2021 7급 서울시 전기자기학 1번 전기력선은 y z yz yz y = 1 , z = 2 y=1,z=2 y = 1 , z = 2
y = 1 2 z y=\frac{1}{2}z y = 2 1 z 이므로 답은 3번 이다.
2번 V S W R = 1 + ∣ Γ ∣ 1 − ∣ Γ ∣ = 1 + 1 3 1 − 1 3 = 3 + 1 3 − 1 = 3 + 1 + 2 3 3 − 1 = 4 + 2 3 2 = 3 + 2 \begin{equation} \begin{split} VSWR&=\frac{1+|\Gamma|}{1-|\Gamma|}\\ &=\frac{1+\frac{1}{\sqrt{3}}}{1-\frac{1}{\sqrt{3}}}\\ &=\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}-1}\\ &=\frac{3+1+2\sqrt{3}}{3-1}\\ &=\frac{4+2\sqrt{3}}{2}\\ &=\sqrt{3}+2 \end{split} \end{equation} V S W R = 1 − ∣Γ∣ 1 + ∣Γ∣ = 1 − 3 1 1 + 3 1 = 3 − 1 3 + 1 = 3 − 1 3 + 1 + 2 3 = 2 4 + 2 3 = 3 + 2 이므로 답은 4번 이다.
3번 I = ∫ 0 1 ∫ 0 2 − 10 [ s i n ( π 4 x ) e x p ( − 0 ) i ^ + c o s ( π 4 x ) e x p ( − 3 × 0 ) j ^ ] ⋅ d y d x j ^ = ∫ 0 1 ∫ 0 2 − 10 c o s ( π 4 x ) d y d x = − 20 ∫ 0 1 c o s ( π 4 x ) d x = − 20 × 4 π s i n ( π 4 x ) ∣ 0 1 = − 20 × 4 π × 1 2 = − 40 2 π \begin{equation} \begin{split} I&=\int_0 ^1 \int_0 ^2 -10\left[sin\left(\frac{\pi}{4}x\right)exp(-0)\hat{i}+cos\left(\frac{\pi}{4}x\right)exp(-3\times0)\hat{j} \right]\cdot dydx\hat{j}\\ &=\int_0 ^1 \int_0 ^2 -10cos\left(\frac{\pi}{4}x\right)dydx\\ &=-20\int_0^1 cos\left(\frac{\pi}{4}x\right)dx\\ &=-20\times\left.\frac{4}{\pi}sin\left(\frac{\pi}{4}x\right)\right|_0 ^1\\ &=-20\times\frac{4}{\pi}\times\frac{1}{\sqrt{2}}\\ &=-\frac{40\sqrt{2}}{\pi} \end{split} \end{equation} I = ∫ 0 1 ∫ 0 2 − 10 [ s in ( 4 π x ) e x p ( − 0 ) i ^ + cos ( 4 π x ) e x p ( − 3 × 0 ) j ^ ] ⋅ d y d x j ^ = ∫ 0 1 ∫ 0 2 − 10 cos ( 4 π x ) d y d x = − 20 ∫ 0 1 cos ( 4 π x ) d x = − 20 × π 4 s in ( 4 π x ) ∣ ∣ 0 1 = − 20 × π 4 × 2 1 = − π 40 2 이므로 답은 4번 이다.
4번 표피두께는
δ = 1 π f μ σ \delta=\frac{1}{\sqrt{\pi f \mu \sigma}} δ = π f μ σ 1 이다.
진동수가 2배로 증가하면 표피두께는 1 2 \frac{1}{\sqrt{2}} 2 1 도전율이 9배 증가하면 표피두께는 1 3 \frac{1}{3} 3 1 양도체에 흐르는 전류밀도는 양도체 안으로 들어갈수록 지수함수적으로 줄어든다. 투자율이 감소하면 표피두께는 증가한다.
따라서 답은 2번 이다. 사실 도전율이 9배”로” 증가한다고 해야 옳을 것이다. 5번 두 콘덴서의 비율이 1:2이므로 병렬로 연결했을 때 저장되는 전하의 비율도 1:2이다. 쉽게 생각해서 다른 것들은 다 동일하고 면적이 1:2인 것과 마찬가지일 때 저장되는 전하는 면적에 비례할 것이므로 그렇다.
따라서 5 μ \mu μ μ \mu μ
W e = 1 2 Q 2 C = 1 2 × 1 0 2 × 1 0 − 12 5 × 1 0 − 6 = 10 μ J \begin{equation} \begin{split} W_e&=\frac{1}{2}\frac{Q^2}{C}\\ &=\frac{1}{2}\times\frac{10^2\times10^{-12}}{5\times10^{-6}}\\ &=10\text{ }\mu\text{J} \end{split} \end{equation} W e = 2 1 C Q 2 = 2 1 × 5 × 1 0 − 6 1 0 2 × 1 0 − 12 = 10 μ J 이므로 답은 1번 이다.
6번 반경이 ρ = 2 \rho=2 ρ = 2
∇ × H ⃗ = J ⃗ ⇒ ∫ ∇ × H ⃗ ⋅ d S ⃗ = I = ∮ H ⃗ ⋅ d l ⃗ \begin{equation} \begin{split} \nabla\times\vec{H}&=\vec{J}\\ \Rightarrow \int \nabla\times\vec{H}\cdot \vec{dS}&=I\\ &=\oint \vec{H}\cdot \vec{dl} \end{split} \end{equation} ∇ × H ⇒ ∫ ∇ × H ⋅ d S = J = I = ∮ H ⋅ d l 인데, 대칭성에 의해서 자기장은 a ϕ ^ \hat{a_\phi} a ϕ ^ d l ⃗ = 2 d ϕ a ϕ ^ \vec{dl}=2d\phi\hat{a_\phi} d l = 2 d ϕ a ϕ ^
∮ H ⃗ ⋅ d l ⃗ = ∫ 0 2 π H × 2 ϕ = 4 π H = I = 1 ⇒ H = 1 4 π \begin{equation} \begin{split} \oint \vec{H}\cdot \vec{dl}&=\int_0 ^{2\pi} H \times 2\phi\\ &=4\pi H\\ &=I\\ &=1\\ \Rightarrow H&=\frac{1}{4\pi} \end{split} \end{equation} ∮ H ⋅ d l ⇒ H = ∫ 0 2 π H × 2 ϕ = 4 π H = I = 1 = 4 π 1 이다. 방향을 고려해서 벡터로 표현하면
H ⃗ = 1 4 π a ϕ ^ \vec{H}=\frac{1}{4\pi}\hat{a_\phi} H = 4 π 1 a ϕ ^ 이므로 답은 4번 이다.
7번 원형 도선 중심축 위의 점에서의 자계를 구해보자. 원의 반지름이 ρ \rho ρ h h h
R = ρ 2 + h 2 R=\sqrt{\rho^2+h^2} R = ρ 2 + h 2 이고, 방향벡터는
a R ^ = h a z ^ − ρ a ρ ^ ρ 2 + h 2 \hat{a_R}=\frac{h\hat{a_z}-\rho\hat{a_\rho}}{\sqrt{\rho^2+h^2}} a R ^ = ρ 2 + h 2 h a z ^ − ρ a ρ ^ 이다.
비오-사바르 법칙에 의해서
d H ⃗ = I 4 π d l ⃗ × a R ^ R 2 = I 4 π ρ d ϕ a ϕ ^ × ( h a z ^ − ρ a ρ ^ ) ( ρ 2 + h 2 ) 3 2 = I 4 π ρ h d ϕ a ρ ^ + ρ 2 d ϕ a z ^ ( ρ 2 + h 2 ) 3 2 \begin{equation} \begin{split} \vec{dH}&=\frac{I}{4\pi}\frac{\vec{dl}\times\hat{a_R}}{R^2}\\ &=\frac{I}{4\pi}\frac{\rho d\phi\hat{a_\phi}\times(h\hat{a_z}-\rho\hat{a_\rho})}{(\rho^2+h^2)^{\frac{3}{2}}}\\ &=\frac{I}{4\pi}\frac{\rho h d\phi \hat{a_\rho}+\rho^2d\phi\hat{a_z}}{(\rho^2+h^2)^{\frac{3}{2}}} \end{split} \end{equation} d H = 4 π I R 2 d l × a R ^ = 4 π I ( ρ 2 + h 2 ) 2 3 ρ d ϕ a ϕ ^ × ( h a z ^ − ρ a ρ ^ ) = 4 π I ( ρ 2 + h 2 ) 2 3 ρ h d ϕ a ρ ^ + ρ 2 d ϕ a z ^ 이다. 그런데 원형으로 대칭성이 있으므로 a ρ ^ \hat{a_\rho} a ρ ^
H ⃗ = ∫ d H ⃗ = ∫ 0 2 π I 4 π ρ 2 d ϕ a z ^ ( ρ 2 + h 2 ) 3 2 = I 2 ρ 2 ( ρ 2 + h 2 ) 3 2 a z ^ \begin{equation} \begin{split} \vec{H}&=\int \vec{dH}\\ &=\int _0 ^{2\pi}\frac{I}{4\pi}\frac{\rho^2d\phi\hat{a_z}}{(\rho^2+h^2)^{\frac{3}{2}}}\\ &=\frac{I}{2}\frac{\rho^2}{(\rho^2+h^2)^{\frac{3}{2}}}\hat{a_z} \end{split} \end{equation} H = ∫ d H = ∫ 0 2 π 4 π I ( ρ 2 + h 2 ) 2 3 ρ 2 d ϕ a z ^ = 2 I ( ρ 2 + h 2 ) 2 3 ρ 2 a z ^ 이다. 주어진 조건들을 대입하면
H ⃗ = 5 2 × 16 ( 16 + 9 ) 3 2 a z ^ = 5 2 × 16 125 a z ^ = 8 25 a z ^ = 0.32 a z ^ \begin{equation} \begin{split} \vec{H}&=\frac{5}{2}\times\frac{16}{(16+9)^{\frac{3}{2}}}\hat{a_z}\\ &=\frac{5}{2}\times\frac{16}{125}\hat{a_z}\\ &=\frac{8}{25}\hat{a_z}\\ &=0.32\hat{a_z} \end{split} \end{equation} H = 2 5 × ( 16 + 9 ) 2 3 16 a z ^ = 2 5 × 125 16 a z ^ = 25 8 a z ^ = 0.32 a z ^ 이므로 답은 3번 이다.
8번 점전하가 만드는 전계의 크기는 전하에 비례하고 거리에 반비례한다.
주어진 조건들로부터
3 x 2 = 27 ( 2 − x ) 2 ⇒ 1 x 2 = 3 2 ( 2 − x ) 2 ⇒ 2 − x = 3 x ⇒ 2 = 4 x ⇒ x = 0.5 m \begin{equation} \begin{split} \frac{3}{x^2}&=\frac{27}{(2-x)^2}\\ \Rightarrow \frac{1}{x^2}&=\frac{3^2}{(2-x)^2}\\ \Rightarrow 2-x&=3x\\ \Rightarrow 2&=4x\\ \Rightarrow x&=0.5\text{ m} \end{split} \end{equation} x 2 3 ⇒ x 2 1 ⇒ 2 − x ⇒ 2 ⇒ x = ( 2 − x ) 2 27 = ( 2 − x ) 2 3 2 = 3 x = 4 x = 0.5 m 이므로 답은 1번 이다.
9번 자유공간의 임피던스는
η 0 = μ 0 ϵ 0 = 4 π × 1 0 − 7 1 36 π × 1 0 − 9 = 2 2 × π 2 × 6 2 × 1 0 2 = 120 π ≈ 377 Ω \begin{equation} \begin{split} \eta_0&=\sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}}\\ &=\sqrt{\frac{4\pi\times10^{-7}}{\frac{1}{36\pi}\times10^{-9}}}\\ &=\sqrt{2^2\times\pi^2\times6^2\times10^2}\\ &=120\pi\\ &\approx 377\text{ }\Omega \end{split} \end{equation} η 0 = ϵ 0 μ 0 = 36 π 1 × 1 0 − 9 4 π × 1 0 − 7 = 2 2 × π 2 × 6 2 × 1 0 2 = 120 π ≈ 377 Ω 이다. 그리고 평면파의 시간 평균 전력은
W = 1 2 E H = 1 2 E 2 η 0 ≈ 1 2 × 1 377 = 1 754 W/m 2 \begin{equation} \begin{split} W&=\frac{1}{2}EH\\ &=\frac{1}{2}\frac{E^2}{\eta_0}\\ &\approx\frac{1}{2}\times\frac{1}{377}\\ &=\frac{1}{754}\text{ W/m}^2 \end{split} \end{equation} W = 2 1 E H = 2 1 η 0 E 2 ≈ 2 1 × 377 1 = 754 1 W/m 2 이므로 답은 1번 이다.
10번 -2 μ \mu μ
( 2 − 1 ) 2 + ( 2 − 0 ) 2 + ( 3 − 1 ) 2 = 2 \sqrt{(2-1)^2+(\sqrt{2}-0)^2+(3-1)^2}=2 ( 2 − 1 ) 2 + ( 2 − 0 ) 2 + ( 3 − 1 ) 2 = 2 이므로 전위는
V − 2 = − 2 4 π ϵ 0 ⋅ 2 = − 2 × 1 0 − 6 8 π × 1 36 π × 1 0 − 9 = − 9 kV \begin{equation} \begin{split} V_{-2}&=\frac{-2}{4\pi\epsilon_0\cdot 2}\\ &=\frac{-2\times10^{-6}}{8\pi\times\frac{1}{36\pi}\times10^{-9}}\\ &=-9\text{ kV} \end{split} \end{equation} V − 2 = 4 π ϵ 0 ⋅ 2 − 2 = 8 π × 36 π 1 × 1 0 − 9 − 2 × 1 0 − 6 = − 9 kV 이다.
다음으로 6 μ \mu μ
( 3 − 1 ) 2 + ( − 2 − 0 ) 2 + ( 1 − 2 ) 2 = 3 \sqrt{(3-1)^2+(-2-0)^2+(1-2)^2}=3 ( 3 − 1 ) 2 + ( − 2 − 0 ) 2 + ( 1 − 2 ) 2 = 3 이므로 전위는
V 6 = 6 × 1 0 − 6 4 π × 1 36 π × 1 0 − 9 ⋅ 3 = 18 kV \begin{equation} \begin{split} V_{6}&=\frac{6\times10^{-6}}{4\pi\times\frac{1}{36\pi}\times10^{-9}\cdot3}\\ &=18\text{ kV} \end{split} \end{equation} V 6 = 4 π × 36 π 1 × 1 0 − 9 ⋅ 3 6 × 1 0 − 6 = 18 kV 이다. 따라서 두 전위를 합하면
V = − 9 + 18 = 9 kV \begin{equation} \begin{split} V&=-9+18\\ &=9\text{ kV} \end{split} \end{equation} V = − 9 + 18 = 9 kV 이므로 답은 2번 이다.
11번 주어진 값을 대입하면
A ( P ) ⃗ = 2 a ρ ^ − 8 a ϕ ^ + 5 a z ^ \vec{A(P)}=2\hat{a_\rho}-8\hat{a_\phi}+5\hat{a_z} A ( P ) = 2 a ρ ^ − 8 a ϕ ^ + 5 a z ^ 이다. 한편
a ρ ^ = c o s ϕ a x ^ + s i n ϕ a y ^ a ϕ ^ = − s i n ϕ a x ^ + c o s ϕ a y ^ \begin{equation} \begin{split} \hat{a_\rho}&=cos\phi\hat{a_x}+sin\phi\hat{a_y}\\ \hat{a_\phi}&=-sin\phi\hat{a_x}+cos\phi\hat{a_y} \end{split} \end{equation} a ρ ^ a ϕ ^ = cos ϕ a x ^ + s in ϕ a y ^ = − s in ϕ a x ^ + cos ϕ a y ^ 이므로 대입하면
A ( P ) ⃗ = ( 2 c o s ϕ + 8 s i n ϕ ) a x ^ + ( 2 s i n ϕ − 8 c o s ϕ ) a y ^ + 5 a z ^ = ( 1 + 4 3 ) a x ^ + ( − 4 + 3 ) a y ^ + 5 a z ^ \begin{equation} \begin{split} \vec{A(P)}&=(2cos\phi+8sin\phi)\hat{a_x}+(2sin\phi-8cos\phi)\hat{a_y}+5\hat{a_z}\\ &=(1+4\sqrt{3})\hat{a_x}+(-4+\sqrt{3})\hat{a_y}+5\hat{a_z} \end{split} \end{equation} A ( P ) = ( 2 cos ϕ + 8 s in ϕ ) a x ^ + ( 2 s in ϕ − 8 cos ϕ ) a y ^ + 5 a z ^ = ( 1 + 4 3 ) a x ^ + ( − 4 + 3 ) a y ^ + 5 a z ^ 이므로 답은 2번 이다.
12번 인덕터에 저장되는 자기에너지는
W m = 1 2 L I 2 W_m=\frac{1}{2}LI^2 W m = 2 1 L I 2 이므로 이로부터 전류를 구하면
I = 2 W m L = 4 × 1 0 − 4 10 × 1 0 − 3 = 0.2 A \begin{equation} \begin{split} I&=\sqrt{\frac{2W_m}{L}}\\ &=\sqrt{\frac{4\times10^{-4}}{10\times10^{-3}}}\\ &=0.2\text{ A} \end{split} \end{equation} I = L 2 W m = 10 × 1 0 − 3 4 × 1 0 − 4 = 0.2 A 이므로 답은 3번 이다.
13번 그렇다. 중간에 자하가 없기 때문에 자속밀도는 일정하다. 경계면에서 전류가 없을 때만 그렇다. 경계조건을 풀면 계산할 수 있다. 그렇다. 암페어 법칙은∇ × H ⃗ = J ⃗ \nabla\times\vec{H}=\vec{J} ∇ × H = J ∇ ⋅ B ⃗ = 0 \nabla\cdot\vec{B}=0 ∇ ⋅ B = 0 따라서 답은 2번 이다.
14번 전류 방향에 수직인 변에 작용하는 힘은 없다. 따라서 선분 A D AD A D B C BC BC x y xy x y
B ⃗ = μ 0 I 2 π ρ a z ⃗ = 1 0 − 6 ρ a z ⃗ \begin{equation} \begin{split} \vec{B}&=\frac{\mu_0I}{2\pi\rho}\vec{a_z}\\ &=\frac{10^{-6}}{\rho}\vec{a_z} \end{split} \end{equation} B = 2 π ρ μ 0 I a z = ρ 1 0 − 6 a z 이다. 따라서 선분 A D AD A D
F A D ⃗ = − 1 0 − 3 a y ⃗ × 1 0 − 6 1 a z ⃗ × 2 = − 2 × 1 0 − 9 a x ⃗ \begin{equation} \begin{split} \vec{F_{AD}}&=-10^{-3}\vec{a_y}\times\frac{10^{-6}}{1}\vec{a_z}\times 2\\ &=-2\times10^{-9}\vec{a_x} \end{split} \end{equation} F A D = − 1 0 − 3 a y × 1 1 0 − 6 a z × 2 = − 2 × 1 0 − 9 a x 이다. 그리고 선분 B C BC BC
F B C ⃗ = 1 0 − 3 a y ⃗ × 1 0 − 6 3 a z ⃗ × 2 = 2 × 1 0 − 9 3 a x ⃗ \begin{equation} \begin{split} \vec{F_{BC}}&=10^{-3}\vec{a_y}\times\frac{10^{-6}}{3}\vec{a_z}\times2\\ &=2\times\frac{10^{-9}}{3}\vec{a_x} \end{split} \end{equation} F BC = 1 0 − 3 a y × 3 1 0 − 6 a z × 2 = 2 × 3 1 0 − 9 a x 이므로 둘을 더하면
F ⃗ = ( − 1 + 1 3 ) × 1 0 − 9 a x ⃗ × 2 = − 4 3 a x ⃗ nN \begin{equation} \begin{split} \vec{F}&=\left(-1+\frac{1}{3}\right)\times10^{-9}\vec{a_x}\times2\\ &=-\frac{4}{3}\vec{a_x}\text{ nN} \end{split} \end{equation} F = ( − 1 + 3 1 ) × 1 0 − 9 a x × 2 = − 3 4 a x nN 이다. 그러므로 답은 2번 이다.
15번 τ ⃗ = m ⃗ × B ⃗ \vec{\tau}=\vec{m}\times\vec{B} τ = m × B 이다. 우선 m ⃗ \vec{m} m
m ⃗ = I S a S ⃗ = 12 × 1 0 − 3 × 3 × 4 a z ⃗ = 144 × 1 0 − 3 a z ⃗ \begin{equation} \begin{split} \vec{m}&=IS\vec{a_S}\\ &=12\times10^{-3}\times3\times4\vec{a_z}\\ &=144\times10^{-3}\vec{a_z} \end{split} \end{equation} m = I S a S = 12 × 1 0 − 3 × 3 × 4 a z = 144 × 1 0 − 3 a z 이다. 따라서 회전력은
τ ⃗ = 144 × 1 0 − 3 a z ⃗ × ( − 0.7 a x ⃗ + 0.9 a z ⃗ ) = − 100.8 a y ⃗ mN ⋅ m \begin{equation} \begin{split} \vec{\tau}&=144\times10^{-3}\vec{a_z}\times(-0.7\vec{a_x}+0.9\vec{a_z})\\ &=-100.8\vec{a_y}\text{ mN}\cdot\text{m} \end{split} \end{equation} τ = 144 × 1 0 − 3 a z × ( − 0.7 a x + 0.9 a z ) = − 100.8 a y mN ⋅ m 이므로 답은 3번 이다.
16번 그렇다. 그렇다. 그렇다. 같은 매질 내에서는 같은 값을 가진다. 따라서 답은 4번 이다.
17번 자유공간에서 점전하가 만드는 전위는
V = Q 4 π ϵ 0 r V =\frac{Q}{4\pi\epsilon_0 r} V = 4 π ϵ 0 r Q 이다. +1 C의 점전하가 만드는 r = 1 r=1 r = 1
V ( 1 ) = 1 4 π ϵ 0 V(1)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0} V ( 1 ) = 4 π ϵ 0 1 이고, r = 2 r=2 r = 2
V ( 2 ) = 1 8 π ϵ 0 V(2)=\frac{1}{8\pi\epsilon_0} V ( 2 ) = 8 π ϵ 0 1 이다. 따라서 V ( 1 ) − V ( 2 ) V(1)-V(2) V ( 1 ) − V ( 2 )
V ( 1 ) − V ( 2 ) = 1 8 π ϵ 0 V(1)-V(2)=\frac{1}{8\pi\epsilon_0} V ( 1 ) − V ( 2 ) = 8 π ϵ 0 1 이다. 여기에 대상 전하의 전하량인 +1 C를 곱해도 같은 값이므로 답은 4번 이다.
18번 다음과 같이 아래쪽 성분에 대해 생각하자.
x x x − L 2 -\frac{L}{2} − 2 L L 2 \frac{L}{2} 2 L
d H ⃗ = I 4 π d x a x ⃗ × ( L 2 3 a y ⃗ − x a x ⃗ ) ( L 2 ( 2 3 ) 2 + x 2 ) 3 2 = I 4 π L 2 3 ( L 2 12 + x 2 ) 3 2 d x = I 4 π L 2 3 ( 1 + 12 L 2 x 2 ) 3 2 × 1 ( L 2 3 ) 3 = I 4 π 1 ( 1 + 12 L 2 x 2 ) 3 2 × 1 L 2 12 = I 4 π 1 ( 1 + 12 L 2 x 2 ) 3 2 × 12 L 2 \begin{equation} \begin{split} d\vec{H}&=\frac{I}{4\pi}\frac{dx\vec{a_x}\times\left(\frac{L}{2\sqrt{3}}\vec{a_y}-x\vec{a_x}\right)}{\left(\frac{L^2}{(2\sqrt{3})^2}+x^2\right)^\frac{3}{2}}\\ &=\frac{I}{4\pi}\frac{\frac{L}{2\sqrt{3}}}{\left(\frac{L^2}{12}+x^2\right)^\frac{3}{2}}dx\\ &=\frac{I}{4\pi}\frac{\frac{L}{2\sqrt{3}}}{\left(1+\frac{12}{L^2}x^2\right)^\frac{3}{2}}\times\frac{1}{\left(\frac{L}{2\sqrt{3}}\right)^3}\\ &=\frac{I}{4\pi}\frac{1}{\left(1+\frac{12}{L^2}x^2\right)^\frac{3}{2}}\times\frac{1}{\frac{L^2}{12}}\\ &=\frac{I}{4\pi}\frac{1}{\left(1+\frac{12}{L^2}x^2\right)^\frac{3}{2}}\times\frac{12}{L^2}\\ \end{split} \end{equation} d H = 4 π I ( ( 2 3 ) 2 L 2 + x 2 ) 2 3 d x a x × ( 2 3 L a y − x a x ) = 4 π I ( 12 L 2 + x 2 ) 2 3 2 3 L d x = 4 π I ( 1 + L 2 12 x 2 ) 2 3 2 3 L × ( 2 3 L ) 3 1 = 4 π I ( 1 + L 2 12 x 2 ) 2 3 1 × 12 L 2 1 = 4 π I ( 1 + L 2 12 x 2 ) 2 3 1 × L 2 12 치환적분을 하기 위해서 2 3 L x = t a n θ \frac{2\sqrt{3}}{L}x=tan\theta L 2 3 x = t an θ 2 3 L d x = s e c 2 θ \frac{2\sqrt{3}}{L}dx=sec^2\theta L 2 3 d x = se c 2 θ
d H ⃗ = I 4 π 1 ( 1 + t a n 2 θ ) 3 2 12 L 2 L 2 3 s e c 2 θ d θ = I 4 π 1 ( s e c 2 θ ) 3 2 2 3 L s e c 2 θ d θ = I 4 π 1 s e c 3 θ 2 3 L s e c 2 θ d θ = I 4 π 1 s e c θ 2 3 L d θ = I 4 π × 2 3 L × c o s θ d θ = 3 I 2 π L × c o s θ d θ \begin{equation} \begin{split} d\vec{H}&=\frac{I}{4\pi}\frac{1}{(1+tan^2\theta)^\frac{3}{2}}\frac{12}{L^2}\frac{L}{2\sqrt{3}}sec^2\theta d\theta\\ &=\frac{I}{4\pi}\frac{1}{(sec^2\theta)^\frac{3}{2}}\frac{2\sqrt{3}}{L}sec^2\theta d\theta\\ &=\frac{I}{4\pi}\frac{1}{sec^3\theta}\frac{2\sqrt{3}}{L}sec^2\theta d\theta\\ &=\frac{I}{4\pi}\frac{1}{sec\theta}\frac{2\sqrt{3}}{L}d\theta\\ &=\frac{I}{4\pi}\times\frac{2\sqrt{3}}{L}\times cos\theta d\theta\\ &=\frac{\sqrt{3}I}{2\pi L}\times cos\theta d\theta\\ \end{split} \end{equation} d H = 4 π I ( 1 + t a n 2 θ ) 2 3 1 L 2 12 2 3 L se c 2 θ d θ = 4 π I ( se c 2 θ ) 2 3 1 L 2 3 se c 2 θ d θ = 4 π I se c 3 θ 1 L 2 3 se c 2 θ d θ = 4 π I sec θ 1 L 2 3 d θ = 4 π I × L 2 3 × cos θ d θ = 2 π L 3 I × cos θ d θ θ \theta θ − π 3 -\frac{\pi}{3} − 3 π π 3 \frac{\pi}{3} 3 π
H ⃗ = ∫ − π 3 π 3 3 I 2 π L × c o s θ d θ = 3 I 2 π L s i n θ ∣ − π 3 π 3 = 3 I 2 π L × 3 2 × 2 = 3 I 2 π L \begin{equation} \begin{split} \vec{H}&=\int _{-\frac{\pi}{3}} ^\frac{\pi}{3} \frac{\sqrt{3}I}{2\pi L}\times cos\theta d\theta\\ &=\left.\frac{\sqrt{3}I}{2\pi L}sin\theta\right|_{-\frac{\pi}{3}} ^\frac{\pi}{3}\\ &=\frac{\sqrt{3}I}{2\pi L}\times\frac{\sqrt{3}}{2}\times 2\\ &=\frac{3I}{2\pi L} \end{split} \end{equation} H = ∫ − 3 π 3 π 2 π L 3 I × cos θ d θ = 2 π L 3 I s in θ ∣ ∣ − 3 π 3 π = 2 π L 3 I × 2 3 × 2 = 2 π L 3 I 이다. 이러한 성분이 3개 있으므로 위에 3을 곱하면
9 I 2 π L \frac{9I}{2\pi L} 2 π L 9 I 이므로 답은 2번 이다.
19번 로런츠 힘을 구하면
F = q v ⃗ × B ⃗ = q ( − 20 a x ⃗ ) × 0.5 a z ⃗ = − 10 q a y ⃗ \begin{equation} \begin{split} F&=q\vec{v}\times\vec{B}\\ &=q(-20\vec{a_x})\times0.5\vec{a_z}\\ &=-10q\vec{a_y} \end{split} \end{equation} F = q v × B = q ( − 20 a x ) × 0.5 a z = − 10 q a y 이다. 그리고 도선이 x x x 6 0 ∘ 60^\circ 6 0 ∘ y y y 3 2 \frac{\sqrt{3}}{2} 2 3 y y y
e m f = 10 × 3 2 = 5 3 \begin{equation} \begin{split} emf&=10\times\frac{\sqrt{3}}{2}\\ &=5\sqrt{3} \end{split} \end{equation} e m f = 10 × 2 3 = 5 3 이다. 따라서 답은 3번 이다.
20번 입사하는 쪽의 전기장의 수평 성분의 크기는 1 1 1 3 \sqrt{3} 3
D 1 = D 2 ⇒ 4 3 = 1 × E 2 ⊥ \begin{equation} \begin{split} D_1&=D_2\\ \Rightarrow 4\sqrt{3}&=1\times E_{2\perp}\\ \end{split} \end{equation} D 1 ⇒ 4 3 = D 2 = 1 × E 2 ⊥ 이다. 다음으로 수평 성분은 같으므로
이다. 이로부터 전기장의 크기를 구하면
E 2 = ( 4 3 ) 2 + ( 1 ) 2 = 48 + 1 = 49 = 7 V/m \begin{equation} \begin{split} E_2&=\sqrt{(4\sqrt{3})^2+(1)^2}\\ &=\sqrt{48+1}\\ &=\sqrt{49}\\ &=7\text{ V/m} \end{split} \end{equation} E 2 = ( 4 3 ) 2 + ( 1 ) 2 = 48 + 1 = 49 = 7 V/m 이므로 답은 4번 이다.
를 에서 로 변화시키며 적분해서 자계를 구할 것이다. 그러기 위해서 미소자계를 구하면