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2017 7급 국가직 전기자기학

1번

전계의 평행 성분이 00이므로 4번이 옳지 않다.

2번

간단히 생각하자. 내부에는 전하가 없으니 전계의 크기는 00이므로 답은 3번이다.

3번

유도 기전력은

emf=−dΦdt=240sin(800t)\begin{equation} \begin{split} emf&=-\frac{d\Phi}{dt}\\ &=240sin(800t) \end{split} \end{equation}

이고 이의 최댓값은 240240이므로 전류의 최댓값은

24024=10\frac{240}{24}=10

이고 답은 1번이다.

4번

v=1ϵμv=\frac{1}{\sqrt{\epsilon\mu}}

이므로 2번이 옳지 않다.

5번

평행판 내에선 D⃗\vec{D}가 일정하다. 따라서

D=ϵED=\epsilon E

에서 ϵ\epsilon가 같으면 EE도 같다. 따라서 옳은 것은 3번이다.

6번

P=12EHP=\frac{1}{2} EH

이고

H=Eη0H=\frac{E}{\eta_0}

이다.

η0=120π\eta_0=120\pi

와 주어진 조건을 대입하면

P=12E2η0=12⋅4120π=160π\begin{equation} \begin{split} P&=\frac{1}{2}\frac{E^2}{\eta_0}\\ &=\frac{1}{2}\cdot \frac{4}{120\pi}\\ &=\frac{1}{60\pi} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 3번이다.

7번

D⃗=ϵE⃗\vec{D}=\epsilon\vec{E}

는 일정해야 하니 비유전율이 증가하면 전계 크기는 감소한다.

  1. 전계 크기가 감소하므로 힘의 크기도 감소한다.
  2. 옳다.
  3. 전위는 전계의 적분이니 마찬가지로 감소한다.
  4. 저장된 에너지는 전계의 제곱에 비례하므로 감소한다.

따라서 답은 없다.

8번

직선 도선의 자계는 대칭성에 의해

H⋅2πr=I⇒H=I2πr\begin{gather} H\cdot 2\pi r=I\\ \Rightarrow H=\frac{I}{2\pi r} \end{gather}

이므로 주어진 조건을 대입하면 22이다. 원형 도선의 자계는 비오-사바르 법칙에 의해

H=I∫dl4πρ2=I⋅2πρ4πρ2=I2ρ\begin{equation} \begin{split} H&=\frac{I \int dl}{4\pi \rho^2}\\ &=\frac{I\cdot 2\pi \rho}{4\pi \rho^2}\\ &=\frac{I}{2\rho} \end{split} \end{equation}

이므로 주어진 조건을 대입하면 2π2\pi이다. 따라서 둘의 합은

2(π+1)2(\pi+1)

이고 답은 1번이다.

9번

자기쌍극자 모멘트 크기는

m=ISm=IS

이고 전기쌍극자 모멘트 크기는

p=qdp=qd

이다.

  1. 자기쌍극자의 루프 반지름이 증가하면 mm이 커지므로 이에 따라 벡터 자위의 크기도 커진다.
  2. 전기쌍극자의 두 점전하 사이의 거리가 증가하면 pp가 커지므로 스칼라 전위도 커진다.
  3. 투자율이 커져도 H⃗\vec{H}는 일정해야 하므로 A⃗\vec{A}의 크기는 커진다.
  4. 유전율이 커져도 D⃗\vec{D}는 일정해야 하므로 E⃗\vec{E}의 크기는 작아지고 따라서 VV도 작아진다.

그러므로 4번이 옳지 않다.

10번

전파는 +z+z 방향으로 진행하고 있고 전계는 +x+x방향 성분만을 갖고 있으므로 자계는 +y+y 방향 성분을 가져야 한다. 또한 무손실 자유공간을 진행하므로 전계와 자계의 위상은 같다. 이를 만족하는 것은 1번이다.

11번

  1. ∇×H⃗=J⃗+∂D⃗∂t\nabla\times \vec{H}=\vec{J}+\frac{\partial \vec{D}}{\partial t}
    이고, J⃗\vec{J}의 단위는 단위면적당 전류이므로 단위는 A/m2A/m^2이다.
  2. 시변전계와 시변자계는 서로가 서로를 만들어서 전자기파가 된다.
  3. 항상 옳은 식이다.
  4. 전계가 시간에 따라 변하면 시변 자계를 만들고 이에 의해서 전계의 회전 성분이 생긴다.

따라서 답은 3번이다.

12번

부하쪽에 가해지는 전압 비율은

N1:N2N_1:N_2

이다. 에너지 보존 법칙에 의해서 전류는

N2:N1N_2:N_1

의 비율이 된다. 따라서 입력 쪽에서 보이는 임피던스는

N1N2:N2N1=N12N22:1\frac{N_1}{N_2}:\frac{N_2}{N_1}=\frac{N_1^2}{N_2^2}:1

이므로

(R1)eff=(N1N2)2(R_1)_{eff}=\left(\frac{N_1}{N_2}\right)^2

이고 답은 1번이다. 따라서

8×N2=512⇒N=8\begin{gather} 8\times N^2=512 \\ \Rightarrow N=8 \end{gather}

이므로 권선수 비는 8:18:1이고 답은 1번이다.

13번

원래 커패시턴스를 C1C_1이라 하자. 그러면 유전체 평판을 끼워넣었을 때 간격이 절반이 되는 것이니 원래 유전체에 의한 커패시턴스 성분은 2C12C_1이 된다. 다음으로 새로 삽입된 커패시턴스는

2C1ϵr=6C12C_1\epsilon_r=6C_1

이다. 이 둘이 직렬연결된 것이므로 총 커패시턴스는

C=2C1∣∣6C1=12C12+6=3C12\begin{equation} \begin{split} C&=2C_1||6C_1\\ &=\frac{12C_1}{2+6}\\ &=\frac{3C_1}{2} \end{split} \end{equation}

이고 C1=1C_1=1이므로

C=32C=\frac{3}{2}

이다. 따라서 답은 1번이다.

14번

∣J∣=∣σE∣=5E\begin{equation} \begin{split} |J|&=|\sigma E|\\ &=5E \end{split} \end{equation}

이다. 한편

∣∂D∂t∣=∣ϵ0ϵrjωE∣\left|\frac{\partial D}{\partial t}\right|=|\epsilon_0\epsilon_r j\omega E|

이다. 그리고

∣J∣=∣∂D∂t∣|J|=\left|\frac{\partial D}{\partial t}\right|

이므로

ϵr10−936π⋅2π⋅109=5⇒ϵr=90\begin{gather} \epsilon_r\frac{10^{-9}}{36\pi}\cdot 2\pi\cdot 10^9=5\\ \Rightarrow \epsilon_r=90 \end{gather}

이므로 답은 4번이다.

15번

  1. 선형, 등방성과 균질성이 있는 자성체이므로 자화유과 비투자율은 상수이다.
  2. 자화 벡터는 자기장에 비례하고 자기장의 발산은 00이므로 자화 벡터의 발산도 00이다.
  3. Jb⃗=∇×M⃗\vec{J_b}=\nabla\times \vec{M}
    이다.
  4. 옳다.

따라서 답은 3번이다.

16번

미소길이 dl=dρdl=d\rho에 해당하는 성분이 받는 힘의 크기는

dF=BIdρdF=BId\rho

이다. 각 dρd\rho가 이동하는 거리는 2πρ2\pi \rho이므로 각 성분에 해줘야 하는 일은

dW=2πρdF=2πρBIdρ\begin{equation} \begin{split} dW&=2\pi\rho dF\\ &=2\pi\rho BId\rho \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 전체 일은

W=∫022πρ⋅2⋅2dρ=16π\begin{equation} \begin{split} W&=\int_0^2 2\pi\rho \cdot 2 \cdot 2 d\rho\\ &=16\pi \end{split} \end{equation}

이고 답은 2번이다.

17번

정사각형 루프 좌우로 자속밀도의 차이는 없으므로 받는 힘도 없을 것이다. 다음으로 자기 모멘트를 구해보면

m⃗=Ia2az⃗\vec{m}=Ia^2\vec{a_z}

이고, 토크의 크기는

∣T⃗∣=∣m⃗×B⃗∣=∣ay⃗Ia2B1∣=Ia2B1\begin{equation} \begin{split} \left|\vec{T}\right|&=\left|\vec{m}\times \vec{B}\right|\\ &=\left|\vec{a_y}Ia^2B_1\right|\\ &=Ia^2B_1 \end{split} \end{equation}

이므로 답은 3번이다.

18번

유도 기전력은

emf=−dΦdtemf=-\frac{d\Phi}{dt}

이고

Φ=∫B⃗⋅dS⃗=0.1sin(100πt)×0.12=0.001sin(100πt)\begin{equation} \begin{split} \Phi&=\int \vec{B}\cdot d\vec{S}\\ &=0.1sin(100\pi t)\times 0.1^2\\ &=0.001sin(100\pi t) \end{split} \end{equation}

이다. 따라서

emf=−0.1πcos(100πt)emf=-0.1\pi cos(100\pi t)

이므로 답은 2번이다.

19번

E⃗=−∇V\vec{E}=-\nabla V

인데 VV는 rr에만 의존하는 함수이므로

E⃗=−dVdrar⃗=aV0r4ar⃗\begin{equation} \begin{split} \vec{E}&=-\frac{dV}{dr}\vec{a_r}\\ &=\frac{aV_0}{r^4}\vec{a_r} \end{split} \end{equation}

이다. 에너지는

W=∭12ϵ0E2dv=∫02π∫0π∫a∞12ϵ0(aV0r4)2r2sinθdθdϕdr=2π∫0π∫a∞12ϵ0a2V02r6sinθdrdθ=2π∫0π∫a∞12ϵ0a2V02r6[−cosθ]0πdr=2π∫a∞ϵ0a2V02r6dr=[2πϵ0a2V02−15r5]r=ar=∞=2πϵ0a2V025a3\begin{equation} \begin{split} W&=\iiint \frac{1}{2}\epsilon_0 E^2 dv\\ &=\int_0^{2\pi} \int_0^{\pi} \int_a^{\infty} \frac{1}{2}\epsilon_0 \left(\frac{aV_0}{r^4}\right)^2 r^2sin\theta d\theta d\phi dr\\ &=2\pi \int_0^{\pi} \int_a^{\infty} \frac{1}{2}\epsilon_0 \frac{a^2V_0^2}{r^6} sin\theta dr d\theta\\ &=2\pi \int_0^{\pi} \int_a^{\infty} \frac{1}{2}\epsilon_0 \frac{a^2V_0^2}{r^6} \left[-cos\theta\right]_0^{\pi} dr\\ &=2\pi \int_a^{\infty} \epsilon_0 \frac{a^2V_0^2}{r^6} dr\\ &=\left[2\pi \epsilon_0 a^2V_0^2 \frac{-1}{5r^5}\right]_{r=a}^{r=\infty}\\ &=\frac{2\pi \epsilon_0 a^2V_0^2}{5a^3} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 2번이다.

20번

우선 σ\sigma가 크므로 큰 전도전류가 흘러서 저항손실이 발생한다. 이런 경우에 대한 식인

α=β=πfμσ=1δ\alpha=\beta=\sqrt{\pi f \mu \sigma}=\frac{1}{\delta}

는 외우는 것을 추천한다.

고유 임피던스는

η=(1+j)ασ\eta=(1+j)\frac{\alpha}{\sigma}

이므로 45∘45^\circ 차이가 나므로 4번이 옳지 않다. 이것도 외우자.