2024 7급 국가직 전기자기학 1번 그렇다. 그렇다. 내부에 전계가 있는 순간이 생긴다면 그에 맞춰서 전하들이 자유롭게 이동해서 이를 상쇄시킬 것이다. 도체 표면에만 전하가 분포할 수 있다. 도체 내부에 전하가 있다면 즉시 다른 전하들에 의해 전기력을 받아 표면으로 밀려날 것이다. 그렇다. 따라서 답은 3번 이다.
2번 주어진 전기 쌍극자 모멘트에 따르면 왼쪽 아레에 − - − + + + 2번 이다.
3번 편의를 위해 d , w , S , ϵ 0 d, w, S, \epsilon_0 d , w , S , ϵ 0
먼저 C 1 C_1 C 1
C 1 = 2 × 1 2 + 6 × 1 2 = 1 + 3 = 4 \begin{equation} \begin{split} C_1&=2\times\frac{1}{2}+6\times\frac{1}{2}\\ &=1+3\\ &=4 \end{split} \end{equation} C 1 = 2 × 2 1 + 6 × 2 1 = 1 + 3 = 4 이다.
다음으로 C 2 C_2 C 2
C 2 = 6 × 2 ∣ ∣ 2 × 2 = 12 ∣ ∣ 4 = 3 \begin{equation} \begin{split} C_2&=6\times2||2\times 2\\ &=12||4\\ &=3 \end{split} \end{equation} C 2 = 6 × 2∣∣2 × 2 = 12∣∣4 = 3 이다. 따라서
C 1 : C 2 = 4 : 3 C_1:C_2=4:3 C 1 : C 2 = 4 : 3 이므로 답은 4번 이다.
4번 전류밀도는
I π a 2 \frac{I}{\pi a^2} π a 2 I 이다. 따라서 거리가 ρ \rho ρ
I ρ = I π a 2 × π ρ 2 = I ρ 2 a 2 \begin{equation} \begin{split} I_\rho&=\frac{I}{\pi a^2}\times\pi \rho^2\\ &=\frac{I\rho^2}{a^2} \end{split} \end{equation} I ρ = π a 2 I × π ρ 2 = a 2 I ρ 2 이다. 이 전류가 중심에서 흐르고 있는 것과 동일하므로, 원하는 자속밀도의 크기를 구하면
B = μ × I ρ 2 a 2 × 1 2 π ρ = μ I ρ 2 π a 2 \begin{equation} \begin{split} B&=\mu\times\frac{I\rho^2}{a^2}\times\frac{1}{2\pi\rho}\\ &=\frac{\mu I\rho}{2\pi a^2} \end{split} \end{equation} B = μ × a 2 I ρ 2 × 2 π ρ 1 = 2 π a 2 μ I ρ 이다. 따라서 답은 3번 이다.
5번 군속도는v g = d ω d β v_g=\frac{d\omega}{d\beta} v g = d β d ω 위상속도는 어떤 한 위상 θ = ω t − β ( ω ) z \theta=\omega t-\beta(\omega)z θ = ω t − β ( ω ) z t t t d θ d t = 0 = d d t ( ω t − β ω z ) = ω − β ω d z d t ⇒ v p = d z d t = ω β ω \begin{equation} \begin{split} \frac{d\theta}{dt}&=0\\ &=\frac{d}{dt}(\omega t-\beta{\omega}z)\\ &=\omega-\beta{\omega}\frac{dz}{dt}\\ \Rightarrow v_p&=\frac{dz}{dt}\\ &=\frac{\omega}{\beta{\omega}} \end{split} \end{equation} d t d θ ⇒ v p = 0 = d t d ( ω t − β ω z ) = ω − β ω d t d z = d t d z = β ω ω 선형 편파임을 알 수 있다. 비유전율 등이 주어지지 않는 이상 포인팅 벡터는 구할 수 없다. 따라서 답은 4번 이다.
6번 주어진 위치에서의 무한 면전류에 의한 자계는
H 1 ⃗ = − 3 a y ⃗ \vec{H_1}=-3\vec{a_y} H 1 = − 3 a y 이다.
다음으로 무한 선전류에 의한 자계는
H 2 ⃗ = I 2 π ⋅ 2 a y ⃗ \vec{H_2}=\frac{I}{2\pi\cdot 2}\vec{a_y} H 2 = 2 π ⋅ 2 I a y 이다. 두 자계가 상쇄되기 위해서는 크기가 같아야 하므로
3 = I 4 π ⇒ I = 12 π A \begin{equation} \begin{split} 3&=\frac{I}{4\pi}\\ \Rightarrow I&=12\pi\text{ A} \end{split} \end{equation} 3 ⇒ I = 4 π I = 12 π A 이므로 답은 3번 이다.
7번 유한한 도선이 만드는 자계를 구하는 방법은 2021 7급 국가직 전기자기학 의 10번 문제에서 소개한 적이 있다.
그 공식
H ⃗ = I 4 π ρ ( c o s ( α ) + c o s ( β ) ) a ϕ ⃗ \vec{H}=\frac{I}{4\pi \rho}(cos(\alpha)+cos(\beta))\vec{a_\phi} H = 4 π ρ I ( cos ( α ) + cos ( β )) a ϕ 을 이용하자.
주어진 한 변의 도선의 양 끝에서 도선과 과 점 O O O α = β = π 3 \alpha=\beta=\frac{\pi}{3} α = β = 3 π H 1 H_1 H 1
H 1 = I 4 π × 3 d 2 × 1 2 × 2 = I 2 π 3 d \begin{equation} \begin{split} H_1&=\frac{I}{4\pi\times\frac{\sqrt{3}d}{2}}\times\frac{1}{2}\times2\\ &=\frac{I}{2\pi\sqrt{3}d} \end{split} \end{equation} H 1 = 4 π × 2 3 d I × 2 1 × 2 = 2 π 3 d I 이다. 이러한 도선이 6개 있으므로
H = 6 H 1 = 6 × I 2 π 3 d = 3 I π d \begin{equation} \begin{split} H&=6H_1\\ &=6\times \frac{I}{2\pi\sqrt{3}d}\\ &=\frac{\sqrt{3}I}{\pi d} \end{split} \end{equation} H = 6 H 1 = 6 × 2 π 3 d I = π d 3 I 이다. 따라서 답은 4번 이다.
8번 양전하가 등속 운동하기 위해서는 로렌츠 힘
F ⃗ = q ( v ⃗ × B ⃗ + E ⃗ ) \vec{F}=q(\vec{v}\times\vec{B}+\vec{E}) F = q ( v × B + E ) 가 영벡터여야 한다.
주어진 조건을 대입하면
0 ⃗ = q ( 5 a x ⃗ × B 0 a z ⃗ + 10 a y ⃗ ) ⇒ 0 ⃗ = − 5 B 0 a y ⃗ + 10 a y ⃗ ⇒ 5 B 0 = 10 ⇒ B 0 = 2 \begin{equation} \begin{split} \vec{0}&=q(5\vec{a_x}\times B_0\vec{a_z}+10\vec{a_y})\\ \Rightarrow \vec{0}&=-5B_0\vec{a_y}+10\vec{a_y}\\ \Rightarrow 5B_0&=10\\ \Rightarrow B_0&=2 \end{split} \end{equation} 0 ⇒ 0 ⇒ 5 B 0 ⇒ B 0 = q ( 5 a x × B 0 a z + 10 a y ) = − 5 B 0 a y + 10 a y = 10 = 2 이므로 답은 3번 이다.
9번 주어진 도선들이 다른 도선들에 미치는 자계를 그러보면 A에서는 만나는 각도가 12 0 ∘ 120^\circ 12 0 ∘ 3 0 ∘ 30^\circ 3 0 ∘ 2번 이다.
10번 β = ( 3 π ) 2 + ( 4 π ) 2 = 5 π \begin{equation} \begin{split} \beta=\sqrt{(3\pi)^2+(4\pi)^2}\\ &=5\pi \end{split} \end{equation} β = ( 3 π ) 2 + ( 4 π ) 2 = 5 π 이다. 따라서 파장은
λ = 2 π β = 2 5 = 0.4 m \begin{equation} \begin{split} \lambda&=\frac{2\pi}{\beta}\\ &=\frac{2}{5}\\ &=0.4\text{ m} \end{split} \end{equation} λ = β 2 π = 5 2 = 0.4 m 이므로 답은 2번 이다.
11번 무한 선전하에 의한 전기장의 크기는
E ( ρ ) ⃗ = q l 2 π ϵ 0 ρ a ρ ⃗ \vec{E(\rho)}=\frac{q_l}{2\pi\epsilon_0\rho}\vec{a_\rho} E ( ρ ) = 2 π ϵ 0 ρ q l a ρ 이다. 따라서 구하는 일은
W = − Q ∫ 2 1 E ( ρ ) ⃗ ⋅ d ρ ⃗ = − Q 2 π ϵ 0 ∫ 2 1 1 ρ d ρ = Q 2 π ϵ 0 l n ρ ∣ 1 2 = Q 2 π ϵ 0 ( l n 2 − l n 1 ) = Q 2 π ϵ 0 l n 2 \begin{equation} \begin{split} W&=-Q\int_2^1\vec{E(\rho)}\cdot d\vec{\rho}\\ &=-\frac{Q}{2\pi\epsilon_0}\int_2^1\frac{1}{\rho}d\rho\\ &=\frac{Q}{2\pi\epsilon_0} ln\rho|_1 ^2\\ &=\frac{Q}{2\pi\epsilon_0}(ln2-ln1)\\ &=\frac{Q}{2\pi\epsilon_0}ln2 \end{split} \end{equation} W = − Q ∫ 2 1 E ( ρ ) ⋅ d ρ = − 2 π ϵ 0 Q ∫ 2 1 ρ 1 d ρ = 2 π ϵ 0 Q l n ρ ∣ 1 2 = 2 π ϵ 0 Q ( l n 2 − l n 1 ) = 2 π ϵ 0 Q l n 2 이므로 답은 2번 이다.
12번 경계조건에서 경계면에 평행한 전기장 성분은 동일하다.
그리고 경계면에 전하가 없을 경우, 경계면에 수직한 전속밀도가 동일하다(그래야 들어온 전속밀도가 그대로 나간다).
이로부터 E 1 ⃗ \vec{E_1} E 1
3 2 + ( − 4 ) 2 = 5 \sqrt{3^2+(-4)^2}=5 3 2 + ( − 4 ) 2 = 5 가 매질 2에서도 유지되고, 전속밀도
이 매질 2에서도 유지되므로 매질 2에서의 수직 방향 전기장의 크기는
이다. 따라서 t a n θ 2 tan\theta_2 t an θ 2
t a n θ 2 = 5 2 tan\theta_2=\frac{5}{2} t an θ 2 = 2 5 이므로 답은 4번 이다.
13번 원형 도선 중심에서의 자계를 구해보자. 전류가 시계 방향으로 돌고 반지름을 ρ \rho ρ
d l ⃗ = − ρ d ϕ a ϕ ⃗ \vec{dl}=-\rho d\phi\vec{a_\phi} d l = − ρ d ϕ a ϕ 이다. 이를 비오-사바르 법칙에 적용하면
d H ⃗ = I 4 π d l ⃗ × R ⃗ R 3 = I 4 π − ρ d ϕ a ϕ ⃗ × ( − ρ a ρ ⃗ ) ρ 3 = I 4 π 1 ρ d ϕ ( − a z ⃗ ) ⇒ H ⃗ = ∫ 0 2 π I 4 π 1 ρ d ϕ ( − a z ⃗ ) = I 2 ρ ( − a z ⃗ ) \begin{equation} \begin{split} d\vec{H}&=\frac{I}{4\pi}\frac{\vec{dl}\times\vec{\mathcal{R}}}{\mathcal{R}^3}\\ &=\frac{I}{4\pi}\frac{-\rho d\phi\vec{a_\phi}\times(-\rho\vec{a_\rho})}{\rho^3}\\ &=\frac{I}{4\pi}\frac{1}{\rho}d\phi(-\vec{a_z})\\ \Rightarrow \vec{H}&=\int_0 ^{2\pi}\frac{I}{4\pi}\frac{1}{\rho}d\phi(-\vec{a_z})\\ &=\frac{I}{2\rho}(-\vec{a_z}) \end{split} \end{equation} d H ⇒ H = 4 π I R 3 d l × R = 4 π I ρ 3 − ρ d ϕ a ϕ × ( − ρ a ρ ) = 4 π I ρ 1 d ϕ ( − a z ) = ∫ 0 2 π 4 π I ρ 1 d ϕ ( − a z ) = 2 ρ I ( − a z ) 주어진 조건에서 I = 5 , ρ = 0.1 I=5,\rho=0.1 I = 5 , ρ = 0.1
B ⃗ = 1 2 × 5 μ 2 × 0.1 ( − a z ⃗ ) = 12.5 ( − a z ⃗ ) \begin{equation} \begin{split} \vec{B}&=\frac{1}{2}\times\frac{5\mu}{2\times0.1}(-\vec{a_z})\\ &=12.5(-\vec{a_z}) \end{split} \end{equation} B = 2 1 × 2 × 0.1 5 μ ( − a z ) = 12.5 ( − a z ) 이므로 답은 1번 이다.
14번 자속 Φ \Phi Φ
Φ = 2 t × 10 t = 20 t 2 \begin{equation} \begin{split} \Phi&=2t\times 10t\\ &=20t^2 \end{split} \end{equation} Φ = 2 t × 10 t = 20 t 2 이다. 이로부터 유도기전력을 구하면
∣ V o ∣ = ∣ − ∂ Φ ∂ t ∣ = 40 t \begin{equation} \begin{split} |V_o|&=\left| -\frac{\partial \Phi}{\partial t}\right|\\ &=40t \end{split} \end{equation} ∣ V o ∣ = ∣ ∣ − ∂ t ∂ Φ ∣ ∣ = 40 t 이므로 답은 1번 이다.
15번 오른손 법칙을 이용해보면 답이 4번 임을 쉽게 알 수 있다.
16번 전도전류밀도의 크기는
이고 변위전류밀도의 크기는
J d = ∂ D ∂ t J_d=\frac{\partial D}{\partial t} J d = ∂ t ∂ D 인데 주파수가 일정하므로
J d = ∣ j ω ∣ ϵ E = ω ϵ E \begin{equation} \begin{split} J_d&=|j\omega|\epsilon E\\ &=\omega \epsilon E \end{split} \end{equation} J d = ∣ jω ∣ ϵ E = ω ϵ E 이다. 전류의 비는 두 전류밀도의 비와 동일하므로
I c I d = J c J d = 6 × 1 0 7 E 2 π × 1 × 1 0 9 × 1 0 − 9 36 π E = 18 × 6 × 1 0 7 = 1.08 × 1 0 9 \begin{equation} \begin{split} \frac{I_c}{I_d}&=\frac{J_c}{J_d}\\ &=\frac{6\times 10^7 E}{2\pi\times 1\times 10^9\times\frac{10^{-9}}{36\pi}E}\\ &=18\times6\times10^7\\ &=1.08\times10^9 \end{split} \end{equation} I d I c = J d J c = 2 π × 1 × 1 0 9 × 36 π 1 0 − 9 E 6 × 1 0 7 E = 18 × 6 × 1 0 7 = 1.08 × 1 0 9 이다. 따라서 답은 2번 이다.
17번 자유공간의 임피던스는
η 0 = μ 0 ϵ 0 \eta_0=\sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}} η 0 = ϵ 0 μ 0 이다. 주어진 무손실 유전체에서의 임피던스는
η L = μ 0 9 ϵ 0 = η 0 3 \begin{equation} \begin{split} \eta_L&=\sqrt{\frac{\mu_0}{9\epsilon_0}}\\ &=\frac{\eta_0}{3} \end{split} \end{equation} η L = 9 ϵ 0 μ 0 = 3 η 0 이다. 따라서 반사계수를 구하면
Γ = η 0 − η L η 0 + η L = 1 − 1 3 1 + 1 3 = 2 4 = 1 2 \begin{equation} \begin{split} \Gamma&=\frac{\eta_0-\eta_L}{\eta_0+\eta_L}\\ &=\frac{1-\frac{1}{3}}{1+\frac{1}{3}}\\ &=\frac{2}{4}\\ &=\frac{1}{2} \end{split} \end{equation} Γ = η 0 + η L η 0 − η L = 1 + 3 1 1 − 3 1 = 4 2 = 2 1 이다. 따라서 투과계수는
T = 1 − Γ = 1 2 \begin{equation} \begin{split} \Tau&=1-\Gamma\\ &=\frac{1}{2} \end{split} \end{equation} T = 1 − Γ = 2 1 이므로 투과한 전자기파의 최대 전계의 크기는
T E 0 = 1 2 E 0 \Tau E_0=\frac{1}{2}E_0 T E 0 = 2 1 E 0 이다. 그러므로 답은 2번 이다.
18번 공기중에서의 전속밀도의 크기를 구하면
D = ϵ E = 1000 ϵ 0 \begin{equation} \begin{split} D&=\epsilon E\\ &=1000\epsilon_0 \end{split} \end{equation} D = ϵ E = 1000 ϵ 0 이다. 공기-유전체 경계면에 자유전하는 없으므로 이 전속밀도가 그대로 완전도체에 가 닿는다. 따라서 유전체-도체 경계면에서 전하밀도의 크기는 그대로
1000 ϵ 0 1000\epsilon_0 1000 ϵ 0 이므로 답은 4번 이다.
19번 정재파비로부터 반사계수의 절댓값을 구하면
S W R = 2 = 1 + ∣ Γ 1 − ∣ Γ ⇒ 2 − 2 ∣ Γ ∣ = 1 + ∣ Γ ∣ ⇒ 3 ∣ Γ ∣ = 1 ⇒ ∣ Γ ∣ = 1 3 \begin{equation} \begin{split} SWR&=2\\ &=\frac{1+|\Gamma}{1-|\Gamma}\\ \Rightarrow 2-2|\Gamma|&=1+|\Gamma|\\ \Rightarrow 3|\Gamma|&=1\\ \Rightarrow |\Gamma|&=\frac{1}{3} \end{split} \end{equation} S W R ⇒ 2 − 2∣Γ∣ ⇒ 3∣Γ∣ ⇒ ∣Γ∣ = 2 = 1 − ∣Γ 1 + ∣Γ = 1 + ∣Γ∣ = 1 = 3 1 이다. 여기서 무손실 유전체이므로 비유전율은 1 1 1 Γ \Gamma Γ
Γ = − 1 3 = η L − η 0 η L + η 0 ⇒ − 3 η L + 3 η 0 = η L + η 0 ⇒ 4 η L = 2 η 0 ⇒ η L = 1 2 η 0 \begin{equation} \begin{split} \Gamma&=-\frac{1}{3}\\ &=\frac{\eta_L-\eta_0}{\eta_L+\eta_0}\\ \Rightarrow -3\eta_L+3\eta_0&=\eta_L+\eta_0\\ \Rightarrow 4\eta_L&=2\eta_0\\ \Rightarrow \eta_L&=\frac{1}{2}\eta_0 \end{split} \end{equation} Γ ⇒ − 3 η L + 3 η 0 ⇒ 4 η L ⇒ η L = − 3 1 = η L + η 0 η L − η 0 = η L + η 0 = 2 η 0 = 2 1 η 0 이다. 따라서 이를 만족하기 위해서는
η L = 1 2 η 0 ⇒ μ 0 ϵ r ϵ 0 = 1 2 μ 0 ϵ 0 ⇒ ϵ r = 4 \begin{equation} \begin{split} \eta_L&=\frac{1}{2}\eta_0\\ \Rightarrow \sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_r\epsilon_0}}&=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}}\\ \Rightarrow \epsilon_r&=4 \end{split} \end{equation} η L ⇒ ϵ r ϵ 0 μ 0 ⇒ ϵ r = 2 1 η 0 = 2 1 ϵ 0 μ 0 = 4 가 되어야 하므로 답은 3번 이다.
20번 원점에 있는 Q Q Q z z z + x , + y , + z +x,+y,+z + x , + y , + z x = a , y = a , z = a x=a, y=a, z=a x = a , y = a , z = a
D = Q 8 × 3 = Q 24 \begin{equation} \begin{split} D&=\frac{Q}{8\times3}\\ &=\frac{Q}{24} \end{split} \end{equation} D = 8 × 3 Q = 24 Q 이다. 그러므로 전계의 선속은
D = ϵ 0 E ⇒ E = D ϵ 0 = Q 24 ϵ 0 \begin{equation} \begin{split} D&=\epsilon_0 E\\ \Rightarrow E&=\frac{D}{\epsilon_0}\\ &=\frac{Q}{24\epsilon_0} \end{split} \end{equation} D ⇒ E = ϵ 0 E = ϵ 0 D = 24 ϵ 0 Q 이므로 답은 1번 이다.
21번 B ⃗ = ∇ × A ⃗ \vec{B}=\nabla\times\vec{A} B = ∇ × A 이다. 자속을 구하기 위해서는 위 B ⃗ \vec{B} B
Φ = ∫ B ⃗ ⋅ d S ⃗ = ∫ ∇ × A ⃗ ⋅ d S ⃗ \begin{equation} \begin{split} \Phi&=\int \vec{B}\cdot \vec{dS}\\ &=\int\nabla\times\vec{A}\cdot\vec{dS} \end{split} \end{equation} Φ = ∫ B ⋅ d S = ∫ ∇ × A ⋅ d S 여기서, ∇ × A ⃗ \nabla\times\vec{A} ∇ × A
Φ = ∫ ∇ × A ⃗ ⋅ d S ⃗ = ∮ A ⃗ ⋅ d l ⃗ = ∫ 0 2 π a 2 × a d θ = 2 π a 3 \begin{equation} \begin{split} \Phi&=\int\nabla\times\vec{A}\cdot\vec{dS}\\ &=\oint \vec{A}\cdot\vec{dl}\\ &=\int_0 ^{2\pi}a^2\times ad\theta\\ &=2\pi a^3 \end{split} \end{equation} Φ = ∫ ∇ × A ⋅ d S = ∮ A ⋅ d l = ∫ 0 2 π a 2 × a d θ = 2 π a 3 이므로 답은 3번 이다.
22번 솔레노이드의 길이가 단면적 대비 많이 크므로 외부에는 자기장이 없다고 가정하자.
솔레노이드의 길이 방향으로 x x x
∮ H ⃗ ⋅ d l ⃗ = I t o t a l \oint \vec{H}\cdot \vec{dl}=I_{total} ∮ H ⋅ d l = I t o t a l 이므로, 주어진 사각형을 통과하는 전류는
I × N l × x = 1 × 2000 2 = 1000 x \begin{equation} \begin{split} I\times\frac{N}{l}\times x&=1\times\frac{2000}{2}\\ &=1000x \end{split} \end{equation} I × l N × x = 1 × 2 2000 = 1000 x 이다.
한편 바깥쪽에는 자기장이 없다고 가정하였으므로
∮ H ⃗ ⋅ d l ⃗ = H x = 1000 x ⇒ H = 1000 \begin{equation} \begin{split} \oint \vec{H}\cdot \vec{dl}&=Hx\\ &=1000x\\ \Rightarrow H&=1000 \end{split} \end{equation} ∮ H ⋅ d l ⇒ H = H x = 1000 x = 1000 이다. 다음으로 B = μ H B=\mu H B = μ H
B = 4 π × 1 0 − 7 × 1000 × 1000 = 4 π × 1 0 − 1 \begin{equation} \begin{split} B&=4\pi\times10^{-7}\times1000\times1000\\ &=4\pi\times10^{-1} \end{split} \end{equation} B = 4 π × 1 0 − 7 × 1000 × 1000 = 4 π × 1 0 − 1 이다. 이로부터
Φ = B S = 4 π × 1 0 − 1 × 25 × 1 0 − 4 = π × 1 0 − 3 \begin{equation} \begin{split} \Phi&=BS\\ &=4\pi\times10^{-1}\times 25\times 10^{-4}\\ &=\pi\times10^{-3} \end{split} \end{equation} Φ = BS = 4 π × 1 0 − 1 × 25 × 1 0 − 4 = π × 1 0 − 3 이다. 한편
에서
L = 2000 × π × 1 0 − 3 = 2 π \begin{equation} \begin{split} L&=2000\times\pi\times10^{-3}\\ &=2\pi \end{split} \end{equation} L = 2000 × π × 1 0 − 3 = 2 π 이다. 따라서 단위길이당 자기 인덕턴스는
L l = 2 π 2 = π \begin{equation} \begin{split} \frac{L}{l}&=\frac{2\pi}{2}\\ &=\pi \end{split} \end{equation} l L = 2 2 π = π 이므로 답은 2번 이다.
23번 자기 저항을 구해보자.
R = R 전자석 + R 공극 + R 접극자 ≈ R 공극 = x μ 0 S \begin{equation} \begin{split} \mathcal{R}&=\mathcal{R}_{\text{전자석}}+\mathcal{R}_{\text{공극}}+\mathcal{R}_{\text{접극자}}\\ &\approx\mathcal{R}_{\text{공극}}\\ &=\frac{x}{\mu_0 S} \end{split} \end{equation} R = R 전자석 + R 공극 + R 접극자 ≈ R 공극 = μ 0 S x 공극에서의 자기 저항이 전자석 쪽과 접극자 쪽보다 훨씬 더 크다고 가정하여 위와 같이 근사하였다.
그리고 기자력이 이 자기 저항에 흐르는 Φ \Phi Φ
N I = Φ R ≈ Φ × x μ 0 S ⇒ Φ ≈ N I μ 0 S x \begin{equation} \begin{split} NI&=\Phi \mathcal{R}\\ &\approx \Phi \times \frac{x}{\mu_0 S}\\ \Rightarrow \Phi&\approx \frac{NI\mu_0 S}{x} \end{split} \end{equation} N I ⇒ Φ = Φ R ≈ Φ × μ 0 S x ≈ x N I μ 0 S 이다. 따라서 d x dx d x
d W m = 2 ( B 2 S 2 μ 0 d x ) = Φ 2 μ 0 S d x ≈ ( N I μ 0 S x ) 2 × 1 μ 0 S d x ⇒ F = d W m d x ≈ ( N I μ 0 S x ) 2 × 1 μ 0 S \begin{equation} \begin{split} dW_m&=2\left(\frac{B^2S}{2\mu_0}dx\right)\\ &=\frac{\Phi^2}{\mu_0 S}dx\\ &\approx \left(\frac{NI\mu_0 S}{x}\right)^2\times\frac{1}{\mu_0 S}dx\\ \Rightarrow F&=\frac{dW_m}{dx}\\ &\approx \left(\frac{NI\mu_0 S}{x}\right)^2\times\frac{1}{\mu_0 S} \end{split} \end{equation} d W m ⇒ F = 2 ( 2 μ 0 B 2 S d x ) = μ 0 S Φ 2 d x ≈ ( x N I μ 0 S ) 2 × μ 0 S 1 d x = d x d W m ≈ ( x N I μ 0 S ) 2 × μ 0 S 1 이므로 자기 에너지의 변화량, 즉 힘은 x x x 4번 이다.
(도와주신 떨고있는 어피치님과 전회장인님께 감사드립니다.)
24번 파장의 1 4 \frac{1}{4} 4 1 Z 1 Z_1 Z 1 Z 2 Z_2 Z 2 Z 0 Z_0 Z 0
Z i n = Z 0 Z 2 + j Z 0 t a n ( β l ) Z 0 + j Z 2 t a n ( β l ) Z_{in}=Z_0\frac{Z_2+jZ_0tan(\beta l)}{Z_0+jZ_2tan(\beta l)} Z in = Z 0 Z 0 + j Z 2 t an ( βl ) Z 2 + j Z 0 t an ( βl ) 인데, l = 1 4 λ l=\frac{1}{4}\lambda l = 4 1 λ β = 2 π λ \beta=\frac{2\pi}{\lambda} β = λ 2 π
β l = π 2 \beta l=\frac{\pi}{2} βl = 2 π 이다. 따라서 이의 탄젠트는 무한대이므로 위 입력 임피던스는 다음과 같이 바뀐다.
Z i n = Z 0 × Z 0 Z 2 = Z 0 2 Z 2 \begin{equation} \begin{split} Z_{in}&=Z_0\times\frac{Z_0}{Z_2}\\ &=\frac{Z_0^2}{Z_2} \end{split} \end{equation} Z in = Z 0 × Z 2 Z 0 = Z 2 Z 0 2 이 임피던스가 Z 1 Z_1 Z 1
Z 1 = Z 0 2 Z 2 Z_1=\frac{Z_0^2}{Z_2} Z 1 = Z 2 Z 0 2 따라서
Z 0 = Z 1 Z 2 Z_0=\sqrt{Z_1Z_2} Z 0 = Z 1 Z 2 이면 임피던스 매칭이 된다. 그러므로 전송선에 최대 전력이 전달되기 위한(=임피던스 매칭이 되기 위한) 전송선의 특성 임피던스는
Z 0 = 40 × 160 = 80 Ω \begin{equation} \begin{split} Z_0&=\sqrt{40\times160}\\ &=80\text{ }\Omega \end{split} \end{equation} Z 0 = 40 × 160 = 80 Ω 이다. 따라서 답은 2번 이다.
25번 전계의 x x x y y y π \pi π 1번 이다.