2016 7급 국가직 전기자기학 1번 전하가 저장되는 면적이 넓어지므로 그렇다. 도체판 사이의 간격이 2배가 되면 같은 전압을 걸었을 때 전기장이 절반으로 약해지므로 끌어당겨서 저장할 수 있는 전하량도 절반이 된다. 따라서 정전용량은 절반이 된다. 비유전율이 2배가 되면 그만큼 전기장이 더 잘 전달되어 더 많은 전하를 끌어당겨서 저장할 수 있으므로 정전용량은 2배가 된다. 그렇다.이기 때문이다. 따라서 답은 2번 이다.
2번 두 인덕턴스의 결합 인덕턴스는
M = ( L 1 L 2 ) k = ( 10 × 10 ) 0 . 5 = 10 mH \begin{equation} \begin{split} M&=(L_1L_2)^k\\ &=(10\times10)^0.5\\ &=10\text{ mH} \end{split} \end{equation} M = ( L 1 L 2 ) k = ( 10 × 10 ) 0 .5 = 10 mH 이다. 따라서 합성인덕턴스의 최댓값은 두 인덕턴스에 이 결합 인덕턴스가 같은 방향으로 연결되어서 더해질 때의 값이므로
L 1 + L 2 + M = 10 + 10 + 10 = 30 mH \begin{equation} \begin{split} L_1+L_2+M&=10+10+10\\ &=30\text{ mH} \end{split} \end{equation} L 1 + L 2 + M = 10 + 10 + 10 = 30 mH 이다. 다음으로 최솟값은 두 인덕턴스에 이 결합 인덕턴스가 반대로 연결되어서 뺄셈이 될 떄의 값이므로
L 1 + L 2 − M = 10 + 10 − 10 = 10 mH \begin{equation} \begin{split} L_1+L_2-M&=10+10-10\\ &=10\text{ mH} \end{split} \end{equation} L 1 + L 2 − M = 10 + 10 − 10 = 10 mH 이다. 따라서 답은 1번 이다.
3번 ∇ × H ⃗ = J ⃗ \nabla\times\vec{H}=\vec{J} ∇ × H = J 인데 조건에 의해 J ⃗ = 0 ⃗ \vec{J}=\vec{0} J = 0 θ 1 , θ 2 \theta_1,\theta_2 θ 1 , θ 2
H 1 s i n θ 1 = H 2 s i n θ 2 ⇒ B 1 μ 1 s i n θ 1 = B 2 μ 2 s i n θ 2 \begin{equation} \begin{split} H_1sin\theta_1&=H_2sin\theta_2\\ \Rightarrow \frac{B_1}{\mu_1}sin\theta_1&=\frac{B_2}{\mu_2}sin\theta_2 \end{split} \end{equation} H 1 s in θ 1 ⇒ μ 1 B 1 s in θ 1 = H 2 s in θ 2 = μ 2 B 2 s in θ 2 이다. 다음으로
∇ ⋅ B ⃗ = 0 \nabla\cdot\vec{B}=0 ∇ ⋅ B = 0 에서 경계면에 수직인 자기선속의 코사인 성분이 같아야 하므로
B 1 c o s θ 1 = B 2 c o s θ 2 B_1cos\theta_1=B_2cos\theta_2 B 1 cos θ 1 = B 2 cos θ 2 이다. 먼저 구한 식을 위 식으로 나누면
B 1 μ 1 s i n θ 1 B 1 c o s θ 1 = B 2 μ 2 s i n θ 2 B 2 c o s θ 2 ⇒ t a n θ 1 μ 1 = t a n θ 2 μ 2 ⇒ μ 2 t a n θ 1 = μ 1 t a n θ 2 \begin{equation} \begin{split} \frac{\frac{B_1}{\mu_1}sin\theta_1}{B_1cos\theta_1}&=\frac{\frac{B_2}{\mu_2}sin\theta_2}{B_2cos\theta_2}\\ \Rightarrow \frac{tan\theta_1}{\mu_1}&=\frac{tan\theta_2}{\mu_2}\\ \Rightarrow \mu_2 tan\theta_1&=\mu_1 tan\theta_2 \end{split} \end{equation} B 1 cos θ 1 μ 1 B 1 s in θ 1 ⇒ μ 1 t an θ 1 ⇒ μ 2 t an θ 1 = B 2 cos θ 2 μ 2 B 2 s in θ 2 = μ 2 t an θ 2 = μ 1 t an θ 2 이므로 답은 1번 이다.
4번 주어진 무한평면에서 원점 방향은 − a z ⃗ -\vec{a_z} − a z
D ⃗ = 1 2 × 20 × 1 0 − 9 × ( − a z ⃗ ) = − 10 × 1 0 − 9 a z ⃗ \begin{equation} \begin{split} \vec{D}&=\frac{1}{2}\times20\times10^{-9}\times(-\vec{a_z})\\ &=-10\times10^{-9}\vec{a_z} \end{split} \end{equation} D = 2 1 × 20 × 1 0 − 9 × ( − a z ) = − 10 × 1 0 − 9 a z 그런데 D ⃗ = ϵ E ⃗ \vec{D}=\epsilon\vec{E} D = ϵ E
D ⃗ = ϵ 0 E ⃗ = 1 0 − 9 36 π E ⃗ = − 10 × 1 0 − 9 a z ⃗ ⇒ E ⃗ = − 360 π a z ⃗ \begin{equation} \begin{split} \vec{D}&=\epsilon_0\vec{E}\\ &=\frac{10^{-9}}{36\pi}\vec{E}\\ &=-10\times10^{-9}\vec{a_z}\\ \Rightarrow \vec{E}&=-360\pi\vec{a_z} \end{split} \end{equation} D ⇒ E = ϵ 0 E = 36 π 1 0 − 9 E = − 10 × 1 0 − 9 a z = − 360 π a z 이다. 따라서 답은 4번 이다.
5번 커패시턴스는
C = ϵ S d = ϵ 0 S x \begin{equation} \begin{split} C&=\epsilon\frac{S}{d}\\ &=\epsilon_0\frac{S}{x} \end{split} \end{equation} C = ϵ d S = ϵ 0 x S 이다. 이 커패시턴스에 저장된 에너지는
W e = 1 2 Q 2 C = 1 2 Q 2 ϵ 0 S x = 1 2 Q 2 x ϵ 0 S \begin{equation} \begin{split} W_e&=\frac{1}{2}\frac{Q^2}{C}\\ &=\frac{1}{2}\frac{Q^2}{\epsilon_0\frac{S}{x}}\\ &=\frac{1}{2}\frac{Q^2x}{\epsilon_0 S} \end{split} \end{equation} W e = 2 1 C Q 2 = 2 1 ϵ 0 x S Q 2 = 2 1 ϵ 0 S Q 2 x 한편
d W = F d x ⇒ F = d W d x \begin{equation} \begin{split} dW&=Fdx\\ \Rightarrow F&=\frac{dW}{dx} \end{split} \end{equation} d W ⇒ F = F d x = d x d W 이므로 에너지를 x x x
F = d W e d x = Q 2 2 ϵ 0 S \begin{equation} \begin{split} F&=\frac{dW_e}{dx}\\ &=\frac{Q^2}{2\epsilon_0 S} \end{split} \end{equation} F = d x d W e = 2 ϵ 0 S Q 2 따라서 답은 1번 이다.
6번 직선도선의 굵기가 지나치게 크지 않다면, 즉 면적 OABC를 넘어가지 않는다면, 면적 OABC를 통과하는 전류량과 면적 OPQR을 통과하는 전류량은 같다. 그리고
∮ H ⃗ ⋅ d l ⃗ = ∬ ∇ × H ⃗ d S ⃗ = I \begin{equation} \begin{split} \oint \vec{H}\cdot\vec{dl}&=\iint \nabla\times\vec{H}\vec{dS}\\ &=I \end{split} \end{equation} ∮ H ⋅ d l = ∬ ∇ × H d S = I 이고, 위에서 두 경로가 만드는 면적을 통과하는 전류량은 서로 같음을 보였으므로
∮ L 2 H ⃗ ⋅ d l ⃗ − ∮ L 1 H ⃗ ⋅ d l ⃗ = 0 \oint _{L_2}\vec{H}\cdot\vec{dl}-\oint _{L_1}\vec{H}\cdot\vec{dl}=0 ∮ L 2 H ⋅ d l − ∮ L 1 H ⋅ d l = 0 이다. 따라서 답은 2번 이다.
7번 전도전류밀도의 크기는
이고 변위전류밀도의 크기는
J d = ∣ j ω ϵ E ∣ = ω ϵ E \begin{equation} \begin{split} J_d&=|j\omega \epsilon E|\\ &=\omega \epsilon E \end{split} \end{equation} J d = ∣ jω ϵ E ∣ = ω ϵ E 이다. J c = 10 J d Jc=10J_d J c = 10 J d
σ E = 10 ω ϵ E ⇒ 10 = 10 ω × 5 ϵ 0 ⇒ ω = 1 5 ϵ 0 ⇒ f = 1 2 π × 5 ϵ 0 = 1 10 π ϵ 0 \begin{equation} \begin{split} \sigma E&=10\omega \epsilon E\\ \Rightarrow 10&=10\omega\times 5\epsilon_0\\ \Rightarrow \omega&=\frac{1}{5\epsilon_0}\\ \Rightarrow f&=\frac{1}{2\pi\times5\epsilon_0}\\ &=\frac{1}{10\pi\epsilon_0} \end{split} \end{equation} σ E ⇒ 10 ⇒ ω ⇒ f = 10 ω ϵ E = 10 ω × 5 ϵ 0 = 5 ϵ 0 1 = 2 π × 5 ϵ 0 1 = 10 π ϵ 0 1 이다. 따라서 답은 4번 이다.
8번 칸막이의 임피던스를 Z p Z_p Z p Z 0 Z_0 Z 0
Z i n = Z p Z 0 + j Z p t a n ( β l ) Z p + j Z 0 t a n ( β l ) Z_{in}=Z_p\frac{Z_0+jZ_p tan(\beta l)}{Z_p+jZ_0 tan(\beta l)} Z in = Z p Z p + j Z 0 t an ( βl ) Z 0 + j Z p t an ( βl ) 이다. 이 값이 자유공간 임피던스 Z 0 Z_0 Z 0
t a n ( β l ) = 0 tan(\beta l)=0 t an ( βl ) = 0 이어야 한다. 한편
β = 2 π λ \beta=\frac{2\pi}{\lambda} β = λ 2 π 이므로
t a n ( 2 π λ l ) = 0 ⇒ 2 π λ l = m π ( m 은 정수) ⇒ l = m λ 2 \begin{equation} \begin{split} tan\left(\frac{2\pi}{\lambda} l\right)&=0\\ \Rightarrow \frac{2\pi}{\lambda} l&=m\pi\text{ (}m\text{은 정수)}\\ \Rightarrow l&=m\frac{\lambda}{2} \end{split} \end{equation} t an ( λ 2 π l ) ⇒ λ 2 π l ⇒ l = 0 = mπ ( m 은 정수 ) = m 2 λ 이다. 나무판 내에서의 전파 속도를 구해보면
c = ϵ r v = 2 v ⇒ v = c 2 = 1.5 × 1 0 8 \begin{equation} \begin{split} c&=\sqrt{\epsilon_r}v\\ &=2v\\ \Rightarrow v&=\frac{c}{2}\\ &=1.5\times10^8 \end{split} \end{equation} c ⇒ v = ϵ r v = 2 v = 2 c = 1.5 × 1 0 8 이다. 이로부터 나무판 내에서의 파장을 구해보면
λ = v f = 1.5 × 1 0 8 2.5 × 1 0 9 = 1.5 25 = 6 cm \begin{equation} \begin{split} \lambda&=\frac{v}{f}\\ &=\frac{1.5\times10^8}{2.5\times10^9}\\ &=\frac{1.5}{25}\\ &=6\text{ cm} \end{split} \end{equation} λ = f v = 2.5 × 1 0 9 1.5 × 1 0 8 = 25 1.5 = 6 cm 이다. 따라서 최소 나무판 두께는 m = 1 m=1 m = 1
l = λ 2 = 6 2 = 3 cm \begin{equation} \begin{split} l&=\frac{\lambda}{2}\\ &=\frac{6}{2}\\ &=3\text{ cm} \end{split} \end{equation} l = 2 λ = 2 6 = 3 cm 이므로 답은 4번 이다.
9번 부피의 변화율이 시간당 빠져나가는 공기의 양 P P P
d d t ( 4 3 π R 3 ) = − P ⇒ 4 3 π × 3 R 2 d R d t = − P ⇒ d R d t = − P 4 π R 2 \begin{equation} \begin{split} \frac{d}{dt}\left(\frac{4}{3}\pi R^3\right)&=-P\\ \Rightarrow \frac{4}{3}\pi\times3R^2\frac{dR}{dt}&=-P\\ \Rightarrow \frac{dR}{dt}&=-\frac{P}{4\pi R^2} \end{split} \end{equation} d t d ( 3 4 π R 3 ) ⇒ 3 4 π × 3 R 2 d t d R ⇒ d t d R = − P = − P = − 4 π R 2 P 이다. 한편 자기장이 통과하는 면적은 S = π R 2 S=\pi R^2 S = π R 2
Φ = B S = B π R 2 \begin{equation} \begin{split} \Phi&=BS\\ &=B\pi R^2 \end{split} \end{equation} Φ = BS = B π R 2 이다. 따라서 유도기전력은
e m f = − ∂ Φ ∂ t = − ∂ ∂ t ( B π R 2 ) = − B π × 2 R d R d t = − B π × 2 R × ( − P 4 π R 2 ) = B P 2 R \begin{equation} \begin{split} emf&=-\frac{\partial\Phi}{\partial t}\\ &=-\frac{\partial}{\partial t}(B\pi R^2)\\ &=-B\pi\times 2R\frac{dR}{dt}\\ &=-B\pi\times 2R\times\left(-\frac{P}{4\pi R^2}\right)\\ &=\frac{BP}{2R} \end{split} \end{equation} e m f = − ∂ t ∂ Φ = − ∂ t ∂ ( B π R 2 ) = − B π × 2 R d t d R = − B π × 2 R × ( − 4 π R 2 P ) = 2 R BP 이므로 답은 3번 이다.
10번 Φ = ∬ B ⃗ ⋅ d S ⃗ = ∫ 0 2 ∫ y 1 y 1 + 0.5 0.2 e − 0.1 y a z ⃗ ⋅ d y d x a Z ⃗ = 2 × 0.2 × ∫ y 1 y 1 + 0.5 e − 0.1 y d y = 0.4 × 1 − 0.1 e − 0.1 y ∣ y 1 y 1 + 0.5 = 4 × ( e − 0.1 y 1 − e − 0.1 ( y 1 + 0.5 ) ) \begin{equation} \begin{split} \Phi&=\iint \vec{B}\cdot\vec{dS}\\ &=\int _0^2\int_{y_1}^{y_1+0.5}0.2e^{-0.1y}\vec{a_z}\cdot dydx\vec{a_Z}\\ &=2\times0.2\times\int_{y_1}^{y_1+0.5}e^{-0.1y}dy\\ &=0.4\times\left.\frac{1}{-0.1}e^{-0.1y}\right|_{y_1}^{y_1+0.5}\\ &=4\times\left(e^{-0.1y_1}-e^{-0.1(y_1+0.5)}\right) \end{split} \end{equation} Φ = ∬ B ⋅ d S = ∫ 0 2 ∫ y 1 y 1 + 0.5 0.2 e − 0.1 y a z ⋅ d y d x a Z = 2 × 0.2 × ∫ y 1 y 1 + 0.5 e − 0.1 y d y = 0.4 × − 0.1 1 e − 0.1 y ∣ ∣ y 1 y 1 + 0.5 = 4 × ( e − 0.1 y 1 − e − 0.1 ( y 1 + 0.5 ) ) 이고, y y y ∂ y 1 ∂ t = 5 \frac{\partial y_1}{\partial t}=5 ∂ t ∂ y 1 = 5 y = 2 y=2 y = 2
e m f = − ∂ Φ ∂ t = − ∂ ∂ t ( 4 × ( e − 0.1 y 1 − e − 0.1 ( y 1 + 0.5 ) ) ) = − ∂ y 1 ∂ t ∂ ∂ y 1 ( 4 × ( e − 0.1 y 1 − e − 0.1 ( y 1 + 0.5 ) ) ) = − 5 × 4 × ( − 0.1 e − 0.1 y 1 + 0.1 e − 0.1 ( y 1 + 0.5 ) ) = 20 × ( 0.1 e − 0.2 − 0.1 e − 0.25 ) = 2 ( e − 0.2 − e − 0.25 ) \begin{equation} \begin{split} emf&=-\frac{\partial\Phi}{\partial t}\\ &=-\frac{\partial}{\partial t}\left(4\times\left(e^{-0.1y_1}-e^{-0.1(y_1+0.5)}\right)\right)\\ &=-\frac{\partial y_1}{\partial t}\frac{\partial}{\partial y_1}\left(4\times\left(e^{-0.1y_1}-e^{-0.1(y_1+0.5)}\right)\right)\\ &=-5\times4\times\left(-0.1e^{-0.1y_1}+0.1e^{-0.1(y_1+0.5)}\right)\\ &=20\times\left(0.1e^{-0.2}-0.1e^{-0.25}\right)\\ &=2\left(e^{-0.2}-e^{-0.25}\right) \end{split} \end{equation} e m f = − ∂ t ∂ Φ = − ∂ t ∂ ( 4 × ( e − 0.1 y 1 − e − 0.1 ( y 1 + 0.5 ) ) ) = − ∂ t ∂ y 1 ∂ y 1 ∂ ( 4 × ( e − 0.1 y 1 − e − 0.1 ( y 1 + 0.5 ) ) ) = − 5 × 4 × ( − 0.1 e − 0.1 y 1 + 0.1 e − 0.1 ( y 1 + 0.5 ) ) = 20 × ( 0.1 e − 0.2 − 0.1 e − 0.25 ) = 2 ( e − 0.2 − e − 0.25 ) 이다. 따라서 전류는
I = e m f R = 2 5 ( e − 0.2 − e 0.25 ) \begin{equation} \begin{split} I&=\frac{emf}{R}\\ &=\frac{2}{5}\left(e^{-0.2}-e^{0.25}\right) \end{split} \end{equation} I = R e m f = 5 2 ( e − 0.2 − e 0.25 ) 이므로 답은 1번 이다.
11번 ∇ ⋅ B ⃗ = 0 \nabla\cdot \vec{B}=0 ∇ ⋅ B = 0 이므로 자하는 없다. 따라서 경계면의 법선성분 자기장은 들어온 만큼 그대로 나가야 한다. 그러므로
B 1 n − B 2 n = 0 B_{1n}-B_{2n}=0 B 1 n − B 2 n = 0 이 되어야 하므로 답은 4번 이다.
12번 이고 이 자속으로 인해 생기는 유도 기전력은
e m f = − ∂ Φ ∂ t = − ∂ ∂ t ( L i ) = − L ∂ i ∂ t \begin{equation} \begin{split} emf&=-\frac{\partial \Phi}{\partial t}\\ &=-\frac{\partial}{\partial t}(Li)\\ &=-L\frac{\partial i}{\partial t} \end{split} \end{equation} e m f = − ∂ t ∂ Φ = − ∂ t ∂ ( L i ) = − L ∂ t ∂ i 이다. 따라서 유도되는 전압 파형은 전류의 미분이므로 델타 함수 형태의 순간적인 펄스파가 나타난다. 그러므로 답은 4번 이다.
13번 어떤 고정된 지점으로부터 바퀴축까지의 거리 x x x S S S
이다. 한편 주어진 속도로부터
d x d t = 72 × 1 0 3 3600 s = 20 m/s \begin{equation} \begin{split} \frac{dx}{dt}&=72\times\frac{10^3}{3600 s}\\ &=20\text{ m/s} \end{split} \end{equation} d t d x = 72 × 3600 s 1 0 3 = 20 m/s 이다. S S S
Φ = B S = 2 × 1 0 − 3 × S \begin{equation} \begin{split} \Phi&=BS\\ &=2\times10^{-3}\times S \end{split} \end{equation} Φ = BS = 2 × 1 0 − 3 × S 이므로 유도기전력은
e m f = − ∂ Φ ∂ t = − ∂ 2 × 1 0 − 3 × S ∂ t = − 2 × 1 0 − 3 d S d t = − 2 × 1 0 − 3 d ( 2 x ) d t = − 4 × 1 0 − 3 d x d t = − 4 × 1 0 − 3 × 20 = − 8 t i m e s 1 0 − 2 V \begin{equation} \begin{split} emf&=-\frac{\partial \Phi}{\partial t}\\ &=-\frac{\partial 2\times10^{-3}\times S}{\partial t}\\ &=-2\times10^{-3}\frac{dS}{dt}\\ &=-2\times10^{-3}\frac{d(2x)}{dt}\\ &=-4\times10^{-3}\frac{dx}{dt}\\ &=-4\times10^{-3}\times20\\ &=-8times10^{-2}\text{ V} \end{split} \end{equation} e m f = − ∂ t ∂ Φ = − ∂ t ∂ 2 × 1 0 − 3 × S = − 2 × 1 0 − 3 d t d S = − 2 × 1 0 − 3 d t d ( 2 x ) = − 4 × 1 0 − 3 d t d x = − 4 × 1 0 − 3 × 20 = − 8 t im es 1 0 − 2 V 이다. 따라서 그 크기만 고려하면 답은 3번 이다.
14번 주어진 매질의 임피던스는η = μ ϵ = μ 0 e p s i l o n 0 × 1000 ≈ 377 1000 ≈ 377 32 > 1 \begin{equation} \begin{split} \eta&=\sqrt{\frac{\mu}{\epsilon}}\\ &=\sqrt{\frac{\mu_0}{epsilon_0\times 1000}}\\ &\approx \frac{377}{\sqrt{1000}}\\ &\approx \frac{377}{32}\gt 1 \end{split} \end{equation} η = ϵ μ = e p s i l o n 0 × 1000 μ 0 ≈ 1000 377 ≈ 32 377 > 1 H = E η H=\frac{E}{\eta} H = η E 그렇다.S ⃗ = E ⃗ × H ⃗ \vec{S}=\vec{E}\times\vec{H} S = E × H 위상속도는v = 1 μ ϵ v=\frac{1}{\sqrt{\mu \epsilon}} v = μ ϵ 1 0.1 mW는10 l o g 0.1 1 = − 10 dBm 10log\frac{0.1}{1}=-10\text{ dBm} 10 l o g 1 0.1 = − 10 dBm 따라서 답은 1번 이다.
15번 이므로
Q A Q B = 10 C 20 C = 1 2 \begin{equation} \begin{split} \frac{Q_A}{Q_B}&=\frac{10C}{20C}\\ &=\frac{1}{2} \end{split} \end{equation} Q B Q A = 20 C 10 C = 2 1 이다. 전기에너지는
W = 1 2 C V 2 W=\frac{1}{2}CV^2 W = 2 1 C V 2 이므로
W A W B = 1 2 C × 1 0 2 1 2 C × 2 0 2 = 1 4 \begin{equation} \begin{split} \frac{W_A}{W_B}&=\frac{\frac{1}{2}C\times10^2}{\frac{1}{2}C\times20^2}\\ &=\frac{1}{4} \end{split} \end{equation} W B W A = 2 1 C × 2 0 2 2 1 C × 1 0 2 = 4 1 이다. 따라서 답은 2번 이다.
16번 전파정수는 외워두자. 그러나, 외우지 않더라도 풀 수 있다. α \alpha α e − α z e^{-\alpha z} e − α z L C \sqrt{\frac{L}{C}} C L R R R
α = C L \alpha=\sqrt{\frac{C}{L}} α = L C 밖에 남지 않는다.
다음으로
β = ω L C \beta=\omega \sqrt{LC} β = ω L C 이다. 이 또한 외우지 않고도 ω \omega ω L C \sqrt{LC} L C 3번 이다.
검증을 위해 위상속도를 살펴보면
v p = 1 L C v_p=\frac{1}{\sqrt{LC}} v p = L C 1 이므로 3번이 옳음을 알 수 있다.
17번 공극이 없을 때 자기저항은
R = l μ 0 m u r S \mathcal{R}=\frac{l}{\mu_0mu_rS} R = μ 0 m u r S l 이다. 공극의 자기저항은
R g = l g μ 0 S \mathcal{R_g}=\frac{l_g}{\mu_0S} R g = μ 0 S l g 이므로 공극을 만들었을 때의 총 자기저항은
R + R g = l μ 0 μ r S + l g μ 0 S \mathcal{R}+\mathcal{R_g}=\frac{l}{\mu_0\mu_rS}+\frac{l_g}{\mu_0S} R + R g = μ 0 μ r S l + μ 0 S l g 이므로 공극이 없을 때의 자기저항으로 나누면
R + R g R = 1 + l g μ 0 S l μ 0 μ r S = 1 + μ r l g l \begin{equation} \begin{split} \frac{\mathcal{R}+\mathcal{R_g}}{\mathcal{R}}&=1+\frac{\frac{l_g}{\mu_0S}}{\frac{l}{\mu_0\mu_rS}}\\ &=1+\frac{\mu_r l_g}{l} \end{split} \end{equation} R R + R g = 1 + μ 0 μ r S l μ 0 S l g = 1 + l μ r l g 이므로 답은 1번 이다.
사실 이 또한 직접 계산하지 않고도 풀 수 있는데, 일단 자기저항은 더 클 것이므로 답은 1, 3번 중 하나이다. 다음으로 무차원 숫자 1과 더해질 수 있는 것은 마찬가지로 무차원 숫자이다.
μ r \mu_r μ r l g l \frac{l_g}{l} l l g
18번 구 표면의 넓이는
S = 4 π r 2 = 4 π × 2 2 = 16 π m 2 \begin{equation} \begin{split} S&=4\pi r^2\\ &=4\pi\times2^2\\ &=16\pi\text{ m}^2 \end{split} \end{equation} S = 4 π r 2 = 4 π × 2 2 = 16 π m 2 이다. 이 넓이와 전속밀도의 곱이 총 전하이므로
Q = 16 π × 20 = 320 π C \begin{equation} \begin{split} Q&=16\pi\times 20\\ &=320\pi\text{ C} \end{split} \end{equation} Q = 16 π × 20 = 320 π C 이다. 그리고 구의 부피는
V = 4 3 π r 3 = 4 3 π × 2 3 = 32 π 3 m 3 \begin{equation} \begin{split} V&=\frac{4}{3}\pi r^3\\ &=\frac{4}{3}\pi\times 2^3\\ &=\frac{32\pi}{3}\text{ m}^3 \end{split} \end{equation} V = 3 4 π r 3 = 3 4 π × 2 3 = 3 32 π m 3 이다.
체적전하밀도를 구하기 위해서 위의 총 전하를 부피로 나누면
Q V = 320 π 32 π 3 = 30 C/m 3 \begin{equation} \begin{split} \frac{Q}{V}&=\frac{320\pi}{\frac{32\pi}{3}}\\ &=30\text{ C/m}^3 \end{split} \end{equation} V Q = 3 32 π 320 π = 30 C/m 3 이므로 답은 3번 이다.
19번 동축선의 내경과 외경을 각각 a , b a,b a , b
C = 2 π ϵ l n b a = 2 π × 3 ϵ 0 l n b a = 2 3 × 1 0 − 9 ⇒ l n b a = 6 π ϵ 0 2 3 = 9 π ϵ 0 × 1 0 9 \begin{equation} \begin{split} C&=\frac{2\pi \epsilon}{ln\frac{b}{a}}\\ &=\frac{2\pi\times 3\epsilon_0}{ln\frac{b}{a}}\\ &=\frac{2}{3}\times10^{-9}\\ \Rightarrow ln\frac{b}{a}&=\frac{6\pi\epsilon_0}{\frac{2}{3}}\\ &=9\pi\epsilon_0\times10^9 \end{split} \end{equation} C ⇒ l n a b = l n a b 2 π ϵ = l n a b 2 π × 3 ϵ 0 = 3 2 × 1 0 − 9 = 3 2 6 π ϵ 0 = 9 π ϵ 0 × 1 0 9 이다. 그리고 단위길이당 인덕턴스는
L = μ 2 π l n b a = 3 μ 0 2 π l n b a = 3 μ 0 2 π × 9 π ϵ 0 × 1 0 9 \begin{equation} \begin{split} L&=\frac{\mu}{2\pi}ln\frac{b}{a}\\ &=\frac{3\mu_0}{2\pi}ln\frac{b}{a}\\ &=\frac{3\mu_0}{2\pi}\times9\pi\epsilon_0\times10^9 \end{split} \end{equation} L = 2 π μ l n a b = 2 π 3 μ 0 l n a b = 2 π 3 μ 0 × 9 π ϵ 0 × 1 0 9 이다. 따라서 특성 임피던스는
Z = L C = 3 μ 0 2 π × 9 π ϵ 0 × 1 0 9 × 1 0 9 2 3 = ( 3 2 ) 2 × 3 2 × μ 0 ϵ 0 = 3 2 × 3 × 1 0 9 × 1 3 × 1 0 8 = 3 2 × 10 Ω \begin{equation} \begin{split} Z&=\sqrt{\frac{L}{C}}\\ &=\sqrt{\frac{\frac{3\mu_0}{2\pi}\times9\pi\epsilon_0\times10^9\times10^9}{\frac{2}{3}}}\\ &=\sqrt{\left(\frac{3}{2}\right)^2\times3^2\times \mu_0\epsilon_0}\\ &=\frac{3}{2}\times 3\times10^9\times\frac{1}{3\times 10^8}\\ &=\frac{3}{2}\times10\text{ }\Omega \end{split} \end{equation} Z = C L = 3 2 2 π 3 μ 0 × 9 π ϵ 0 × 1 0 9 × 1 0 9 = ( 2 3 ) 2 × 3 2 × μ 0 ϵ 0 = 2 3 × 3 × 1 0 9 × 3 × 1 0 8 1 = 2 3 × 10 Ω 이므로 답은 3번 이다.
20번 전송선 쪽에서 본 입력 임피던스는
Z i n , l = Z 0 Z L + j Z 0 t a n β L Z 0 + j Z L t a n β L Z_{in,l}=Z_0\frac{Z_L+jZ_0tan\beta L}{Z_0+jZ_Ltan\beta L} Z in , l = Z 0 Z 0 + j Z L t an β L Z L + j Z 0 t an β L 인데 Z L = ∞ Z_L=\infty Z L = ∞
Z i n , l = Z 0 1 j t a n β L = − j Z 0 c o t β L \begin{equation} \begin{split} Z_{in,l}&=Z_0\frac{1}{jtan\beta L}\\ &=-jZ_0cot\beta L \end{split} \end{equation} Z in , l = Z 0 j t an β L 1 = − j Z 0 co tβ L 이다.
따라서 입력임피던스의 허수 부분이 0이 되기 위해서는
1 j ω C + Z i n , l = 0 = − j 1 ω C + ( − j Z 0 c o t β L ) ⇒ C = − 1 ω Z 0 c o t β L \begin{equation} \begin{split} \frac{1}{j\omega C}+Z_{in,l}&=0\\ &=-j\frac{1}{\omega C}+(-jZ_0cot\beta L)\\ \Rightarrow C&=-\frac{1}{\omega Z_0cot\beta L} \end{split} \end{equation} jω C 1 + Z in , l ⇒ C = 0 = − j ω C 1 + ( − j Z 0 co tβ L ) = − ω Z 0 co tβ L 1 이므로 답은 2번 이다.