 x d t d x ∣ ∣ t = t 0 = − 3 × 3 t 0 × 3 = − 9 3 t 0 V 이다. 여기서 x = 3 t , d x d t = 3 x=3t, \frac{dx}{dt}=3 x = 3 t , d t d x = 3 1번 이다.
7번 원통 옆면으로 나가는 전속밀도는 없으므로 총 전하량은
Q = ∯ D ⃗ ⋅ d s ⃗ = ∫ 0 2 π ∫ 0 1 2 ρ c o s 2 ϕ a z ⃗ ⋅ ( ρ d ρ d ϕ a z ⃗ ) + ∫ 0 2 π ∫ 0 1 ( − 2 ) ρ c o s 2 ϕ a z ⃗ ⋅ ( ρ d ρ d ϕ − a z ⃗ ) = ∫ 0 2 π ∫ 0 1 4 ρ c o s 2 ϕ ⋅ ρ d ρ d ϕ = 4 ∫ 0 1 ρ 2 d ρ ∫ 0 2 π c o s 2 ϕ d ϕ = 4 × 1 3 × ∫ 0 2 π 1 2 ( 1 + c o s 2 ϕ ) d ϕ = 4 3 × 1 2 × 2 π = 4 π 3 \begin{equation} \begin{split} Q&=\oiint\vec{D}\cdot\vec{ds}\\ &=\int_{0}^{2\pi}\int_0^1 2\rho cos^2\phi\vec{a_z}\cdot(\rho d\rho d\phi\vec{a_z})+\int_{0}^{2\pi}\int_0^1 (-2)\rho cos^2\phi\vec{a_z}\cdot(\rho d\rho d\phi\vec{-a_z})\\ &=\int_{0}^{2\pi}\int_0^1 4\rho cos^2\phi\cdot\rho d\rho d\phi\\ &=4\int_0^1 \rho^2d\rho\int_{0}^{2\pi}cos^2\phi d\phi\\ &=4\times\frac{1}{3}\times\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{2}(1+cos2\phi)d\phi\\ &=\frac{4}{3}\times\frac{1}{2}\times2\pi\\ &=\frac{4\pi}{3} \end{split} \end{equation} Q = ∬ D ⋅ d s = ∫ 0 2 π ∫ 0 1 2 ρ co s 2 ϕ a z ⋅ ( ρ d ρ d ϕ a z ) + ∫ 0 2 π ∫ 0 1 ( − 2 ) ρ co s 2 ϕ a z ⋅ ( ρ d ρ d ϕ − a z ) = ∫ 0 2 π ∫ 0 1 4 ρ co s 2 ϕ ⋅ ρ d ρ d ϕ = 4 ∫ 0 1 ρ 2 d ρ ∫ 0 2 π co s 2 ϕ d ϕ = 4 × 3 1 × ∫ 0 2 π 2 1 ( 1 + cos 2 ϕ ) d ϕ = 3 4 × 2 1 × 2 π = 3 4 π 이므로 답은 4번 이다.
8번 도선이 받는 힘은
F ⃗ = l I ⃗ × B ⃗ = 2 × 10 × a z ⃗ × ( 2 × 1 0 − 3 × 1 a ρ ⃗ ) = − 4 × 1 0 − 2 a ϕ ⃗ \begin{equation} \begin{split} \vec{F}&=l\vec{I}\times\vec{B}\\ &=2\times10\times\vec{a_z}\times(2\times10^{-3}\times1\vec{a_\rho})\\ &=-4\times10^{-2}\vec{a_\phi} \end{split} \end{equation} F = l I × B = 2 × 10 × a z × ( 2 × 1 0 − 3 × 1 a ρ ) = − 4 × 1 0 − 2 a ϕ 이다. 그리고 − a ϕ ⃗ -\vec{a\phi} − a ϕ
W = ∫ 0 2 π ( − 4 × 1 0 − 2 a ϕ ⃗ ) ⋅ ( − 1 a ϕ ⃗ ) = 2 π × 4 × 1 0 − 2 = 8 π × 1 0 − 2 J \begin{equation} \begin{split} W&=\int_0^{2\pi}(-4\times10^{-2}\vec{a_\phi})\cdot (-1\vec{a_\phi})\\ &=2\pi\times4\times10^{-2}\\ &=8\pi\times10^{-2}\text{ J} \end{split} \end{equation} W = ∫ 0 2 π ( − 4 × 1 0 − 2 a ϕ ) ⋅ ( − 1 a ϕ ) = 2 π × 4 × 1 0 − 2 = 8 π × 1 0 − 2 J 이므로 답은 1번 이다.
9번 ∇ ⋅ D ⃗ = 0 \nabla\cdot \vec{D}=0 ∇ ⋅ D = 0 이므로 두 영역에서 경계면에 수직인 전계 성분으로 인한 전속밀도는 같다. 따라서
D 1 ⊥ ⃗ = D 2 ⊥ ⃗ ⇒ 50 × 4 ϵ 0 = E 2 y × 2 ϵ 0 ⇒ E 2 y = 100 V/m \begin{equation} \begin{split} \vec{D_{1\perp}}&=\vec{D_{2\perp}}\\ \Rightarrow 50\times4\epsilon_0&=E_{2y}\times2\epsilon_0\\ \Rightarrow E_{2y}&=100\text{ V/m} \end{split} \end{equation} D 1 ⊥ ⇒ 50 × 4 ϵ 0 ⇒ E 2 y = D 2 ⊥ = E 2 y × 2 ϵ 0 = 100 V/m 이다. 그리고
∇ × E ⃗ = 0 ⃗ \nabla\times\vec{E}=\vec{0} ∇ × E = 0 이므로 두 영역에서 경계면에 평행한 전계 성분은 같다. 따라서
E 2 ∣ ∣ ⃗ = − 30 a x ⃗ + 70 a z ⃗ \vec{E_{2||}}=-30\vec{a_x}+70\vec{a_z} E 2∣∣ = − 30 a x + 70 a z 이다. 이 둘을 종합하면
E 2 ⃗ = − 30 a x ⃗ + 100 a y ⃗ + 70 a z ⃗ \vec{E_2}=-30\vec{a_x}+100\vec{a_y}+70\vec{a_z} E 2 = − 30 a x + 100 a y + 70 a z 이므로 답은 1번 이다.
10번 점 Q Q Q
H s ⃗ = 1 2 × 6 ( − a y ⃗ ) = − 3 a y ⃗ \vec{H_s}=\frac{1}{2}\times6(-\vec{a_y})=-3\vec{a_y} H s = 2 1 × 6 ( − a y ) = − 3 a y 이다. 그리고 무한히 긴 도선에 의한 자계는
H l ⃗ = I 2 π × 1.5 a y ⃗ = I 3 π a y ⃗ \vec{H_l}=\frac{I}{2\pi\times1.5}\vec{a_y}=\frac{I}{3\pi}\vec{a_y} H l = 2 π × 1.5 I a y = 3 π I a y 이다. 둘이 상쇄되므로
3 = I 3 π ⇒ I = 9 π A \begin{equation} \begin{split} 3&=\frac{I}{3\pi}\\ \Rightarrow I&=9\pi\text{ A} \end{split} \end{equation} 3 ⇒ I = 3 π I = 9 π A 이고 답은 3번 이다.
11번 균일한 자계에 수직으로 입사한 전자는 원운동하며, 당연히 원 중심으로 들어가는 방향으로 힘을 받는다. 따라서 답은 3번 이다.
12번 맥스웰 방정식 중∇ × E ⃗ = − ∂ B ⃗ ∂ t \nabla\times\vec{E}=-\frac{\partial \vec{B}}{\partial t} ∇ × E = − ∂ t ∂ B 폐회로가 자계에 평행하지 않은 축을 중심으로 회전하면 쇄교하는 자속이 달라지므로 기전력이 발생할 수 있다. 시변 자계 내에서 폐회로가 직선 운동하면 당연히 기전력이 발생할 수 있다. 그렇다. 따라서 답은 3번 이다.
13번 솔레노이드의 권선수를 N N N l l l d d d I N l d I\frac{N}{l}d I l N d
H = I N l H=I\frac{N}{l} H = I l N 이다. 이는 솔레노이드 안쪽으로 얼마나 깊게 사각형을 그리든 마찬가지이므로 솔레노이드 내부의 자계는 일정하다.
다음으로 토로이드에 대해 알아보자. 반지름을 ρ \rho ρ
2 π ρ H = N I ⇒ H = N I 2 π ρ \begin{equation} \begin{split} 2\pi \rho H&=NI\\ \Rightarrow H&=\frac{NI}{2\pi \rho} \end{split} \end{equation} 2 π ρ H ⇒ H = N I = 2 π ρ N I 이다. 따라서 토로이드 내부의 자계는 권선수에 비례하고, 중심축으로부터의 거리에 반비례한다. 그러므로 답은 3번 이다.
14번 주어진 반사계수로부터 부하임피던스를 구하면
Γ = 0.5 9 0 ∘ = j 0.5 = Z L − Z 0 Z L + Z 0 ⇒ j 0.5 ( Z L + 50 ) = Z L − 50 ⇒ Z L ( 2 − j ) = 100 + j 50 ⇒ Z L = 100 + j 50 2 − j = ( 20 + j 10 ) ( 2 + j ) = 30 + j 40 Ω \begin{equation} \begin{split} \Gamma&=0.5\phase90^\circ\\ &=j0.5\\ &=\frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0}\\ \Rightarrow j0.5(Z_L+50)&=Z_L-50\\ \Rightarrow Z_L(2-j)&=100+j50\\ \Rightarrow Z_L&=\frac{100+j50}{2-j}\\ &=(20+j10)(2+j)\\ &=30+j40\text{ }\Omega \end{split} \end{equation} Γ ⇒ j 0.5 ( Z L + 50 ) ⇒ Z L ( 2 − j ) ⇒ Z L = 0.5 9 0 ∘ = j 0.5 = Z L + Z 0 Z L − Z 0 = Z L − 50 = 100 + j 50 = 2 − j 100 + j 50 = ( 20 + j 10 ) ( 2 + j ) = 30 + j 40 Ω 이므로 답은 2번 이다.
15번 주어진 영역에서 전류는 없으므로 옳다. 자하는 존재하지 않으므로 옳다. 맥스웰 방정식에서∇ × H ⃗ = J ⃗ \nabla\times\vec{H}=\vec{J} ∇ × H = J J ⃗ = I π a 2 a z ⃗ \vec{J}=\frac{I}{\pi a^2}\vec{a_z} J = π a 2 I a z 자하는 어디에도 없으므로 옳지 않다. 따라서 답은 4번 이다.
16번 ㄱ. 경계면에 수직인 전속밀도는 같은데 비유전율이 변하였으므로 전계 크기는 달라진다. 또한
∇ × E ⃗ = − ∂ B ⃗ ∂ t \nabla\times\vec{E}=-\frac{\partial \vec{B}}{\partial t} ∇ × E = − ∂ t ∂ B 이므로 수평 성분도 변할 것이다.
ㄴ. 특성임피던스는
η = μ ϵ = μ 0 ϵ 0 1 2 = η 0 2 \eta=\sqrt{\frac{\mu}{\epsilon}}=\sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}}\sqrt{\frac{1}{2}}=\frac{\eta_0}{\sqrt{2}} η = ϵ μ = ϵ 0 μ 0 2 1 = 2 η 0 이므로 다르다. 따라서 H = E η H=\frac{E}{\eta} H = η E
ㄷ. 속도는
v = 1 μ ϵ = 1 μ 0 ϵ 0 1 2 = c 2 v=\frac{1}{\sqrt{\mu\epsilon}}=\frac{1}{\sqrt{\mu_0\epsilon_0}}\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{c}{\sqrt{2}} v = μ ϵ 1 = μ 0 ϵ 0 1 2 1 = 2 c 이므로 변한다.
ㄹ. 주파수는 일정하다.
ㅁ. 전파상수는
β = ω μ ϵ = ω μ 0 ϵ 0 2 \beta=\omega\sqrt{\mu\epsilon}=\omega\sqrt{\mu_0\epsilon_0}\sqrt{2} β = ω μ ϵ = ω μ 0 ϵ 0 2 이므로 변한다.
따라서 답은 1번 이다.
17번 그렇다. 반자성체의 자기 쌍극자 모멘트는 인가된 자기장에 비례한다. 상자성체는 외부 자기장에 노출될 때 자기 모멘트가 자기장 방향으로 정렬하여 자기장이 강화된다. 그렇다. 따라서 답은 2번 이다.
18번 원점에 있는 점전하로 인한 전위는
V 1 ( r ) = 1 4 π ϵ 0 r V_1(r)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0 r} V 1 ( r ) = 4 π ϵ 0 r 1 이다. 이 전하의 전기장으로 인해 이동시 필요한 에너지는
Q ( V 1 ( 1 ) − V 1 ( 3 ) ) = 1 4 π ϵ 0 − 1 4 π ϵ 0 3 = 1 4 π ϵ 0 2 3 Q(V_1(1)-V_1(3))=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}-\frac{1}{4\pi\epsilon_0 3}=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{2}{3} Q ( V 1 ( 1 ) − V 1 ( 3 )) = 4 π ϵ 0 1 − 4 π ϵ 0 3 1 = 4 π ϵ 0 1 3 2 이다.
다음으로 점 A A A B B B
V 2 ( B ) = 1 4 π ϵ 0 1 2 + 3 2 = 1 4 π ϵ 0 1 10 V_2(B)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0 \sqrt{1^2+3^2}}=\frac{1}{4\pi\epsilon_0 }\frac{1}{\sqrt{10}} V 2 ( B ) = 4 π ϵ 0 1 2 + 3 2 1 = 4 π ϵ 0 1 10 1 이고, 점 C C C
V 2 ( C ) = 1 4 π ϵ 0 1 2 + 1 2 = 1 4 π ϵ 0 1 2 V_2(C)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0 \sqrt{1^2+1^2}}=\frac{1}{4\pi\epsilon_0 }\frac{1}{\sqrt{2}} V 2 ( C ) = 4 π ϵ 0 1 2 + 1 2 1 = 4 π ϵ 0 1 2 1 이다. 따라서 이 전하의 전기장으로 인해 이동시 필요한 에너지는
Q ( V 2 ( C ) − V 2 ( B ) ) = 1 4 π ϵ 0 1 2 − 1 4 π ϵ 0 1 10 Q(V_2(C)-V_2(B))=\frac{1}{4\pi\epsilon_0 }\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{4\pi\epsilon_0 }\frac{1}{\sqrt{10}} Q ( V 2 ( C ) − V 2 ( B )) = 4 π ϵ 0 1 2 1 − 4 π ϵ 0 1 10 1 이므로 앞서 구한 에너지와 더하면
W = 1 4 π ϵ 0 ( 2 3 + 1 2 − 1 10 ) W=\frac{1}{4\pi\epsilon_0 }\left(\frac{2}{3}+\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{10}}\right) W = 4 π ϵ 0 1 ( 3 2 + 2 1 − 10 1 ) 이고 답은 1번 이다.
19번 도선의 반지름이 줄어드는 속력을 d r d t = − v r \frac{dr}{dt}=-v_r d t d r = − v r
Φ = ∫ B ⃗ ⋅ v e c d s = B S \begin{equation} \begin{split} \Phi&=\int \vec{B}\cdot{vec{ds}}\\ &=BS \end{split} \end{equation} Φ = ∫ B ⋅ v ec d s = BS 이다. 이로부터 유도기전력을 구하면
e m f = − d Φ d t = − S d B d t − B d S d t \begin{equation} \begin{split} emf&=-\frac{d\Phi}{dt}\\ &=-S\frac{dB}{dt}-B\frac{dS}{dt} \end{split} \end{equation} e m f = − d t d Φ = − S d t d B − B d t d S 이다. 이때 d S d t \frac{dS}{dt} d t d S
d S d t = d d t ( π r 2 ) = 2 π r d r d t = − 2 π r v r \begin{equation} \begin{split} \frac{dS}{dt}&=\frac{d}{dt}(\pi r^2)\\ &=2\pi r\frac{dr}{dt}\\ &=-2\pi rv_r \end{split} \end{equation} d t d S = d t d ( π r 2 ) = 2 π r d t d r = − 2 π r v r 이다. 이를 대입해서 유도기전력이 0인 순간에 대해 풀면
e m f = 0 = − π r 0 2 α − B 0 ( − 2 π r 0 v r ) ⇒ v r = π r 0 2 α 2 B 0 π r 0 = r 0 α 2 B 0 \begin{equation} \begin{split} emf&=0\\ &=-\pi r_0^2\alpha-B_0(-2\pi r_0 v_r)\\ \Rightarrow v_r&=\frac{\pi r_0^2\alpha}{2B_0\pi r_0}\\ &=\frac{r_0\alpha}{2B_0} \end{split} \end{equation} e m f ⇒ v r = 0 = − π r 0 2 α − B 0 ( − 2 π r 0 v r ) = 2 B 0 π r 0 π r 0 2 α = 2 B 0 r 0 α 이므로 답은 1번 이다.
20번 주어진 조건에서 J ⃗ = 0 \vec{J}=0 J = 0
∇ × E ⃗ = − ∂ B ⃗ ∂ t \nabla\times\vec{E}=-\frac{\partial \vec{B}}{\partial t} ∇ × E = − ∂ t ∂ B 이다. 좌변을 먼저 구하면
∇ × E ⃗ = ∣ a x ⃗ a y ⃗ a z ⃗ ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z E x E y E z ∣ = ∣ a x ⃗ a y ⃗ a z ⃗ ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z 0 K x − 10 t 0 ∣ = ∣ a x ⃗ a y ⃗ a z ⃗ ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z E x E y E z ∣ = a z ⃗ ∂ ( K x − 10 t ) ∂ x = K a z ⃗ \begin{equation} \begin{split} \nabla\times\vec{E}&= \begin{vmatrix} \vec{a_x} & \vec{a_y} & \vec{a_z}\\ \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z}\\ E_x & E_y & E_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}\\ 0 & Kx-10t & 0 \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}\\ E_x & E_y & E_z \end{vmatrix}\\ &=\vec{a_z}\frac{\partial (Kx-10t)}{\partial x}\\ &=K\vec{a_z} \end{split} \end{equation} ∇ × E = ∣ ∣ a x ∂ x ∂ E x a y ∂ y ∂ E y a z ∂ z ∂ E z ∣ ∣ = ∣ ∣ a x ∂ x ∂ 0 a y ∂ y ∂ K x − 10 t a z ∂ z ∂ 0 ∣ ∣ = ∣ ∣ a x ∂ x ∂ E x a y ∂ y ∂ E y a z ∂ z ∂ E z ∣ ∣ = a z ∂ x ∂ ( K x − 10 t ) = K a z 이다. 다음으로 우변을 구하면
− ∂ B ⃗ ∂ t = − ∂ ( μ H ⃗ ) ∂ t = − 0.2 × 20 a z ⃗ = − 4 a z ⃗ \begin{equation} \begin{split} -\frac{\partial \vec{B}}{\partial t}&=-\frac{\partial (\mu\vec{H})}{\partial t}\\ &=-0.2\times 20\vec{a_z}\\ &=-4\vec{a_z} \end{split} \end{equation} − ∂ t ∂ B = − ∂ t ∂ ( μ H ) = − 0.2 × 20 a z = − 4 a z 이다. 그러므로
K a z ⃗ = − 4 a z ⃗ V/m 2 K\vec{a_z}=-4\vec{a_z}\text{ V/m}^2 K a z = − 4 a z V/m 2 이고 답은 2번 이다.