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2019 7급 서울시 전기자기학

1번

  1. Ω⋅s/m\Omega\cdot s/m이다.
  2. Ω−1⋅s/m\Omega^-1\cdot s/m이다.
  3. Ω⋅s\Omega\cdot s이다.
  4. Ω−1⋅s\Omega^-1\cdot s이다.

따라서 3번이 답이다.

2번

수직 도체에 의해 2사분면에 11개, 수평 도체에 의해 4사분면에 11개, 수평과 수직 도체 공통적으로 3사분면에 11개로 총 3개가 필요하고 답은 2번이다.

3번

로렌츠 힘은

F⃗=q(v⃗×B⃗+E⃗)=0.5(2ax⃗×5ax⃗+10ay⃗)=5ay⃗\begin{equation} \begin{split} \vec{F}&=q(\vec{v}\times \vec{B}+\vec{E})\\ &=0.5(2\vec{a_x}\times 5\vec{a_x}+10\vec{a_y})\\ &=5\vec{a_y} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 3번이다.

4번

각 꼭짓점에서 중심까지의 거리는 a3\frac{a}{\sqrt{3}}이므로 중심점의 전위는

V=3×Q⋅34πϵ0aV=3\times \frac{Q\cdot \sqrt{3}}{4\pi \epsilon_0 a}

이므로 답은 4번이다.

5번

dVdl=∇V⋅al⃗=(−2e−2xsin2yax⃗+2e−2xcos2yay⃗)⋅112+(3)2(ax⃗+3ay⃗)∣(0,π8,0)=(−2/2ax⃗+2/2ay⃗)⋅12(ax⃗+3ay⃗)=−12+32=(−1+3)2\begin{equation} \begin{split} \frac{dV}{dl}&=\nabla V \cdot \vec{a_l}\\ &=(-2e^{-2x}sin2y\vec{a_x}+2e^{-2x}cos2y\vec{a_y})\cdot\frac{1}{\sqrt{1^2+(\sqrt{3})^2}}(\vec{a_x}+\sqrt{3}\vec{a_y})|_{(0,\frac{\pi}{8},0)}\\ &=(-2/\sqrt{2}\vec{a_x}+2/\sqrt{2}\vec{a_y})\cdot \frac{1}{2}(\vec{a_x}+\sqrt{3}\vec{a_y})\\ &=-\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\\ &=\frac{(-1+\sqrt{3})}{\sqrt{2}} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 1번이다.

6번

정전계에서 전기력은 보존력이므로

∮E⃗⋅dl⃗=0\oint \vec{E}\cdot d\vec{l}=0

이다. 따라서 답은 1번이다.

7번

R=VI=∫E⃗⋅dl⃗∫σE⃗⋅dS⃗\begin{equation} \begin{split} R&=\frac{V}{I}\\ &=\frac{\int \vec{E}\cdot d\vec{l}}{\int \sigma\vec{E}\cdot d\vec{S}} \end{split} \end{equation}

이고,

C=QV=∫ϵE⃗⋅dS⃗∫E⃗⋅dl⃗\begin{equation} \begin{split} C&=\frac{Q}{V}\\ &=\frac{\int\epsilon\vec{E}\cdot d\vec{S}}{\int \vec{E}\cdot d\vec{l}} \end{split} \end{equation}

이므로

RC=∫ϵE⃗⋅dS⃗∫σE⃗⋅dS⃗=ϵσ\begin{equation} \begin{split} RC&=\frac{\int\epsilon\vec{E}\cdot d\vec{S}}{\int \sigma\vec{E}\cdot d\vec{S}}\\ &=\frac{\epsilon}{\sigma} \end{split} \end{equation}

이고 답은 4번이다.

8번

Q=CVQ=CV

이므로

Q1=1.5V1+1(V1−V2)+0.5(V1−V3)=3V1−V2−0.5V3\begin{equation} \begin{split} Q_1&=1.5V_1+1(V_1-V_2)+0.5(V_1-V_3)\\ &=3V_1-V_2-0.5V_3 \end{split} \end{equation}

이고 답은 1번이다.

9번

경계조건에 의해서

E1x=E2xE_{1x}=E_{2x}

이고

D1y=D2yD_{1y}=D_{2y}

이다. 따라서

10=E2x10=E_{2x}

이고,

ϵr1⋅10=1⋅E2y⇒103=E2y\begin{gather} \epsilon_{r1}\cdot 10=1\cdot E_{2y}\\ \Rightarrow 10\sqrt{3}=E_{2y} \end{gather}

이다. 이로부터 θ2=60∘\theta_2=60^\circ이고 E2=20E_2=20이므로 답은 4번이다.

10번

전기력선의 방정식은

xEx=yEy=zEz\frac{x}{E_x}=\frac{y}{E_y}=\frac{z}{E_z}

이다. 한편

E⃗∣P=−∇⋅V∣P=−(2xax⃗+2yay⃗)∣P=−2ax⃗−2ay⃗\begin{equation} \begin{split} \vec{E}|_P&=-\nabla\cdot V|_P\\ &=-(2x\vec{a_x}+2y\vec{a_y})|_P\\ &=-2\vec{a_x}-2\vec{a_y} \end{split} \end{equation}

이므로 위 식에 대입하면

x−2=y−2⇒x=y\begin{gather} \frac{x}{-2}=\frac{y}{-2}\\ \Rightarrow x=y \end{gather}

이므로 답은 1번이다.

11번

이 문제를 그냥 풀기는 어렵다. 그보다는

∇⋅B⃗=0\nabla \cdot \vec{B}=0

을 이용하자. 먼저

B⃗=∇×A⃗=∣ax⃗ay⃗az⃗∂∂x∂∂x∂∂xAxAyAz∣=ax⃗(2x+14y)−ay⃗(6x+2y)\begin{equation} \begin{split} \vec{B}&=\nabla\times\vec{A}\\ &= \begin{vmatrix} \vec{a_x} & \vec{a_y} & \vec{a_z}\\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial x}& \frac{\partial}{\partial x}\\ A_x & A_y & A_z \end{vmatrix}\\ &=\vec{a_x}(2x+14y)-\vec{a_y}(6x+2y) \end{split} \end{equation}

이다.
주어진 면을 통과하는 자속은 맞닿은 xzxz평면과 yzyz평면의 면적을 통과하는 자속의 합과 같다. xzxz평면을 통과하는 자속은 y=0y=0이므로

∫03∫02(ax⃗(2x+14y)−ay⃗(6x+2y))⋅dzdxay⃗=∫03∫02−(6x+2y)dzdx=∫03∫02−6xdzdx=−6x2∣_03=−54\begin{equation} \begin{split} \int_0^3 \int_0^2 (\vec{a_x}(2x+14y)-\vec{a_y}(6x+2y))\cdot dzdx\vec{a_y}&=\int_0^3 \int_0^2 -(6x+2y)dzdx\\ &=\int_0^3 \int_0^2 -6xdzdx\\ &=-6x^2|\_0^3\\ &=-54 \end{split} \end{equation}

이다. 다음으로 yzyz평면을 통과하는 자속은 x=0x=0이므로

∫02∫02(ax⃗(2x+14y)−ay⃗(6x+2y))⋅dydzax⃗=∫02∫02(2x+14y)dydz=∫02∫0214ydydz=14y2∣_02=56\begin{equation} \begin{split} \int_0^2\int_0^2 (\vec{a_x}(2x+14y)-\vec{a_y}(6x+2y))\cdot dydz\vec{a_x}&=\int_0^2\int_0^2 (2x+14y) dydz\\ &=\int_0^2\int_0^2 14y dydz\\ &=14y^2|\_0^2\\ &=56 \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 SS를 통과하는 자속의 크기는 ∣56−54∣=2|56-54|=2이므로 답은 2번이다.

12번

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)}

이다. l=λ8l=\frac{\lambda}{8}일 때 Zin=∞Z_{in}=\infty이므로 분모가 00이어 한다. 이를 풀면

Z0+jZLtan(2πλ⋅λ8)=Z0+jZLtan(π4)=Z0+jZL=0\begin{equation} \begin{split} Z_0+jZ_Ltan\left(\frac{2\pi}{\lambda}\cdot\frac{\lambda}{8}\right)&=Z_0+jZ_Ltan\left(\frac{\pi}{4}\right)\\ &=Z_0+jZ_L=0 \end{split} \end{equation}

이고, Z0=R0Z_0=R_0이므로

ZL=−R0j=jR0\begin{equation} \begin{split} Z_L&=-\frac{R_0}{j}\\ &=jR_0 \end{split} \end{equation}

이므로 답은 4번이다.

13번

매질의 임피던스는

η=μϵ=η0ϵr=η03≒3773≒3753≒125 Ω\begin{equation} \begin{split} \eta&=\sqrt{\frac{\mu}{\epsilon}}\\ &=\frac{\eta_0}{\sqrt{\epsilon_r}}\\ &=\frac{\eta_0}{3}\\ &\fallingdotseq \frac{377}{3}\\ &\fallingdotseq \frac{375}{3}\\ &\fallingdotseq 125 \text{ }\Omega \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 E=10E=10일 때 HH의 최댓값은

10125=80≒79.6 mA/m\begin{equation} \begin{split} \frac{10}{125}&=80\\ &\fallingdotseq 79.6 \text{ mA/m} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 3번이다.

14번

  1. 코사인 값에 비례하므로 쌍극자 선분벡터와 수평인 지점에서 최대이다. 직관적으로도 거리가 많이 멀다면, 두 점전하에 의한 전기장은 상쇄되어 작은 값이 나올 것이다.
  2. 점전하 두 개가 서로를 상쇄하는 영향에 의해 차수가 하나 더 낮아지고 거리에 따른 감쇄가 더 크게 일어난다.
  3. 옳다.
  4. 쌍극자 사이 거리가 가까우면 쌍극자 모멘트도 작아지므로 감소한다. 쌍극자 사이 거리가 극단적으로 가까워서 00이면 어떻게 될까?

따라서 1번이 옳지 않다.

15번

전계의 크기가 항상 00이 되는 지점은 반파장의 정수배가 되는 지점이고, 최대가 되는 지점은 14\frac{1}{4}파장의 홀수배 지점이다. 도체 경계면에서 전기장이 00임을 기억하면 반사파는 정상파가 됨을 알 수 있고, 머리속으로 그림을 그려보면 바로 알 수 있다. 따라서 답은 3번이다.

16번

∇⋅ϵ0E⃗=ρv\nabla \cdot \epsilon_0 \vec{E}=\rho_v

이다. 원통좌표계에서의 발산이므로 계산하면

ϵ0(1ρ∂∂ρ(ρAρ)+1ρ∂Aϕ∂ϕ+∂Az∂z)=ϵ0(1ρ∂(ρ⋅1ρ)∂ρ+0+2)=2ϵ0\begin{equation} \begin{split} \epsilon_0 \left(\frac{1}{\rho}\frac{\partial}{\partial \rho}(\rho A_\rho)+\frac{1}{\rho}\frac{\partial A_\phi}{\partial \phi}+\frac{\partial A_z}{\partial z} \right)&=\epsilon_0\left(\frac{1}{\rho}\frac{\partial \left(\rho\cdot \frac{1}{\rho}\right)}{\partial \rho}+0+2\right)\\ &=2\epsilon_0 \end{split} \end{equation}

이므로 답은 3번이다.

17번

J⃗=σE⃗\vec{J}=\sigma\vec{E}

이므로 전계 방향과 전속밀도 방향은 같고 전계와 전속밀도는 비례한다.

한편

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

이므로 이 벡터와 E⃗\vec{E}의 위상은 다르다. 따라서 2번이 답이다.

18번

표피 두께는

δ=1πfμσ=1π⋅10⋅106⋅4π⋅10−7⋅4⋅106=1π2⋅42⋅(103)2=14000π\begin{equation} \begin{split} \delta&=\frac{1}{\sqrt{\pi f \mu \sigma}}\\ &=\frac{1}{\sqrt{\pi \cdot 10\cdot 10^6\cdot 4\pi\cdot 10^{-7}\cdot 4\cdot 10^6}}\\ &=\frac{1}{\sqrt{\pi^2\cdot 4^2\cdot (10^{3})^2 }}\\ &=\frac{1}{4000\pi} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 표피 저항은

1두께×도전율=π mΩ\frac{1}{두께\times 도전율}=\pi \text{ m}\Omega

이므로 답은 4번이다.

19번

원점에서 I1I_1에 의한 자계는

H1⃗=−52πray⃗\vec{H_1}=-\frac{5}{2\pi r}\vec{a_y}

이다. I2I_2에 의한 자계는

H2⃗=22π⋅3raz⃗=13πraz⃗\begin{equation} \begin{split} \vec{H_2}&=\frac{2}{2\pi\cdot 3r}\vec{a_z}\\ &=\frac{1}{3\pi r}\vec{a_z} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 합치면

∣H⃗∣=(52πr)2+(13πr)2=254+19πr=2296πr\begin{equation} \begin{split} \left|\vec{H}\right|&=\sqrt{\left(\frac{5}{2\pi r}\right)^2+\left(\frac{1}{3\pi r}\right)^2}\\ &=\frac{\sqrt{\frac{25}{4}+\frac{1}{9}}}{\pi r}\\ &=\frac{\sqrt{229}}{6\pi r} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 2번이다.

20번

전계를 포텐셜로 표현하면

E⃗=−∇V−∂A⃗∂t\vec{E}=-\nabla V-\frac{\partial \vec{A}}{\partial t}

이다. 대입해서 구하면

E⃗∣(0,0,0)=−kμϵω(−e−jkzβsin(βx)ax⃗−jke−jkzcos(βx)az⃗)−jωe−jkzcos(βx)az⃗∣(0,0,0)=(jk2μϵω−jω)az⃗=jk2−μϵω2ϵμωaz⃗\begin{equation} \begin{split} \vec{E}|_{(0,0,0)}&=-\frac{k}{\mu\epsilon\omega}\left(-e^{-jkz}\beta sin(\beta x)\vec{a_x}\right.\left.-jke^{-jkz}cos(\beta x)\vec{a_z}\right)-j\omega e^{-jkz}cos(\beta x)\vec{a_z}|_{(0,0,0)}\\ &=\left(\frac{jk^2}{\mu\epsilon\omega}-j\omega\right)\vec{a_z}\\ &=j\frac{k^2-\mu\epsilon\omega^2}{\epsilon\mu\omega}\vec{a_z} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 4번이다.