1번

$$W_m=\frac{1}{2}LI^2=\frac{1}{2}\times0.5\times10^2=25\text{ J}$$

이므로 답은 4번 이다. (오타 알려주신 7급 합격생님 감사합니다.)

2번

자계에 원형 대칭성이 있으므로

$$\begin{equation} \begin{split} \oint \vec{H}\cdot\vec{dl}&=NI\\ \Rightarrow 0.5H&=100\times3=300\\ \Rightarrow H&=600\text{ A/m} \end{split} \end{equation}$$

이다. 따라서

$$\Phi=BS=10^{-3}\times600\times10\times(10^{-2})^2=6\times10^{-4}$$

이고 $LI=N\Phi$이므로

$$W_m=\frac{1}{2}LI^2=\frac{1}{2}N\Phi I=\frac{1}{2}\times100\times6\times10^{-4}\times3=0.09\text{ J}$$

이다. 따라서 답은 2번 이다. (오타 알려주신 지재처/우항청/행안부 꿈나무님 감사합니다.)

3번

단면적은

$$S=\pi\times(1\times10^{-3})^2=\pi\times10^{-6}\text{ m}^2$$

이므로 전도전류밀도의 크기는

$$J_c=\frac{I}{S}=\frac{60\pi}{\pi\times10^{-6}}=60\times10^{6}\text{ A/m}^2$$

이다. 따라서 전기전도도는

$$\sigma=\frac{J_c}{E}=\frac{60\times10^{6}}{100}=6\times10^5\text{ S/m}$$

이므로 답은 4번 이다.

4번

$$\begin{equation} \begin{split} D&=\epsilon_0\epsilon_rE\\ &=\epsilon_0E+P\\ \Rightarrow P&=\epsilon_0(\epsilon_r-1)E \end{split} \end{equation}$$

이다. 따라서 유전율이 3일 때 $P=2\epsilon_0A$였고, 5가 되면 $P=4\epsilon_0A$이므로 2.0배가 된다다. 따라서 답은 3번 이다. (오타 알려주신 7급 합격생님 감사합니다.)

5번

자유공간간이므로 우선 속도는

$$v_0=\frac{1}{\sqrt{\mu_0\epsilon_0}}=3\times10^8$$

이다. 다음으로

$$\begin{equation} \begin{split} k&=\beta\\ &=\omega\sqrt{\mu_0\epsilon_0}\\ &=2\pi\times14\times10^9\times\frac{1}{v_0}\\ &=6.28\times14\times10^9\times\frac{1}{3\times10^8}\\ &\approx 293.07-j0 \end{split} \end{equation}$$

이다. 따라서 답은 1번 이다. (오타 알려주신 7급 합격생님 감사합니다.)

6번

1. 그렇다.
2. 자기포화 현상이 발생하면 더이상 자속밀도가 늘어나지 않으므로 투자율은 감소한다.
3. 그렇다.
4. 그렇다.

따라서 답은 2번 이다.

7번

동축 케이블에 $V_0$의 전압을 걸어서 $Q$만큼의 전하가 충전되었다고 할 때에 생기는 전기장의 크기를

$$E=\frac{Q}{2\pi\epsilon r}$$

이라고 하면

$$\begin{equation} \begin{split} V_0&=-\int E dr\\ &=\int_a^b\frac{Q}{2\pi\epsilon r} dr\\ &=\frac{Q}{2\pi\epsilon}ln\frac{b}{a}\\ \Rightarrow \frac{Q}{2\pi\epsilon}&=\frac{V_0}{ln\frac{b}{a}}\\ \Rightarrow E&=\frac{V_0}{rln\frac{b}{a}} \end{split} \end{equation}$$

이다. 다음으로 자계를 구해보면

$$\begin{equation} \begin{split} \oint \vec{H}\cdot\vec{dl}&=I\\ \Rightarrow H\times 2\pi r&=I\\ \Rightarrow H&=\frac{I}{2\pi r} \end{split} \end{equation}$$

이다. 그리고 포인팅 벡터는

$$\vec{P}=\vec{E}\times\vec{H}$$

이므로 그 크기는

$$P=\frac{V_0}{rln\frac{b}{a}}\times\frac{I}{2\pi r}=\frac{V_0I}{2\pi r^2ln(b/a)}$$

이므로 답은 2번 이다. 사실 단위만으로도 답을 알아낼 수 있는데, 포인팅 벡터는 단위면적 당 전력이므로 분자에는 $V_0I$가 있어야 할 것이고, 분모에는 거리의 제곱에 해당하는 게 있어야 한다. 이를 만족하는 것은 2번밖에 없다. (오타 알려주신 7급 합격생님 감사합니다. 추가로 다른 오타도 알려주셔서 감사합니다.)

8번

전하량의 비율이 1:9이므로 거리의 비율은 1:3이어야 힘이 상쇄될 것이다. 따라서 $P3$의 $x$좌표는

$$x=(1-(-3))\times\frac{1}{4}+(-3)=-2$$

이고, $y$좌표는

$$y=(3-(-1))\times\frac{1}{4}+-1=0$$

이므로 답은 1번 이다.

9번

전압 $V$를 내외구 사이에 걸어서 $Q$가 충전되었다고 하자. 이 때 내외구 사이의 전기장은

$$E=\frac{Q}{4\pi\epsilon r^2}$$

이므로

$$\begin{equation} \begin{split} V&=-\int E\cdot dr\\ &=\int_a ^b\frac{Q}{4\pi\epsilon r^2} dr\\ &=\frac{Q}{4\pi\epsilon}\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right)\\ \Rightarrow C&=\frac{Q}{V}\\ &=\frac{4\pi \epsilon}{\frac{1}{a}-\frac{1}{b}} \end{split} \end{equation}$$

이다. 한편

$$RC=\epsilon \rho$$

의 관계가 있으므로

$$\begin{equation} \begin{split} R&=\frac{\epsilon \rho}{\frac{4\pi \epsilon}{\frac{1}{a}-\frac{1}{b}}}\\ &=\frac{\rho}{4\pi}\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right) \end{split} \end{equation}$$

이다. 따라서 답은 2번 이다. (오타 알려주신 7급 합격생님 감사합니다.)

10번

1. 해당 설명에 대한 현상이다.
2. 압력을 가했을 때 전위차가 생기는 현상이다.
3. 동일 금속에 전류를 흘리면 온도차이점에서 흡열 또는 발열이 나타나는 현상이다.
4. 서로 다른 두 금속을 접합하고 전류를 흘리면 온도차가 생기는 현상이다.

따라서 답은 1번 이다.

11번

가까운 쪽 도선이 받는 힘은

$$\frac{\mu_0 I_1I_2l}{2\pi d}$$

이고 가까워지는 방향이다. 그리고 먼 쪽 도선이 받는 힘은

$$\frac{\mu_0 I_1I_2l}{2\pi(d+l)}$$

이고 멀어지는 방향이다. 따라서 총 힘은

$$\frac{\mu_0 I_1I_2l}{2\pi d}-\frac{\mu_0 I_1I_2l}{2\pi(d+l)}=\frac{\mu_0I_1I_2l}{2\pi d}\left(\frac{1}{d}-\frac{1}{d+l}\right)=\frac{\mu_0I_1I_2l^2}{2\pi d(d+l)}$$

이므로 답은 3번 이다.

12번

원점으로부터의 거리가 $\rho$, $y$축으로부터의 각도가 $\phi$인 지점에서 $P$에 미치는 전계를 구해보자.

$$\vec{dE}=\frac{\rho_s}{4\pi\epsilon_0(\rho^2+h^2)^\frac{5}{2}}(h\vec{a_x}-\rho\vec{a_\rho})$$

여기서 $-\rho\vec{a_\rho}$는 한 바퀴 돌면 상쇄될 것이다. 그러므로 총 전계는

$$\begin{equation} \begin{split} \vec{E}&=\int\vec{dE}\\ &=\int_0^{2\pi}\int_0^a \frac{\rho_s}{4\pi\epsilon_0(\rho^2+h^2)^\frac{3}{2}}h\vec{a_x} \rho d\rho d\phi\vec{a_x}\\ &=2\pi\times\frac{\rho_s}{4\pi\epsilon_0}\int_0^{\theta_1} \frac{h}{h^3(1+tan^2\theta)^\frac{3}{2}}htan\theta hsec^2\theta d\theta(\rho=tan\theta,a=tan\theta_1)\vec{a_x}\\ &=\frac{\rho_s}{2\epsilon_0}\int_0^{\theta_1}\frac{1}{sec^3\theta}\frac{sin\theta}{cos\theta}sec^2\theta d\theta\vec{a_x}\\ &=\frac{\rho_s}{2\epsilon_0}\int_0^{\theta_1}sin\theta d\theta\vec{a_x}\\ &=\frac{\rho_s}{2\epsilon_0}[-cos\theta]_0^{\theta_1}\vec{a_x}\\ &=\frac{\rho_s}{2\epsilon_0}\left(-\frac{h}{\sqrt{a^2+h^2}}+1\right)\vec{a_x}\\ &=\frac{\rho_s h}{2\epsilon_0}\left(\frac{1}{h}-\frac{1}{\sqrt{a^2+h^2}}\right)\vec{a_x} \end{split} \end{equation}$$

이다. 따라서 답은 1번 이다.

13번

$$\beta=\frac{\omega}{v}$$

이다. 매질 1에서 $\beta=2$,$\omega=2\pi\times10^6$이므로 진행 속도는

$$v=\frac{\omega}{\beta}=\pi\times10^6\text{ m/s}$$

이다. 그리고 매질 2에서 유전율이 2배이므로

$$v=\frac{1}{\sqrt{\mu\epsilon}}$$

에 의해서 속도가 $\frac{1}{\sqrt{2}}$배가 될 것이다. 따라서 매질 2애서의 속도는

$$\frac{\pi}{\sqrt{2}}\times10^6\text{ m/s}$$

이므로 답은 2번 이다.

14번

반지름이 $r$인 도체구의 커패시턴스를 구해보자. $V_0$의 전압을 걸었을 때 $Q_0$가 충전된다고 하면

$$V_0=\frac{Q_0}{4\pi\epsilon_0 r}$$

이므로

$$C=\frac{Q_0}{V_0}=4\pi\epsilon_0 r$$

이다. 따라서 반지름이 3 cm, 2 cm인 두 도체구의 커패시턴스는 각각 $12\pi\epsilon_0\times10^{-2}$,$8\pi\epsilon_0\times10^{-2}$이다. 그리고 두 도체구의 총 전하는 $4-6=-2\text{ }\mu$C이다. 도체구들을 접속시키면 둘의 전위가 같아지므로, 전하량의 비율은 커패시턴스의 비율과 같다. ($Q=CV$) 따라서 3 cm 도체구에 남는 전하량은

$$(-2)\times\frac{3}{5}=-1.2\text{ }\mu\text{C}$$

이므로 답은 2번 이다.

15번

시각이 $t$이고 초기 각도가 $\theta$라고 했을 때 자계에 수직한 면적은

$$S=(10\times10^{-2})^2 sin(\omega t+\theta)=10^{-2}sin(\omega t+\theta)$$

이다. 따라서 코일에서 발생하는 전압의 크기는

$$\begin{equation} \begin{split} |emf|&=\left|-\frac{\partial \Phi}{\partial t}\right|\\ &=\left|-\frac{\partial}{\partial t}(1000\times4\pi\times10^{-7}\times10^{-2}sin(1000t+\theta))\right|\\ &=4\pi\times10^{-3}cos(1000t+\theta) \end{split} \end{equation}$$

이다. 그러므로 그 최댓값은

$$emf_{max}=4\pi\times10^{-3}\text{ V}$$

이니 답은 1번 이다.

16번

반지름이 2 m인 구 안에 있는 전하는 -10 nC 하나이다. 따라서 이 구로부터 나오는 총 전기 선속의 값은 -10 nC이므로 답은 1번 이다.

17번

솔레노이드의 옆면을 자르는 직사각형을 그려보자. 솔레노이드의 길이 방향으로 길이가 $l$이라고 하면

$$\begin{equation} \begin{split} \oint \vec{H}\cdot\vec{dl}&=NI\\ \Rightarrow Hl&=\frac{l}{50\times10^{-2}}1000I\\ \Rightarrow H&=2000I=40\text{ A/m} \end{split} \end{equation}$$

이다. 따라서

$$\begin{equation} \begin{split} B&=\mu H\\ \Rightarrow 50\times10^{-6}&=4\pi\times10^{-7}\times\mu_r\times40\\ \Rightarrow \mu_r&=\frac{50}{16\pi}\\ &=\frac{25}{8\pi} \end{split} \end{equation}$$

이므로 답은 3번 이다.

18번

초기 정전용량은

$$C_0=\epsilon_0\frac{S}{d}$$

이다. 주어진 대로 변하였을 때 가장 왼쪽 커패시턴스는

$$C_L=3\epsilon_0\frac{\frac{S}{3}}{d}=C_0$$

이다. 가운데 커패시턴스는

$$C_C=\left.\left.\epsilon_0\frac{\frac{S}{3}}{\frac{d}{2}}\right|\right|3\epsilon_0\frac{\frac{S}{3}}{\frac{d}{2}}=\left.\left.\frac{2}{3}C_0\right|\right|2C_0=C_0\frac{\frac{2\times2}{3}}{\frac{2}{3}+2}=\frac{1}{2}$$

이다. 오른쪽 커패시턴스는

$$C_R=\epsilon_0\frac{\frac{S}{3}}{d}=\frac{1}{3}C_0$$

이다. 따라서 세 커패시턴스의 합을 구하면

$$C_0+\frac{1}{2}C_0+\frac{1}{3}C_0=\frac{11}{6}C_0$$

이므로 답은 1번 이다.

19번

$$\begin{equation} \begin{split} \nabla\times\vec{A}&= \begin{vmatrix} \vec{a_x} & \vec{a_y} & \vec{a_z}\\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z}\\ A_x & A_y & A_z \end{vmatrix}\\ &= \begin{vmatrix} \vec{a_x} & \vec{a_y} & \vec{a_z}\\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z}\\ y & -x & 0 \end{vmatrix}\\ &=(-1-1)\vec{a_z}\\ &=-2\vec{a_z} \end{split} \end{equation}$$

이고 위치에 무관하다. 한편 주어진 폐경로에 오른손 법칙을 적용시켜보면 면적벡터는 $\vec{a_z}$방향임을 알 수 있다. 따라서

$$\oint \vec{A}\cdot \vec{dl}=\iint \nabla\times\vec{a}\cdot\vec{ds}=-2\vec{a_z}\cdot\frac{1}{2}\pi a^2\vec{a_z}=-\pi a^2$$

이므로 답은 3번 이다.

20번

1. 그렇다.
2. 그렇다.
3. 그렇다.
4. 등전위면을 따라 이동하면 전하가 한 일은 0이다. 같은 등전위면 위이므로 전위차가 없기 때문이다.

따라서 답은 4번 이다.

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