1번

전기력선은 $yz$ 평면 위에서 모든 방향으로 직선으로 뻗어나갈 것이다. 따라서 $y=1,z=2$를 지나는 직선의 방정식을 찾으면

$$y=\frac{1}{2}z$$

이므로 답은 3번 이다.

2번

$$\begin{equation} \begin{split} VSWR&=\frac{1+|\Gamma|}{1-|\Gamma|}\\ &=\frac{1+\frac{1}{\sqrt{3}}}{1-\frac{1}{\sqrt{3}}}\\ &=\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}-1}\\ &=\frac{3+1+2\sqrt{3}}{3-1}\\ &=\frac{4+2\sqrt{3}}{2}\\ &=\sqrt{3}+2 \end{split} \end{equation}$$

이므로 답은 4번 이다.

3번

$$\begin{equation} \begin{split} I&=\int_0 ^1 \int_0 ^2 -10\left[sin\left(\frac{\pi}{4}x\right)exp(-0)\hat{i}+cos\left(\frac{\pi}{4}x\right)exp(-3\times0)\hat{j} \right]\cdot dydx\hat{j}\\ &=\int_0 ^1 \int_0 ^2 -10cos\left(\frac{\pi}{4}x\right)dydx\\ &=-20\int_0^1 cos\left(\frac{\pi}{4}x\right)dx\\ &=-20\times\left.\frac{4}{\pi}sin\left(\frac{\pi}{4}x\right)\right|_0 ^1\\ &=-20\times\frac{4}{\pi}\times\frac{1}{\sqrt{2}}\\ &=-\frac{40\sqrt{2}}{\pi} \end{split} \end{equation}$$

이므로 답은 4번 이다.

4번

표피두께는

$$\delta=\frac{1}{\sqrt{\pi f \mu \sigma}}$$

이다.

1. 진동수가 2배로 증가하면 표피두께는 $\frac{1}{\sqrt{2}}$배로 줄어든다.
2. 도전율이 9배 증가하면 표피두께는 $\frac{1}{3}$배로 줄어든다.
3. 양도체에 흐르는 전류밀도는 양도체 안으로 들어갈수록 지수함수적으로 줄어든다.
4. 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 $\mu$F 콘덴서에 저장되는 전하량은 10 $\mu$C이다. 그러므로 저장되는 전기 에너지는

$$\begin{equation} \begin{split} W_e&=\frac{1}{2}\frac{Q^2}{C}\\ &=\frac{1}{2}\times\frac{10^2\times10^{-12}}{5\times10^{-6}}\\ &=10\text{ }\mu\text{J} \end{split} \end{equation}$$

이므로 답은 1번 이다.

6번

반경이 $\rho=2$ m인 지점에서의 자기장을 묻고 있으므로, 외부 도체의 영향은 없다. 맥스웰 방정식

$$\begin{equation} \begin{split} \nabla\times\vec{H}&=\vec{J}\\ \Rightarrow \int \nabla\times\vec{H}\cdot \vec{dS}&=I\\ &=\oint \vec{H}\cdot \vec{dl} \end{split} \end{equation}$$

인데, 대칭성에 의해서 자기장은 $\hat{a_\phi}$방향으로만 있고, $\vec{dl}=2d\phi\hat{a_\phi}$이다. 따라서

$$\begin{equation} \begin{split} \oint \vec{H}\cdot \vec{dl}&=\int_0 ^{2\pi} H \times 2\phi\\ &=4\pi H\\ &=I\\ &=1\\ \Rightarrow H&=\frac{1}{4\pi} \end{split} \end{equation}$$

이다. 방향을 고려해서 벡터로 표현하면

$$\vec{H}=\frac{1}{4\pi}\hat{a_\phi}$$

이므로 답은 4번 이다.

7번

원형 도선 중심축 위의 점에서의 자계를 구해보자. 원의 반지름이 $\rho$, 높이가 $h$이다. 이 때 원의 미소성분으로부터 원하는 점까지의 거리는

$$R=\sqrt{\rho^2+h^2}$$

이고, 방향벡터는

$$\hat{a_R}=\frac{h\hat{a_z}-\rho\hat{a_\rho}}{\sqrt{\rho^2+h^2}}$$

이다. 비오-사바르 법칙에 의해서

$$\begin{equation} \begin{split} \vec{dH}&=\frac{I}{4\pi}\frac{\vec{dl}\times\hat{a_R}}{R^2}\\ &=\frac{I}{4\pi}\frac{\rho d\phi\hat{a_\phi}\times(h\hat{a_z}-\rho\hat{a_\rho})}{(\rho^2+h^2)^{\frac{3}{2}}}\\ &=\frac{I}{4\pi}\frac{\rho h d\phi \hat{a_\rho}+\rho^2d\phi\hat{a_z}}{(\rho^2+h^2)^{\frac{3}{2}}} \end{split} \end{equation}$$

이다. 그런데 원형으로 대칭성이 있으므로 $\hat{a_\rho}$성분은 한바퀴 적분 시 상쇄된다. 그러므로 자계를 구하면

$$\begin{equation} \begin{split} \vec{H}&=\int \vec{dH}\\ &=\int _0 ^{2\pi}\frac{I}{4\pi}\frac{\rho^2d\phi\hat{a_z}}{(\rho^2+h^2)^{\frac{3}{2}}}\\ &=\frac{I}{2}\frac{\rho^2}{(\rho^2+h^2)^{\frac{3}{2}}}\hat{a_z} \end{split} \end{equation}$$

이다. 주어진 조건들을 대입하면

$$\begin{equation} \begin{split} \vec{H}&=\frac{5}{2}\times\frac{16}{(16+9)^{\frac{3}{2}}}\hat{a_z}\\ &=\frac{5}{2}\times\frac{16}{125}\hat{a_z}\\ &=\frac{8}{25}\hat{a_z}\\ &=0.32\hat{a_z} \end{split} \end{equation}$$

이므로 답은 3번 이다.

8번

점전하가 만드는 전계의 크기는 전하에 비례하고 거리에 반비례한다. 주어진 조건들로부터

$$\begin{equation} \begin{split} \frac{3}{x^2}&=\frac{27}{(2-x)^2}\\ \Rightarrow \frac{1}{x^2}&=\frac{3^2}{(2-x)^2}\\ \Rightarrow 2-x&=3x\\ \Rightarrow 2&=4x\\ \Rightarrow x&=0.5\text{ m} \end{split} \end{equation}$$

이므로 답은 1번 이다.

9번

자유공간의 임피던스는

$$\begin{equation} \begin{split} \eta_0&=\sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}}\\ &=\sqrt{\frac{4\pi\times10^{-7}}{\frac{1}{36\pi}\times10^{-9}}}\\ &=\sqrt{2^2\times\pi^2\times6^2\times10^2}\\ &=120\pi\\ &\approx 377\text{ }\Omega \end{split} \end{equation}$$

이다. 그리고 평면파의 시간 평균 전력은

$$\begin{equation} \begin{split} W&=\frac{1}{2}EH\\ &=\frac{1}{2}\frac{E^2}{\eta_0}\\ &\approx\frac{1}{2}\times\frac{1}{377}\\ &=\frac{1}{754}\text{ W/m}^2 \end{split} \end{equation}$$

이므로 답은 1번 이다.

10번

-2 $\mu$C가 있는 점에서 원하는 점까지의 거리는

$$\sqrt{(2-1)^2+(\sqrt{2}-0)^2+(3-1)^2}=2$$

이므로 전위는

$$\begin{equation} \begin{split} V_{-2}&=\frac{-2}{4\pi\epsilon_0\cdot 2}\\ &=\frac{-2\times10^{-6}}{8\pi\times\frac{1}{36\pi}\times10^{-9}}\\ &=-9\text{ kV} \end{split} \end{equation}$$

이다. 다음으로 6 $\mu$C가 있는 점에서 원하는 점까지의 거리는

$$\sqrt{(3-1)^2+(-2-0)^2+(1-2)^2}=3$$

이므로 전위는

$$\begin{equation} \begin{split} V_{6}&=\frac{6\times10^{-6}}{4\pi\times\frac{1}{36\pi}\times10^{-9}\cdot3}\\ &=18\text{ kV} \end{split} \end{equation}$$

이다. 따라서 두 전위를 합하면

$$\begin{equation} \begin{split} V&=-9+18\\ &=9\text{ kV} \end{split} \end{equation}$$

이므로 답은 2번 이다.

11번

주어진 값을 대입하면

$$\vec{A(P)}=2\hat{a_\rho}-8\hat{a_\phi}+5\hat{a_z}$$

이다. 한편

$$\begin{equation} \begin{split} \hat{a_\rho}&=cos\phi\hat{a_x}+sin\phi\hat{a_y}\\ \hat{a_\phi}&=-sin\phi\hat{a_x}+cos\phi\hat{a_y} \end{split} \end{equation}$$

이므로 대입하면

$$\begin{equation} \begin{split} \vec{A(P)}&=(2cos\phi+8sin\phi)\hat{a_x}+(2sin\phi-8cos\phi)\hat{a_y}+5\hat{a_z}\\ &=(1+4\sqrt{3})\hat{a_x}+(-4+\sqrt{3})\hat{a_y}+5\hat{a_z} \end{split} \end{equation}$$

이므로 답은 2번 이다.

12번

인덕터에 저장되는 자기에너지는

$$W_m=\frac{1}{2}LI^2$$

이므로 이로부터 전류를 구하면

$$\begin{equation} \begin{split} I&=\sqrt{\frac{2W_m}{L}}\\ &=\sqrt{\frac{4\times10^{-4}}{10\times10^{-3}}}\\ &=0.2\text{ A} \end{split} \end{equation}$$

이므로 답은 3번 이다.

13번

1. 그렇다. 중간에 자하가 없기 때문에 자속밀도는 일정하다.
2. 경계면에서 전류가 없을 때만 그렇다.
3. 경계조건을 풀면 계산할 수 있다.
4. 그렇다. 암페어 법칙은

$$\nabla\times\vec{H}=\vec{J}$$

이고 가우스법칙은

$$\nabla\cdot\vec{B}=0$$

이다.

따라서 답은 2번이다.

14번

전류 방향에 수직인 변에 작용하는 힘은 없다. 따라서 선분 $AD$와 $BC$에 작용하는 힘을 구해서 더하면 된다. 무한전류선로가 만들어내는 자기장은 $xy$평면 위에서

$$\begin{equation} \begin{split} \vec{B}&=\frac{\mu_0I}{2\pi\rho}\vec{a_z}\\ &=\frac{10^{-6}}{\rho}\vec{a_z} \end{split} \end{equation}$$

이다. 따라서 선분 $AD$에 가해지는 힘은

$$\begin{equation} \begin{split} \vec{F_{AD}}&=-10^{-3}\vec{a_y}\times\frac{10^{-6}}{1}\vec{a_z}\times 2\\ &=-2\times10^{-9}\vec{a_x} \end{split} \end{equation}$$

이다. 그리고 선분 $BC$에 가해지는 힘은

$$\begin{equation} \begin{split} \vec{F_{BC}}&=10^{-3}\vec{a_y}\times\frac{10^{-6}}{3}\vec{a_z}\times2\\ &=2\times\frac{10^{-9}}{3}\vec{a_x} \end{split} \end{equation}$$

이므로 둘을 더하면

$$\begin{equation} \begin{split} \vec{F}&=\left(-1+\frac{1}{3}\right)\times10^{-9}\vec{a_x}\times2\\ &=-\frac{4}{3}\vec{a_x}\text{ nN} \end{split} \end{equation}$$

이다. 그러므로 답은 2번이다.

15번

$$\vec{\tau}=\vec{m}\times\vec{B}$$

이다. 우선 $\vec{m}$을 구하면

$$\begin{equation} \begin{split} \vec{m}&=IS\vec{a_S}\\ &=12\times10^{-3}\times3\times4\vec{a_z}\\ &=144\times10^{-3}\vec{a_z} \end{split} \end{equation}$$

이다. 따라서 회전력은

$$\begin{equation} \begin{split} \vec{\tau}&=144\times10^{-3}\vec{a_z}\times(-0.7\vec{a_x}+0.9\vec{a_z})\\ &=-100.8\vec{a_y}\text{ mN}\cdot\text{m} \end{split} \end{equation}$$

이므로 답은 3번 이다.

16번

1. 그렇다.
2. 그렇다.
3. 그렇다.
4. 같은 매질 내에서는 같은 값을 가진다.

따라서 답은 4번 이다.

17번

자유공간에서 점전하가 만드는 전위는

$$V =\frac{Q}{4\pi\epsilon_0 r}$$

이다. +1 C의 점전하가 만드는 $r=1$에서의 전위는

$$V(1)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}$$

이고, $r=2$에서의 전위는

$$V(2)=\frac{1}{8\pi\epsilon_0}$$

이다. 따라서 $V(1)-V(2)$를 구하면

$$V(1)-V(2)=\frac{1}{8\pi\epsilon_0}$$

이다. 여기에 대상 전하의 전하량인 +1 C를 곱해도 같은 값이므로 답은 4번 이다.

18번

다음과 같이 아래쪽 성분에 대해 생각하자. $x$를 $-\frac{L}{2}$에서 $\frac{L}{2}$로 변화시키며 적분해서 자계를 구할 것이다. 그러기 위해서 미소자계를 구하면

$$\begin{equation} \begin{split} d\vec{H}&=\frac{I}{4\pi}\frac{dx\vec{a_x}\times\left(\frac{L}{2\sqrt{3}}\vec{a_y}-x\vec{a_x}\right)}{\left(\frac{L^2}{(2\sqrt{3})^2}+x^2\right)^\frac{3}{2}}\\ &=\frac{I}{4\pi}\frac{\frac{L}{2\sqrt{3}}}{\left(\frac{L^2}{12}+x^2\right)^\frac{3}{2}}dx\\ &=\frac{I}{4\pi}\frac{\frac{L}{2\sqrt{3}}}{\left(1+\frac{12}{L^2}x^2\right)^\frac{3}{2}}\times\frac{1}{\left(\frac{L}{2\sqrt{3}}\right)^3}\\ &=\frac{I}{4\pi}\frac{1}{\left(1+\frac{12}{L^2}x^2\right)^\frac{3}{2}}\times\frac{1}{\frac{L^2}{12}}\\ &=\frac{I}{4\pi}\frac{1}{\left(1+\frac{12}{L^2}x^2\right)^\frac{3}{2}}\times\frac{12}{L^2}\\ \end{split} \end{equation}$$

치환적분을 하기 위해서 $\frac{2\sqrt{3}}{L}x=tan\theta$로 놓자. 그러면 $\frac{2\sqrt{3}}{L}dx=sec^2\theta$이다. 이를 위에 대입하면

$$\begin{equation} \begin{split} d\vec{H}&=\frac{I}{4\pi}\frac{1}{(1+tan^2\theta)^\frac{3}{2}}\frac{12}{L^2}\frac{L}{2\sqrt{3}}sec^2\theta d\theta\\ &=\frac{I}{4\pi}\frac{1}{(sec^2\theta)^\frac{3}{2}}\frac{2\sqrt{3}}{L}sec^2\theta d\theta\\ &=\frac{I}{4\pi}\frac{1}{sec^3\theta}\frac{2\sqrt{3}}{L}sec^2\theta d\theta\\ &=\frac{I}{4\pi}\frac{1}{sec\theta}\frac{2\sqrt{3}}{L}d\theta\\ &=\frac{I}{4\pi}\times\frac{2\sqrt{3}}{L}\times cos\theta d\theta\\ &=\frac{\sqrt{3}I}{2\pi L}\times cos\theta d\theta\\ \end{split} \end{equation}$$

$\theta$에 대해 $-\frac{\pi}{3}$부터 $\frac{\pi}{3}$까지 적분하면

$$\begin{equation} \begin{split} \vec{H}&=\int _{-\frac{\pi}{3}} ^\frac{\pi}{3} \frac{\sqrt{3}I}{2\pi L}\times cos\theta d\theta\\ &=\left.\frac{\sqrt{3}I}{2\pi L}sin\theta\right|_{-\frac{\pi}{3}} ^\frac{\pi}{3}\\ &=\frac{\sqrt{3}I}{2\pi L}\times\frac{\sqrt{3}}{2}\times 2\\ &=\frac{3I}{2\pi L} \end{split} \end{equation}$$

이다. 이러한 성분이 3개 있으므로 위에 3을 곱하면

$$\frac{9I}{2\pi L}$$

이므로 답은 2번 이다.

19번

로런츠 힘을 구하면

$$\begin{equation} \begin{split} F&=q\vec{v}\times\vec{B}\\ &=q(-20\vec{a_x})\times0.5\vec{a_z}\\ &=-10q\vec{a_y} \end{split} \end{equation}$$

이다. 그리고 도선이 $x$축과 $60^\circ$의 각도를 이루고 있기 때문에 도선의 $y$성분 길이는 $\frac{\sqrt{3}}{2}$이다. 유도 기전력을 구하기 위해 로런츠 힘과 도선의 $y$성분 길이를 곱하고 전하량으로 나눠주면

$$\begin{equation} \begin{split} emf&=10\times\frac{\sqrt{3}}{2}\\ &=5\sqrt{3} \end{split} \end{equation}$$

이다. 따라서 답은 3번 이다.

20번

입사하는 쪽의 전기장의 수평 성분의 크기는 $1$이고, 수직 성분의 크기는 $\sqrt{3}$이다. 전속밀도는 양쪽에서 같음을 이용하면 공기 쪽의 수직 성분의 전기장을 알 수 있다.

$$\begin{equation} \begin{split} D_1&=D_2\\ \Rightarrow 4\sqrt{3}&=1\times E_{2\perp}\\ \end{split} \end{equation}$$

이다. 다음으로 수평 성분은 같으므로

$$E_{2||}=1$$

이다. 이로부터 전기장의 크기를 구하면

$$\begin{equation} \begin{split} E_2&=\sqrt{(4\sqrt{3})^2+(1)^2}\\ &=\sqrt{48+1}\\ &=\sqrt{49}\\ &=7\text{ V/m} \end{split} \end{equation}$$

이므로 답은 4번 이다.

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