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2019 7급 국가직 전기자기학

1번

A로부터 rr만큼 떨어진 곳이 C라고 하자.

A에 의한 힘(상수 생략): Q⋅Qd2\frac{Q\cdot Q}{d^2}

C에 의한 힘(상수 생략): Q⋅2Q(r−d)2\frac{Q\cdot 2Q}{(r-d)^2}

둘의 크기가 같으므로

Q⋅Qd2=Q⋅2Q(r−d)2⇒(r−d)2=2d2⇒r−d=2d\begin{gather} \frac{Q\cdot Q}{d^2}=\frac{Q\cdot 2Q}{(r-d)^2}\\ \Rightarrow (r-d)^2=2d^2 \\ \Rightarrow r-d=\sqrt{2}d \end{gather}

이다. 따라서 B로부터 2d\sqrt{2}d인 위치에 있고 답은 3번이다.

2번

선전하가 만드는 전계는 대칭성에 의해 zz축 중심으로 방사형으로 균일하게 형성되어 있으므로

E1⃗=E1(ρ)aρ⃗\vec{E_1}=E_1(\rho)\vec{a_\rho}

이다. 선전하 주위로 원통형의 영역을 잡으면

2πρLϵ0E1(ρ)=2L⇒E1(ρ)=1ϕϵ0ρ\begin{equation} \begin{split} 2\pi \rho L \epsilon_0E_1(\rho)&=2L \Rightarrow E_1(\rho)\\ &=\frac{1}{\phi\epsilon_0\rho} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 (0,1,0)(0,1,0)에서의 선전하에 의한 전계는

E1⃗=1ϕϵ0ay⃗\vec{E_1}=\frac{1}{\phi\epsilon_0}\vec{a_y}

이다.

다음으로 점에 의한 전계는

E2⃗=24πϵ0r2ar⃗\vec{E_2}=\frac{2}{4\pi\epsilon_0r^2}\vec{a_r}

이므로 (0,1,0)(0,1,0)까지의 거리는 11이다. 따라서 그 점에서의 점전하에 의한 전계는

E2⃗=12πϵ0(−ay⃗)\vec{E_2}=\frac{1}{2\pi\epsilon_0}(-\vec{a_y})

이다. 둘을 더하면

E1⃗+E2⃗=12πϵ0ay⃗\vec{E_1}+\vec{E_2}=\frac{1}{2\pi\epsilon_0}\vec{a_y}

이므로 답은 2번이다.

3번

  1. 전기력은
    Fe⃗=qE⃗\vec{F_e}=q\vec{E}
    이므로 속도와 무관하다.
  2. 자기력은
    Fm⃗=qv⃗×B⃗\vec{F_m}=q\vec{v}\times\vec{B}
    이므로 v⃗=0⃗\vec{v}=\vec{0}이면 자기력은 없다.
  3. 2번의 식에서 자기력은 자계의 방향에 수직이다.
  4. 자기력은 수직으로 작용하므로 운동에너지를 변화시킬 수 없다.

4번

두 방향의 전류를 더하면 유효 전류는 I2\frac{I}{2}이다. 따라서

H=I22πρ=I4πρ\begin{equation} \begin{split} H&=\frac{\frac{I}{2}}{2\pi\rho}\\ &=\frac{I}{4\pi\rho} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 1번이다.

5번

QQ가 만드는 전위는

V(r)=Q4πϵ0rV(r)=\frac{Q}{4\pi\epsilon_0r}

이다. 도체 내에서 전위차는 없으므로 A에서의 전위는 r=ror=r_o의 전위와 같은

VA=Q4πϵ0roV_A=\frac{Q}{4\pi\epsilon_0r_o}

이다. B에서의 전위는

VB=Q4πϵ0bV_B=\frac{Q}{4\pi\epsilon_0b}

이다. 따라서 전위차는

VA−VB=Q4πϵ0(1ro−1b)V_A-V_B=\frac{Q}{4\pi\epsilon_0}\left(\frac{1}{r_o}-\frac{1}{b}\right)

이므로 답은 3번이다.

6번

무손실 유전체이므로 시평균 전력밀도는

12EH=180π\frac{1}{2}EH=\frac{1}{80\pi}

이고

H=EηH=\frac{E}{\eta}

이다. E=1E=1이므로

12⋅1⋅1η=180π⇒2η=80π⇒η=40π\begin{gather} \frac{1}{2}\cdot 1\cdot \frac{1}{\eta}=\frac{1}{80\pi}\\ \Rightarrow 2\eta=80\pi \\ \Rightarrow \eta=40\pi \end{gather}

이다. 비자성이므로

η=μϵ=μ0ϵ0ϵr=η0⋅1ϵr=120π1ϵr=40π\begin{equation} \begin{split} \eta&=\sqrt{\frac{\mu}{\epsilon}}\\ &=\sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0\epsilon_r}}\\ &=\eta_0\cdot \sqrt{\frac{1}{\epsilon_r}}\\ &=120\pi\sqrt{\frac{1}{\epsilon_r}}=40\pi \end{split} \end{equation}
⇒1ϵr=3⇒ϵr=9\begin{gather} \Rightarrow \sqrt{\frac{1}{\epsilon_r}}=3 \\ \Rightarrow \epsilon_r=9 \end{gather}

이므로 답은 2번이다.

7번

zz방향의 D⃗\vec{D}성분은 같고, x,yx,y방향의 E⃗\vec{E}성분은 같아야 한다. 따라서

E2⃗=−3ax⃗+2⋅84az⃗=−3ax⃗+4az⃗\begin{equation} \begin{split} \vec{E_2}&=-3\vec{a_x}+\frac{2\cdot 8}{4}\vec{a_z}\\ &=-3\vec{a_x}+4\vec{a_z} \end{split} \end{equation}

이므로

∣E2⃗∣=32+42=25=5\begin{equation} \begin{split} \left|\vec{E_2}\right|&=\sqrt{3^2+4^2}\\ &=\sqrt{25}\\ &=5 \end{split} \end{equation}

이고 답은 4번이다.

8번

도선 CD에 의한 자기장은 없다. 도선 AB에 의한 자기장은 도선이 반무한이므로 무한도선 자기장일 때의 절반이다. 따라서

BAB=12⋅I2πa=I4πa\begin{equation} \begin{split} B_{AB}&=\frac{1}{2}\cdot\frac{I}{2\pi a}\\ &=\frac{I}{4\pi a} \end{split} \end{equation}

이다. 14\frac{1}{4}원조각 도선 BC에 의한 자기장은 원 전체 도선이 만드는 자기장의 14\frac{1}{4}이므로

BBC=14⋅I22a=I8a\begin{equation} \begin{split} B_{BC}&=\frac{1}{4}\cdot \frac{\frac{I}{2}}{2a}\\ &=\frac{I}{8a} \end{split} \end{equation}

이다. 두 자기장의 방향이 같으므로 더하면

B=I4πa+I8a=(π+28πa)I\begin{equation} \begin{split} B&=\frac{I}{4\pi a}+\frac{I}{8a}\\ &=\left(\frac{\pi+2}{8\pi a}\right)I \end{split} \end{equation}

이므로 답은 1번이다.

9번

자기 쌍극자 모멘트는

m⃗=NIAas⃗=20⋅10⋅30×10−2⋅10×10−2aϕ⃗=6aϕ⃗\begin{equation} \begin{split} \vec{m}&=NIA\vec{a_s}\\ &=20\cdot 10\cdot 30\times 10^{-2}\cdot 10\times 10^{-2}\vec{a_\phi}\\ &=6\vec{a_\phi} \end{split} \end{equation}

이다.

토크는

T⃗=m⃗×B⃗=6aϕ⃗×(ax⃗+3ay⃗)=−6(sin(2π+ϕ)+3sin(ϕ))az⃗=−6(cosϕ+3sinϕ)\begin{equation} \begin{split} \vec{T}&=\vec{m}\times\vec{B}\\ &=6\vec{a_\phi}\times (\vec{a_x}+\sqrt{3}\vec{a_y})\\ &=-6\left(sin\left(\frac{2}{\pi}+\phi\right)+\sqrt{3}sin\left(\phi\right)\right)\vec{a_z}\\ &=-6\left(cos\phi +\sqrt{3}sin\phi \right) \end{split} \end{equation}

이므로 답은 3번이다.

10번

C1=ϵ0SdC_1=\epsilon_0\frac{S}{d}

이다. 그리고

C2=ϵ0S2d3∣∣2ϵ0Sd3=ϵ0S2d3⋅2ϵ0Sd3ϵ0S2d3+2ϵ0Sd3=1.5ϵ0Sd⋅6ϵ0Sd1.5ϵ0Sd+6ϵ0Sd=9ϵ0S7.5=65C1\begin{equation} \begin{split} C_2&=\left.\epsilon_0\frac{S}{\frac{2d}{3}}\right|\left|2\epsilon_0\frac{S}{\frac{d}{3}}\right.\\ &=\frac{\epsilon_0\frac{S}{\frac{2d}{3}}\cdot 2\epsilon_0\frac{S}{\frac{d}{3}}}{\epsilon_0\frac{S}{\frac{2d}{3}} + 2\epsilon_0\frac{S}{\frac{d}{3}}}\\ &=\frac{\frac{1.5\epsilon_0S}{d}\cdot \frac{6\epsilon_0S}{d}}{\frac{1.5\epsilon_0S}{d}+ \frac{6\epsilon_0S}{d}}\\ &=\frac{9\epsilon_0S}{7.5}\\ &=\frac{6}{5}C_1 \end{split} \end{equation}

이다.

정전에너지는

W=12⋅Q2CW=\frac{1}{2}\cdot \frac{Q^2}{C}

이므로

W1:W2=1C1:1C2=C2:C1=65:1=6:5\begin{equation} \begin{split} W_1:W_2&=\frac{1}{C_1}:\frac{1}{C_2}\\ &=C_2:C_1\\ &=\frac{6}{5}:1\\ &=6:5 \end{split} \end{equation}

이고 답은 4번이다.

11번

조건에서

F⃗=q(v⃗×B⃗+E⃗)=0⃗\begin{equation} \begin{split} \vec{F}&=q(\vec{v}\times\vec{B}+\vec{E})\\ &=\vec{0} \end{split} \end{equation}

이어야 한다. 따라서

v⃗×2ay⃗=−ax⃗\vec{v}\times 2\vec{a_y}=-\vec{a_x}

이므로 속도는

v⃗=12az⃗\vec{v}=\frac{1}{2}\vec{a_z}

이고 답은 2번이다.

12번

강자성체는 외부자계를 제거하면 잔류자속이 남으므로 4번이 옳지 않다.

13번

ㄱ: 어떤 지점에서 전하들이 나간다면 그 지점 내부의 전하는 줄어든다. 따라서 우변의 부호는 −-여야 한다.

ㄴ: ㄱ을 상쇄하기 위해서 ++부호의 항이 더해져야 한다.

ㄷ: 변위전류밀도이다.

따라서 답은 1번이다.

14번

유도 기전력은

emf=−dΦdtemf=-\frac{d \Phi}{dt}

이다. 한편

dΦ=dS⋅B+S⋅dB=(0.4−0.2)(−dx)(−10sinωt)+(0.4−0.2)(1−x)(−10ωcosωt)dt\begin{equation} \begin{split} d \Phi&=dS\cdot B+S\cdot dB\\ &=(0.4-0.2)(-dx)(-10sin\omega t)+(0.4-0.2)(1-x)(-10\omega cos\omega t)dt \end{split} \end{equation}

이므로

emf=−2(−dxdt)(sinωt−2(1−x)ωcosωt)=−(2(−0.5ωcosωt)sinωt−2(1−x)ωcosωt)=−(−ωcosωtsinωt−2(1−0.5+0.5sinωt)ωcosωt)=−(−ωcosωtsinωt−(1+sinωt)ωcosωt)=2ωcosωtsinωt+ωcosωt\begin{equation} \begin{split} emf&=-2\left(-\frac{dx}{dt}\right)(sin\omega t-2(1-x)\omega cos\omega t)\\ &=-(2(-0.5\omega cos\omega t)sin\omega t-2(1-x)\omega cos\omega t)\\ &=-(-\omega cos\omega t sin\omega t-2(1-0.5+0.5sin\omega t)\omega cos\omega t)\\ &=-(-\omega cos\omega t sin\omega t-(1+sin\omega t)\omega cos\omega t)\\ &=2\omega cos\omega t sin\omega t+\omega cos\omega t \end{split} \end{equation}

이다.

저항 R=0.5ΩR=0.5 \Omega로 나눠주면 전류는

i=2ωcosωt(1+2sinωt)i=2\omega cos \omega t(1+2sin\omega t)

이므로 답은 3번이다.

15번

  1. 정석적인 풀이

    자유공간이므로 전류가 없으니

    ∇×H⃗=J⃗+∂D⃗∂t=∂D⃗∂t\begin{equation} \begin{split} \nabla \times \vec{H}&=\vec{J}+\frac{\partial \vec{D}}{\partial t}\\ &=\frac{\partial \vec{D}}{\partial t} \end{split} \end{equation}

    이다. 자계의 회전을 계산하면

    ∣ax⃗ay⃗az⃗∂∂x∂∂y∂∂zHxHyHz∣=∣ax⃗ay⃗az⃗∂∂x∂∂y∂∂z000.1sin(103t+102y)∣=ax⃗∂∂y0.1sin(103t+102y)=ax⃗10cos(103t+102y)\begin{equation} \begin{split} \begin{vmatrix} \vec{a_x} & \vec{a_y} & \vec{a_z} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ H_x & H_y & H_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 & 0 & 0.1sin(10^3t+10^2y) \end{vmatrix}\\ &=\vec{a_x}\frac{\partial}{\partial y}0.1sin(10^3t+10^2y)\\ &=\vec{a_x}10cos(10^3t+10^2y) \end{split} \end{equation}

    이다. 따라서 원점에서 t=0t=0일 때의 변위전류밀도는

    ∂D⃗∂t=10ax⃗\frac{\partial \vec{D}}{\partial t}=10\vec{a_x}

    이다.

  2. 빠른 풀이

    H⃗\vec{H}는 −y-y 방향으로 진행하며 진동 방향은 +az⃗+\vec{a_z} 방향이다. 따라서 E⃗\vec{E}는 +ax⃗+\vec{a_x} 성분을 가져야 하고 D⃗\vec{D}와 ∂D⃗∂t\frac{\partial \vec{D}}{\partial t}도 마찬가지이다. 따라서 답은 1번이 될 수밖에 없다.

16번

입력 임피던스는

Zin=Z0ZL+jZ0tan(βl)Z0+jZLtan(βl)Z_{in}=Z_0\frac{Z_L+jZ_0tan(\beta l)}{Z_0+jZ_Ltan(\beta l)}

이고

β=2πλg\beta=\frac{2\pi}{\lambda_g}

이다. 주어진 값들을 대입해서 정리하면

Zin=50×150+j50tan(βl)50+j150tan(βl)=50×3+jtan(βl)1+j3tan(βl)=50×3−j9tan(βl)+jtan(βl)+3tan2(βl)1+9tan2(βl)=50×3+3tan2(βl)−j8tan(βl)1+9tan2(βl)\begin{equation} \begin{split} Z_{in}&=50\times\frac{150+j50tan(\beta l)}{50+j150tan(\beta l)}\\ &=50\times\frac{3+jtan(\beta l)}{1+j3tan(\beta l)}\\ &=50\times\frac{3-j9tan(\beta l)+jtan(\beta l)+3tan^2(\beta l)}{1+9tan^2(\beta l)}\\ &=50\times \frac{3+3tan^2(\beta l)-j8tan(\beta l)}{1+9tan^2(\beta l)} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서

R=50×3(1+tan2(βl))1+9tan2(βl)X=50×−8tan(βl)1+9tan2(βl)\begin{gather} R=50\times\frac{3(1+tan^2(\beta l))}{1+9tan^2(\beta l)}\\ X=50\times\frac{-8tan(\beta l)}{1+9tan^2(\beta l)} \end{gather}

이다.

  1. 0<l<0.25λg0 \lt l \lt 0.25\lambda_g이면 0<tan(βl)0\lt tan(\beta l)이므로 XX는 음수이다.
  2. 0<l<0.25λg0 < l < 0.25\lambda_g이면 503<R<150⇒0<R<150\frac{50}{3} \lt R \lt 150 \Rightarrow 0 \lt R \lt 150이다.
  3. 0.25λg<l<0.5λg0.25 \lambda_g \lt l \lt 0.5 \lambda_g이면 503<R<150\frac{50}{3}\lt R \lt 150이다.
  4. l=0.25λgl=0.25\lambda_g이면 R=503R=\frac{50}{3}이다.

따라서 2번이 옳다.

17번

자기저항은

ℜ=lμS\Re=\frac{l}{\mu S}

이다. 공극이 없었을 때의 자기저항은

ℜ1=21000μ0S\Re_1=\frac{2}{1000\mu_0 S}

이다. 그리고 공극이 생겼을 때의 자기저항은

ℜ2≈ℜ1+4×10−3μ0S=61000μ0S=3ℜ1\begin{equation} \begin{split} \Re_2&\thickapprox \Re_1+\frac{4\times 10^{-3}}{\mu_0 S}\\ &=\frac{6}{1000\mu_0 S}\\ &=3\Re_1 \end{split} \end{equation}

이므로 답은 2번이다.

18번

  1. 동작 주파수는

    6π×1082π=3×108=300 MHz\begin{equation} \begin{split} \frac{6\pi\times 10^8}{2\pi}&=3\times 10^8\\ &=300 \text{ MHz} \end{split} \end{equation}

    이다.

  2. 전자기파의 속도는

    v=ωβ=6π×1084π=1.5×108 m/s\begin{equation} \begin{split} v&=\frac{\omega}{\beta}\\ &=\frac{6\pi\times 10^8}{4\pi}\\ &=1.5\times 10^8\text{ m/s} \end{split} \end{equation}

    이다.

  3. 평균전력밀도는 무손실 매질이므로

    12S=12EH=120π2=60π W/m2\begin{equation} \begin{split} \frac{1}{2}S&=\frac{1}{2}EH\\ &=\frac{120\pi}{2}\\ &=60\pi \text{ W/m}^2 \end{split} \end{equation}

    이다.

  4. η=η0\eta=\eta_0이므로 μr=ϵr\mu_r=\epsilon_r이다. 다음으로 속도가 빛의 속도의 절반인 것에서 μrϵr=4\mu_r\epsilon_r=4이므로 μr=2\mu_r=2이다.

따라서 4번이 옳지 않다.

19번

자속밀도가 균일하므로 각 미소전류성분에 가해지는 힘의 크기는 모두 같다. 다음으로 힘의 방향은

\vec{a_*_\phi}\times \vec{a_z}=\vec{a_\rho}

이므로 모든 방향으로 균일하게 힘이 가해진다. 따라서 합력은 00이 되므로 답은 1번이다.

20번

  1. 옳다.
  2. dd가 반지름에 비해 매우 크다. 따라서 반지름이 커지면 그 제곱에 해당하는 비율로 면적이 넓어지니 그에 비례하여 더 많은 자속이 들어올 것이다. 또한 서로 작용하므로 상호 인덕턴스는 각 반지름의 제곱의 곱에 비례해야 할 것이다.
  3. 각자의 전류에 비례해서 상대방의 영역을 통과하는 자기장이 생기고 힘은 자기장에 비례하므로 옳다.
  4. 코일1과 코일2에 같은 방향으로 전류가 흐르면 자석 2개를 같은 방향으로 붙여놓은 것과 같다. 따라서 서로를 당기는 방향으로 힘이 작용하므로 코일1은 코일2를 −z-z 방향으로 당긴다.

따라서 4번이 옳지 않다.