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2018 7급 서울시 전기자기학

1번

λ=cf=3×108100×106=3 m\begin{equation} \begin{split} \lambda&=\frac{c}{f}\\ &=\frac{3\times 10^8}{100\times 10^6}\\ &=3\text{ m} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 3번이다.

2번

원형 도선의 중심에서의 자계는 비오-사바르 법칙에 의해

H⃗=∫Idl⃗×ar⃗4πr2=I∫02πrdϕa⊥⃗4πr2=2πrIa⊥⃗4πr2=I2ra⊥⃗\begin{equation} \begin{split} \vec{H}&=\frac{\int I d\vec{l}\times \vec{a_r}}{4\pi r^2}\\ &=\frac{I\int_0^{2\pi} r d\phi \vec{a_\perp }}{4\pi r^2}\\ &=\frac{2\pi r I\vec{a_\perp }}{4\pi r^2}\\ &=\frac{I}{2r}\vec{a_\perp } \end{split} \end{equation}

이다. 주어진 상황은 원형 도선의 α2π\frac{\alpha}{2\pi}비율의 조각이 있는 상황이므로 자계벡터의 크기 또한 이 비율이 적용된다. 따라서

H0⃗=I2aα2πa⊥⃗=I4πaαa⊥⃗\begin{equation} \begin{split} \vec{H_0}&=\frac{I}{2a}\frac{\alpha}{2\pi}\vec{a_\perp }\\ &=\frac{I}{4\pi a}\alpha \vec{a_\perp } \end{split} \end{equation}

이므로 답은 1번이다.

3번

E(z,t)=Re[100ej108tej(−0.5z+π6)]E(z,t)=Re\left[ 100e^{j10^8 t}e^{j\left(-0.5z+\frac{\pi}{6}\right)} \right]

이다. 페이저 형태에서는 공통적으로 나타나는 주파수 성분을 떼어낸 나머지 부분을 취급하므로

100ej(−0.5z+π6)100e^{j\left(-0.5z+\frac{\pi}{6}\right)}

이고 답은 3번이다.

4번

폐곡면 SS를 통과하는 전기선속은 그 안의 전하량에 비례하고 비례상수는

1ϵ=1ϵ0\frac{1}{\epsilon}=\frac{1}{\epsilon_0}

이다. 따라서

(30−170+10)×10−9ϵ0=−130×10−9ϵ0\frac{(30-170+10)\times 10^{-9}}{\epsilon_0}=\frac{-130\times 10^{-9}}{\epsilon_0}

이므로 답은 2번이다.

5번

경계면에 수직인 DD 성분은 같아야 하므로

\begin{equation} \begin{split} D_{2y}&=-3 \Rightarrow E_{2y}&=\frac{-3}{\epsilon\_{r2}\epsilon_0}\\ &=\frac{-3}{4\epsilon_0} \end{split} \end{equation}

이다. 또한 경계면에 평행한 EE 성분은 같아야 하므로

E2x=E1x=8ϵr1ϵ0=82ϵ0=4ϵ0\begin{equation} \begin{split} E_{2x}&=E_{1x}\\ &=\frac{8}{\epsilon_{r1}\epsilon_0}\\ &=\frac{8}{2\epsilon_0}\\ &=\frac{4}{\epsilon_0} \end{split} \end{equation}

이다. 합치면

E2⃗=4ϵ0ax⃗−34ϵ0ay⃗\vec{E_2}=\frac{4}{\epsilon_0}\vec{a_x}-\frac{3}{4\epsilon_0}\vec{a_y}

이므로 답은 2번이다.

6번

Φ=∫B⃗⋅dS⃗=∫01∫013xy2az⃗⋅az⃗dxdy=∫01xdx∫013y2dy=([12x]01)([y3]01)=0.5\begin{equation} \begin{split} \Phi&=\int \vec{B}\cdot d\vec{S}\\ &=\int_0^1 \int_0^1 3xy^2\vec{a_z}\cdot \vec{a_z}dxdy\\ &=\int_0^1 x dx \int_0^1 3y^2dy\\ &=\left(\left[\frac{1}{2}x\right]_0^1 \right)\left( \left[y^3\right]_0^1\right)\\ &=0.5 \end{split} \end{equation}

이므로 답은 3번이다.

7번

주어진 지점에서 원점에서 P1P_1방향 단위벡터는 ax⃗\vec{a_x}이므로

aρ⃗=ax⃗\vec{a_\rho}=\vec{a_x}

이고 이 때 ϕ\phi가 회전하는 방향의 단위벡터는

aϕ⃗=ay⃗\vec{a_\phi}=\vec{a_y}

이다. 따라서 이 지점에서는

A⃗=3(aρ⃗−aϕ⃗)\vec{A}=3(\vec{a_\rho}-\vec{a_\phi})

이고 답은 1번이다.

8번

자유공간에서 무한 균일 선전하가 만드는 전계벡터는 대칭성을 이용하면

2πϵ0ρE=ρl⇒E=ρl2πϵ0ρ\begin{gather} 2\pi \epsilon_0 \rho E=\rho_l \\ \Rightarrow E=\frac{\rho_l}{2\pi \epsilon_0 \rho} \end{gather}

이다. 주어진 조건에서

\begin{equation} \begin{split} 1.8\times 10^4&=\frac{\rho_l}{2\pi\epsilon_0 \cdot 3} \Rightarrow \rho_l&=1.8\times 10^4 \times \frac{10\times 10^{-9}}{18}\cdot 3\\ &=3 \mu \end{split} \end{equation}

이므로 답은 2번이다.

9번

I=dQdt=d(Vρv)dt=Vdρvdt+ρvdVdt=0+ρvd(π⋅r2l)dt=ρvπ⋅r2dldt=ρvπ⋅r2⋅u=4×10−3π⋅(10−3)2⋅10000=4π×10−5=40πμ\begin{equation} \begin{split} I&=\frac{dQ}{dt}\\ &=\frac{d(V\rho_v)}{dt}\\ &=V\frac{d\rho_v}{dt}+\rho_v\frac{dV}{dt}\\ &=0+\rho_v\frac{d(\pi\cdot r^2 l)}dt\\ &=\rho_v\pi\cdot r^2\frac{dl}{dt}\\ &=\rho_v\pi\cdot r^2\cdot u\\ &=4\times 10^{-3}\pi\cdot (10^{-3})^2\cdot 10000\\ &=4\pi \times 10^{-5}\\ &=40\pi \mu \end{split} \end{equation}

이므로 답은 1번이다.

10번

  1. 정석적 풀이

    dE⃗=dQ4πϵ0r2=λ⋅dx4πϵ0r3r⃗\begin{equation} \begin{split} d\vec{E}&=\frac{dQ}{4\pi\epsilon_0 r^2}\\ &=\frac{\lambda \cdot dx}{4\pi\epsilon_0 r^3}\vec{r} \end{split} \end{equation}

    이다. 그리고 대칭성에 의해서 절반만 적분하면 되고, 또 ax⃗\vec{a_x}성분은 상쇄되고 ay⃗\vec{a_y}성분은 2배가 될 것이다. 또한

    r2=x2+h2r^2=x^2+h^2

    이고

    r⃗=−xax⃗+hay⃗\vec{r}=-x\vec{a_x}+h\vec{a_y}

    이므로 대입해서 적분하면

    E⃗=λ4πϵ0∫0L2hr3dxay⃗=λh2πϵ0∫0L1(x2+h2)32dx\begin{equation} \begin{split} \vec{E}&=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_0^L \frac{2h}{r^3}dx\vec{a_y}\\ &=\frac{\lambda h}{2\pi\epsilon_0}\int_0^L \frac{1}{(x^2+h^2)^{\frac{3}{2}}}dx \end{split} \end{equation}

    이다. 한편 x=atanθx=a tan\theta로 놓으면

    dx=asec2θdθdx=a sec^2\theta d\theta

    이므로

    ∫1(x2+a2)32dx=∫asec2θdθ2a3⋅a(1+tan2θ)32=∫sec2θdθa2sec3θ=∫cosθa2dθ=sinθa2=xa2a2+x2\begin{equation} \begin{split} \int \frac{1}{(x^2+a^2)^{\frac{3}{2}}}dx&=\int \frac{a sec^2\theta d\theta}{2}{a^3\cdot \sqrt{a} (1+tan^2\theta)^{\frac{3}{2}}}\\ &=\int \frac{sec^2\theta d\theta}{a^2 sec^3\theta}\\ &=\int \frac{cos\theta}{a^2}d\theta\\ &=\frac{sin\theta}{a^2}\\ &=\frac{x}{a^2\sqrt{a^2+x^2}} \end{split} \end{equation}

    이다. 이를 이용하면

    E⃗=λh2πϵ0∫0L1(x2+h2)32dx=[λh2πϵ0xh2x2+h2]0L=λ2πϵ0LhL2+h2\begin{equation} \begin{split} \vec{E}&=\frac{\lambda h}{2\pi\epsilon_0}\int_0^L \frac{1}{(x^2+h^2)^{\frac{3}{2}}}dx\\ &=\left[\frac{\lambda h}{2\pi\epsilon_0}\frac{x}{h^2\sqrt{x^2+h^2}}\right]_0 ^L\\ &=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\frac{L}{h\sqrt{L^2+h^2}} \end{split} \end{equation}

    이므로 답은 1번이다.

  2. 빠른 풀이

    L→∞L\to \infty일 때 전계세기가

    λ2πϵ0h\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0 h}

    가 되는 것을 찾는다. 가능한 것은 1번 뿐이다.

11번

AO⃗=−OA⃗=−4ax⃗+2ay⃗−az⃗\begin{equation} \begin{split} \vec{AO}&=-\vec{OA}\\ &=-4\vec{a_x}+2\vec{a_y}-\vec{a_z} \end{split} \end{equation}

이다. 단위벡터를 구하기 위해서는 위 벡터를 크기

42+22+12=21\sqrt{4^2+2^2+1^2}=\sqrt{21}

로 나눠주면 되므로

aAO⃗=−421ax⃗+221ay⃗−121az⃗\vec{a_{AO}}=-\frac{4}{\sqrt{21}}\vec{a_x}+\frac{2}{\sqrt{21}}\vec{a_y}-\frac{1}{\sqrt{21}}\vec{a_z}

이므로 답은 3번이다.

12번

대칭성에 의해 유효 전하는

Q+Q+Q−Q=2QQ+Q+Q-Q=2Q

이다. 꼭짓점에서 중심까지의 거리는

r=d22=d2\begin{equation} \begin{split} r&=\frac{d\sqrt{2}}{2}\\ &=\frac{d}{\sqrt{2}} \end{split} \end{equation}

이다. QQ에 의한 전위는

V=2Q4πϵ0r=2Q24πdϵ0=2Q24πdϵ0=Q2πdϵ0\begin{equation} \begin{split} V&=\frac{2Q}{4\pi \epsilon_0 r}\\ &=\frac{2Q\sqrt{2}}{4\pi d\epsilon_0 }\\ &=\frac{2Q\sqrt{2}}{4\pi d \epsilon_0}\\ &=\frac{Q}{\sqrt{2}\pi d \epsilon_0} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 2번이다.

13번

유도 기전력은

emf=−dΦdtemf=-\frac{d\Phi}{dt}

이다. 주어진 조건에서

Φ=∫B⃗⋅dS⃗=BS=10sin(103t)×0.2⋅0.3=0.6sin(103t)\begin{equation} \begin{split} \Phi&=\int \vec{B}\cdot d\vec{S}\\ &=BS\\ &=10sin(10^3 t)\times 0.2\cdot 0.3\\ &=0.6sin(10^3 t) \end{split} \end{equation}

이다. 대입하면

emf=−600cos(103t)emf=-600cos(10^3 t)

이므로 t=2t=2 ms에서 전류의 크기는

I=600cos(103⋅2×10−3)5000=0.12cos(2)\begin{equation} \begin{split} I&=\frac{600cos(10^3\cdot 2 \times 10^{-3})}{5000}\\ &=0.12 cos(2) \end{split} \end{equation}

이므로 답은 4번이다.

14번

유한 도선에 의한 자계의 세기를 구해 보자. 도선이 zz축 위에 있고, xyxy평면 위에 측정 지점이 있다고 하자. 그리고 측정 지점까지의 거리를 ρ\rho라 하자. 그리고 한쪽 끝에서 측정 지점까지의 각도가 α\alpha, 다른 끝에서 측정 지점까지의 각도가 β\beta로 주어졌다고 하자. 그러면

dH⃗=I4πdl⃗×aℜ⃗ℜ2d\vec{H}=\frac{I}{4\pi}\frac{d\vec{l}\times \vec{a_\Re}}{\Re^2}

이고

dl⃗=dzaz⃗d\vec{l}=dz\vec{a_z}

이다. 그리고

ℜ=z2+ρ2\Re=\sqrt{z^2+\rho^2}

이므로

aℜ⃗=1z2+ρ2(ρaρ⃗+zaz⃗)\vec{a_\Re}=\frac{1}{\sqrt{z^2+\rho^2}}(\rho\vec{a_\rho}+z\vec{a_z})

이다. 따라서

dH⃗=I4π1ℜ2dzaz⃗×1z2+ρ2(ρaρ⃗+zaz⃗)=I4πρ(z2+ρ2)32dzaϕ⃗=I4πcos(γ)1z2+ρ2dz\begin{equation} \begin{split} d\vec{H}&=\frac{I}{4\pi}\frac{1}{\Re^2}dz\vec{a_z} \times \frac{1}{\sqrt{z^2+\rho^2}}(\rho\vec{a_\rho}+z\vec{a_z})\\ &=\frac{I}{4\pi}\frac{\rho}{(z^2+\rho^2)^{\frac{3}{2}}}dz\vec{a_\phi}\\ &=\frac{I}{4\pi} cos(\gamma)\frac{1}{z^2+\rho^2}dz \end{split} \end{equation}

인데,

z=ρtan(γ)⇒dz=ρsec2(γ)dγ\begin{gather} z=\rho tan(\gamma) \\ \Rightarrow dz=\rho sec^2(\gamma)d\gamma \end{gather}

이므로

dH⃗=I4πcos(γ)1ρ2(1+tan2(γ))ρsec2(γ)dγaϕ⃗=I4πcos(γ)1ρ2sec2(θ)ρsec2(γ)dγaϕ⃗=I4πcos(γ)1ρdγaϕ⃗\begin{equation} \begin{split} d\vec{H}&=\frac{I}{4\pi} cos(\gamma)\frac{1}{\rho^2(1+tan^2(\gamma))}\rho sec^2(\gamma)d\gamma\vec{a_\phi}\\ &=\frac{I}{4\pi} cos(\gamma)\frac{1}{\rho^2sec^2(\theta)}\rho sec^2(\gamma)d\gamma\vec{a_\phi}\\ &=\frac{I}{4\pi} cos(\gamma)\frac{1}{\rho}d\gamma\vec{a_\phi} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서

H⃗=I4πρ∫cos(γ)dγaϕ⃗=I4πρsin(γ)aϕ⃗\begin{equation} \begin{split} \vec{H}&=\frac{I}{4\pi\rho}\int cos(\gamma)d\gamma\vec{a_\phi}\\ &=\frac{I}{4\pi\rho}sin(\gamma)\vec{a_\phi} \end{split} \end{equation}

이다.(사실은 정적분해야한다.) sin(γ)sin(\gamma)의 양 끝값을 바꾸면 각각 cos(α)cos(\alpha)와 −cos(β)-cos(\beta)가 되므로 위 식에 대입하면

H⃗=I4πρ(cos(α)+cos(β))aϕ⃗\vec{H}=\frac{I}{4\pi\rho}(cos(\alpha)+cos(\beta))\vec{a_\phi}

이다. 이를 이 문제 상황에 적용하면

α=β=π4\alpha=\beta=\frac{\pi}{4}

이므로 코사인 값은 둘 다

cosα=cosβ=22cos\alpha=cos\beta=\frac{\sqrt{2}}{2}

이고, 도선이 4개 있고 ρ=d2\rho=\frac{d}{2}이므로

H=24πd2(2⋅22⋅4)=4πd\begin{equation} \begin{split} H&=\frac{\sqrt{2}}{4\pi \frac{d}{2}}\left(2\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}\cdot 4\right)\\ &=\frac{4}{\pi d} \end{split} \end{equation}

이고 답은 4번이다.

15번

무손실 매질이므로 위상차이는 없다. 임피던스를 구하면

η=η0μrϵr=120π28=60π\begin{equation} \begin{split} \eta&=\eta_0\sqrt{\frac{\mu_r}{\epsilon_r}}\\ &=120\pi\sqrt{\frac{2}{8}}\\ &=60\pi \end{split} \end{equation}

이므로

H=Eη=1060π=16π\begin{equation} \begin{split} H&=\frac{E}{\eta}\\ &=\frac{10}{60\pi}\\ &=\frac{1}{6\pi} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 답은 2번이다.

16번

  1. 옳다.
  2. 에너지가 최소가 아니라면 최소가 될 때까지 움직일 것이므로 움직임이 없다는 것은 최소 에너지 상태라는 뜻이다.
  3. 전계의 회전 성분이 없으므로 폐선적분 값도 00이다.
  4. 회전 성분이 없는 장은 보존장이다.

따라서 4번이 옳지 않다.

17번

처음 커패시턴스를 C0C_0라 하자. 교체가 일어난 상황은 이를 반으로 가른 커패시터 두 개가 직렬연결된 것이다. 반쪽 커패시턴스는 거리가 절반으로 줄었으므로 2C02C_0이 될 것이고, 다른 반쪽 커패시턴스는 비유전율이 99배로 늘었으므로 2⋅9C0=18C02\cdot 9C_0=18C_0이다. 따라서 이 둘의 직렬 커패시턴스는

2C0∣∣18C0=36C020=1.8C0\begin{equation} \begin{split} 2C_0||18C_0&=\frac{36C_0}{20}\\ &=1.8C_0 \end{split} \end{equation}

이므로 답은 2번이다.

18번

  1. 정재파비의 범위는 [1,∞)[1,\infty)이다. 특히 전송선로 끝이 개방되면 정재파만 존재하게 되므로 최소 진폭은 00이니 정재파비는 무한대가 된다.
  2. 정합되면 정재파가 없으므로 최소 진폭과 최대 진폭이 같다. 따라서 정재파비는 11이다.
  3. 정합되면 반사가 일어나지 않는다.
  4. 반사 계수는
    Γ=ZL−Z0ZL+Z0\Gamma=\frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0}
    에서 ZL=∞Z_L=\infty이면 Γ=1\Gamma=1이다.

따라서 1번이 옳지 않다.

19번

원통형 도선이 만드는 자계세기는 대칭성에 의해

2πρH=I⇒H=I2πρ\begin{gather} 2\pi \rho H=I\\ \Rightarrow H=\frac{I}{2\pi \rho} \end{gather}

이다. r2\frac{r}{2} 떨어진 곳에서는 전류가

I×π(r2)2πr2=I4I\times\frac{\pi \left(\frac{r}{2}\right)^2}{\pi r^2}=\frac{I}{4}

이므로

Hr2=I42πr2=I4πr\begin{equation} \begin{split} H_{\frac{r}{2}}=\frac{\frac{I}{4}}{2\pi \frac{r}{2}}=\frac{I}{4\pi r} \end{split} \end{equation}

이다. 2r2r 떨어진 곳에서는 전류는 전체 전류인 II이므로

H2r=I2π2r=I4πr\begin{equation} \begin{split} H_{2r}=\frac{I}{2\pi 2r}=\frac{I}{4\pi r} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 두 자계세기가 같으므로 비율은 11이다. 그러므로 답은 3번 이다.

20번

T⃗=m⃗×H⃗\vec{T}=\vec{m}\times\vec{H}

이므로 회전력의 크기는 MHMH이고 답은 1번이다.