2018 7급 서울시 전기자기학 1번 λ = c f = 3 × 1 0 8 100 × 1 0 6 = 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} λ = f c = 100 × 1 0 6 3 × 1 0 8 = 3 m 이므로 답은 3번 이다.
2번 원형 도선의 중심에서의 자계는 비오-사바르 법칙에 의해
H ⃗ = ∫ I d l ⃗ × a r ⃗ 4 π r 2 = I ∫ 0 2 π r d ϕ a ⊥ ⃗ 4 π r 2 = 2 π r I a ⊥ ⃗ 4 π r 2 = I 2 r a ⊥ ⃗ \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} H = 4 π r 2 ∫ I d l × a r = 4 π r 2 I ∫ 0 2 π r d ϕ a ⊥ = 4 π r 2 2 π r I a ⊥ = 2 r I a ⊥ 이다. 주어진 상황은 원형 도선의 α 2 π \frac{\alpha}{2\pi} 2 π α
H 0 ⃗ = I 2 a α 2 π a ⊥ ⃗ = I 4 π a α a ⊥ ⃗ \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} H 0 = 2 a I 2 π α a ⊥ = 4 πa I α a ⊥ 이므로 답은 1번 이다.
3번 E ( z , t ) = R e [ 100 e j 1 0 8 t e j ( − 0.5 z + π 6 ) ] E(z,t)=Re\left[ 100e^{j10^8 t}e^{j\left(-0.5z+\frac{\pi}{6}\right)} \right] E ( z , t ) = R e [ 100 e j 1 0 8 t e j ( − 0.5 z + 6 π ) ] 이다.
페이저 형태에서는 공통적으로 나타나는 주파수 성분을 떼어낸 나머지 부분을 취급하므로
100 e j ( − 0.5 z + π 6 ) 100e^{j\left(-0.5z+\frac{\pi}{6}\right)} 100 e j ( − 0.5 z + 6 π ) 이고 답은 3번 이다.
4번 폐곡면 S S S
1 ϵ = 1 ϵ 0 \frac{1}{\epsilon}=\frac{1}{\epsilon_0} ϵ 1 = ϵ 0 1 이다.
따라서
( 30 − 170 + 10 ) × 1 0 − 9 ϵ 0 = − 130 × 1 0 − 9 ϵ 0 \frac{(30-170+10)\times 10^{-9}}{\epsilon_0}=\frac{-130\times 10^{-9}}{\epsilon_0} ϵ 0 ( 30 − 170 + 10 ) × 1 0 − 9 = ϵ 0 − 130 × 1 0 − 9 이므로 답은 2번 이다.
5번 경계면에 수직인 D D D
⇒ E 2 y = − 3 ϵ _ r 2 ϵ 0 = − 3 4 ϵ 0 \begin{equation} \begin{split} \Rightarrow E_{2y}&=\frac{-3}{\epsilon\_{r2}\epsilon_0}\\ &=\frac{-3}{4\epsilon_0} \end{split} \end{equation} ⇒ E 2 y = ϵ _ r 2 ϵ 0 − 3 = 4 ϵ 0 − 3 이다.
또한 경계면에 평행한 E E E
E 2 x = E 1 x = 8 ϵ r 1 ϵ 0 = 8 2 ϵ 0 = 4 ϵ 0 \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} E 2 x = E 1 x = ϵ r 1 ϵ 0 8 = 2 ϵ 0 8 = ϵ 0 4 이다. 합치면
E 2 ⃗ = 4 ϵ 0 a x ⃗ − 3 4 ϵ 0 a y ⃗ \vec{E_2}=\frac{4}{\epsilon_0}\vec{a_x}-\frac{3}{4\epsilon_0}\vec{a_y} E 2 = ϵ 0 4 a x − 4 ϵ 0 3 a y 이므로 답은 2번 이다.
6번 Φ = ∫ B ⃗ ⋅ d S ⃗ = ∫ 0 1 ∫ 0 1 3 x y 2 a z ⃗ ⋅ a z ⃗ d x d y = ∫ 0 1 x d x ∫ 0 1 3 y 2 d y = ( [ 1 2 x ] 0 1 ) ( [ y 3 ] 0 1 ) = 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} Φ = ∫ B ⋅ d S = ∫ 0 1 ∫ 0 1 3 x y 2 a z ⋅ a z d x d y = ∫ 0 1 x d x ∫ 0 1 3 y 2 d y = ( [ 2 1 x ] 0 1 ) ( [ y 3 ] 0 1 ) = 0.5 이므로 답은 3번 이다.
7번 주어진 지점에서 원점에서 P 1 P_1 P 1 a x ⃗ \vec{a_x} a x
a ρ ⃗ = a x ⃗ \vec{a_\rho}=\vec{a_x} a ρ = a x 이고 이 때 ϕ \phi ϕ
a ϕ ⃗ = a y ⃗ \vec{a_\phi}=\vec{a_y} a ϕ = a y 이다.
따라서 이 지점에서는
A ⃗ = 3 ( a ρ ⃗ − a ϕ ⃗ ) \vec{A}=3(\vec{a_\rho}-\vec{a_\phi}) A = 3 ( a ρ − a ϕ ) 이고 답은 1번 이다.
8번 자유공간에서 무한 균일 선전하가 만드는 전계벡터는 대칭성을 이용하면
2 π ϵ 0 ρ E = ρ l ⇒ E = ρ l 2 π ϵ 0 ρ \begin{gather} 2\pi \epsilon_0 \rho E=\rho_l \\ \Rightarrow E=\frac{\rho_l}{2\pi \epsilon_0 \rho} \end{gather} 2 π ϵ 0 ρE = ρ l ⇒ E = 2 π ϵ 0 ρ ρ l 이다.
주어진 조건에서
1.8 × 1 0 4 = ρ l 2 π ϵ 0 ⋅ 3 1.8\times 10^4=\frac{\rho_l}{2\pi\epsilon_0 \cdot 3} 1.8 × 1 0 4 = 2 π ϵ 0 ⋅ 3 ρ l ⇒ ρ l = 1.8 × 1 0 4 × 10 × 1 0 − 9 18 ⋅ 3 = 3 μ \begin{equation} \begin{split} \Rightarrow \rho_l&=1.8\times 10^4 \times \frac{10\times 10^{-9}}{18}\cdot 3\\ &=3 \mu \end{split} \end{equation} ⇒ ρ l = 1.8 × 1 0 4 × 18 10 × 1 0 − 9 ⋅ 3 = 3 μ 이므로 답은 2번 이다.
9번 I = d Q d t = d ( V ρ v ) d t = V d ρ v d t + ρ v d V d t = 0 + ρ v d ( π ⋅ r 2 l ) d t = ρ v π ⋅ r 2 d l d t = ρ v π ⋅ r 2 ⋅ u = 4 × 1 0 − 3 π ⋅ ( 1 0 − 3 ) 2 ⋅ 10000 = 4 π × 1 0 − 5 = 40 π μ \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} I = d t d Q = d t d ( V ρ v ) = V d t d ρ v + ρ v d t d V = 0 + ρ v d d ( π ⋅ r 2 l ) t = ρ v π ⋅ r 2 d t d l = ρ v π ⋅ r 2 ⋅ u = 4 × 1 0 − 3 π ⋅ ( 1 0 − 3 ) 2 ⋅ 10000 = 4 π × 1 0 − 5 = 40 π μ 이므로 답은 1번 이다.
10번 정석적 풀이
d E ⃗ = d Q 4 π ϵ 0 r 2 = λ ⋅ d x 4 π ϵ 0 r 3 r ⃗ \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} d E = 4 π ϵ 0 r 2 d Q = 4 π ϵ 0 r 3 λ ⋅ d x r 이다. 그리고 대칭성에 의해서 절반만 적분하면 되고, 또 a x ⃗ \vec{a_x} a x a y ⃗ \vec{a_y} a y
r 2 = x 2 + h 2 r^2=x^2+h^2 r 2 = x 2 + h 2 이고
r ⃗ = − x a x ⃗ + h a y ⃗ \vec{r}=-x\vec{a_x}+h\vec{a_y} r = − x a x + h a y 이므로 대입해서 적분하면
E ⃗ = λ 4 π ϵ 0 ∫ 0 L 2 h r 3 d x a y ⃗ = λ h 2 π ϵ 0 ∫ 0 L 1 ( x 2 + h 2 ) 3 2 d x \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} E = 4 π ϵ 0 λ ∫ 0 L r 3 2 h d x a y = 2 π ϵ 0 λh ∫ 0 L ( x 2 + h 2 ) 2 3 1 d x 이다.
한편 x = a t a n θ x=a tan\theta x = a t an θ
d x = a s e c 2 θ d θ dx=a sec^2\theta d\theta d x = a se c 2 θ d θ 이므로
∫ 1 ( x 2 + a 2 ) 3 2 d x = ∫ a s e c 2 θ d θ 2 a 3 ⋅ a ( 1 + t a n 2 θ ) 3 2 = ∫ s e c 2 θ d θ a 2 s e c 3 θ = ∫ c o s θ a 2 d θ = s i n θ a 2 = x a 2 a 2 + x 2 \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} ∫ ( x 2 + a 2 ) 2 3 1 d x = ∫ 2 a se c 2 θ d θ a 3 ⋅ a ( 1 + t a n 2 θ ) 2 3 = ∫ a 2 se c 3 θ se c 2 θ d θ = ∫ a 2 cos θ d θ = a 2 s in θ = a 2 a 2 + x 2 x 이다.
이를 이용하면
E ⃗ = λ h 2 π ϵ 0 ∫ 0 L 1 ( x 2 + h 2 ) 3 2 d x = [ λ h 2 π ϵ 0 x h 2 x 2 + h 2 ] 0 L = λ 2 π ϵ 0 L h L 2 + h 2 \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} E = 2 π ϵ 0 λh ∫ 0 L ( x 2 + h 2 ) 2 3 1 d x = [ 2 π ϵ 0 λh h 2 x 2 + h 2 x ] 0 L = 2 π ϵ 0 λ h L 2 + h 2 L 이므로 답은 1번 이다.
빠른 풀이
L → ∞ L\to \infty L → ∞
λ 2 π ϵ 0 h \frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0 h} 2 π ϵ 0 h λ 가 되는 것을 찾는다. 가능한 것은 1번 뿐이다.
11번 A O ⃗ = − O A ⃗ = − 4 a x ⃗ + 2 a y ⃗ − a z ⃗ \begin{equation} \begin{split} \vec{AO}&=-\vec{OA}\\ &=-4\vec{a_x}+2\vec{a_y}-\vec{a_z} \end{split} \end{equation} A O = − O A = − 4 a x + 2 a y − a z 이다.
단위벡터를 구하기 위해서는 위 벡터를 크기
4 2 + 2 2 + 1 2 = 21 \sqrt{4^2+2^2+1^2}=\sqrt{21} 4 2 + 2 2 + 1 2 = 21 로 나눠주면 되므로
a A O ⃗ = − 4 21 a x ⃗ + 2 21 a y ⃗ − 1 21 a z ⃗ \vec{a_{AO}}=-\frac{4}{\sqrt{21}}\vec{a_x}+\frac{2}{\sqrt{21}}\vec{a_y}-\frac{1}{\sqrt{21}}\vec{a_z} a A O = − 21 4 a x + 21 2 a y − 21 1 a z 이므로 답은 3번 이다.
12번 대칭성에 의해 유효 전하는
Q + Q + Q − Q = 2 Q Q+Q+Q-Q=2Q Q + Q + Q − Q = 2 Q 이다.
꼭짓점에서 중심까지의 거리는
r = d 2 2 = d 2 \begin{equation} \begin{split} r&=\frac{d\sqrt{2}}{2}\\ &=\frac{d}{\sqrt{2}} \end{split} \end{equation} r = 2 d 2 = 2 d 이다.
Q Q Q
V = 2 Q 4 π ϵ 0 r = 2 Q 2 4 π d ϵ 0 = 2 Q 2 4 π d ϵ 0 = Q 2 π d ϵ 0 \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} V = 4 π ϵ 0 r 2 Q = 4 π d ϵ 0 2 Q 2 = 4 π d ϵ 0 2 Q 2 = 2 π d ϵ 0 Q 이므로 답은 2번 이다.
13번 유도 기전력은
e m f = − d Φ d t emf=-\frac{d\Phi}{dt} e m f = − d t d Φ 이다.
주어진 조건에서
Φ = ∫ B ⃗ ⋅ d S ⃗ = B S = 10 s i n ( 1 0 3 t ) × 0.2 ⋅ 0.3 = 0.6 s i n ( 1 0 3 t ) \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} Φ = ∫ B ⋅ d S = BS = 10 s in ( 1 0 3 t ) × 0.2 ⋅ 0.3 = 0.6 s in ( 1 0 3 t ) 이다. 대입하면
e m f = − 600 c o s ( 1 0 3 t ) emf=-600cos(10^3 t) e m f = − 600 cos ( 1 0 3 t ) 이므로 t = 2 t=2 t = 2
I = 600 c o s ( 1 0 3 ⋅ 2 × 1 0 − 3 ) 5000 = 0.12 c o s ( 2 ) \begin{equation} \begin{split} I&=\frac{600cos(10^3\cdot 2 \times 10^{-3})}{5000}\\ &=0.12 cos(2) \end{split} \end{equation} I = 5000 600 cos ( 1 0 3 ⋅ 2 × 1 0 − 3 ) = 0.12 cos ( 2 ) 이므로 답은 4번 이다.
14번 유한 도선에 의한 자계의 세기를 구해 보자.
z z z x y xy x y ρ \rho ρ α \alpha α β \beta β
d H ⃗ = I 4 π d l ⃗ × a ℜ ⃗ ℜ 2 d\vec{H}=\frac{I}{4\pi}\frac{d\vec{l}\times \vec{a_\Re}}{\Re^2} d H = 4 π I ℜ 2 d l × a ℜ 이고
d l ⃗ = d z a z ⃗ d\vec{l}=dz\vec{a_z} d l = d z a z 이다.
그리고
ℜ = z 2 + ρ 2 \Re=\sqrt{z^2+\rho^2} ℜ = z 2 + ρ 2 이므로
a ℜ ⃗ = 1 z 2 + ρ 2 ( ρ a ρ ⃗ + z a z ⃗ ) \vec{a_\Re}=\frac{1}{\sqrt{z^2+\rho^2}}(\rho\vec{a_\rho}+z\vec{a_z}) a ℜ = z 2 + ρ 2 1 ( ρ a ρ + z a z ) 이다.
따라서
d H ⃗ = I 4 π 1 ℜ 2 d z a z ⃗ × 1 z 2 + ρ 2 ( ρ a ρ ⃗ + z a z ⃗ ) = I 4 π ρ ( z 2 + ρ 2 ) 3 2 d z a ϕ ⃗ = I 4 π c o s ( γ ) 1 z 2 + ρ 2 d z \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} d H = 4 π I ℜ 2 1 d z a z × z 2 + ρ 2 1 ( ρ a ρ + z a z ) = 4 π I ( z 2 + ρ 2 ) 2 3 ρ d z a ϕ = 4 π I cos ( γ ) z 2 + ρ 2 1 d z 인데,
z = ρ t a n ( γ ) ⇒ d z = ρ s e c 2 ( γ ) d γ \begin{gather} z=\rho tan(\gamma) \\ \Rightarrow dz=\rho sec^2(\gamma)d\gamma \end{gather} z = ρt an ( γ ) ⇒ d z = ρ se c 2 ( γ ) d γ 이므로
d H ⃗ = I 4 π c o s ( γ ) 1 ρ 2 ( 1 + t a n 2 ( γ ) ) ρ s e c 2 ( γ ) d γ a ϕ ⃗ = I 4 π c o s ( γ ) 1 ρ 2 s e c 2 ( θ ) ρ s e c 2 ( γ ) d γ a ϕ ⃗ = I 4 π c o s ( γ ) 1 ρ d γ a ϕ ⃗ \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} d H = 4 π I cos ( γ ) ρ 2 ( 1 + t a n 2 ( γ )) 1 ρ se c 2 ( γ ) d γ a ϕ = 4 π I cos ( γ ) ρ 2 se c 2 ( θ ) 1 ρ se c 2 ( γ ) d γ a ϕ = 4 π I cos ( γ ) ρ 1 d γ a ϕ 이다.
따라서
H ⃗ = I 4 π ρ ∫ c o s ( γ ) d γ a ϕ ⃗ = I 4 π ρ s i n ( γ ) a ϕ ⃗ \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} H = 4 π ρ I ∫ cos ( γ ) d γ a ϕ = 4 π ρ I s in ( γ ) a ϕ 이다.(사실은 정적분해야한다.)
s i n ( γ ) sin(\gamma) s in ( γ ) c o s ( α ) cos(\alpha) cos ( α ) − c o s ( β ) -cos(\beta) − cos ( β )
H ⃗ = I 4 π ρ ( c o s ( α ) + c o s ( β ) ) a ϕ ⃗ \vec{H}=\frac{I}{4\pi\rho}(cos(\alpha)+cos(\beta))\vec{a_\phi} H = 4 π ρ I ( cos ( α ) + cos ( β )) a ϕ 이다.
이를 이 문제 상황에 적용하면
α = β = π 4 \alpha=\beta=\frac{\pi}{4} α = β = 4 π 이므로 코사인 값은 둘 다
c o s α = c o s β = 2 2 cos\alpha=cos\beta=\frac{\sqrt{2}}{2} cos α = cos β = 2 2 이고, 도선이 4개 있고 ρ = d 2 \rho=\frac{d}{2} ρ = 2 d
H = 2 4 π d 2 ( 2 ⋅ 2 2 ⋅ 4 ) = 4 π d \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} H = 4 π 2 d 2 ( 2 ⋅ 2 2 ⋅ 4 ) = π d 4 이고 답은 4번 이다.
15번 무손실 매질이므로 위상차이는 없다. 임피던스를 구하면
η = η 0 μ r ϵ r = 120 π 2 8 = 60 π \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} η = η 0 ϵ r μ r = 120 π 8 2 = 60 π 이므로
H = E η = 10 60 π = 1 6 π \begin{equation} \begin{split} H&=\frac{E}{\eta}\\ &=\frac{10}{60\pi}\\ &=\frac{1}{6\pi} \end{split} \end{equation} H = η E = 60 π 10 = 6 π 1 이다.
따라서 답은 2번 이다.
16번 옳다. 에너지가 최소가 아니라면 최소가 될 때까지 움직일 것이므로 움직임이 없다는 것은 최소 에너지 상태라는 뜻이다. 전계의 회전 성분이 없으므로 폐선적분 값도 0 0 0 회전 성분이 없는 장은 보존장이다. 따라서 4번 이 옳지 않다.
17번 처음 커패시턴스를 C 0 C_0 C 0 2 C 0 2C_0 2 C 0 9 9 9 2 ⋅ 9 C 0 = 18 C 0 2\cdot 9C_0=18C_0 2 ⋅ 9 C 0 = 18 C 0
2 C 0 ∣ ∣ 18 C 0 = 36 C 0 20 = 1.8 C 0 \begin{equation} \begin{split} 2C_0||18C_0&=\frac{36C_0}{20}\\ &=1.8C_0 \end{split} \end{equation} 2 C 0 ∣∣18 C 0 = 20 36 C 0 = 1.8 C 0 이므로 답은 2번 이다.
18번 정재파비의 범위는 [ 1 , ∞ ) [1,\infty) [ 1 , ∞ ) 0 0 0 정합되면 정재파가 없으므로 최소 진폭과 최대 진폭이 같다. 따라서 정재파비는 1 1 1 정합되면 반사가 일어나지 않는다. 반사 계수는Γ = Z L − Z 0 Z L + Z 0 \Gamma=\frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0} Γ = Z L + Z 0 Z L − Z 0 Z L = ∞ Z_L=\infty Z L = ∞ Γ = 1 \Gamma=1 Γ = 1 1번 이 옳지 않다. 19번 원통형 도선이 만드는 자계세기는 대칭성에 의해
2 π ρ H = I ⇒ H = I 2 π ρ \begin{gather} 2\pi \rho H=I\\ \Rightarrow H=\frac{I}{2\pi \rho} \end{gather} 2 π ρ H = I ⇒ H = 2 π ρ I 이다.
r 2 \frac{r}{2} 2 r
I × π ( r 2 ) 2 π r 2 = I 4 I\times\frac{\pi \left(\frac{r}{2}\right)^2}{\pi r^2}=\frac{I}{4} I × π r 2 π ( 2 r ) 2 = 4 I 이므로
H r 2 = I 4 2 π r 2 = I 4 π r \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} H 2 r = 2 π 2 r 4 I = 4 π r I 이다.
2 r 2r 2 r I I I
H 2 r = I 2 π 2 r = I 4 π r \begin{equation} \begin{split} H_{2r}=\frac{I}{2\pi 2r}=\frac{I}{4\pi r} \end{split} \end{equation} H 2 r = 2 π 2 r I = 4 π r I 이다.
따라서 두 자계세기가 같으므로 비율은 1 1 1
20번 T ⃗ = m ⃗ × H ⃗ \vec{T}=\vec{m}\times\vec{H} T = m × H 이므로 회전력의 크기는 M H MH M H 1번 이다.
도선이 축 위에 있고, 평면 위에 측정 지점이 있다고 하자. 그리고 측정 지점까지의 거리를 라 하자.
그리고 한쪽 끝에서 측정 지점까지의 각도가 , 다른 끝에서 측정 지점까지의 각도가 로 주어졌다고 하자.
그러면