2023 7급 서울시 전기자기학 1번 ∣ ∮ R v ⃗ ⋅ d l ⃗ ∣ = ∣ ∫ 0 2 π ( − R s i n θ a x ⃗ + R c o s θ a y + 3 a z ⃗ ) ⋅ R d θ a ϕ ⃗ ∣ = ∣ R 2 ∫ 0 2 π ( − s i n 2 θ − c o s 2 θ ) d θ ∣ = R 2 ∫ 0 2 π d θ = 2 π R 2 \begin{equation} \begin{split} \left\vert\oint_R \vec{v}\cdot \vec{dl}\right\vert&=\left\vert\int_0 ^{2\pi}(-Rsin\theta\vec{a_x}+Rcos\theta{a_y}+3\vec{a_z})\cdot Rd\theta\vec{a_\phi}\right\vert\\ &=\left\vert R^2\int_0^{2\pi}(-sin^2\theta -cos^2\theta)d\theta\right\vert\\ &=R^2\int_0^{2\pi } d\theta\\ &=2\pi R^2 \end{split} \end{equation} ∣ ∣ ∮ R v ⋅ d l ∣ ∣ = ∣ ∣ ∫ 0 2 π ( − R s in θ a x + R cos θ a y + 3 a z ) ⋅ R d θ a ϕ ∣ ∣ = ∣ ∣ R 2 ∫ 0 2 π ( − s i n 2 θ − co s 2 θ ) d θ ∣ ∣ = R 2 ∫ 0 2 π d θ = 2 π R 2 이므로 답은 4번 이다.
2번 A ⃗ × ( B ⃗ × C ⃗ ) = B ⃗ ( A ⃗ ⋅ C ⃗ ) − C ⃗ ( A ⃗ ⋅ B ⃗ ) \vec{A}\times(\vec{B}\times\vec{C})=\vec{B}(\vec{A}\cdot\vec{C})-\vec{C}(\vec{A}\cdot\vec{B}) A × ( B × C ) = B ( A ⋅ C ) − C ( A ⋅ B ) 를 이용하자.
( A ⃗ × B ⃗ ) × C ⃗ − A ⃗ × ( B ⃗ × C ⃗ ) = − C ⃗ × ( A ⃗ × B ⃗ ) − A ⃗ × ( B ⃗ × C ⃗ ) = − A ⃗ ( C ⃗ ⋅ B ⃗ ) + B ⃗ ( C ⃗ ⋅ A ⃗ ) − B ⃗ ( A ⃗ ⋅ C ⃗ ) + C ⃗ ( A ⃗ ⋅ B ⃗ ) = − A ⃗ ( C ⃗ ⋅ B ⃗ ) + C ⃗ ( A ⃗ ⋅ B ⃗ ) = − ( 2 a x ⃗ + a y ⃗ ) ⋅ 2 + ( a y ⃗ + a z ⃗ ) ⋅ 2 = − 4 a x ⃗ + 2 a z ⃗ \begin{equation} \begin{split} (\vec{A}\times\vec{B})\times\vec{C}-\vec{A}\times(\vec{B}\times\vec{C})&=-\vec{C}\times(\vec{A}\times\vec{B})-\vec{A}\times(\vec{B}\times\vec{C})\\ &=-\vec{A}(\vec{C}\cdot\vec{B})+\vec{B}(\vec{C}\cdot\vec{A})-\vec{B}(\vec{A}\cdot\vec{C})+\vec{C}(\vec{A}\cdot\vec{B})\\ &=-\vec{A}(\vec{C}\cdot\vec{B})+\vec{C}(\vec{A}\cdot\vec{B})\\ &=-(2\vec{a_x}+\vec{a_y})\cdot 2+(\vec{a_y}+\vec{a_z})\cdot 2\\ &=-4\vec{a_x}+2\vec{a_z} \end{split} \end{equation} ( A × B ) × C − A × ( B × C ) = − C × ( A × B ) − A × ( B × C ) = − A ( C ⋅ B ) + B ( C ⋅ A ) − B ( A ⋅ C ) + C ( A ⋅ B ) = − A ( C ⋅ B ) + C ( A ⋅ B ) = − ( 2 a x + a y ) ⋅ 2 + ( a y + a z ) ⋅ 2 = − 4 a x + 2 a z 이므로 답은 1번 이다.
3번 원형 고리의 한 점에서 점 P P P
R = R 2 + x 2 \mathcal{R}=\sqrt{R^2+x^2} R = R 2 + x 2 한편 대칭성에 의해서 전기장은 x방향 성분만 존재하게 될 것이며, 원형 고리의 미소 조각에 의한 전기장의 x 성분은 다음과 같다.
d E x ⃗ = x R 2 + x 2 1 4 π ϵ 0 Q 2 π R R 2 + x 2 a x ⃗ d\vec{E_x}=\frac{x}{\sqrt{R^2+x^2}}\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\frac{\frac{Q}{2\pi R}}{R^2+x^2}\vec{a_x} d E x = R 2 + x 2 x 4 π ϵ 0 1 R 2 + x 2 2 π R Q a x 따라서 전체 2 π R 2\pi R 2 π R
E ⃗ = 1 4 π ϵ 0 Q x ( x 2 + R 2 ) 3 2 \vec{E}=\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\frac{Qx}{(x^2+R^2)^\frac{3}{2}} E = 4 π ϵ 0 1 ( x 2 + R 2 ) 2 3 Q x 이므로 답은 4번 이다.
4번 주어진 원판에서 반지름이 r r r d r dr d r
d E = 1 4 π ϵ 0 3 ⋅ 20 ϵ 0 ⋅ 2 π r d r ( 3 2 + r 2 ) 3 2 = 30 r d r ( 3 2 + r 2 ) 3 2 \begin{equation} \begin{split} dE&=\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\frac{3\cdot 20 \epsilon_0 \cdot 2\pi r dr}{(3^2+r^2)^{\frac{3}{2}}}\\ &=\frac{30rdr}{(3^2+r^2)^\frac{3}{2}} \end{split} \end{equation} d E = 4 π ϵ 0 1 ( 3 2 + r 2 ) 2 3 3 ⋅ 20 ϵ 0 ⋅ 2 π r d r = ( 3 2 + r 2 ) 2 3 30 r d r 전체 전기장의 크기는 이를 적분한 것이므로
E = ∫ 0 4 30 r d r ( 3 2 + r 2 ) 3 2 d r E=\int_0 ^4 \frac{30rdr}{(3^2+r^2)^\frac{3}{2}} dr E = ∫ 0 4 ( 3 2 + r 2 ) 2 3 30 r d r d r 여기서
r = 3 t a n θ r=3tan\theta r = 3 t an θ 로 놓으면
E = ∫ 0 t a n − 1 4 3 30 ⋅ 3 t a n θ 27 ( 1 + t a n 2 θ ) 3 2 ⋅ 3 s e c 2 θ d θ = ∫ 0 t a n − 1 4 3 90 t a n θ 27 s e c 3 θ ⋅ 3 s e c 2 θ d θ = 10 ∫ 0 t a n − 1 4 3 s i n θ d θ = − 10 [ c o s θ ] 0 t a n − 1 4 3 \begin{equation} \begin{split} E&=\int_0 ^{tan^{-1}\frac{4}{3}} \frac{30\cdot 3tan\theta}{27(1+tan^2\theta)^\frac{3}{2}}\cdot 3sec^2\theta d\theta\\ &=\int_0 ^{tan^{-1}\frac{4}{3}} \frac{90tan\theta}{27sec^3\theta}\cdot 3sec^2\theta d\theta\\ &=10\int_0 ^{tan^{-1}\frac{4}{3}} sin\theta d\theta\\ &=-10[cos\theta]_0^{tan^{-1}\frac{4}{3}} \end{split} \end{equation} E = ∫ 0 t a n − 1 3 4 27 ( 1 + t a n 2 θ ) 2 3 30 ⋅ 3 t an θ ⋅ 3 se c 2 θ d θ = ∫ 0 t a n − 1 3 4 27 se c 3 θ 90 t an θ ⋅ 3 se c 2 θ d θ = 10 ∫ 0 t a n − 1 3 4 s in θ d θ = − 10 [ cos θ ] 0 t a n − 1 3 4 한편
α = t a n − 1 4 3 \alpha=tan^{-1}\frac{4}{3} α = t a n − 1 3 4 로 놓으면
c o s α = 3 5 cos\alpha=\frac{3}{5} cos α = 5 3 이므로
E = − 10 [ c o s α − c o s 0 ] = − 10 ( 3 5 − 1 ) = ( − 10 ) ⋅ ( − 2 5 ) = 4 \begin{equation} \begin{split} E&=-10[cos\alpha - cos 0]\\ &=-10\left(\frac{3}{5}-1\right)\\ &=(-10)\cdot\left(-\frac{2}{5}\right)\\ &=4 \end{split} \end{equation} E = − 10 [ cos α − cos 0 ] = − 10 ( 5 3 − 1 ) = ( − 10 ) ⋅ ( − 5 2 ) = 4 이다. 그러므로 답은 4번 이다.
5번 주어진 점은 원점과 선전하 위치를 이은 직선 위에 있다. 따라서 x x x y y y
E = 1 0 − 9 2 π ϵ 0 ⋅ 5 = 1 0 − 10 π ϵ 0 \begin{equation} \begin{split} E&=\frac{10^{-9}}{2\pi \epsilon_0 \cdot 5}\\ &=\frac{10^{-10}}{\pi\epsilon_0} \end{split} \end{equation} E = 2 π ϵ 0 ⋅ 5 1 0 − 9 = π ϵ 0 1 0 − 10 이다. 따라서 답은 1번 이다.
6번 축전기에 저장되는 전기 에너지는 충전된 전하량 Q Q Q
W e = 1 2 Q 2 C W_e=\frac{1}{2}\frac{Q^2}{C} W e = 2 1 C Q 2 ϵ r > 1 \epsilon_r>1 ϵ r > 1 C C C 시스템은 에너지가 낮아지고 싶어한다. 그러므로 유전체는 더 깊이 들어가는, 즉 x x x 전압이 차단되었으므로 더이상 충방전은 일어나지 않는다. 인데 x x x C C C 따라서 답은 3번 이다.
7번 수직 방향 전계의 크기는
E 1 ⊥ = 10 × c o s 3 0 ∘ = 5 3 E_{1\perp} = 10\times cos 30^\circ=5\sqrt{3} E 1 ⊥ = 10 × cos 3 0 ∘ = 5 3 이고 수평 방향 전계의 크기는
E 1 ∣ ∣ = 10 × s i n 3 0 ∘ = 5 E_{1||}=10\times sin 30^\circ = 5 E 1∣∣ = 10 × s in 3 0 ∘ = 5 이다. 경계조건에 의해
ϵ 1 E 1 ⊥ = ϵ 2 E 2 ⊥ E 1 ∣ ∣ = E 2 ∣ ∣ \begin{equation} \begin{split} \epsilon_1E_{1\perp}&=\epsilon_2E_{2\perp}\\ E_{1||}&=E_{2||} \end{split} \end{equation} ϵ 1 E 1 ⊥ E 1∣∣ = ϵ 2 E 2 ⊥ = E 2∣∣ 이므로
E 2 ⊥ = 1 3 × 5 3 = 5 3 E 2 ∣ ∣ = 5 ⇒ E 2 = E 2 ⊥ 2 + E 2 ∣ ∣ 2 = 100 3 = 10 3 kV/cm = 1 0 6 3 V/m θ 2 = t a n − 1 E 2 ∣ ∣ E 2 ⊥ = t a n − 1 5 5 3 = 3 = 6 0 ∘ \begin{equation} \begin{split} E_{2\perp}&=\frac{1}{3}\times 5\sqrt{3}=\frac{5}{\sqrt 3}\\ E_{2||}&=5\\ \Rightarrow E_2&=\sqrt{E_{2\perp}^2+E_{2||}^2}\\ &=\sqrt{\frac{100}{3}}\\ &=\frac{10}{\sqrt{3}}\text{ kV/cm}\\ &=\frac{10^6}{\sqrt{3}}\text{ V/m}\\ \theta_2&=tan^{-1}\frac{E_{2||}}{E_{2\perp}}\\ &=tan^{-1}\frac{5}{\frac{5}{\sqrt 3}}\\ &=\sqrt{3}\\ &=60^\circ \end{split} \end{equation} E 2 ⊥ E 2∣∣ ⇒ E 2 θ 2 = 3 1 × 5 3 = 3 5 = 5 = E 2 ⊥ 2 + E 2∣∣ 2 = 3 100 = 3 10 kV/cm = 3 1 0 6 V/m = t a n − 1 E 2 ⊥ E 2∣∣ = t a n − 1 3 5 5 = 3 = 6 0 ∘ 이다. 따라서 답은 4번 이다.
8번 D ⃗ = ϵ 0 E ⃗ + P ⃗ \vec{D}=\epsilon_0\vec{E}+\vec{P} D = ϵ 0 E + P 이다. 이 식의 의미는, 비유전율이 1이 아닌 유전체에서 자유전하가 만들어내는 전속밀도는 유전체의 분극으로 인해 감소하므로, 이를 보상해주어야 실제 자유전하로 인한 전속밀도가 나온다는 것이다.
그래서 자유공간이라고 가정하였을 때의 전속밀도 ϵ 0 E ⃗ \epsilon_0\vec{E} ϵ 0 E P ⃗ \vec{P} P
1.2 P ⃗ = ϵ 0 E ⃗ + P ⃗ ⇒ 0.2 P ⃗ = ϵ 0 E ⃗ \begin{equation} \begin{split} 1.2\vec{P}&=\epsilon_0\vec{E}+\vec{P}\\ \Rightarrow 0.2\vec{P}&=\epsilon_0\vec{E} \end{split} \end{equation} 1.2 P ⇒ 0.2 P = ϵ 0 E + P = ϵ 0 E 인데,
D ⃗ = 1.2 P ⃗ = ϵ 0 ϵ r E ⃗ \begin{equation} \begin{split} \vec{D}&=1.2\vec{P}\\ &=\epsilon_0\epsilon_r\vec{E} \end{split} \end{equation} D = 1.2 P = ϵ 0 ϵ r E 이므로 마지막 식을 그 전의 식으로 나눠주면
이다. 따라서 답은 3번 이다.
9번 영상 전하법을 이용하자. 그러면 반대편에 − Q -Q − Q P P P 3 d 2 \frac{3d}{2} 2 3 d
E 1 = Q 4 π ϵ 0 ⋅ ( 3 d 2 ) 2 = Q 9 π ϵ 0 d 2 \begin{equation} \begin{split} E_1&=\frac{Q}{4\pi\epsilon_0 \cdot \left(\frac{3d}{2}\right)^2}\\ &=\frac{Q}{9\pi\epsilon_0 d^2} \end{split} \end{equation} E 1 = 4 π ϵ 0 ⋅ ( 2 3 d ) 2 Q = 9 π ϵ 0 d 2 Q 이고 방향은 왼쪽이다.
다음으로 + Q +Q + Q
E 2 = Q 4 π ϵ 0 ⋅ ( d 2 ) 2 = Q π ϵ 0 d 2 \begin{equation} \begin{split} E_2&=\frac{Q}{4\pi\epsilon_0 \cdot \left(\frac{d}{2}\right)^2}\\ &=\frac{Q}{\pi \epsilon_0 d^2} \end{split} \end{equation} E 2 = 4 π ϵ 0 ⋅ ( 2 d ) 2 Q = π ϵ 0 d 2 Q 이고 방향은 마찬가지로 왼쪽이다.
두 전기장의 방향이 같으므로 그냥 더하면 된다. 계산하면
E = E 1 + E 2 = Q 9 π ϵ 0 d 2 + Q π ϵ 0 d 2 = 10 Q 9 π ϵ 0 d 2 \begin{equation} \begin{split} E&=E_1+E_2\\ &=\frac{Q}{9\pi\epsilon_0 d^2}+\frac{Q}{\pi \epsilon_0 d^2}\\ &=\frac{10Q}{9\pi\epsilon_0 d^2} \end{split} \end{equation} E = E 1 + E 2 = 9 π ϵ 0 d 2 Q + π ϵ 0 d 2 Q = 9 π ϵ 0 d 2 10 Q 이므로 답은 2번 이다.
10번 점대칭 위치에서 전류가 같은 방향으로 흐르고 있는 도선들에 의한 자계는 상쇄된다. 따라서 P 1 , P 6 P_1, P_6 P 1 , P 6 P 2 , P 5 P_2,P_5 P 2 , P 5 P 3 , P 4 P_3, P_4 P 3 , P 4
∮ H ⃗ ⋅ d l ⃗ = I ⇒ 2 π ρ H = I ⇒ H = I 2 π ρ \begin{equation} \begin{split} \oint \vec{H}\cdot \vec{dl}&=I\\ \Rightarrow 2\pi \rho H&=I\\ \Rightarrow H&=\frac{I}{2\pi \rho} \end{split} \end{equation} ∮ H ⋅ d l ⇒ 2 π ρ H ⇒ H = I = I = 2 π ρ I P 3 P_3 P 3 P 4 P_4 P 4 ρ = 2 \rho=2 ρ = 2
H = I 4 π H=\frac{I}{4\pi} H = 4 π I 가 된다. 자계의 방향은 둘다 + x +x + x
H ⃗ = I 2 π a x ⃗ \vec{H}=\frac{I}{2\pi}\vec{a_x} H = 2 π I a x 가 된다. 따라서 답은 1번 이다.
11번 중심으로부터 ρ \rho ρ a ϕ ⃗ \vec{a_\phi} a ϕ d l ⃗ d\vec{l} d l
d l ⃗ = ρ d ϕ a ϕ ⃗ d\vec{l}=\rho d\phi\vec{a_\phi} d l = ρ d ϕ a ϕ 이 미소선분을 따라 흐르는 전류 I I I
d H ⃗ = I d l ⃗ × a R ⃗ 4 π ρ 2 = I ρ d ϕ a ϕ ⃗ × ( − a ρ ⃗ ) 4 π ρ 2 = I d ϕ 4 π ρ a z ⃗ \begin{equation} \begin{split} d\vec{H}&=\frac{Id\vec{l}\times\vec{a_R}}{4\pi\rho^2}\\ &=\frac{I \rho d\phi \vec{a_\phi}\times(-\vec{a_\rho})}{4\pi \rho^2}\\ &=\frac{I d\phi}{4\pi \rho} \vec{a_z} \end{split} \end{equation} d H = 4 π ρ 2 I d l × a R = 4 π ρ 2 I ρ d ϕ a ϕ × ( − a ρ ) = 4 π ρ I d ϕ a z ρ = a = 3 \rho=a=3 ρ = a = 3
H a ⃗ = ∫ 0 π 4 2.4 4 π ⋅ 3 × 1 0 − 2 d ϕ a z ⃗ = 20 π ⋅ π 4 a z ⃗ = 5 a z ⃗ \begin{equation} \begin{split} \vec{H_a}&=\int_{0} ^{\frac{\pi}{4}} \frac{2.4}{4\pi\cdot 3\times 10^{-2}}d\phi\vec{a_z}\\ &=\frac{20}{\pi}\cdot\frac{\pi}{4}\vec{a_z}\\ &=5\vec{a_z} \end{split} \end{equation} H a = ∫ 0 4 π 4 π ⋅ 3 × 1 0 − 2 2.4 d ϕ a z = π 20 ⋅ 4 π a z = 5 a z 다음으로 ρ = b = 6 \rho=b=6 ρ = b = 6
H b ⃗ = ∫ π 4 0 2.4 4 π ⋅ 6 × 1 0 − 2 d ϕ a z ⃗ = − 2.5 a z ⃗ \begin{equation} \begin{split} \vec{H_b}&=\int_{\frac{\pi}{4}}^0\frac{2.4}{4\pi\cdot 6\times 10^{-2}}d\phi\vec{a_z}\\ &=-2.5\vec{a_z} \end{split} \end{equation} H b = ∫ 4 π 0 4 π ⋅ 6 × 1 0 − 2 2.4 d ϕ a z = − 2.5 a z 따라서 총 자기장은
H ⃗ = H a ⃗ + H b ⃗ = ( 5 − 2.5 ) a z ⃗ = 2.5 a z ⃗ \begin{equation} \begin{split} \vec{H}&=\vec{H_a}+\vec{H_b}\\ &=(5-2.5)\vec{a_z}\\ &=2.5\vec{a_z} \end{split} \end{equation} H = H a + H b = ( 5 − 2.5 ) a z = 2.5 a z 이므로 답은 2번 이다.
12번 자기 모멘트와 자기장에 의한 토크는
τ ⃗ = m ⃗ × B ⃗ \vec{\tau}=\vec{m}\times\vec{B} τ = m × B 이다. 그리고 자기모멘트는
m ⃗ = I d S ⃗ = 3 ⋅ π ⋅ ( 1 0 2 ) 2 ( − a z ⃗ ) = − 3 π × 1 0 4 a z ⃗ \begin{equation} \begin{split} \vec{m}&=Id\vec{S}\\ &=3\cdot \pi\cdot (10^2)^2(-\vec{a_z})\\ &=-3\pi\times 10^4\vec{a_z} \end{split} \end{equation} m = I d S = 3 ⋅ π ⋅ ( 1 0 2 ) 2 ( − a z ) = − 3 π × 1 0 4 a z 이다. 따라서 토크를 계산하면
τ ⃗ = − 3 π × 1 0 4 × 4 π × 1 0 − 7 × 50 π 2 ( a z ⃗ × a x ⃗ ) = − 0.6 a y ⃗ \begin{equation} \begin{split} \vec{\tau}&=-3\pi \times 10^4\times4\pi\times 10^{-7}\times\frac{50}{\pi^2}(\vec{a_z}\times\vec{a_x})\\ &=-0.6\vec{a_y} \end{split} \end{equation} τ = − 3 π × 1 0 4 × 4 π × 1 0 − 7 × π 2 50 ( a z × a x ) = − 0.6 a y 이므로 답은 3번 이다.
13번 자기장이 전류에 가하는 단위길이당 힘인 로렌츠 힘은
F l ⃗ = q ( v ⃗ × B ⃗ ) = I a l ⃗ × B ⃗ = 20 × 10 × 4 π × 1 0 − 7 2 π ⋅ 10 5 × 1 0 − 2 a z ⃗ × a ϕ ⃗ \begin{equation} \begin{split} \vec{F_l}&=q(\vec{v}\times\vec{B})\\ &=I\vec{a_l}\times\vec{B}\\ &=20\times\frac{10\times 4\pi\times 10^{-7}}{2\pi\cdot 10\sqrt{5}\times 10^{-2}}\vec{a_z}\times\vec{a_\phi} \end{split} \end{equation} F l = q ( v × B ) = I a l × B = 20 × 2 π ⋅ 10 5 × 1 0 − 2 10 × 4 π × 1 0 − 7 a z × a ϕ 한편
a ϕ ⃗ = s i n θ a x ⃗ − c o s θ a y ⃗ \vec{a_\phi}=sin\theta\vec{a_x}-cos\theta\vec{a_y} a ϕ = s in θ a x − cos θ a y 인데, θ = − ∠ A O C \theta=-\angle AOC θ = − ∠ A OC s i n θ = − 1 5 , c o s θ = 2 5 sin\theta=-\frac{1}{\sqrt{5}},cos\theta=\frac{2}{\sqrt{5}} s in θ = − 5 1 , cos θ = 5 2 θ = ∠ B O C \theta=\angle BOC θ = ∠ BOC
F l , t o t a l ⃗ = 20 × 10 × 4 π × 1 0 − 7 2 π ⋅ 10 5 a z ⃗ × ( − 2 ⋅ 2 5 × 1 0 − 2 a y ⃗ ) = 320 × 1 0 − 6 a x ⃗ \begin{equation} \begin{split} \vec{F_{l,total}}&=20\times\frac{10\times 4\pi\times 10^{-7}}{2\pi\cdot 10\sqrt{5}}\vec{a_z}\times\left(-2\cdot \frac{2}{\sqrt{5}\times 10^{-2}}\vec{a_y}\right)\\ &=320\times 10^{-6}\vec{a_x} \end{split} \end{equation} F l , t o t a l = 20 × 2 π ⋅ 10 5 10 × 4 π × 1 0 − 7 a z × ( − 2 ⋅ 5 × 1 0 − 2 2 a y ) = 320 × 1 0 − 6 a x 이므로 답은 3번 이다.
14번 자기 저항은 투자율에 반비례, 길이에 비례, 단면적에 반비례하므로
R = 20 × 1 0 − 2 × 2 π 5000 × 4 π × 1 0 − 7 × 2 × 1 0 − 4 = 1 0 6 \begin{equation} \begin{split} \mathcal{R}&=\frac{20\times 10^{-2}\times 2\pi}{5000\times 4\pi \times 10^{-7}\times 2\times 10^{-4}}\\ &=10^{6} \end{split} \end{equation} R = 5000 × 4 π × 1 0 − 7 × 2 × 1 0 − 4 20 × 1 0 − 2 × 2 π = 1 0 6 이다. 따라서 1차측 전류로 인해 생기는 자속은
Φ = N 1 i 1 R = 300 × 4 s i n ( 3 t 2 − 20 t ) 1 0 6 \begin{equation} \begin{split} \Phi&=\frac{N_1i_1}{\mathcal{R}}\\ &=\frac{300\times 4sin(3t^2-20t)}{10^6}\\ \end{split} \end{equation} Φ = R N 1 i 1 = 1 0 6 300 × 4 s in ( 3 t 2 − 20 t ) 이다. 이로부터 2차 측에 t = 0 t=0 t = 0
e m f = − N 2 d Φ d t = − 100 × 300 × 1 0 − 6 × 4 × ( 6 t − 20 ) × c o s ( 3 t 2 − 20 t ) ∣ t = 0 = 24 × 1 0 − 1 = 2.4 V \begin{equation} \begin{split} emf&=-N_2\frac{d\Phi}{dt}\\ &=-100\times 300 \times 10^{-6}\times 4\times (6t-20)\times cos(3t^2-20t)|_{t=0}\\ &=24\times 10^{-1}\\ &=2.4\text{ V} \end{split} \end{equation} e m f = − N 2 d t d Φ = − 100 × 300 × 1 0 − 6 × 4 × ( 6 t − 20 ) × cos ( 3 t 2 − 20 t ) ∣ t = 0 = 24 × 1 0 − 1 = 2.4 V 이므로 답은 2번 이다.
15번 자기 에너지는
W m = ∰ 1 2 B 2 μ d v = 1 2 1 0 2 × 10 × 1 0 − 6 1000 × 4 π × 1 0 − 7 = 5 4 π \begin{equation} \begin{split} W_m&=\oiiint\frac{1}{2}\frac{B^2}{\mu}dv\\ &=\frac{1}{2}\frac{10^2\times 10\times 10^{-6}}{1000\times 4\pi\times 10^{-7}}\\ &=\frac{5}{4\pi} \end{split} \end{equation} W m = ∭ 2 1 μ B 2 d v = 2 1 1000 × 4 π × 1 0 − 7 1 0 2 × 10 × 1 0 − 6 = 4 π 5 이므로 답은 3번 이다.
16번 z z z ω = 4 × 1 0 14 π \omega=4\times 10^{14}\pi ω = 4 × 1 0 14 π β = 2 × 1 0 6 π \beta=2\times10^6\pi β = 2 × 1 0 6 π v p = 1 μ ϵ = ω β = 20 × 1 0 8 m/s v_p=\frac{1}{\sqrt{\mu \epsilon}}=\frac{\omega}{\beta}=20\times 10^8\text{ m/s} v p = μ ϵ 1 = β ω = 20 × 1 0 8 m/s x x x y y y 9 0 ∘ 90^\circ 9 0 ∘ 그러므로 답은 4번 이다.
17번 주어진 조건에서 전도전류밀도는
J c = σ E = 6 × 1 0 7 E J_c=\sigma E=6\times 10^7 E J c = σ E = 6 × 1 0 7 E 그리고
ω = 2 π f = 120 π \omega=2\pi f=120\pi ω = 2 π f = 120 π 이므로 변위전류밀도는
J d = ω ϵ E = 1 3 × 1 0 − 8 E J_d=\omega\epsilon E=\frac{1}{3}\times 10^{-8}E J d = ω ϵ E = 3 1 × 1 0 − 8 E 이다. 따라서 전도전류밀도는 변위전류밀도에 비해
6 × 1 0 7 1 3 × 1 0 − 8 = 1.8 × 1 0 16 \frac{6\times 10^7}{\frac{1}{3}\times 10^{-8}}=1.8\times 10^{16} 3 1 × 1 0 − 8 6 × 1 0 7 = 1.8 × 1 0 16 배 크므로 답은 4번 이다.
18번 먼저 Z c 2 Z_{c2} Z c 2
Z e q , 2 = Z c 2 Z L + j Z c 2 t a n ( β λ 4 ) Z c 2 + j Z L t a n ( β λ 4 ) = Z c 2 Z L + j Z c 2 t a n ( 2 π λ λ 4 ) Z c 2 + j Z L t a n ( 2 π λ λ 4 ) = Z c 2 2 Z L ⇒ 400 12.5 = 32 Ω \begin{equation} \begin{split} Z_{eq,2}&=Z_{c2}\frac{Z_{L}+jZ_{c2}tan\left(\beta\frac{\lambda}{4}\right)} {Z_{c2}+jZ_{L}tan\left(\beta\frac{\lambda}{4}\right)}\\ &=Z_{c2}\frac{Z_L+jZ_{c2}tan\left(\frac{2\pi}{\lambda}\frac{\lambda}{4}\right)} {Z_{c2}+jZ_{L}tan\left(\frac{2\pi}{\lambda}\frac{\lambda}{4}\right)}\\ &=\frac{Z_{c2}^2}{Z_{L}}\\ \Rightarrow \frac{400}{12.5}&=32\text{ }\Omega \end{split} \end{equation} Z e q , 2 ⇒ 12.5 400 = Z c 2 Z c 2 + j Z L t an ( β 4 λ ) Z L + j Z c 2 t an ( β 4 λ ) = Z c 2 Z c 2 + j Z L t an ( λ 2 π 4 λ ) Z L + j Z c 2 t an ( λ 2 π 4 λ ) = Z L Z c 2 2 = 32 Ω 이 임피던스와 Z c 1 Z_{c1} Z c 1 Z c Z_c Z c
Z c = Z c 1 2 Z e q , 2 ⇒ Z c 1 = Z c Z e q , 2 = 50 × 32 = 1600 = 40 Ω \begin{equation} \begin{split} Z_c&=\frac{Z_{c1}^2}{Z_{eq,2}}\\ \Rightarrow Z_{c1}&=\sqrt{Z_cZ_{eq,2}}\\ &=\sqrt{50\times 32}\\ &=\sqrt{1600}\\ &=40\text{ }\Omega \end{split} \end{equation} Z c ⇒ Z c 1 = Z e q , 2 Z c 1 2 = Z c Z e q , 2 = 50 × 32 = 1600 = 40 Ω 이다. 따라서 답은 2번 이다.
19번 손실탄젠트는
t a n δ = σ ω ϵ 0 ϵ r = 5 × 1 0 − 3 40 π × 1 0 6 × 1 0 − 9 36 π × 80 = 45 800 ≈ 0.056 \begin{equation} \begin{split} tan\delta &=\frac{\sigma}{\omega \epsilon_0 \epsilon_r}\\ &=\frac{5\times 10^{-3}}{40\pi\times 10^6 \times \frac{10^{-9}}{36\pi}\times 80}\\ &=\frac{45}{800}\\ &\approx 0.056 \end{split} \end{equation} t an δ = ω ϵ 0 ϵ r σ = 40 π × 1 0 6 × 36 π 1 0 − 9 × 80 5 × 1 0 − 3 = 800 45 ≈ 0.056 이다. 분모가 1000보다 약간 작으니 0.045보다 약간 큰 값을 고르면 된다. 따라서 답은 2번 이다.
20번 B ⃗ = ∇ × A ⃗ = 1 r s i n θ ( ∂ ∂ θ ( A ϕ s i n θ ) − ∂ ∂ ϕ A θ ) a r ⃗ + 1 r ( 1 s i n θ ∂ A r ∂ ϕ − ∂ ∂ r ( r A ϕ ) ) a θ ⃗ + 1 r ( ∂ ∂ r ( r A θ ) − ∂ A r ∂ θ ) a ϕ ⃗ = 1 r s i n θ ∂ ∂ θ ( μ 0 I b 2 4 r 2 s i n 2 θ ) a r ⃗ + 1 r ( − ∂ ∂ r ( μ 0 I b 2 4 r s i n θ ) ) a θ ⃗ = 1 r s i n θ μ 0 I b 2 4 r 2 ⋅ 2 s i n θ c o s θ a r ⃗ + 1 r μ 0 I b 2 4 r 2 s i n θ a θ ⃗ = μ 0 I b 2 4 r 3 ( a r ⃗ 2 cos θ + a θ ⃗ s i n θ ) \begin{equation} \begin{split} \vec{B}&=\nabla\times\vec{A}\\ &=\frac{1}{rsin\theta}\left(\frac{\partial}{\partial\theta}(A_\phi sin\theta)-\frac{\partial }{\partial\phi}A_\theta \right) \vec{a_r}+\frac{1}{r}\left(\frac{1}{sin\theta}\frac{\partial A_r}{\partial \phi} -\frac{\partial}{\partial r}(rA\phi) \right)\vec{a_\theta}+\frac{1}{r}\left(\frac{\partial}{\partial r}(rA_\theta)-\frac{\partial A_r}{\partial\theta} \right)\vec{a_\phi}\\ &=\frac{1}{rsin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\frac{\mu_0Ib^2}{4r^2}sin^2\theta \right)\vec{a_r}+\frac{1}{r}\left(-\frac{\partial}{\partial r}\left(\frac{\mu_0Ib^2}{4r}sin\theta \right) \right)\vec{a_\theta}\\ &=\frac{1}{rsin\theta}\frac{\mu_0Ib^2}{4r^2}\cdot 2sin\theta cos\theta \vec{a_r}+\frac{1}{r}\frac{\mu_0Ib^2}{4r^2}sin\theta\vec{a_\theta}\\ &=\frac{\mu_0Ib^2}{4r^3}(\vec{a_r}2\cos\theta+\vec{a_\theta}sin\theta) \end{split} \end{equation} B = ∇ × A = rs in θ 1 ( ∂ θ ∂ ( A ϕ s in θ ) − ∂ ϕ ∂ A θ ) a r + r 1 ( s in θ 1 ∂ ϕ ∂ A r − ∂ r ∂ ( r A ϕ ) ) a θ + r 1 ( ∂ r ∂ ( r A θ ) − ∂ θ ∂ A r ) a ϕ = rs in θ 1 ∂ θ ∂ ( 4 r 2 μ 0 I b 2 s i n 2 θ ) a r + r 1 ( − ∂ r ∂ ( 4 r μ 0 I b 2 s in θ ) ) a θ = rs in θ 1 4 r 2 μ 0 I b 2 ⋅ 2 s in θ cos θ a r + r 1 4 r 2 μ 0 I b 2 s in θ a θ = 4 r 3 μ 0 I b 2 ( a r 2 cos θ + a θ s in θ ) 이므로 답은 1번 이다.