전자기학 솔루션 (김세윤 3판)

“전자기학(개정판)” 연습문제 풀이집 -2 [ 투자율 ] ⋅[ 자계 ] = ( m⋅kg⋅s ⋅A -2 = kg⋅s -2 )⋅( m -1 ⋅A ) -1 ⋅A = [ 자속밀도 ] 제 2 장 연습문제 풀이 문제 2-4 표 2-2와 2-3으로부터 다음을 구할 수 있다. [ 유전율 ] ⋅[ 전계 ] 2 문제 2-1 표2-3으로부터 유전율과 투자율을 기본단위로 나타내면 [ 유전율 ] = m -3 ⋅kg -1 4 ⋅s ⋅A -2 [ 투자율 ] = m⋅kg⋅s ⋅A =m 2 [ 투자율 ] ⋅[ 자계 ] (m -3 ⋅kg -1 4 2 -2 ⋅s ⋅A )⋅( m⋅kg⋅s ⋅A -2 ) m -1 4 2 -3 ⋅s ⋅A )⋅( m⋅kg⋅s -1 -2 2 -2 ⋅kg⋅s ÷ 3 ) (m ) 0 2 ⋅kg ⋅s ⋅A -2 = ( m⋅kg⋅s ⋅A -1 -2 0 2 -2 -2 )⋅( m -1 ⋅A ) ⋅kg⋅s = ( m ⋅kg⋅s 1 -2 2 =m 1 = ⋅kg = [ 단위부피당 에너지 밀도 ] -2 = -3 = ( m ⋅kg⋅s 이다. 따라서 유전율과 투자율을 곱한 값의 역수에 제곱근을 취하면 다음과 같다. 1 [ 유전율 ] ⋅[ 투자율 ] = (m ÷ 3 ) (m ) = [ 단위부피당 에너지 밀도 ] -1 = m⋅s = [ 속도 ] 문제 2-5 표 2-2와 2-3으로부터 다음을 구할 수 있다. m kg s A ÷m 전계 ÷ 자계 문제 2-2 표2-3으로부터 유전율과 전계를 기본단위로 나타내면 [ 유전율 ] = m -3 ⋅kg -1 4 ⋅s ⋅A [ ] [ ] = ( ⋅ -3 ⋅ -1 -3 ⋅A -2 ⋅ 2 = m ⋅kg⋅s 2 ) ( -1 ⋅A ) = [ 저항 ] -3 [ 전계 ] = m⋅kg⋅s -1 ⋅A [ 전압 ] 이다. 따라서 유전율과 전계를 곱한 값의 단위는 다음과 같다. [ 유전율 ] ⋅[ 전계 ] = ( m =m -3 ⋅kg -1 4 2 [ 자계 ] = m 2 -3 ] = ( m ⋅kg⋅s ⋅A -1 ) ⋅A -3 = m ⋅kg⋅s -3 ⋅s ⋅A )⋅( m⋅kg⋅s ⋅A -1 ÷ ) A -2 = [ 저항 ] -2 ⋅s⋅A 문제 2-3 표2-3으로부터 투자율과 자계를 기본단위로 나타내면 -2 [ 2 = [ 전속밀도 ] [ 투자율 ] = m⋅kg⋅s ÷ 전류 ⋅A 문제 2-6 표 2-5를 이용하여 평균속력을 구하면 다음과 같다. × m μm v m s ns × s = 0.4 200 = 0.4 10 -6 200 10 -9 = 2 / -2 -1 ⋅A 이다. 따라서 유전율과 전계를 곱한 값의 단위는 표 2-2에서 다음과 같다. 문제 2-7 표 2-5에서 주파수를 구하면 다음과 같다. f GHz × Hz 문제 2-8 표 2-5와 2-2를 이용하여 입자가 받는 힘을 구하면 다음과 같다. = 2.45 = 2.45 10 9 F = [ 전하량 ] ⋅[ 전계 ] = ( 20 μC )⋅( 0.6 MV/m ) 2 ⋅A -1 ) 2 × = ( 20 10 -6 × 6 C )⋅( 0.6 10 V/m ) =6 으로, 위의 결과를 이용하여 A× B × C 를 구하면 다음과 같다. A× B× C x̂ ŷ ẑ × x̂ ŷ ẑ x̂× ŷ ẑ ŷ× x̂ ẑ ẑ× x̂ ŷ = 12 C V/ m = 12 N 문제 2-9 (a) A B x̂ - 4 ŷ + 12 ẑ ) + ( x̂ + ŷ - 2 ẑ ) = 4 x̂ - 3 ŷ + 10 ẑ (b) A - B = ( 3 x̂ - 4 ŷ + 12 ẑ ) - ( x̂ + ŷ - 2 ẑ ) = 2 x̂ - 5 ŷ + 14 ẑ (c) A + 3 B = ( 3 x̂ - 4 ŷ + 12 ẑ ) + 3( x̂ + ŷ - 2 ẑ ) = 6 x̂ - ŷ + 6 ẑ (d) | A | = 3 + ( - 4) + 12 = 169 = 13 + 문제 2-10 2 2 A ⋅ B = ( 2 x̂ + 3 ŷ - ẑ )⋅( x̂ + ŷ - 2 ẑ ) = 2 + 3 + 2 = 7 (b) B ⋅ A = ( x̂ + ŷ - 2 ẑ )⋅( 2 x̂ + 3 ŷ - ẑ ) = 2 + 3 + 2 = 7 (c) A × B = ( 2 x̂ + 3 ŷ - ẑ )× ( x̂ + ŷ - 2 ẑ ) = 2 x̂× ( x̂ + ŷ - 2 ẑ ) + 3 ŷ× ( x̂ + ŷ - 2 ẑ ) - ẑ × ( x̂ + ŷ - 2 ẑ ) = 2 ( ẑ + 2 ŷ ) + 3 ( - ẑ - 2 x̂ ) - ( ŷ - x̂ ) = - 5 x̂ + 3 ŷ - ẑ (d) B × A = ( x̂ + ŷ - 2 ẑ )× ( 2 x̂ + 3 ŷ - ẑ ) (a) ( ) = (6 + 24 + 21 ) (3 - +2 ) =6 (- +2 ) + 24 (3 +2 ) + 21 (3 - ) ẑ - 2 ŷ ) + 24 ( - 3 ẑ + 2 x̂ ) + 21 ( 3 ŷ + x̂ ) = 69 x̂ + 51 ŷ - 78 ẑ = 6 (- = (3 2 x̂ + 24 ŷ + 21 ẑ 문제 2-12 AB = ( 1 - 3) AC = ( 4 - 3) x̂ + ( 3 - ( - 1)) ŷ + ( 3 - ( - 6)) ẑ = - 2 x̂ + 4 ŷ + 9 ẑ x̂ + ( - 1 - ( - 1)) ŷ + ( - 9 - ( - 6)) ẑ = x̂ - 3 ẑ 따라서 삼각형 ABC의 면적 S 는 위의 두 벡터를 외적한 값의 절대값의 반으로 다음과 같다. x̂ + 4 ŷ + 9 ẑ )×( x̂ - 3 ẑ ) | S= 1 | (-2 2 = 1 |-2 2 = 1 |-2(3 2 = 1 | - 12 2 = 1 2 x̂×( 2 x̂ + 3 ŷ - ẑ ) + ŷ×( 2 x̂ + 3 ŷ - ẑ ) - 2 ẑ×( 2 x̂ + 3 ŷ - ẑ ) = ( 3 ẑ + ŷ ) + ( - 2 ẑ - x̂ ) - 2 ( 2 ŷ - 3 x̂ ) = 5 x̂ - 3 ŷ + ẑ x̂× ( x̂ - 3 ẑ ) + 4 ŷ× ( x̂ - 3 ẑ ) + 9 ẑ× ( x̂ - 3 ẑ ) | ŷ ) + 4( - ẑ - 3 x̂ ) + 9× ( ŷ ) | x̂ + 3 ŷ - 4 ẑ | = 문제 2-11 (a) A B× C 에서 먼저 B× C 를 구하면 B× C x̂ ŷ ẑ × x̂ ŷ ẑ x̂× x̂ ŷ ẑ ŷ × x̂ ŷ ⋅( ) = (2 +3 -4 =2 (3 - ) (3 - +2 ) (3 - ẑ ) - 4 ẑ× ( 3 x̂ - ŷ + 2 ẑ ) = 2 ( - ẑ - 2 ŷ ) + 3 ( - 3 ẑ + 2 x̂ ) - 4 ( 3 ŷ + x̂ ) = 2 x̂ - 16 ŷ - 11 ẑ 으로, 앞의 결과를 이용하여 A⋅( B× C ) 를 구하면 다음과 같다. A ⋅( B× C ) = ( 5 x̂ - 3 ŷ + 2 ẑ )⋅( 2 x̂ - 16 ŷ - 11 ẑ ) +2 )+ 3 +2 = 5⋅2 - 3 ⋅( - 16) + 2⋅( - 11) = 36 (b) A× B× C 에서 먼저 A× B 를 구하면 A × B = ( 5 x̂ - 3 ŷ + 2 ẑ )× ( 2 x̂ + 3 ŷ - 4 ẑ ) = 5 x̂× ( 2 x̂+ 3 ŷ - 4 ẑ ) - 3 ŷ× ( 2 x̂ + 3 ŷ - 4 ẑ ) + 2 ẑ × ( 2 x̂ + 3 ŷ - 4 ẑ ) = 5 ( 3 ẑ + 4 ŷ ) - 3 ( - 2 ẑ - 4 x̂ ) + 2 ( 2 ŷ - 3 x̂ ) 2 2 ( - 12) + 3 + ( - 4) = 6.5 cm 2 2 문제 2-13 두 벡터가 수직할 경우 두 벡터의 내적이 0이어야 한다. 따라서 A ⋅ B = ( 10 x̂ - 6 ŷ + 4 ẑ )⋅( 3 x̂ + ŷ - α ẑ ) = 30 - 6 - 4 α = 24 - 4α = 0 을 만족해야 하므로 α 문제 2-14 벡터 B =2 =6 이다. x̂ - 3 ŷ - ẑ 에 평행한 성분벡터 A t 는 A t = α ( 2 x̂ - 3 ŷ - ẑ ) 와 같이 나타낼 수 있다. 따라서 나머지 성분벡터 A n 은 A n = A - A t = ( 2 - 2α ) x̂ + ( - 11 + 3α) ŷ + ( - 5 + α) ẑ 이다. 그런데 성분벡터 A n 은 벡터 B 에 수직해야 하므로 B⋅ A n = [ 2 x̂ - 3 ŷ - ẑ ]⋅[ ( 2 - 2α ) x̂ + ( - 11 + 3α) ŷ + ( - 5 + α) ẑ ]  sin θ cos φ  Br   B  =  cos θ cos φ  θ   - sin φ  Bφ  = 2⋅( 2 - 2α ) - 3⋅( - 11 + 3α ) - ( - 5 + α ) sin θ sin φ cos θ   Bx 0     Bz  - sin θ    B y  cos θ sin φ cos φ = 42 - 14 α = 0 인데, 위의 식을 만족하려면 α A n 은 각각 다음과 같다. =3 이어야 한다. 따라서 평행하는 성분벡터 A t 와 수직하는 성분벡터 5 cos θ - 5 sin θ  2 2  sin φ cos φ  r sin θ r sin θ  A n = A - A t = ( 2 - 6 ) x̂ + ( - 11 + 9) ŷ + ( - 5 + 3) ẑ = - 4 x̂ - 2 ŷ - 2 ẑ = + 2 +3 x̂ + ( ρ sin φ) ŷ + 3 ẑ 와 같으므로 이를 식 (2.15) 2 = ρ cos φ  cos φ  Aρ   A  =  - sin φ  φ   0  Az   cos φ =   - sin φ  0 sin θ sin φ sin φ      =   - 5 sin θ  1  r sin θ 에 대입하        문제 2-16 (a) 식 (2.16)을 이용하면 다음을 구할 수 있다. 0   Ax cos φ 0    A y    0 1   Az  sin φ 5 cos θ  cos θ      =   A t = 3 ( 2 x̂ - 3 ŷ - ẑ ) = 6 x̂ - 9 ŷ - 3 ẑ 문제 2-15 (a) A x x̂ y ŷ ẑ 여 정리하면 다음과 같다. sin φ   r sin θ    cos φ cos θ sin φ - sin θ    r sin θ  cos φ 0  5  sin θ cos φ =   cos θ cos φ  - sin φ  cos φ  Ax  A y  =  sin φ    0  Az  - sin φ  cos φ - sin φ ρ cos φ  cos φ 0    ρ 2 sin 2φ   0 1  3 0  0   A φ   0   z cos φ  0   ρ sin φ  2 cos φ 0  1   Az  0 =   sin φ  0   Aρ  cos φ 1  0 2  z cos φ - ρ 2 sin 2  4ρ φ   ( z + ρ ) sin φ cos φ  =  2 2   ρ cos φ + ρ sin φ  - ρ sin φ cos φ + ρ 2 sin 2φ cos φ  =      3 그런데 z = r cos θ 로 나타낼 수 있으므로 = = 2 2 r sin θ sin φ 2 2 r sin θ sin φ r sin θ 2 2 φ x̂ - rcos ŷ + 5 ẑ sin θ 인데, 위의 결과를 식 (2.17)에 대입하여 정리하면 다음과 같다. cos φ = , x ρ 2 , ρ= x +y 2 이므로 이들을 대입하여 정리하면 A = ( x x+zy - y ) x̂ + ( xxyz + xy ) ŷ + 4 x + y ẑ +y 2 2 2 θ cos φ x̂ - r sin ŷ + 5 ẑ r sin θ y ρ 이어서 벡터로는 다음과 같이 나타낼 수 있다. B = x +y y x̂ - x +x y ŷ + 5 ẑ 2 sin φ =   4ρ 2  x z 2   x2 + y 2 - y        Ax  A y  =  2xyz 2 + xy   x + y        Az   4 x2 + y 2   ρ ( cos 2φ + ρ sin 3φ )   ρ sin φ cos φ ( ρ sin φ - 1)  =    3 (b) x = r sin θ cos φ , y = r sin θ sin φ , 2   3 (b) 2 2 2 2 2 식 (2.18)을 이용하면  sin θ cos φ  Bx  B y  =  sin θ sin φ    cos θ  Bz  cos θ cos φ  sin θ cos φ cos θ cos φ =   sin θ sin φ  cos θ cos θ sin φ - sin θ - sin φ   B r  cos φ 0   B    θ    Bφ  2  r   0      sin θ  - sin φ   cos θ sin φ cos φ - sin θ 0 2  r 2 sin θ cos φ - sin θ sin φ   r sin θ sin φ - sin θ cos φ  =  2     2 r cos θ 와 같다. 그런데 구좌표계와 직각좌표계 간에는 z x y z 의 관계가 있으므로 이들을 대입하여 정리하면 다음과 θ , r r 좌표계로 각 성분들을 나타낼 수 있다. cos = = 2 +  r x- y   r     Bx    B y  =  r y - x  =    r    Bz    rz 문제 2-17 w e 1 ε 2 = E ․ E = 12 100×10 × = 5 10 -5 -6 [ 20 2 J/ m = 0.11 y sin θ sin φ = r 2 + 2 = ⌠⌡ ⌠⌡ A r 2 = ⌠⌡ ⌠⌡ r 2π ⋅ x sin θ cos φ = , r 2 문제 2-20 ⌠○⌡ A d s ⌠⌡ ⌠⌡ A r = π 0 , 2π 같이 직각 π 0 π 0 0 sin θ ) r (2 =2 3 ⋅ ⌠⌡ ⌠⌡ × × ⌠⌡ × 2π 3 0 = 108 π ⋅ 2 + ( - 30) + ( - 30 ) ] = 54 π sin π 0 θ- x̂ - 30 ŷ - 30 ẑ )⋅( 20 x̂ - 30 ŷ - 30 ẑ ) 2 π 0 = 2 27 2π ⋅ ( 20 sin θ dθ dφ 2 = 2 θ dθ dφ 1 - cos 2θ 2 = 10 ( 12 ρ̂ - 4 φ̂ + 27 = 12 ρ̂ ( 4 ρ̂ + 5 φ̂ - 9 = 12 ( 5 1 sin 2θ 2 π ∣0 2 2 문제 2-21 ⌠○⌡ A d l ⌠⌡ A dρ ρ̂ ẑ )×10 -6 ( 4 ρ̂ + 5 φ̂ - 9 L ẑ ) ẑ W/ m 76 W/ m 2 = = ( - 400 = 0.14 / 2 θ= φ= 0 -6 / = 2 (3 ρ sin ⌠⌡ -1 -2 3 ) = 0.18 / 0 ⋅ ⋅( - d ρ ) ( - ρ̂ )∣ φ = π + ⌠⌡ ρ π 2 φ )d ρ ∣ φ = 0 + (3 ρ sin 0 ( 2 φ ) dρ∣ φ = π + π 2 ∣ρ= 2 ⌠⌡ A ρ ⋅ ( - d φ ) ( - φ̂ )∣ ρ = 1 sin φ ) ρ dφ∣ ρ = 2 ⌠⌡ ρ 0 π 3 0 π ( 2 sin φ ) ρ dφ ∣ ρ = 1 0 = 16 - 2 = 14 2 2 x = 0.045 W/m 2 문제 2-22 (a) ∇ V1 = ∂V 1 ∂x x̂ + ∂∂Vy ŷ + ∂∂Vz ẑ 1 1 x̂ + ∂∂y ŷ + ∂∂z ẑ ]( 5x -10x z + 5yz + 6 ) = ( 10 x- 10 z ) x̂ + 5y ŷ + ( - 10 z + 5 y ) ẑ = 10( x- z ) x̂ + 5y ŷ - 5( 2x- y ) ẑ ∂V x̂ + ∂∂Vy ŷ + ∂∂Vz ẑ (b) ∇ V = ∂x = [ ° ° 에서 x 방향 성분의 전력밀도 P 는 앞의 두 결과로부터 다음과 같이 구할 수 있 〫 -2 ⌠⌡ A ρ dφ φ̂ π ∣φ = 0 + = 0 - 2 cos φ ∣ 0 + 0 - 1 cos φ ∣ π ( 2, 30 , 60 ) ⋅ cos 60 1 + P x = P r sin θ cos φ + P θ cos θ cos φ - P φ sin φ 〫 ⌠⌡ 2 x P x = 0.14⋅ sin 30 ⌠⌡ A + 이다. ) ( 450 10 ⋅ 1 -1 문제 2-19 먼저 구좌표계에서 전력밀도를 구하면 P E ×H × θ̂ r̂ W m φ̂ × W m , P P W m 임을 알 수 있다. 으로 P 이러한 전력밀도를 직각좌표계로 변환 할 경우의 x̂ 방향의 성분인 P 는 식(2.18)로부터 다음과 같이 구할 수 있다. 결국 점 P 다. = ẑ ) - 4 φ̂× ( 4 ρ̂ + 5 φ̂ - 9 ẑ ) +27 ẑ× ( 4 ρ̂ + 5 φ̂ - 9 ẑ ) =- 99 ρ̂ + 216 φ̂ + 76 r ⋅ ẑ + 9 φ̂ ) - 4( - 4 ẑ - 9 ρ̂ ) +27( 4 φ̂ - 5 ρ̂ ) 따라서 ẑ 방향의 전력밀도는 dθ 3 6 × r =3 sin θ dθ dφ ∣ r = 3 2 문제 2-18 P E × H r̂ ∣ sin θ dθ dφ ∣ r = 3 r 0 2π  ( x2 + y 2+ z 2 ) x - y  1  ( x2 + y 2+ z 2 ) y - x    2 2 2  2 2 2 x +y + z   (x +y + z ) z ⋅ 0 ∂ ∂x 2 2 2 2 2 x̂ + ∂∂y ŷ + ∂∂z ẑ ]( e sin 2 z ) = 3e sin 2 z x̂ - 5 e sin 2 z ŷ + 2 e ∂V ∂V 1 ∂V ẑ (c) ∇ V = ρ̂ + φ̂ + ∂ρ ∂z ρ ∂φ = [ ∂ ∂x ( 3x - 5y) ( 3x - 5 y) ( 3x - 5 y) 3 3 2 = ( 3 x - 5 y) cos 2 z ẑ = 13 ( 3 3 = [ ∂ ∂ρ 1 ρ̂ + ∂ ∂φ ρ φ̂ + 2 2 2 = 2 ( z - 1) sin φ ρ̂ + 2 ( z - 1) cos φ φ̂ + 4ρ z sin φ (d) ∇ V4 = ∂V 4 ρ̂ + ∂ρ ∂ = [ ∂ρ ρ̂ + ∂ ∂ρ ρ̂ + = [ ∇ V5 = ∂V 4 ρ ∂φ 1 ρ 1 ρ 5 = 2ρ cos φ ln (e) 1 φ̂ + ∂z φ̂ + ∂ ∂z ẑ ] ρ cos φ ln 5z ∂ ∂φ φ̂ + ∂ ∂z ẑ ] ρ cos φ ( ln 5 - ln z ) 2 5 z φ̂ - 5 ∂r ρ2 z cos φ 문제 2-24 먼저 P ẑ ∂ ∂r 6 ∇V = = - = - r̂ + r 3 sin r θ 4 3 sin r 2 4 ∂ ∂θ θ 1 θ̂ + r sin θ ∂ ∂φ φ̂ ] ( sin 2 3 r 으로 점 P θ ) r̂ + 2 sin rθ cos θ θ̂ 2 = - 5x e = 4 x̂ + ∂∂Ty ŷ + ∂∂Tz ẑ ∂ 2 2 ( 2 x z - 3 yz - z ) ∂x 2 ∇T ( 1,- 4, 1) = 4 2 ∂ 2 2 ( 2 x z - 3yz - z ) ∂z 문제 2-25 (a) 2 25 의 기울기를 구하면 x̂+ ∂∂y ( - 5x e + 4yz ) ŷ + ∂∂z ( - 5x e + 4yz ) ẑ 2 2y 2 2 2y 2 ẑ x̂ - 3 ŷ + 12 ẑ 2 에서의 기울기를 구하면 2y 2 에서의 기울기는 다음과 같다. x̂ - 124 ŷ ( - 4, 0.3 )⋅ 1x = = ( 40 - 124 )⋅( 0.8 - 0.6 ) = 32 1y ∂ 2 ( x - 2yz ) ∂x 1z ∂ 2 3y + ∂y ∂ 2 2( xy - z ) ∂z = 2 x - 6y - 4 z 2 ( 1, - 4, 1) x̂ + ( - 10x e + 4z ) ŷ + 8yz ẑ A 1 = ∂∂Ax + ∂∂Ay + ∂∂Az ∇⋅ x̂ - 3z ŷ + ( 2x - 3y - 2z ) ẑ 으로, 위의 결과를 이용하여 점 P 2y ( - 4, 0, 3) =∇ x̂ + ∂∂y ( 2x z - 3yz - z ) ŷ + = 4xz + 4y z 2 그런데 이미 예제 2-6-3에 이와 유사한 문제를 어떻게 푸는 가를 보였다. 다시 한번 여기서 반복하면 임 의의 스칼라 함수에 대해 한 점에서 특정방향으로의 변화율은 그 점에서의 기울기와 특정방향을 나타내는 단위벡터와의 내적으로 주어진다. 따라서 원점 방향으로의 변화율을 △V 라고 할 경우 다음과 같이 구할 수 있다. △V V n̂ x̂ ŷ x̂ ẑ r̂ + sinr 2 θ θ̂ ∂T ∂x 2y ∂ 2 2y 2 ( - 5 x e + 4 yz ) ∂x ∇V( - 4, 0, 3 ) = 40 문제 2-23 식 (2.37)에 주어진 직각좌표계에서의 기울기 공식을 이용하면 ∇ T ( x, y, z ) = 2 6 4 2 x̂ + ( 0 - 0) ŷ + ( 0 - 3) ẑ = 4 x̂ - 3 ẑ = 0.8 x̂ - 0.6 ẑ 2 = - 10xe 1 2 x̂ - 133 ŷ + 12 ẑ ) 13 4 13 ( 0 - ( - 4)) + ( 0 - 0) + ( 0 - 3) 6 ∂ = [ ∂r 2 n 0 를 구하면 에서 원점방향의 단위벡터 ˆ ( 0 - ( - 4)) 이다. 그리고 V 2 6 2 = 13 ( - 4, 0, 3) n0= ˆ 5 1 ∂ r̂ + 1r ∂∂θ θ̂ + r sin φ̂ ] ( r sin θ sin φ ) θ ∂φ = 2r sin θ sin φ r̂ + r cos θ sin φ θ̂ + r cos φ φ̂ ∂V ∂V 1 r̂ + 1r ∂∂Vθ θ̂ + r sin (f) ∇ V = φ̂ ∂r θ ∂φ = [ x̂ - 3 ŷ + 12 ẑ 4 + ( - 3) + 12 2 ∂V 1 r̂ + 1r ∂∂Vθ θ̂ + r sin φ̂ θ ∂φ ∂V 5 4 n̂ = 134 x̂ - 133 ŷ + 12 ẑ 13 △T ∂ ∂φ ρ̂ - ρ sin φ ln z ẑ ẑ ∂V 4 2 와 같다. 따라서 가장 온도가 급격히 변하는 방향 n̂ 과 그때의 온도 변화율 △T 는 각각 다음과 같이 구할 수 있다. ẑ ] 2ρ ( z - 1) sin φ ∂ ∂z 2 4 + ( - 3) + 12 (b) ∇⋅ A 2 = ∂∂Ax + ∂∂Ay + ∂∂Az 2x 2y 2z ∂ 2 sin ( y - z ) + ∂y 2 ∂ x y ( 3 ln ) ∂z z = ∂ 3x e ∂x = ∂ ∂ ∂ 3x e -2 sin ( y - z ) + 3 ( 2 ln x + ln y - ln z ) ∂x ∂y ∂z = 3e (c) 3x 3φ 1 ∂ 2 ( ρ ⋅ρ z cos φ ) + ∂ρ ρ 2 2 ∇⋅ A4 = ρ 1 = 2 - 4z 1 ∂z ∂ ∂ - 4z 3 2 (ρe sin φ ) + ( ρ cos φ - 2ρ ) ∂φ ∂z cos θ 2 r r sin θ ∂ 2 ( 2r sin θ ) ∂φ ∂ 3 r ∂r r sin θ 2 = 3 cos θ - r 2 1 2 ∇⋅ = 6φ 6θ 1 r ∂ sin 2 (r ⋅ ∂r 2 1 + r sin θ θ cos φ r )+ 2 1 r sin θ 2 r sin 2 sin φ dφ dz ∣ ρ = 2 2 sin 2 1 sin 2φ 2 2π ∣0 2 ∂ cos φ ( sin θ ) 2 ∂θ r sin θ 1 z ∂ 3 2 ( ρ ⋅ρ sin φ ) ∂ρ ρ 1 ρ 3 2 ( 4 ρ sin 2 φ) 2 φ ⌠ ⌠⌡ ⌠⌡ ⌠⌡ ρ φ ρ dρ dφ dz (c) ⌡ ▽ D dv ⌠⌡ ⌠⌡ ρ φ dρ dφ 2π 2 0 1 5 ⋅ = 0 2π =5 ∂ sin φ ( ) ∂φ r sin θ 2 0 1 4 3 4 2 = 5 ρ ∣ 1⋅ 2 (4 ⌠⌡ 2π 2 4 θ 2 sin ) 2 sin 1- cos 2φ dφ 2 0 cos φ = 4 0 ∣ρ=2 1- cos 2φ dφ 2 0 = 4ρ sin V = 2π 0 φ = 3 5 2π ⋅ 0 ⌠⌡ ⌠⌡ ρ 0 )∣ z = 0 2π 5 0 5 ∣ρ= 1 + (- ρ cos θ 2 2 D = ρ1 ∂∂ρ ( ρ D ) + 1ρ ∂∂Dφ + ∂∂Dz ∂ 2 sin θ ∂θ 6r 2π ⋅ sin φ dφ 0 φ- (b) 2 sin 0 2π 2 1 = 75 π ∂A 1 ∂ 1 A 6 = r1 ∂∂r ( r A ) + r sin (A sin θ ) + r sin θ ∂φ θ ∂θ 2 ⌠⌡ = 75 ∂ sin θ (⋅ sin θ ) ∂θ r 1 r sin θ 4 0 4 ⌠⌡ = 75 5φ 1 2π 0 = 15⋅5 5θ ∂ 2 ( r ⋅r cos θ ) + ∂r 2 r = ∇⋅ ∂φ 3 5r + (f) + 0 ⌠⌡ ⌠⌡ ρ φ dφ dz ⌠⌡ ⌠⌡ φ dφ dz = (2 - 1 ) ∂A 4z 2π ∣z = 5 + ( - ρ̂ )∣ ρ = 1 + ⋅ 0 5 2 = 0 = - cos φ 2 2π 5 ∂A 1 ∂ 1 A 5 = r1 ∂∂r ( r A ) + r sin (A sin θ ) + r sin θ ∂φ θ ∂θ ∇⋅ ⋅ 1 4 ∂A 4φ ⌠⌡ ⌠⌡ D ρ dρ dφ ẑ ⌠⌡ ⌠⌡ D ρ dφ dz ρ̂ 2 0 + ∂z ∂ 2 2 ( - ρ z sin φ ) ∂z ∂ 4z sin φ 1 (ρ⋅ )+ ∂ρ ρ ρ ρ = e = φ ∂ 1 ( ρ A 4ρ ) + ∂ρ ρ 1 ∂A 3z + ⋅ 2 = 2 z cos φ - ρ sin (e) S 3ρ = (d) 2π z A 3 = 1ρ ∂∂ρ ( ρ A ) + 1ρ ∂∂Aφ ∇⋅ 문제 2-27 (a) ⌠○⌡ D d s ⌠⌡ ⌠⌡ D ρ dρ dφ ẑ ⌠⌡ ⌠⌡ D ρ dφ dz 3 - 2 cos ( y - z ) - φ- 4 = 5 ( 2 - 1 )⋅ 1 sin 2φ 2 2π ∣0 2 = 75 π 문제 2-26 직접 정육면체의 표면을 따라 면적분하는 방법이 있으나, 이보다는 발산을 구한 다음 이에 대한 체적적분 을 행하는 것이 편리하다. 따라서 먼저 벡터 C 의 발산을 구하면 ∇⋅ C = ∂∂Cx + ∂∂Cy + ∂∂Cz = ∂∂x 2x + ∂∂Cy 3y + ∂∂Cz 4z = 4x + 7 x y z y 2 과 같다. 따라서 총 선속 Φ는 다음과 같이 구할 수 있다. ⌠⌡ ⌠⌡ ⌠⌡ ⌠⌡ ⌠⌡ ⌠⌡ x C dxdydz Φ 1 = 0 1 0 1 0 1 (∇⋅ ) = 0 1 1 0 0 2 ( 4 + 7 ) dxdydz = ( 2x + 7x 1 )∣ 0⋅1⋅1 z 앞의 (a)와 (c)의 결과로부터 ○⌠⌡ D d s ⌠⌡ 발산 정리가 성립한다. (d) S = V ∇⋅ 문제 2-28 (a) ○⌠⌡ E d s ⌠⌡ ⌠⌡ E r θ dθ dφ r̂ ⌠⌡ ⌠⌡ E r θ dθ dφ 2π S ⋅ = 0 π ⋅ 0 2 2π + ⌠⌡ ⌠⌡ r 2π = 0 0 π 0 4 3 4 = 45⋅4π sin 2 ⋅r 2 ⋅ 2 sin (- sin θ dθ dφ∣ r = 2 - ⌠⌡ ⌠⌡ 2π 0 D dv 가 성립함을 알 수 있다. 따라서 이 경우 ∣r = 2 π 0 = 3( 2 - 1 )⋅ =9 ⋅ π 0 sin θ dθ dφ r̂ )∣ r =1 ⌠⌡ ⌠⌡ r 2π 0 π 0 3 2 ⋅r 2 sin θ dθ dφ ∣ r = 1 = 180 π (b) ∇⋅ E= r 1 = ∂ 2 (r Er) + ∂r 2 1 + = 1 r 1 r sin θ ∂ 2 2 ( r ⋅3r ) + ∂r 2 r 2 1 r sin θ 1 r sin θ 2 2π ⋅ = 2π = 0 π 2 1 π 0 = = 4 r + ( -45 cos θ + 2π 0 ( 90 + = ( 90 φ + 2 1 3 ⋅r sin θ cos φ r sin θ 2 cos θ + r r cos φ ) r 5 sin θ dr dθ dφ = 2 = cos φ )∣ 1 sin θ dθ dφ 5 15 31 cos θ sin θ + sin θ cos φ ) dθ dφ 2 5 = 15 31 2 π sin θ cos θ cos φ )∣ 0 dφ 4 5 = 62 cos φ ) dφ 5 2ρ ∂ ∂ (ρ )+ ∂ρ ∂ρ ρ 1 ρ 1 ρ 2 (ρ 2 2 +z ) = V ⋅ = 3 2 2 (ρ + z ) 4ρ - 4z 2 3 2ρ + 2z 2 2 2 3 2 2 (ρ + z ) 3 2 2 (ρ + z ) 2 + 6z 2 2 (ρ + z ) 문제 2-29 (a) ∂ 2 ∇ V1 = [ ∂x ∂ (b) ∇ 2 V 2 = [ 2 ∂ + ∂y 2 ∂x 2 ∂ + 2 2 2 ∂y 2 + 2 2 + = 2 ∂ ∂z 3 2 ∂ 2 2 2 2 2 ] ( x +y + z ) 1 2 r 2 +z ) sin (r ∂ ∂r [ 2 2 2 2 2 = ( 2 x - y - z )⋅ (x + y + z ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 - (c) ∇ V 3 = [ 1 ρ - 5 2 r 2 1 ∂ ρ2 ∂φ 2 + ∂ 2 ∂z 2 ] ln ρ 2 sin φ 2 (f) ∇ 2 V 6 = 2 2 3 ] 2 3 2 2 ∂ ∂r 2 cos φ r 3 3 cos φ = = ∂ ∂ (ρ )+ ∂ρ ∂ρ θ cos φ cos φ r 3 cos φ = 5 2 =0 2 5 2 8z 2 (ρ + z ) 2 ∂ ∂r 2 r = + ( - x - y + 2 z )⋅ (x + y + z ) 2 2 =0+ + ( - x + 2 y - z )⋅ (x + y + z ) = 0⋅ ( x + y + z ) sin 1 2 - + 2 r 3 sin θ 2 ) + sin1 θ ∂∂θ ( sin θ ∂∂θ ) + sin1 θ ∂∂φ ] sin θr cos φ ∂ ∂r θ cos φ r 3 5 2 2 3 (r 2 ∂ ∂r 2 3 2 1 ∂ 3 ∂φ r 2 cos φ ∂ φ ( sin θ⋅2 sin θ cos θ ) ( r ⋅ -r 1 ) + r cos sin θ ∂θ 2 2 3 1 r 3 ∂ ( - sin φ ) ∂φ ( 4 sin θ cos 2θ - 2 sin 3θ ) + 2 2 ( 4 cos θ - 2 sin θ ) 2 2 ∂ φ ) 1r + r cos ( sin θ ∂∂θ ) sin θ sin θ ∂θ + 2 2 (ρ + z ) 2 (ρ ] x y z = 6xy z + 2 x z 2 ∂z 2 -2 ]+ [ 2 - 2ρ + 2 - 2 ρ + 6z ]+ 2 2 3 2 (ρ + z ) 2 3 ρ2 + z2 ∂ - 2z [ ] 2 2 2 ∂z (ρ + z ) + 2 φ) 1 ] 2 ∂z ]+0+ 2 2 ∂ + 2 8ρ + 2 4ρ - 4ρ z [ ∂ ∂φ 2 - 4ρ [ 2 1 (ρ + z ) (ρ + z ) = (e) ∇ 2 V 5 = 2 ∂ ( 2 sin φ cos φ ) ∂φ ρ2 - 2ρ ∂ [ρ ∂ρ 2 ○⌡ E d s ⌠⌡ ▽ E dv 임을 알 수 있다. 즉, 이 경우 발 산정리 (d) 앞의 (a)와 (b)의 결과로부터 ⌠ 가 성립됨을 의미한다. ( sin ∂ ( sin 2φ ) ∂φ 2 2 = 180π ⋅ 1 1 2 cos 2φ ρ2 ρ 2 ∂ ∂φ 2 cos 2φ 2 ln ρ = 62 2π sin φ )∣ 0 5 S ln ρ 2ρ ln ρ = (d) ∇ 2 V 4 = [ 2 ∂ 1 ln ρ (ρ )+ 2 ∂ρ ρ 2ρ ρ =0+ sin θ dr dθ dφ cos θ + 2π 0 2 4 2 (45 sin θ + 0 ∂ 2 ( r sin θ⋅ sin θ ) ∂θ ∂ ∂ ln ρ (ρ ln ρ ) + 2 ∂ρ ∂ρ 2ρ sin φ = = +2 π 0 ⌠⌡ ⌠⌡ (3 0 ∇⋅ (12 ⌠⌡ ⌠⌡ r ⌠⌡ ⌠⌡ 2π = 2 1 0 2π = π 0 0 ∂φ cos φ ⌠⌡ ▽ E dv ⌠⌡ ⌠⌡ ⌠⌡ E r ⌠⌡ ⌠⌡ ⌠⌡ r r V ∂E φ 1 r sin θ ∂ 3 ( r sin θ sin φ ) ∂φ = 12r + 2r cos θ + r (c) ∂ ( E θ sin θ ) + ∂θ 1 2 ⋅2r sin θ cos θ + r sin θ 3 ⋅12r + 2 sin φ 2ρ = 1 r 3 (- cos φ ) cos φ r 3 2 ( 4 cos θ - 2 sin θ - 1 ) ( 3 cos 2θ - 3 sin 2θ ) 3 cos 2θ cos φ r 1 r 2 [ ∂ ∂r 3 (r 2 ∂ ∂r 2 ) + sin1 θ ∂∂θ ( sin θ ∂∂θ ) + sin1 θ ∂∂φ ]r sin θ cos φ 2 2 2 = sin 2 θ cos φ (r ∂ ∂r 2 r φ ∂ )r + r cos ( sin θ ∂∂θ ) sin θ sin θ ∂θ ∂ ∂r 2 2 + = = = 문제 2-30 sin 2 θ cos φ r cos φ 2 ⋅( 4 cos r cos φ ⋅2r + 2 r sin θ 1 = (r ∂ ∂r 2 r ∂ r ∂φ cos φ 2 ⋅( 4 sin θ cos 1 = 2 θ - 2 sin 3θ ) + 1 r ⋅( - cos φ ) ∂ (-n r -n+1) ∂r 2 r 1 = θ - 1) ( - n ( - n + 1) r 2 r r ∂ 2 2 ∂x + 2 ∂ 2 ∂y 2 + ∂ 2 ∂z ∂ ( 2 xy + yz ) + ∂x 2 2 따라서 n 3 ] ( x y + xyz + α y ) ∂ 2 2 ( x + xz + 3 α y ) + ∂y 문제 2-33 ∂ ( xy ) ∂z -n-2 또는 이면 만족된다. =0 1 × B 1 [ By (a) ∇ ∂ = = = 2 y + 6α y 1z - ∂ ∂B 1y ∂z ] x̂+ [ ∂z - ∂x ] ŷ + [ ∂x - ∂y ] ẑ ∂B 1x 3 1 3 2 = = 1 ρ × B 2 [ By ] x̂ [ (b) ∇ ∂ = ∂ ∂ (ρ )+ ∂ρ ∂ρ 2 1 ∂ ρ2 ∂φ + 2 ∂ 2 ∂z 2 2z ∂ ∂ ∂ (ρ ( cos 2φ ) + 0 ρ m ) + 2 ρ m - 2z 2 ∂ρ ∂ρ ∂φ ρ 2 z cos 2φ 2 z cos 2φ ρ 2 (m 2 3 2 m-2 1 y 2 = 4, = ∂B 3z 1 ∂φ = -2 ) ∂z ∂ ∂θ ( sin θ ∂ ∂θ 1 2 n ) + sin θ ∂φ ] ( r ∂ 2 ∂B 3z (d) ∇ = ) = ∂( ρ B 3φ ) ∂ρ 2 2 × B 4 [ Bz ] φ̂ 2 1 ∂B 3ρ ] ρ̂ + [ ∂z - ∂ρ ] φ̂ + 1ρ [ [ ρ1 ∂∂φ ( z ) - ∂∂z ( - sinρ φ ) ] ρ̂ ∂ 4ρ ∂ 2 1 + sin θ x̂ - ∂∂x ( 2 ln x + ln y - ln z ) ŷ [ ∂∂z ( 1 +1 ρ ) - ∂∂ρ ( z ) ] φ̂ 2 2 [ ∂∂ρ ρ ( - sinρ φ ) - ∂∂φ ( 1 +1 ρ ) ] ẑ 2 1 ρ 2 =0 또는 이어야 한다. 2 2 ∂B 3φ - + = ∂ ∂r x̂ - ∂∂x ( ln xz y ) ŷ + 즉m ] ŷ x̂ - 2x ŷ z cos 2 φ 2 ∂x ∂ ( 2 ln x + ln y - ln z ) ∂y ρ m - 1 ) + 2 ρ m - 2 z ( - 4 cos 2φ ) 위의 식을 항상 만족하기 위해서는 m (r [ ∂∂x ( - 3 y ) - ∂∂y ( x -2x ) ] ẑ = ×B 3 [ ρ (c) ∇ = 0 2 + 2 ∂ xy ( ln ) ∂y z = ∂ ∂ m m-2 (m ρ ) + 2 ρ z ( - 2 sin 2φ ) ∂ρ ∂φ ρ ∂ W( r , θ, φ ) = 2 [ ∂r r [ ∂∂z ( x - 2x ) - ∂∂x 2( z + 3z ) ] ŷ ∂B 2z + - ∂ m ] ( 2ρ z cos 2 φ ) 2 2 z cos 2φ = 2 (m - 4 )ρ 1 + = = = ∂B 1x =0 이다. 2 ∇ V ( ρ , φ, z ) = [ ∂B 1y 2 = 0 = - ∂B 1 z [ ∂∂y 2( z + 3z ) - ∂∂z ( - 3 y ) ] x̂ 1 + α)y 3 = 6( 문제 2-32 ) =0 = 문제 2-31 -n ⋅( 2 cos 2 θ + 1) ∇ U( x, y, z ) = [ 따라서 α ) 2 1 = n ( n - 1) r cos φ ∂ -n r ∂r 2 + ∂ z sin ( ∂z ρ 2z sin ρ 2 φ 1 ρ 2 [ - ∂φ ] ẑ φ ) ∂B 4ρ φ̂ 2 φ̂ - 1 ρ z sin 2 φ ρ2 2 ∂ z sin ( ∂φ ρ ẑ 2 φ ) ẑ - ∂B 3ρ ∂φ ] ẑ ×B 5 (e) ∇ r sin θ ∂θ ] r̂ + 1r [ - ×B 6 ∇ 1 r ∂( r B 5θ ) ∂r ] φ̂ r ∂ 2 ( r sin θ ) ∂r ∂B 6r [ sin1 θ = = 2 sin θ r 2 φ ⋅ φ ⋅ 1 1 ) φ̂ + φ 3 (2 sin θ cos θ ) φ̂ =0+ 3 ⌠⌡ 2 θ̂ - 3 sin 2θ sin φ 3 r 2 ⋅ 0 ⋅( - d ρ ) ( - ρ̂ )∣ 3 3 cos φ dφ + π φ̂ Stokes π π 0 ⋅ S ⌠⌡ D ρ dφ φ̂ ∣φ= 0 + 2 sin θ sin 2φ r r 2 = 2 sin ( 2 sin φ cos φ ) θ̂ - 3 2 r = 3 ∂ sin θ sin ( 2 ∂θ r 1 ) θ̂ - ⋅ L 문제 2-35 (a) ○⌠⌡ D d l ⌠⌡ D dρ ρ̂ ⌠⌡ D ∂B 6r ∂ sin θ sin ( 2 ∂φ r 1 r sin θ 1 ∣0 앞의 (a)와 (c)의 결과는 ⌠○⌡ C d l ⌠⌡ ▽× C d s 임을 보여준다. 즉, 이 경우 정리가 성립함을 확인할 수 있다. L = 3 3 (d) ] φ̂ ] θ̂ + 1r [ - ∂θ ] φ̂ ∂φ x = -3⋅ = -1 r̂ - 2 cos θ θ̂ + 2 sin θ φ̂ cos 2θ sin θ = [ 1 + (f) ] θ̂ + 1r [ ∂r 2 r sin θ = ∂( r B 5φ ) [ ∂∂θ ( r cos θ sin θ ) ] r̂ + 1r [ - ∂∂r ( r cos θ ) ] θ̂ 1 = ∂( B 5φ sin θ ) [ 1 = ⌠⌡ ρ 5 ⌠⌡ D 0 φ= 1 3 ∣ρ= 3 sin π + 2 π ⋅( - ρ dφ ) ( - φ̂ )∣ ρ = 1 2 π d + ρ 2 ⌠⌡ 0 π cos φ dφ 2 5 2 1 ρ ∣3 2 2 = ( 27 - 1) sin φ∣ 0 + = 26 - 20 문제 2-34 (a) ⌠○⌡ C d l ⌠⌡ C dx x̂ 1 L ⋅ = ⋅ 0 ⌠⌡ C dy ŷ ⌠⌡ C dx =6 1 ∣y= 0 + ⋅ 0 ∣ x= 1 0 + =0+ ⌠⌡ 1 0 2 (- 1 - 2y ) 2y = -(y + 3 3 ⋅( - 2 1 ) (- x̂ - 12 ŷ )∣ 2 (b) 1 ▽× D [ ρ [ y= x 2 2x 3 1 )∣ 0 + ( - 3 0 )∣ 1 = ∂ z ∂ ∂ y ∂ ∂ - y + ∂ ∂ - x ∂ = ∂ x ∂ - ∂ ẑ ⌠⌡ ▽× C d s ⌠⌡ ⌠⌡ × C dy dx ẑ ⌠⌡ ⌠⌡ x ẑ dy dx ẑ = 0 0 1 = ρ [ ∂ρ 1 2 + 2 +2 2 ∂ ∂ )) - y - ∂ ( ∂ ∂ 0 ∇ = 3 0 1 - ∂D ρ ∂φ ] ẑ ∂ 2 ( ρ ⋅ρ cos φ ) - ∂ 5 ρ sin φ ∂φ ] ẑ ẑ (∇ ) ⋅ ρ dρ dφ ẑ π 2 x = ∂ 0 3 = (ρ - 3 1 [ ( 3 - 5 ) cos φ ] ρ dρ dφ 5 2 ρ )∣ 31⋅ 2 ⌠⌡ 0 π cos φ dφ π 2 = 6⋅ sin φ ∣ 0 ) ẑ = 6 위의 (a)와 (c)의 결과는 ⌠○⌡ D d l ⌠⌡ ▽× D d s 임을 보여준다. 즉, 이 경우 가 성립한다. (d) ⋅ L ⋅ = S ⋅ x 0 (- 3 ⌠⌡ x dx 1 = -3 ⋅ ∂ρ ẑ ⌠⌡ ▽× D d s ⌠⌡ ⌠⌡ × D ⌠⌡ ⌠⌡ ρ S ∂( ρ D φ ) ] ρ̂ + [ ∂∂z 5 ρ sin φ ] φ̂ [ 3ρ cos φ - 5 ρ cos φ ] 2 (c) x 1 ⋅ z ∂ ∂ (- ( ∂ =- 3x S ρ ∂D z π = [ - 2x - x] (c) 1 = ( 3ρ - 5 ) cos φ = -1 = ∂ ρ 2 cos φ ∂z ∂D ρ ] ρ̂ + [ ∂z - ∂ρ ] φ̂ + ρ1 [ + 벡터 C 에 대한 직각좌표계의 회전은 식(2.64)에 주어진 것처럼 다음과 같은데 × C [ Cy Cz ] x̂ [ Cz Cx ] ŷ [ Cx Cy ] ẑ 여기서 벡터 C 는 x̂ 와 ŷ 의 성분만 있으며, 또한 x 와 y 만의 함수이므로 다음과 같이 간단하게 표현할 수 있다. × C [ Cx Cy ] ẑ [ x x y xy ] ẑ y ∇ ∂z 2 (b) = ∂D φ - 1 2 2 = -(1 + ) - () 3 3 ∇ ∂φ = - ŷ⋅ dy ŷ + ⌠ ⌡ ( x x̂ - 3x ŷ )⋅dx ( x̂ + ŷ ) 0 ∂D z 1 = 0 2 )⋅ 문제 2-36 (a) ∇⋅ A = ∂∂Ax + ∂∂Ay + ∂∂Az x y z = ∂ 2xy ∂x ∂ 2 y = 2 y - 2y = 0 ∂y Stokes 정리 × A [ Ay ∇ ∂ = z - ∂ ] x̂+ [ ∂z - ∂x ] ŷ + [ ∂x - ∂y ] ẑ ∂A y ∂A x ∂z ∂A z ∂A y ∂A x = [ - c - ( - 6) ] [ ∂∂x ( - y ) - ∂∂y ( 2xy ) ] ẑ 이므로, a 2 = = - 2x (b) 이므로, 벡터 A 는 무발산계이면서 회전계이다. ∇⋅ (b) × B [ By ∇ ∂ = z - ∂ [ = 2 ] x̂+ [ ∂z - ∂x ] ŷ + [ ∂x - ∂y ] ẑ ∂B y ∂z ∂ ∂ 2 2z (-y ) ∂y ∂z ∂B x ∂B z ] x̂+ [ ∂ ∂ 2 x 2z ∂z ∂x + [ ∂B y ∂B x ×A [ ρ ∇ ] ẑ 이므로, 벡터 B 는 발산계이면서 비회전계이다. ∇⋅ C = ρ1 ∂∂ρ ( ρ C ) + 1ρ ∂∂Cφ + ∂∂Cz φ ∂ sin φ 1 (ρ⋅ )+ ∂ρ ρ ρ2 1 ρ ×C [ ∇ = ρ ∂A z ∂φ - ∂A z ρ 2 cos φ =- - - ρ3 ∂A ρ ∂A z ] ρ̂ + [ ∂z - ∂ρ ] φ̂ + ρ1 [ ∂A φ ⋅( ) = 1 ∂ ∂ρ ρ + ∂C ρ ∂z ∂( ρ A φ ) ∂ρ - ∂A ρ ∂φ ] ẑ ∂A ρ ∂A z ∂A φ ∂A ρ φ ∂( ρ C φ ) ∂ρ - ] ẑ ∂φ ∂C ρ = ∂A φ ∂ 1 ∂z ρ ∂A ρ ∂A z ∂A φ 2 2 ∂A ρ [ A + ρ ∂ρ - ∂φ ] φ 2 2 φ z + 2 cos φ ∂A z [ ρ ( 1ρ ∂φ - ∂z )] + ρ1 ∂∂φ [ ∂z - ∂ρ ] [ ∂ A - ∂∂Az - ρ ∂∂zA∂ρ ] + ρ1 [ ∂∂z A∂φ - ∂∂ρA∂φ ] ρ ∂φ ∂ρ 1 ∂ sin φ φ )( ) ] ẑ [ ∂∂ρ ( ρ ⋅ cos ∂φ ρ ρ 1 ∂A φ [ 1ρ ∂φ - ∂z ] ρ̂ + [ ∂z - ∂ρ ] φ̂ + 1ρ [ A + ρ ∂ρ - ∂φ ] ẑ ▽ ▽× A ∂ cos φ ( ) ∂φ ρ2 ] ρ̂ + [ ∂z ] φ̂ + ρ1 [ ∂z - = 1 3 ∂C φ =2+0+d =0 이다. = -2 2 sin φ = - ∂A z 이다. 여기에 발산을 취하면 다음을 증명할 수 있다. z ρ = = = =0 (c) 이다. A = ∂x + ∂y + ∂z ∇⋅ ∂A y 문제 2-38 먼저 임의의 3 차원 벡터 함수 A 에 대한 회전을 구하면 ] ŷ ∂ ∂ 2 2 (-y )x ∂x ∂y = 3 , b = -4 , c = 6 ∂A x 이므로, d B = ∂∂x x - ∂∂y y + ∂∂z 2z = 2 x - 2y - 2 2 x̂+ [ a - 3] ŷ + [ b - ( - 4) ] ẑ = 0 1 ρ φ 2 ρ z 2 [ ∂∂Az + ρ ∂∂ρA∂z - ∂∂φA∂z ] φ φ ρ =0 ρ2 이므로, 벡터 C 는 발산계이면서 회전계이다. (d) ∇⋅ ∂D 1 ∂ 1 D = r1 ∂∂r ( r D ) + r sin ( D sin θ ) + r sin θ ∂φ θ ∂θ = = ×D ∇ φ 2 = 1 ∂ 1 2 (r ⋅ ) ∂r r 2 r θ r 2 ∂D r = 2 2 2 2 2 = 0 ∂D r [ sin1 θ ∂φ ] θ̂ + 1r [ - ∂θ ] φ̂ r 1 1 r sin θ ∂ 1 1 ( ) θ̂ ∂φ r r 따라서 벡터 A 가 무발산계가 되기 위해서 α ∂ 1 ( ) φ̂ ∂θ r ∂ ∂ z - ∂A y ∂z ∂A z , ) 1 ∂V A = ∇ V = ∂∂Vr r̂ + 1r ∂∂Vθ θ̂ + r sin φ̂ θ ∂φ ] x̂+ [ ∂z - ∂x ] ŷ + [ ∂x - ∂y ] ẑ ∂A x = - 14 이어야 한다. 문제 2-40 먼저 구좌표계에서 임의의 스칼라 함수 V r θ φ 에 대한 기울기를 벡터 A 라고 두면 ( , × A [ Ay ∇ 2 = ( 14 + α )xy 이므로, 벡터 D 는 발산계이면서 비회전계이다. (a) A = ∂∂x ( 5x y + 3y z ) + ∂∂y ( 2xy - x z ) + ∂∂z ( αxyz + 2x y ) 2 =0 문제 2-37 ∇⋅ = 10xy + 4xy + α xy 1 r = 문제 2-39 ∂A y ∂A x 와 같다. 여기에 회전을 추가로 취하면 × ×A ∇ (∇V) = ∇ = + ∂( A φ sin θ ) [ 1 r sin θ ∂θ ∂A r [ sin1 θ ∂φ - 1 r ∂A θ - ∂φ 제 3 장 연습문제 풀이 ] r̂ ∂( r A φ ) ∂r ] θ̂ + 1r [ ∂( r A θ ) ∂r - ∂A r ∂θ 이다. 여기서 r̂ , θ̂ , φ̂ 성분들을 각각 구해보면 다음과 같다. ① ∂( A φ sin θ ) ∂θ ∂A θ - ∂φ = 2 ∂ V 1 ∂φ ∂θ r 1 r r' = 3 x̂ + 5 ŷ - 3 ẑ , r = 7 x̂ + 2 ŷ + 9 ẑ 이므로 R = r - r' = 4 x̂ - 3 ŷ + 12 ẑ 이 문제 3-1 R= 1 ∂V 1 ∂V sin θ ) ∂( ) r sin θ ∂φ r ∂θ ∂θ ∂φ ∂( = ] φ̂ 2 2 1 sin θ ∂A r ∂φ - ∂( r A φ ) ∂r F = 4 πQεqR R = ( 169 10 1 )⋅( 13 10 ) -3 3 1 sin θ = 1 sin θ ∂ V ∂r ∂φ 1 r sin θ ∂r 1 sin θ 2 ∂ V ∂φ ∂r ③ ∂( r A θ ) ∂r - ∂A r ∂θ = r ∂r 2 = ∂ V ∂θ ∂r ∂( - = -3 3 + 12 ) x̂ - 3 ŷ + 12 ẑ ) x̂ - 27 ŷ + 108 ẑ N +6 1 = 12 +3 = - +7 1 ∂ V ∂r ∂θ =0 따라서 임의의 3 차원 스칼라 함수 V 에 대해 항상 ▽× ▽ V ( )=0 (a) 2 3 ŷ + 4 ẑ + Q 4 ŷ - 3 ẑ ] | 4 ŷ - 3 ẑ | ŷ + 4 ẑ | ŷ ẑ + 4Q ŷ - 3Q ẑ ] 1 [ 12 4πε = 1 - 36 + 48 [ 3 4πε 5 = 1 4 πε -3 3 ( 4 Q - 36) 3 5 125 - 36 ŷ⋅ F ( 1, 3, 4) = 41πε 4Q125 =0 = 36 = 9 4 μC 이어야 한다. - 3Q ẑ⋅ F ( 1, 3, 4) = 41πε 48125 =0 을 만족해야 한다. 따라서 Q 문제 3-3 (a) = 48 = 16 3 식(3.8)로부터 다음을 구할 수 있다. 3 ŷ + ( 48 - 3Q ) ẑ ŷ 성분의 힘이 없을 경우에는 을 만족해야 한다. 따라서 Q (b) ẑ 성분의 힘이 없을 경우에는 3 |-3 = 이 만족된다. 2 +4 F ( r ) = F ( 1, 3, 4) = 41πε Q rr --rr 1 + 41πε Q rr --rr 2 | | 1| 2| ∂V ) ∂r ∂θ 2 - )⋅13 x̂ ŷ ẑ 에 점전하 Q Q μC 점 r 1 x̂ ŷ 에 Q μC 인 점전하가 있고, 점 r 2 가 있을 경우 점 r x̂ ŷ ẑ 에 있는 단위전하에 미치는 힘 F 는 식(3.1)로부터 다음과 같이 두 힘의 합으로 표시해야 한다. = =0 ∂V ) ∂θ 10 36 ∂V ) ∂φ 문제 3-2 1 ⋅( = 9⋅( 4 = 36 = ∂( r 4 -6 -9 2 ∂ V ∂θ ∂φ ∂V ∂( ) ∂( r ∂r ∂φ 2 이다. 따라서 식(3.1)로부터 다음을 구할 수 있다. × × (4 x̂ ŷ ẑ × π π 며 4 + ( - 3) + 12 = 13 =0 ② 2 μC 이어야 한다. = 23# 연습문제 0-r n E ( 0, 0, 0 ) = 41πε ∑ Q 0r n| | 2 n n=1 1 1 36π = 4 π⋅ ( × 10 3 × [ ( 30 10 -9 ) -9 3 )⋅ ŷ + ( 40 ×10 )⋅ - 3 ẑ ] -9 3 3 3 (b) 10 3 0- r 3 ŷ + 40 ẑ = 41πε Q 0r 3| | 3 1 1 36π = 4π⋅( × 10 3 = 50 nC 의 위치를 r 3 라고 하면 3 × ⋅( 50 10 -9 ) -9 )⋅ -r 3 | r 3| 3 r 3| ρ | dt ρ̂ 3 ρ 2 + t2 | tan ⇒ θ 의 적분구간 [ 0 , ∞] π ] [ 0, 2 ② dt ρ θ dθ ③ ρ t ρ θ 와 같이 바꾸어야 하므로 이를 정리하면 다음을 구할 수 있다. = sec 2 2 + 2 = sec ρ ⌠ E ( ρ, φ, z ) = 2πε ⌡ l -r 3 = 450⋅ | ∞ 0 이 된다. 왜냐하면 우변의 첫 번째 항의 피적분함수는 우함수이기 때문이고, 두 번째 항의 피적분함수는 기함수이기 때문이다. 위의 최종식에서 t ρ θ 로 치환할 경우 ① t 의 적분구간 원점에서의 전계가 0 이 되도록 만드는 추가되는 점전하 Q - 30 2 πε 0 = ŷ - 409 ẑ ] = 30 ŷ - 40 ẑ V/m = 9⋅[ 3 ⌠ ⌡ ρl = 2 ρ ρ sec 2θ dθ ρ̂ ρ 3 sec 3θ 0 0 ŷ + 45 ẑ ) = 450 r 3) r ⋅( - ˆ 3 5 | 3| 2 으로 다음의 두 식을 얻을 수 있다. → | r | 450 50 = - 3 5 3 ŷ + 45 ẑ = - ˆ r3 → 따라서 r 3 는 450 =3 50 = 50 nC 3 ˆ r 3 = 35 ŷ - 45 ẑ 문제 3-5 (a) Q = 의 위치는 P ( 0, 3 ⌠ ⌡ ρ dz ⌠ ⌡ 4 = l 0 = 9 12 , ) 5 5 이어야 한다. (b) Q = ( , , )= l 4 πε 0 1 4πε ρl 4 πε 0 ( l L ⌠ ⌡ ) ∞ -∞ | r - r' | 3 ρ ρ̂ + ( z - z' ) | ẑ dz' ρ + ( z - z' ) | | ρ 2 + t2 | + l 4 πε 0 -6 2π 2 0 cos θ dθ ρ̂ π ρl 2 sin θ∣ 0 ρl 2 π ε0ρ × 3 2 0 2πε 0 ρ -6 dz = ( z - 2 z ) 10 2π ⋅ 2π 0 ∣ρ= 1+ s 0 = 2 (6 2 (6 10 0 ∞ -∞ | ρ 2 + t2 | 0 × π× × 2 = 2 π⋅ ( 3 z = 24π 10 -3 = 30 -3 (c) Q = = - 3 × 2 (3 z - 2) 10 ρ̂ V/m 4 × 3 ρ̂ ∣ 0 = 56 10 10 10 10 -3 -3 -3 0 ⋅ 2π )⋅ ∣ ρ = 1 + +2 2 0 × 4 2π 0 π 2 0 0 ⋅r v 2 0 3 10 10 -3 (12 )∣ 0 + 2π⋅ ( 3 ρ × ∣z= 2+ s 0 1 ) + 6 π 10 ⌠ ⌡ ⌠ ⌡⌠ ⌡ρ 2π 1 -6 μC 1 0 -3 (6 2 1 ⋅ s 0 0 -3 )⋅ ∣ z = 2 10 ) 1 )∣ 0 -3 = 30π mC 2 3 2 ∞ -∞ 1 d θ ρ̂ sec θ ⌠ ⌠ ⌠ ⌡⌠ ⌡ ρ ρ dφ dz ⌡ ⌠ ⌡ ρ ρ dρ dφ ⌡ ⌠ ⌡ ρ ρ dρ dφ ⌠ ⌠ dφ dz dρ dφ ρ ρ ⌡⌠ ⌡ ρ z× ⌡ ⌠ ⌡ ρ z× ⌠ z× dz π ⌠ π⌡ ⌡ ρ × dρ 2 = / 을 구할 수 있다. 여기서 z z ' t 로 변수치환하고, 각각의 성분으로 나누면 ρ ρ t ρ ⌠ ⌠⌡ Eρφz dt ρ̂ dt ẑ ⌡ - 2 0 = 56 문제 3-4 자유공간에서 z 축을 따라 선전하밀도 ρ C m가 균일하게 분포할 경우 주변의 전계는 φ 에 대해 변화 가 없이 일정하다. 따라서 식(3.9)로부터 r - r' dl ⌠ Eρφz Eρ z ⌡ ρ r' l 4 0 2 ( , 0, ) = ⌠ ⌡ = r 3 = | r 3| ˆ r 3 = 3⋅( 35 ŷ - 45 ẑ ) = 95 ŷ - 125 ẑ ( , , )= ρl 2πε 0 ρ π = = r 3| = | 2 이다. 그러므로 점전하 Q ⌠ ⌡ 3 을 만족해야 한다. 위의 식의 좌변과 우변 모두를 크기와 단위벡터의 곱으로 나타내면 50⋅( - ρl 2 πε 0 ρ π = π sin θ dr dθ dφ = ⌠ ⌡ ⌠ ⌡⌠ ⌡ rθ r ⌠ π ⌡ r dr dθ dφ 2π 0 =2 = π 2 0 0 2 2 sin 3 0 1 π 2r 4∣ 20 2 = 8π 2 C ⋅ 2 sin θ dr dθ dφ ∣z= 0 25# 연습문제 F =QE =ma 문제 3-6 식(3.10)으로부터 1 ⌠ E ( x, y, z ) = 4πε ⌡ ⌠ ⌡ ρ 0 ∞ ∞ -∞ -∞ ( x- x' ) s | x̂ + ( y - y' ) ŷ + z ẑ dx' dy' 2 3 ( x- x' ) + ( y - y' ) + z | 2 2 와 같이 전계를 나타낼 수 있다. 이때 x x' t , y y' ρ ⌠ ⌠ Exyz ⌡ ⌡ t x̂ w ŷ z ẑ dtdw - ( , , )= ∞ ∞ - -∞ -∞ | s 4πε 0 = - - = -w - 로 변수치환하면 + 와 같은 정전기적인 힘을 받으므로 다음과 같이 가속도 a 를 얻게 된다. × x̂ ŷ a QmE x̂ ŷ m s × (b) 속도 u 의 시간미분이 가속도 a 이므로 다음의 관계식을 얻을 수 있다. = 2 3 2 인데, 피적분함수가 t 와 w 에 대해서는 기함수이므로 x̂ 성분과 ŷ 성분 모두 0이 된다. 따라서 전계는 다음과 같이 간단한 형태로 나타낼 수 있다. ρ ⌠ ⌠ z ẑ Exyz dtdw ⌡⌡ ( , , )= 여기서 t = ρ cos φ ∞ ∞ 0 0 s πε 0 = sin 2 = | 0 ⌠ ⌡⌠ ⌡ ρ ⌠ ⌡ ρs πε 0 2 zρ | 0 ∞ s 2ε0 와 같다. 여기에 다시 2 ∞ 0 0 ρ 2 + z 2| zρ | ρ 2 + z 2| ρ = | z | tan θ E ( x, y, z ) = 2ρε ⌠ ⌡ 2 3 ( ρ cos φ ) + ( ρ sin φ ) + z | 2 π 3 dρ dφ dρ 3 ẑ s ẑ z⋅| z | tan θ | 2 ⌠ ⌡ z⋅| z | tan θ 2ε 0 = ρs 2ε 0 ⌠ ⌡ z tan θ dθ | z | sec θ = z | z| ρs 2ε 0 ⌠ ⌡ z | z| π ρs 2 ( - cos θ )∣ 0 2ε 0 = = ρs z | z| 2 3 ( | z | tan θ ) + z | 0 = | z | sec π 2 3 | z | sec 0 | z | sec 3 θ π 2 0 π 2 0 sin θ dθ 2 θ dθ 2 θ dθ ẑ { ρs 2ε 0 ẑ , ρs 2ε 0 ẑ , -2 / 1 u z = A3 x̂ 일 때 입자의 속도는 u t 을 쉽게 구할 수 있다. ( = 0) = - 2 = -2 , A2 = 0 , A3 = 2 질량 m × = 2 μ g = 2 10 -9 kg +2 ẑ m/s 라고 따라서 u ( t) = ( 4t- 2) x̂ - 2t ŷ + 2 ẑ m/s 이므로 2 초 후의 속도는 다음과 같다. ẑ u ( t = 2) = 6 x̂ - 4 ŷ + 2 ẑ m/s (c) 2 초 후인 시점의 운동 에너지 E 는 다음과 같이 구할 수 있다. 1 m| 2 u ( t = 2) | = 12 ⋅( 2 ×10 )⋅[ 6 + ( - 4) + 2 ] 2 -9 × = 56 10 ẑ (d) ẑ 입자의 위치벡터를 l t ( ) = x( t) -9 = 56 2 2 2 μJ x̂ + y( t) ŷ + z ( t) ẑ 라고 하면, u ( t) = dtd l = dtd x( t) x̂ + dtd y( t) ŷ + dtd z ( t) ẑ ∥ for z>0 for z<0 ( 4t - 2) x̂ - 2t ŷ + 2 ẑ 의 관계가 있다. 위로부터 각 성분에 대해 적분을 취하면 2 x( t) = 2t - 2 t + B 1 , 2 y( t) = - t + B 2 , z ( t) = 2 t + B 3 와 같이 구할 수 있다. 그런데 시간 t 일 때 입자가 원점에 있다고 하였으므로 임을 쉽게 알 수 있다. 따라서 2 초 후 입자의 위치는 =0 문제 3-7 (a) 2 z u y = - 2t + A 2 , = 0 sec ẑ ẑ ρs 2ε 0 y 입자가 원점에 있는 t 하였다. 그러므로 이를 이용하면 A 임의의 시간 t 일 때의 속도 u t 는 E= 와 같다. 결국 전계는 다음과 같음을 증명할 수 있다. E ( x, y, z ) = u x = 4t + A 1 , 로 치환하여 풀이 3-4에서 보인 과정을 적용하면 0 =4 ( ) π 2 ) x̂ - 2 ŷ 위로부터 u 의 각 성분을 구하면 다음과 같다. ∞ 0 0 - -9 4 2 3 2 )⋅( 2 2 10 ∥ π s = 2 -9 x t +w +z | , w ρ φ 로 치환하면 dt dw ρ dρ dφ 로 바뀌므로 ρ ⌠ ⌠ z ẑ ρ dρ dφ ⌡⌡ E ( x, y, z ) = πε = | ( 4 10 a = ddtu = dudt x̂ + dudt ŷ + dudt ẑ t +w +z | 2 = 을 가진 입자는 전계 E 내에서 B1 = B2 = B3 = 0 x( t = 2) = 4 , y( t = 2) = - 4 , z ( t = 2) = 4 27# 연습문제 이므로, 점 ( 에 있게 된다. 4, - 4, 4 ) E ( 1, 1, 1 ) = E ( 2 , π4 , 1) = 2 πρε ρ ρ̂ = l 0 문제 3-8 총 20 nC 의 전하가 직선 ρl = 20 3 × 10 -9 0≤z≤3 에 균일하게 분포되어 있으므로 선전하밀도로 1 ⌠ E ( 4, 0, 0 ) = 4πε ⌡ρ 3 0 0 = = 60 와 같다. 여기서 z' 1 1 4π ⋅ ( 36 π ⌠ ⌡ 3 4 l | × 10 x̂ - z' ẑ -9 ⌠ ⌡ 20 3 × 10 로 치환할 경우 θ1 ⌡ 3 2 ⌠⌡ E ( 4, 0, 0) = 9 x̂ - 3 ẑ 1 0 3 θ [ cos θ x̂ - sin θ ẑ ] dθ x̂ + cos θ ẑ ] dθ = 15 sin θ 1 x̂ - 15( 1 - cos θ ) ẑ = 3 5 E ( 1, 1, 1 ) = × -9 4 x̂ - 3 ẑ | × (b) 직각좌표계의 점 (1,1,1)은 원통좌표계로 점 ( 면 = 36 2 3 2, π 4 for z<0 s = 0.5 nC/m 1 이다. 이를 위 식에 대입하여 x̂ - 27 ẑ V/m = - 0 = - 2 가분 = -9 / × -6 -6 ⋅ [ + ] + + × -6 × -6 ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ 2 -1 = + 2 ) -1 2 -6 = 6 10 -6 ⋅( J ( -2 d ( - 3x - 1) dx ( - 2x +6 ) ( 3 x - 1 ) dx 3 2 2 x - x )∣ - 1 2 / ŷ ] ŷ )⋅dx [ x̂ - 3 ŷ ] [ ( - 3 x- 1) + 6 x ] dx -1 μJ [ ] = -3 2 -1 = 4 10 =6 + x2 x1 × ⌠ ⌡ y x̂ ⌠ ⌡ y x dx = - ( - 4 10 × × ⋅[ L 2 ⌠ ŷ dz ẑ ⌡ E dx x̂ dy dx dx x 을 잇는 직선의 방정식은 y 이다. 따라서 이러한 y x̂ x ŷ V m 내에서 움직일 μC 이 전계 E 경우의 일 W 은 ⋅ -1 = 4 10 이용하 0.5 10 1 -9 2⋅( 10 ) 36 = - 2 1 에 해당되므로 문제 3-4의 결과를 , 1) z>0 2 / -9 s 2 = -4 θ1 4 5 for ( 2,- 7, 5) = 4 10 4 + ( - 3) | 2 ⋅ L ( - 1, 2, 5) V/m 125 10 1 -9 4π⋅( 10 ) 36π ẑ , ρs 2ε 0 점 에서 점 직선을 따라 점전하 q 다음과 같다. ⌠ W q ⌡ E dx x̂ (a) 0 cos θ 1 = s ẑ , ρs 2ε 0 - 인 평면상에 면전하밀도 ρ C m 가 분포시 전계는 1 = 4 10 문제 3-9 (a) { = 0 = -q θ1 수 있다. 전계 E 내에서 점전하 q 가 경로 L (변수 x 로서는 x 에서 x 까지) 을 따라 이동시 드는 일의 양 W 는 직교좌표계의 경우 다음과 같이 나타낼 수 있다. ⌠ W q ⌡ E dl q ⌠ ⌡ E dx x̂ dy ŷ dz ẑ = - = 15 [ sin θ 이므로 θ , ) 에서의 전계는 다음과 같다. sin 문제 3-6의 결과에 따르면 z sec θ 0 ⌠⌡ 문제 3-10 2 x̂ - tan θ ẑ dθ θ1 2 = 6 x̂ - 4 tan θ ẑ 4 sec θ dθ 64 sec ρ̂ ŷ 이므로 이를 위 식에 대입하여 정리하면 다음을 구할 1 과 같이 주어진다. 따라서 평면 x 에 균일하게 분포한 면전하밀도 ρ 포할 경우 점 (1,1,1)에서의 전계는 다음과 같다. ρ × E x̂ x̂ π x̂ V m ε × π dz' 이라고 두면 4 0 = 15 3 4 (c) ( 1, 1, 1) = - x̂ - 4 tan θ ẑ dz' = 60 ⌠ ( 16 + z' ) tan θ 1 = 3 2 2 3 4 2 x̂ - z' ẑ 4 ) x̂ + 2 E ( x, y, z ) = ( 16 + z' ) = 15 4, 0, 0 -9 = × E ( 1, 1, 1) = 18 x̂ + 18 ŷ V/m 에서의 전계를 구하면 dz' tan θ 1 = = 4 tan θ 0 ( 4 , 0 , 0) dz' 3 2 2 4 3 0 ) ( 16 + z' ) θ1 2 3 4 + ( - z' ) | 2 x̂ - z' ẑ 4 0 E ( 4, 0, 0) = 60 ⌠ ⌡ 와 같다. 그런데 정리하면 점 ( 인데, 이 경우 ρ̂ 1 -9 ρ̂ = 18 2 C/ m 가 분포한 것으로 보면 된다. 따라서 식(3.9)로부터 점 ( × 2 10 1 -9 2 π⋅( 10 )⋅ 2 36π -1 1 연습문제 동일한 상황에서 이차곡선 y 수 있다. ⌠ W q ⌡ E dx x̂ 2 = -3 x + 5 (b) 2 2 = - ⋅ -1 × × = 4 10 × × -6 -6 ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ 2 ( ( -2 -1 2 + 12 = 4 10 -6 = 4 10 -6 2 -6 × × -6 × -6 × × = 4 10 ⋅ 3 -6 = 87 문제 3-11 점 ( 1, - 1, - 1) + -1 ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ 2 -1 -6 -9 +6 ŷ )⋅dx [ x̂ - 3x ŷ ] 2 ) 3 문제 3-12 ⌠ ⌡ 1 2 2 2 [ ( 2x- 3)( - 3 x+ 2) + 6 x + 3 x( 2x- 3) ] dx 2 [ 6x + 4 x - 6 ] dx )⋅ [ 2 x + 2 x - 6x ] 1 3 2 2 = ( 5 10 -9 )⋅ [ 2 x + 2 x - 6x ] 1 3 2 2 = 70 10 -9 J nJ 자유공간에서 선전하밀도 ρ 이 z 축 상의 L z L 에 균일하게 분포되어 있을 경우 평면 z 상에서 원점을 중심으로 반경 ρ a 인 원주상의 임의의 점 a φ 에서의 전위 V 는 φ 방향 으로 일정하다. 따라서 (3.17)로부터 다음을 증명할 수 있다. - l ≤ ≤ 2 2 = ( , ,0) V = V( a , φ, 0) = V( a , 0,0) = 1 4πε ρ r' ) ⌠ ⌡ | r - r' | dl = ρl 4πε 0 ⌠ ⌡ L ρl 4 πε 0 ⌠ ⌡ L 3 ( 5 x + 1 ) dx 5 4 2 x + x )∣ - 1 4 ŷ - xy ẑ )⋅dx ( x̂ + 2 ŷ - 3 ẑ ) + 6 x + 3 xy ) dx ( = 0 3 2 -9 = 70 ŷ ] ⋅ 2 1 + 3x = ( 5 10 3 [ ( - x + 1) + 6x ] dx 2 ⋅( ( - 2x ( 3 을 따라 움직일 경우의 일 W 은 다음과 같다. d 3 (-x + 1 ) dx 2 ) 2 -1 = 87 10 [ × ⌠ ⌡ y x̂ ⌠ ⌡ y x dx -1 -6 × × × × J = - ( - 4 10 -6 ⌠ ⌡ -9 2 1 ( 1 ⋅ × = 5 10 ⌠ ⌡ yz x̂ 2 ) ⌠ ⌡ yz -9 = 5 10 -9 ⋅ × = 5 10 2 2 = 4 10 x̂ - 6x ŷ ] ( 9 x + 5 ) dx 3 -1 ⋅ L × ⋅ ( 3 x + 5x )∣ - 1 = - ⌠ ⌡ E dl = - ( - 5 10 2 = -x + 1 = 4 10 ŷ ] 2 μJ = 4 10 W= - q [ ( - 3x + 5) + 12x ] dx 동일한 상황에서 삼차곡선 y ⌠ W q ⌡ E dx x̂ 3 )⋅dx [ 구할 ) 2 -1 × = 168 2 -1 = 168 10 (c) ) 를 따라 움직일 경우의 일 W 는 다음과 같이 d 2 (-3 x + 5 ) dx 2 2 -1 -6 + × ⌠ ⌡ y x̂ x ŷ ⌠ ⌡ y x dx = - ( - 4 10 = 4 10 [ 29# l ( L L 2 - 1 2 a + ( - z' ) 2 dz' 2 J μJ 에서 점 = ( 2, 1, - 4) 까지의 직선은 = ρl 4πε 0 L 2 - 1 2 a + z' 2 2 dz' L ln ( 2 2 a + z' + z' ) ∣ 2 - L 2 y = 2x - 3 z = - 3x + 2 = 로 나타낼 수 있다. 따라서 두 점 사이를 잇는 미소길이 벡터 d l 은 l d = dx x̂ + dy ŷ + dz ẑ = dx ( x̂ + dy ŷ + dz ẑ ) = dx ( x̂ + 2 ŷ - 3 ẑ ) dx dx 와 같다. 따라서 일의 양 W 는 다음과 같이 구할 수 있다. = ρl ln 4π ε 0 ρl 4π ε 0 ln ( (- L 2 L 2 2 2 ) +a + 2 2 L 2 ) +a + ( - 2 2 2 2 L + 4a + L L + 4a - L L 2 ) 31# 연습문제 =0 문제 3-13 = 25 1 2 = - 26 = +2 =5 - =4 +2 ⌠ ○ ⌡ E dl ⌠ ⌡ ρz ⌠ ⌡ ad 2π nC 이 점 r 1 x̂ ŷ ẑ 에 있고, 또 다른 점전하 자유공간상에서 점전하 Q Q nC 이 점 r 2 x̂ ŷ ẑ 에 있을 경우 무한대에서 전위가 0 이라고 가정하면 점 r x̂ ŷ ẑ 에서의 전위는 식(3.16)으로부터 다음과 같이 구할 수 있다. (b) - L ⋅ = 2π = - + 15 +3 Q1 1 [ 4πε | V( 1, 2, 3) = r - r 1| 1 1 4 π⋅( 36π = × 10 -9 r - r 2| | × 9 = ( 9 10 )⋅[ = 9⋅[ 25 5 × 25 10 × 3 -9 - 25 ○ 앞의 (b)에서 임의의 폐곡선을 따른 선적분 ⌠ ⌡ E d l 이라는 것은 임의의 두 점간 차V ⌠ ⌡ E d l 이 경로 L 의 영향을 받지 않음을 의미한다. = 2 2 × 2 -9 2 ( 1 - 5) + ( 2 + 1) + ( 3 - 15) × 26 10 L 2 ] 문제 3-16 (a) (a) = 6π x 2 D = ε ε E = 3.6⋅ ( 361π ×10 (c) ρ v = ∇⋅ r 2 1 ρ 2 2 (c) E r̂ + r ∂ = -[ ∂r 1 ∂ ∂θ = - ( 2r sin θ cos φ ) ×E [ ρ = = 1 ∂E z ∂φ - ẑ (b) ẑ ∂ ∂φ ∂z 2 ∂E ρ (c) 2 ∂E z ∂ρ - ∂E ρ ∂φ [ ρ1 ⋅( - ρ sin φ ) - ( - ρ sin φ ) ] ρ̂ + [ ( 2ρ cos φ ) -( 2ρ cos φ)] φ̂ ] ẑ 2 + 1 ρ [ ( - 2ρ z sin φ ) -( - 2ρ z cos φ )] ẑ x̂ = 6×10 - 10 y z x 2 x̂ = 0.6 x x̂ nC/m 2 2 e 0 = z 0 E = χ1ε P = 0 1 36 1 ( 36 2⋅( ⋅4 10 z 10 1 1 36π × 10 = 2 -9 )⋅2 -9 ) ⋅[ x̂ - 8 ŷ + 4 ẑ )×10 ] 1 (6 36 π -9 x̂ - 4 ŷ + 2 ẑ V/m 식(3.28)을 이용하면 상대유전상수는 다음과 같다. 문제 3-18 D = ε ε E = 3⋅( 361π ×10 r -9 0 = 1 ⋅( 9 36π = 1 (9 36π -9 x̂ - 12 ŷ + 6 ẑ ) nC/m 3 n x̂ - 4 ŷ + 2 ẑ ) x̂ - 12 ŷ + 6 ẑ )×10 D ( r ) = 41π ∑ Q rr --rr n | n| n=1 )⋅( 3 3 2 2 3 = χ eε 0E z -9 εr = 1 + χe = 1 + 2 = 3 (d) ∂( ρ E φ ) z =3 φ̂ ]( r 2 sin θ cos φ ) ] ρ̂ + [ ∂z - ∂ρ ] φ̂ + 1ρ [ x = e 1 r̂ - 1r ⋅( r cos θ cos φ) θ̂ - r sin ⋅( - r sin θ sin φ ) φ̂ θ ∂E φ 2 D = ∂∂Dx + ∂∂Dy + ∂∂Dz = ∂∂x ( 0.6 x ) = 1.2 x nC/m = e r̂ - r cos θ cos φ θ̂ + r sin φ φ̂ = - 2r sin θ cos φ 문제 3-15 (a) ∇ θ̂ + 1 r sin θ )⋅6 π x e ⋅( ρ z sin φ ) φ̂ - ( - 2ρ z cos φ ) = z cos φ ρ̂ - z sin φ φ̂ + 2ρ z cos φ -9 0 식(3.26)에 의하면 P χ ε E 인데, 여기서 ẑ 성분에 대해서는 P 족해야 한다. 따라서 전화율 χ 는 다음과 같다. × P π χ ε E × π 2 2 x̂ x̂ V/m 2 (b) 문제 3-17 (a) x̂ - ( 2z ) ŷ - ( - 4x + 2y ) ẑ = - 4( x - z ) x̂ - 2z ŷ + 2( 2 x - y) ẑ ∂ 1 ∂ ∂ ẑ ]( - ρ z cos φ ) (b) E = - [ ρ̂ + φ̂ + ∂ρ ∂z ρ ∂φ = - ( 4 x - 4z ) = - ( - z cos φ ) ρ̂ - ∂ 3 (4-x ) ∂x = - 2π E = - ∇V = - [ ∂∂x x̂ + ∂∂y ŷ + ∂∂z ẑ ]( 2 x - 4xz + 2yz + 5 ) 의 전위 3 ] 26 ] 13 =0 E = - ∇V = - [ ∂∂x x̂ + ∂∂y ŷ + ∂∂z ẑ ][ 2π ( 4 - x )] -9 169 ⋅ ⋅ L = 27 V 문제 3-14 2π 2 -9 - 26 10 + ρ = a , z = d ⋅a dφ φ̂ sin φ ⋅a dφ (c) ( 1 - 4) + ( 2 - 2) + ( 3+ 1) ) ẑ )∣ = a d cos φ∣ o ] 25 10 [ 0 2 cos φ ρ̂ - ρ z sin φ φ̂ + ρ cos φ =0 Q2 + (2 0 의 관계 식을 만 33# 연습문제 216π [ 4π = 2 x̂- 4 ŷ + 4 ẑ 2 2 x̂ + 12 ẑ ] = 0.5 x̂ + 3 ẑ C/m x̂+ 2 ŷ + 4 ẑ + 2 2 2 [ 4 +2 +4 ] -4 3 2 x̂+ 2 ŷ + 4 ẑ 2 2 2 [ ( - 4) +2 +4 ] 3 2 축을 따라 균일하게 분포한 무한 선전하 ρ 에 의한 전속밀도는 변수 φ 와 z 에 대해 서는 항상 일정한 값을 가지며, 단지 ρ̂ 성분만 존재할 수 있다. 즉 D D ρ ρ̂ 로 나 타내면 된다. 따라서 원점을 중심으로 반경 ρ 인 무한 길이의 원통면 S 를 빠져나오는 총 전속 Ψ 는 원통 내부의 총 전하 Q 와 같아야 한다는 Gauss 법칙을 적용하면 ⌠ ○ D ds ⌠ Ψ ⌡ ⌡ ⌠ ⌡ D ρ ρ̂ ρ dφ dz ρ̂ π ρ D ρ ⌠⌡ dz 2 sin φ cos φ r sin θ sin 2φ 2 r sin 2 r sin θ θ C/ m 3 l = = ⋅ S = ∞ 2π -∞ 0 ( ) 문제 3-21 (a) ρ v = ∇⋅ ∞ =2 ( ) 2 0 l -∞ l 2 2 6 +8 = 10 0 10 -9 ) = 30 10 -9 l 30 10 2 ⋅5 = 2 -9 = 3 10 5, 0, 0 D = ∂∂x ( e = -2 e (b) ρ v = ∇⋅ = = 1 ρ 1 ρ = e ∂ ( 2x ln y) + ∂y - 2x )+ - 2x 2x + y D = 3 / 2 + 6 xz C /m 0 ∂D φ 3 ∂ 5z sin (ρ⋅ ∂ρ ρ sin φ C/ m D= r 1 = 2 1 r 2 ∂φ 2 φ )+ ρ 는 (d) 2 ∣ x = 2⋅ 0 0 - 2 0 2 ∣ x = 0⋅ 0 2 ( 2 - 1) ∣ y = 2⋅ 2 2 - 0⋅ 0 ρ v = ∇⋅ 0 - 2 + 3⋅ Q= 3 ∂ 2 cos θ sin 2 (r ⋅ 2 ∂r r 2 φ )+ 1 r sin θ ∂ (∂θ ∂ φ )+ 1 2 ( ρ ⋅ρ sin ∂ρ 2 ρ 1 ρ ∂φ ∣ y = 0⋅ 2 2 - ( - 1) ⋅ 0 4 z 2π 2 0 0 2 φ 2 2 C /m 3 ⋅ρ dρ dφ dz = v ∂ ( 3) ∂z φ + 3 sin φ ρ ⌠ ⌡ ⌠ ⌡⌠ ⌡ ρ 4 -1 2π 2 0 0 (6 sin 3 ⌠ ⌡ 0 φ )⋅ d d dz ρ ρ φ 2 2π 3 3 = 5⋅[ 2 - 0 ]⋅( - 2 cos = 5⋅16⋅[ - 2 ( - 1 - 1)] = 320 C 2 2ρ ∣ 0 sin 2 φ ⋅ sin ) θ 2 r sin θ ( 2 - 1) ∂ φ )+ 2 ( - 6ρ cos ∂φ 2 ∂D φ 3 sin 0 2 0 가 성립함을 알 수 있다. φ ⌠ ⌡ ⌠ ⌡⌠ ⌡ρ -1 =Ψ = [ 4 - ( - 1)] ⋅ 1 r sin θ ẑ ρ = ∂ ( D θ sin θ ) + ∂θ 0 2 0 D = ρ1 ∂∂ρ ( ρ D ) + ρ1 ∂∂Dφ + ∂∂Dz = 6ρ sin 1 r sin θ z = 0 ⋅ dxdy 0 3 ∂ 2 (r Dr) + ∂r 2 0 2 0 앞의 (c)와 (d)로부터 Gauss 법칙인 Q 3 ∂ 2 3 ( ρ cos φ + 4ρ ) ∂z ∣ y = 0⋅ 0 ẑ - ⌠ ⌡⌠ ⌡ D∣ ∣ z = 2⋅dxdy C = 32 문제 3-22 ∂ - 4z (- ρe cos φ ) + ∂φ 2 0 = 4⋅4 + 3⋅4 - ( - 1) ⋅4 ∂z 1 2 - 2 2 2 = 4⋅ ∂D z + 2 0 2 2 ∂ 2 ( 3x z ) ∂x 2 0 + / = ∣ x = 0⋅ 0 ∣ y = 2⋅ ⌠ ⌡⌠ ⌡D 0 2 0 2 0 = 3ρ sin ∂ 1 ( ρ D ρ) + ∂ρ ρ - 4z (c) ρ v = ∇⋅ = 30 0 - ⌠ ⌠ dydz x̂ dydz x̂ ⌡⌠ ⌡ x x̂ ⌡⌠ ⌡ x x̂ ⌠ ⌠ dxdz ŷ dxdz ŷ ⌡⌠ ⌡ y ŷ ⌡⌠ ⌡ y ŷ ⌠ ⌠ ⌠ ⌠ ⌡⌠ ⌡ dydz ⌡⌠ ⌡ tdydz ⌡⌠ ⌡ dxdz ⌡⌠ ⌡ dxdz = 2 / 문제 3-20 (a) ρ v = ∇⋅ + 2 =5 = =3 -9 ( 2 + 2) ⋅ dxdy dz 2 2 ∣ x = 2⋅ 0 2 nC m 이라는 에서 전속밀도의 크기가 것은 원통좌표계에서 인 원통면상의 점이므로 위에서 유도한 관계식에 대입하면 다음을 구할 수 있 × × π nC m (b) 점 ( )은 ρ 인 원통면상의 점이므로 앞의 (a)에서 유도한 관계식을 이용하면 ρ π× D π ρ ρ̂ × ρ̂ ρ̂ nC m ρ̂ π x̂ 와 같으므로 결국 전속밀도 와 같다. 이 결과로 직각좌표계의 점 ( )에서는 ρ̂ D x̂ nC m 와 같이 나타낼 수 있다. 2 0 ⌠ ⌠ dydz x̂ dydz x̂ ⌡⌠ ⌡D ⌡⌠ ⌡D ⌠ ⌠ dxdz ŷ dxdz ŷ ⌡⌠ ⌡D ⌡⌠ ⌡D 2 ρ l = 2π ρ D ( ρ ) = 2π⋅10⋅( 1.5 2 0 2 + / 2 0 = 32 C 2 -∞ 1.5 ⌠ ⌡⌠ ⌡⌠ ⌡ x ⋅dxdydz = v 2 (c) Ψ = 6, 8, 5 ) 5, 0, 0 2 0 3 = 4( x + 2 x)∣ 0 ρ l = 2π ρ D ( ρ ) 그런데 점 ( 2 0 -∞ ∞ = 2 ∞ ( ) ⋅ ⌠ ⌡ ρ dz ρ ⌠ ⌡ dz 으로 다음의 관계식을 얻을 수 있다. Q= D = ∂∂x x + ∂∂y ( 2y - 1) = 2x+ 2 C/m ⌠ ⌡⌠ ⌡⌠ ⌡ρ (b) Q = ∥ 다. ⋅ r sin θ = 2 (a) z ρ= 1 = 2 ∂ sin φ ( ) ∂φ r sin θ 1 + ] 1 ⋅[ 2 4 = 문제 3-19 2 [ 2 + ( - 4) + 4 ] 4 + 3 2 φ 2 φ )∣ 2π 2 0 dφ 0 2 0 연습문제 ⌠⌡ ⌠ ⌡ D r θ dθ dφ r̂ ⌠⌡ ⌠ ⌡ r θ φ dθ dφ π 문제 3-23 (a) Ψ = 2π 0 0 π = 2π 0 2 ⋅ 4 sin 0 4 ⌠ ⌡ π = 15⋅ 2 = 30 π ⌠ ⌡r 4 0 2 sin 2 θ dθ⋅ ⌠ ⌡ 2π sin 0 0 φ 2 2π 0 4 sin 2 θ sin φ 2 r̂ )∣ D= r 1 r sin θ 2 φ C/m 2 π 0 0 0 2 1 π 2 0 1 2 v⋅ (b) 1 r sin θ ∂D φ (d) ∂φ ⌠⌡ r dr ⌠ ⌡ ⌠ r ⌡ 2 1 3 4 2 ∣ 1⋅ ⋅ π 4 0 0 sin π sin 2 2 ⋅ θ dθ⋅ 1- sin 2 θ 2 2 2π 0 sin π 2 0, 6 10 × ) = 4 10 2 7 S /m 3 l = σS × 10 10 × × 7 ( 5 10 )⋅ [ ( 3 10 l σ S + σ'S' 2 문제 3-27 -3 P = V⋅I = 12⋅0.2 = 2.4 W × × = -2 -3 × 2 ) - ( 1 10 -3 × = 2.5 10 2 ) ] × -3 2 -4 = 250 μΩ × -3 -2 10 10 × 7 (5 10 )⋅ [ ( 3 10 × ) - ( 1 10 -3 2 8 ) ] + 10 ⋅( 1 10 = 2 10 -4 = 200 μΩ 1 l = σS l l × σ π× σ 로 줄어든 매질로 두께 x mm 만큼 고르 이다. 그런데 구리도선의 표면을 구리에 비해 도전율 σ 게 코팅하면 코팅된 단면적 S 는 S × x × π x π x 이다. 코팅된 구리도선의 전체 저항 R 가 구리도선 만의 저항 R 의 반이라면 R= σ⋅ π ( 1 10 -3 ) 2 = ⋅ 10 -6 = 1 15 [ c 이므로 Gauss 법칙이 성립한다. 2 = c 2 [ ( + 1) - 1 ] 10 -6 = ( 2 + 2 ) 10 -6 T 문제 3-24 식(3.45)로부터 저항이 R= ρ cl S RT = r 로 줄 였다면, 이는 인 구리도선이 있다고 한다. 동일한 도선을 길게 늘여서 단면의 반경 r → r S 로 줄어드는 대신 전체 부피가 일정해야 하므로 길이 l → l l 이 되 단면의 반경 S → S 어야 한다. 따라서 길이가 늘어난 도선의 저항 R 는 다음과 같다. 0 0 = l 1 9 = 1 3 0 0 = 9 1 1 R= ⋅ 2 2 l × = σ S + σ cS c σ⋅π 10 - 6 + ∥ Ω = 0.1 2 코팅이 없을 경우 길이 l 이고, 반경 mm 인 원형 구리도선의 도전율을 σ 라고 하면 도선의 저항 R 은 c =Q ) -2 10 10 400 + 100 × ⋅4 앞에서 구한 (b)와 (c)의 결과로부터 Ψ Ω E | = Vl = 0.612×10 = 0.02 V/m φ d φ 2 × 3 60⋅( 0.5 10 = φ )∣ 2π dθ⋅( - 2 cos 0 = 30 π C (d) × = 81 R = 81 0.1 = 8.1 식(3.43)으로부터 전계의 세기 | E | 를 구하면 다음과 같다. (b) R = 1 θ - sin 2 θ 2 π = 15⋅ ∣ 0⋅[ - 2 ( cos π - cos 0)] 2 = 15⋅ = sin ⌠ ⌡ ⋅ c 식(3.45)에서 도전율 σ 는 다음과 같다. l × σ RS × 문제 3-26 (a) R = 3 sin 4 sin × ρS l V 12 = = 60 Ω I 0.2 문제 3-25 (a) R = ⌠⌡ ⌠ ⌡⌠ ⌡ ρ r θ dr dθ dφ ⌠⌡ ⌠ ⌡⌠ ⌡ r θ φ r θ dr dθ dφ 2π = 81 1 S 9 dθ dφ∣ r = 1 dφ ∂ ( D θ sin θ ) + ∂θ ρ c⋅9l = ∂ φ ) 2 2 ( r ⋅r sin θ sin ∂r 2 1 r S0 = ∂ 2 (r Dr) + ∂r 2 ρ c⋅l 0 R0 = r =1 | 1 2π = π ∣r = 2 - sin θ dθ dφ ( - (c) = 4r sin θ sin = 0 2 ⋅4 = = ⋅ C (b) ρ v = ∇⋅ (c) Q = 0 2π 1 sin 2 θ 2 π ∣ 0⋅4 2 θπ sin ⌠ ⌡⌠ ⌡D r ⌠ ⌡⌠ ⌡r π ∣r = 2 + 1 - cos 2 θ φ )∣ 2π dθ⋅( - 2 cos 0 2 2 0 = 15⋅ 2 π 4 = ( 2 - 1 )⋅ = 15⋅ sin 35# l × 을 만족해야 한다. 위의 식으로부터 x× σ π× σ π x 과 같은 관계식을 유도할 수 있으며, 이를 간략화하면 ⋅ 2 10 -6 = σ⋅π 10 - 6 1 15 ⋅ ( 2 + 2 ) 10 x + 2x- 15 = ( x+ 5)( x- 3 ) = 0 -6 × 1 σ⋅π ( x2 + 2x) 10 - 6 15 ] 37# 연습문제 이 되므로 결국 코팅의 두께 x 문제 3-28 = 3 mm 임을 알 수 있다. (a) = 에는 ε 인 유전체가 있으며 x 에는 공기로 채워졌으므로 경계면은 x 이고, 법선방 향은 x̂ 이다. 당연히 접선방향은 ŷ 와 ẑ 이다. 경계면에 전하가 없으므로 경계조건인 식(3.51)과 (3.55) 를 적용하면 x< 0 r1 = 3 > 0 r2 1 36 = ( 0 = 0 ε2 ε r2 1 1 E 2x = E 2x = E = ⋅6 = 2 V/ m 3 ε1 ε r1 ε r 1 2x E 1x = 유전체 외부의 전속밀도 D 2 는 다음과 같다. D2 ε ε E2 × r̂ π = ( (b) 1r 1θ = 와 같다. 따라서 z 인 유전체 영역의 전계 E 1 은 다음과 같다. < 0 에 있는 도체 경계면에서의 경계조건은 식(3.56)과 (3.57)로부터 E →E E D ρ → D εE ε ε E ρ nC m 가 있고, z 와 같다. 완전도체 경계면인 z 에 면전하밀도 ρ 에는 상 대유전상수 ẑ 이고, 측정점 ( ε 인 유전체가 있다. 그런데 여기서 경계면의 법선방향 n̂ )은 z 이므로 이를 위의 식에 대입하여 정리하면 다음을 구할 수 있다. 1n = - 1x = s 1y = 2⋅( 0 1z = 1z = r 0 1z = - s = 0.4 2 / > 0 = - 3, - 2, 5 = 5> 0 E ( 3,- 2, 5) = E x̂ + E ŷ + E ẑ 1x 1y ρs = (εr ε0 1z = × = 3 cm →E D 2n - D 1n = ρ s 2θ = E 1θ →D 을 만족해야 한다. 여기서 ε 선방향 n̂ r̂ 이 된다. 2r r1 -9 ẑ × ẑ V/m - D 1r = ε r 2 ε 0 E 2r - ε r 1 ε 0 E 1r = ρ s = 0 ,ε r2 = 1 , E2 1 1 36 10 -9 r̂ + E (2 2θ θ̂ + E 2 φ φ̂ r̂ - 72 θ̂ + 108 φ̂ V/m )⋅( 36 - 72 θ̂ + 108 φ̂ ) r̂ - π4 θ̂ + π6 φ̂)×10 2 π π -9 r̂ - 4 θ̂ + 6 φ̂ ) nC/m 2 동심구 내부의 전위 V 는 구좌표계에서 변수 r 만의 함수이므로 V r 로 표현할 수 있다. 그리고 동심구 내에는 전하가 없으므로 전위 V r 은 다음의 Laplace 방정식을 만족해야 한다. 문제 3-31 (a) ( ) ( ) 1 2 ∇ V=[ 2 r 1 r 2 ∂ ∂ 1 2 (r )+ 2 ∂r ∂r r sin θ = 72 r̂ - 72 θ̂ + 108 φ̂ V/m 이며, 경계면의 법 ∂ ∂ 1 ( sin θ )+ 2 2 ∂θ ∂θ r sin θ ∂ 2 2 ∂ φ ]V( r ) d 2 d [r V( r )] dr dr =0 위의 2 차 상미분 방정식을 만족하는 V r 은 ( ) V( r ) = A + B, r for 이다. 그런데 내부 도체면은 V( r = 0.01 ) = V( r = 0.05 ) = , E 2φ = E 1φ = 2 = = 인 유전체 구면에는 어떠한 전원도 없으므로 여기서의 경계조건은 식(3.51)과 (3.53)으 E 2t = E 1t = ẑ ) 0.4 10 1 -9 6⋅( 10 ) 36π = 2.4π 2 s = 6 r 반경 r 로부터 = ( = 0 =0 문제 3-30 r1 z=0 = 0 -9 r̂ - 72 θ̂ + 108 φ̂ 유전체 내부의 전속밀도 D 1 은 다음과 같다. D1 ε ε E1 × r̂ π = 1t 1 ⋅72 2 = 36 E 1 = 2 x̂ - 5 ŷ + 4 ẑ V/m 문제 3-29 ε r2 E 2r ε r1 θ̂ + E 1 φ φ̂ = E 1z = E 2z = 4 V/ m (c) - 72 θ̂ + 108 φ̂ ) 유전체 내부의 전계 E 1 은 앞에서 보인 경계조건을 이용하면 다음과 같다. E 1 = E r̂ + E E 1y = E 2y = - 5 V/ m )⋅( 72 r̂ - 2 θ̂ + 3 φ̂) nC/m (2 π -9 r̂ - π2 θ̂ + π3 φ̂)×10 2 π 1 = 10 A 0.01 A 0.05 0.01 ≤ r ≤ 0.05 160 V 이고, 외부 도체면은 접지되어 있으므로 + B = 160 V +B= 0 V 라고 둘 수 있다. 위의 식에서 상수 A 와 B 를 구하면 전위 V r 는 다음과 같다. ( ) V( r ) = 2 r - 40 V 39# 연습문제 (b) r̂ d V( r ) dr = - 문제 3-33 (a) r̂ d 2 = ( - 40 ) dr r = (c) 따라서 Laplace 방정식을 만족하지 않는다. 1 ∂ E = - ∇ V = - [ ∂∂r r̂ + 1r ∂∂θ θ̂ + r sin φ̂ ] V( r ) θ ∂φ D=ε ε E r 0 r̂ V/m , 2 2 r × 1 = 18⋅( 36π 10 2 0.01 ≤ r ≤ 0.05 )⋅ r̂ = π r ×10 r̂ = π r r̂ nC/m 2 r 1 2 1 -9 2 2 2 (b) r 3 3 θ D = ε E = ε ε E = 3.6⋅( 361π ×10 )⋅[ - 60 sinr θ r̂ + 30 cos θ̂ ] r -9 r 0 3 6 sin θ π r 6 sin θ π r = [- 문제 3-32 (a) 2 2 ∂ V 2 ∇ V ( x, y, z ) = ∂x ∂ = [ + 2 2 ∂x + 2 2 ∂ V ∂y ∂ ∂ V + 2 ∂z 2 ∂y ∂ + 2 = - 2 2 ∂z 2 2 2 2 ]( 2 x - 3y + z ) (c) ρ v = ∇⋅ = 따라서 Laplace 방정식을 만족한다. 2 ∇ V( ρ, φ, z ) = ρ 1 = ∂ V ∂φ 2 ∂ V + ∂z 2 = - 1 ρ 1 ⋅[ 5( 1 - ρ2 ) cos φ ] - 5 ( 1 1 - ρ ρ3 1 ) cos φ ρ3 = = 따라서 Laplace 방정식을 만족한다. (c) 1 2 ∇ V( r , θ, φ ) = = r ∂ ∂r 2 2 sin (d) Q = 2 2 2 θ cos φ 2 ∂ ∂r ( 2 ∂ 2r cos φ 2 r ⋅ r + 2 ∂r r sin θ ) + = 2 sin 2 θ cos φ 2 r = r 2 ⋅ ( 4r sin θ cos φ ) + 2 = = = 2 θ cos φ r 2 cos φ r 2 cos φ r 2π 2 + 2 cos φ r 2 r ⋅ ∂ ∂θ ( 2 sin θ r 6 sin θ π r 3 πr 4 π 3 0 1 2 2 (- 2 2 )+ 2 r ) 3 θ ⋅ ∂ 2 cos φ 2 ∂ φ 3 ⋅ sin θ ) 2 θ + cos 2θ ) ( - sin cos θ ] sin θ ⌠ ⌡ ⌠ ⌡⌠ ⌡ πr ⌠⌠ π⌡ ⌡ 2π 0 3 π π 3 0 1 π ⋅2 0 1 r 3 4 3 1 2 sin θ 1 r r sin θ dr dθ dφ dr dθ 2 3 ] 1⋅π = 4π nC (e) ∂ ( sin θ⋅ sin 2θ ) ∂θ θ + 2 cos 2θ ) - 1 r ∂ ( cos θ sin θ ) ∂θ 4 r sin θ = 6⋅[ - 2 ∇ V = ∇⋅( ∇ V ) = ∇⋅( - E ) = - 1ε ∇⋅( ε E ) = - 1ε ∇⋅ D = - = - 따라서 Laplace 방정식을 만족하지 않는다. ⋅( - cos φ ) 2 1 cos θ ∂ 3 ( ∂θ π r sin θ π r 4 sin θ ∂ ( - sin φ ) ∂φ ⋅( 2 cos 1 )] + 3 sin θ dr dθ dφ = r sin θ θ + 2 cos 2θ + 2 cos 2θ - 1) ⋅( 1 + 2 cos 2θ ) 2 = 1 ε 1 ρv 3 ε π r 4 sin θ ≠0 2 cos φ r 문제 3-34 ⋅( 2 sin 1 r nC/m 2 2 3 2 3 ⋅r r [ 2 sin θ - sin θ + π r 4 sin θ v sin θ ∂ 1 3 ( )+ ∂r r π 2 ∂ 2 sin θ⋅ sin θ ∂θ 2 φ 2 cos φ ⋅( cos θ sin 2θ + 2 sin θ cos 2θ ) r sin θ + 4 sin 2r sin ∂ 2 cos φ 2 ( r ⋅1 ) + ∂r r sin θ + 1 ⌠ ⌡ ⌠ ⌡⌠ ⌡ρ 0 nC/m 3 θ 1 ∂ 1 ∂ V + ( r ∂∂Vr ) + r sin ( sin θ ∂∂V θ ) r sin θ ∂φ θ ∂θ 2 r 6 π ) cos φ =0 θ r̂ + π3 cos θ̂ r 3 ∂ 6 2 [ r ⋅( ∂r π 2 2 ∂ 1 1 [ ρ ⋅5( 1 + 2 ) cos φ ] - 5 ( ∂ρ ρ ρ ρ = 1 ρ2 -9 3 r 1 r = - ∂ ∂V (ρ )+ ∂ρ ∂ρ 1 θ r̂ + π3 cos θ̂ ]×10 r 3 2 2 =4-6+2 (b) 3 ∂D 1 ∂ 1 D = r1 ∂∂r ( r D ) + r sin ( D sin θ ) + r sin θ ∂φ θ ∂θ = 0 2 3 θ r̂ + 30 cos θ̂ V/m r sin θ = - 60 r̂ + 30 r1 ∂∂θ ( sin θ ) θ̂ ∂ 1 ( 2 ) ∂r r = 30 sin θ for -9 1 ∂ sin θ E = - ∇ V = - [ ∂∂r r̂ + 1r ∂∂θ θ̂ + r sin ) φ̂ ]( - 30 θ ∂φ r 두 평판 내에서 전위는 변수 z 에 대해서만 변하므로 두 유전체 영역 모두 직각좌표계에서 Laplace 방정식 을 쓰면 41# 연습문제 2 ∇ V= [ ∂ 2 ∂x 2 + ∂ 2 ∂y 2 + ∂ 2 ∂z 2 ] V( z ) = d 와 같다. 이를 앞에서 구한 전계의 표현식에 대입하면 다음과 같이 구할 수 있다. 2 dz 2 V( z ) = 0 이 되므로 두 유전체 영역의 전위 V z 는 각각 다음과 같이 구할 수 있다. ( ) V( z ) = { V 1 ( z) = A z + B , in a ≤z≤b V 2 ( z) = C z + D , in 0≤z≤a E ( ) E 문제 3-35 (a) E 1 ( z ) = - A ẑ , in a ≤ z ≤ b ẑ = { E 2 ( z ) = - C ẑ , in 0 ≤ z ≤ a = = - 1n = - 2 2z ( = ) + 1 1z ( = ) = ∂ 2 ∂x s 2 ∂z 2 d ]V ( z ) = 2 dz 2 V( z ) = 0 ( ) V( z ) = V( 0.04) = - 250 z + 5 V (b) 위의 경계조건에서 접선성분은 자동으로 만족되므로 ①, ②, ③의 전위에 대한 조건과 ③의 법 선성분의 조건으로부터 다음과 같은 식을 얻을 수 있다. 앞의 전위로부터 전계 E z 는 다음과 같다. ( ) E ( z ) = - ∇V( z ) = - dzd V( z ) ẑ = - dzd ( - 250z + 5) ẑ = 250 ẑ V/m 직각좌표계의 변수 z 에 대해서는 변화가 없는 전위가 V x y 로 표현될 경우의 전위가 Laplace 방정식을 만족한다면 문제 3-36 ( , ) = A ( x) B ( x) ∂ 2 a ∂ + 위로부터 상수 A 와 B 를 구하면 전위 V z 를 다음과 같이 나타낼 수 있다. V 2( z = a ) = V1 ( z = a ) A = b  ε 1 +( - 1)ε 2 a  b  ( - 1)ρ s  a C = b ε 1 + ( - 1)ε 2 2 V( z 2 ) = V( 0.04) = 0.04 A + B = - 5 V E 2y ( z = a ) = E 1y ( z = a ) ρs 2 ∂y V( z 1 ) = V( 0) = B = 5 V E 2x( z = a ) = E 1x( z = a ) 위의 식으로부터 상수 A 와 C 를 구하면 ∂ + 2 이므로, 다음의 경계조건을 만족해야 한다. = - Ab + B = 0    D = 0    A a + B = C a + D    ε2C - ε1A = ρ s 다음의 V( z ) = A z + B ( = 0) = 0 2n 0≤z≤a ( ) ( = 0) = 0 2 for 따라서 전위 V z 는 ( = ) = 0 = 0 ẑ , ( ) 2 ( = ) =0 1 a ≤z≤b 두 평판 내에서 전위는 변수 z 에 대해서만 변하므로 전위 V z 는 직각좌표계에서 방정식을 만족해야 한다. ∇ V= [ = = for Laplace 이다. z 과 z b 인 도체 경계면과 z a 인 유전체 경계면에서는 다음과 같은 경계 조건을 만족해야 한다. ① z b 경계면 : ẑ× E 1 z b V z b (∵ 접지되어 있으므로) ② z 경계면 : ẑ× E 2 z V z (∵ 접지되어 있으므로) ③ z a 경계면 : D D ε E z a ε E z a ρ ẑ 이므로) (∵ n̂ = 0 ẑ , a 그리고 앞의 전위로부터 구한 전계 E z 는 d ( z ) =- ∇V( z ) =V( z ) dz ρs   ε + ( b - 1 ) ε  1 2 a =   - ( b - 1) ρ  s a  b ε 1 + ( - 1) ε 2 ∇ V( x, y) = [ = 2 ∂x ∂ 2 + ∂ 2 ∂y 2 + 2 ∂x 2 = B ( y) A ( x) B ( y) + ∂ ∂ 2 ∂z ∂ 2 2 ∂y 2 2 ∂x 2 ]V ( x, y) A ( x) + A ( x) A ( x) B ( y) ∂ 2 ∂y 2 B ( y) 와 같은 형태 연습문제 = B ( y) d 2 dx d A ( x) + A ( x) 2 43# ρ Ρ( ρ ) 2 dy B ( y) 2 = 0 과 같이 나타낼 수 있다. 위의 적분식에서 양변을 A x B y 로 나누면 ( ) 2 1 d A ( x) dx 2 A ( x) + ( ) d dy 2 d dx 1 B ( y) d 2 d d 2 2 d 2 2 d 2 Φ( φ ) = - β Φ( φ ) dφ 와 같이 표현되며, 이를 정리하면 다음과 같이 유도됨을 증명할 수 있다. dρ d 1 d dρ 2 Ρ( ρ) + 2 Φ( φ) + βΦ( φ) = 0 ρ β ( )=0 Ρ ρ ρ2 Ρ( ρ) - 2 dφ B ( y) = α 2 자유공간에 접지된 직각 도체판 내의 점 Q 에 전하 q 가 있다면 다음 3개의 영상전하 가 존재하게 된다. q ① 영상전하 #1 : 점 (-2,3,0)에 전하 ② 영상전하 #2 : 점 (-2,-3,0)에 전하 q q ③ 영상전하 #3 : 점 (2,-3,0)에 전하 따라서 직각 도체판이 제거된 자유공간에는 총 4개의 점전하가 존재하므로 식(3.16)으로부터 점 x y 의 전위 V 는 다음과 같이 쉽게 구할 수 있다. 문제 3-39 A ( x) + α A ( x) = 0 ( 2, 3, 0 ) - 2 dy Φ( φ ) = - β d d d d (ρ Ρ ( ρ )) = ρ 2 Ρ ( ρ) + ρ Ρ( ρ) = β Ρ( ρ) 2 dρ dρ dρ dρ ρ 2 dx Φ( φ) = 0 바로 위의 두 식은 A ( x) = - α 위의 두 미분식을 정리하면 다음과 같은 미분방정식을 구할 수 있다. 2 2 Φ( φ ) dφ 2 2 dy d 1 B ( y) = 0 2 1 ∂ ∂φ d d ρ (ρ Ρ ( ρ )) = β dρ Ρ ( ρ ) dρ 으로 표현된다. 여기서 좌변은 두 항의 합으로 구성되는데, 첫 번째 항은 변수 x 만의 함수이 고, 두 번째 항은 변수 y 만의 함수임을 알 수 있다. 그런데 이러한 두 항의 합이 0이 되기 위 해서는 두 항 모두 서로 반대 부호의 상수이어야만 한다. 즉, α 를 임의의 상수라고 하면 위의 미분식은 다음과 같은 두 개의 미분식으로 나타낼 수 있다. A ( x) 2 1 Φ( φ) 으로 표현된다. 이 식에서 좌변의 첫 번째 항과 두 번째 항은 각각 서로 다른 변수인 ρ 와 φ 만의 함수이다. 따라서 우변이 0이 되기 위해서는 좌변의 두 항 모두 상수이어야 한다. 이는 임의의 상수 β에 대해 다음과 같은 두 식으로 표현할 수 있음을 의미한다. 2 1 B ( y) ∂ ∂ (ρ Ρ ( ρ )) + ∂ρ ∂ρ 2 B ( y) - α B ( y) = 0 - 문제 3-37 식(3.75)를 이용하면 두 개의 도체평판이 이룬 각이 φ 〫〫 N 〫 φ = 문제 3-38 360 -1= 360 15 일 경우 영상전하의 수 N은 다음과 같다. = 15̊ ( , , 0) - 1 = 23 V( x, y, 0 ) = 원통좌표계에서 함수 V ρ θ 에 대한 Laplace 방정식은 식(2.56)으로부터 ( , 1 2 ∇ V( ρ, φ ) = [ ρ = [ = 1 ρ ∂ ∂ (ρ )+ ∂ρ ∂ρ 2 1 ∂ ρ2 ∂φ 2 ∂ ∂ 1 (ρ )+ ∂ρ ∂ρ ρ2 ∂ 2 ∂φ Φ( φ ) ρ = ) ∂ ∂ (ρ Ρ ( ρ )) + ∂ρ ∂ρ 2 + ∂ 2 ∂z 2 |(x x̂ + y ŷ ) - r n | q 1 [ 4πε 0 2 ( x- 2) + ( y - 3) q - 2 q 2 ( x+ 2) + ( y + 3) 2 2 ( x+ 2) + ( y - 3) - 2 q 2 ( x- 2) + ( y + 3) 2 ] ]Ρ ( ρ ) Φ ( φ ) Ρ( ρ) ρ2 ∂ 2 ∂φ 2 Φ( φ ) = 0 ( ) Qn 4 ∑ n=1 + ]V( ρ,φ ) 을 얻을 수 있다. 위의 양변에 Ρ ρ Φ φ 로 나누고, 다시 ρ 를 곱하면 ( ) 1 4 πε 2 문제 3-40 먼저 자유공간 내에서 z 축을 따라 선전하밀도 ρ 이 분포할 경우 주변의 전속밀도 D 는 문제 3-4의 결과를 이용하면 다음과 같이 나타낼 수 있다. l y ŷ D = 2ρπ ρ ρ̂ = 2π xρ + y x x̂x++yyŷ = 2ρπ xxx̂ + C /m +y l l 2 l 2 2 2 2 그렇다면 도체판이 없는 자유공간에서 ( x y 0 , 0 , 0) 2 2 에 있는 무한 길이의 선전하로부터 점 ( x, y , 0 ) 45# 연습문제 이를 만족하는 전위계는 다음과 같이 구할 수 있다. 의 전속밀도 D 는 마치 선전하밀도가 원점에 있다고 할 때 점 ( x x y y )에 서의 전속밀도를 구 하는 것과 같으므로 위의 결과를 이용하면 다음과 같이 표현할 수 있다. - D ρl ( x, y, 0) = 2π ( x - x0 ) x̂ + ( y - y ) ŷ C/m 0 2 ( x - x0 ) + ( y - y 0 ) , - s s ,0 V( z ) = A z + B 2 양 경계면에서의 전위를 대입하면 2 ẑ 방향으로 무한히 긴 선전하밀도 도체판이 없을 경우에는 자유공간의 점 ( )에 nC m ρ 만이 분포하게 되므로 점 ( )에서의 전속밀도는 앞에서 유도한 식을 이용하면 다음과 같이 구할 수 있다. × x̂ ŷ × D x̂ x̂ nC m π π π (b) 도체판이 있을 경우에는 다음과 같은 총 7개의 영상전하가 존재한다. ① 영상전하 #1 : 점 (1,2,0)을 통과하는 선전하 ρ ② 영상전하 #2 : 점 (-1,2,0)을 통과하는 선전하 ρ ③ 영상전하 #3 : 점 (-2,1,0)을 통과하는 선전하 ρ ④ 영상전하 #1 : 점 (-2,-1,0)을 통과하는 선전하 ρ ⑤ 영상전하 #2 : 점 (-1,-2,0)을 통과하는 선전하 ρ ⑥ 영상전하 #3 : 점 (1,-2,0)을 통과하는 선전하 ρ ⑦ 영상전하 #1 : 점 (2,-1,0)을 통과하는 선전하 ρ 결국 원 문제는 자유공간에 원래 선전하와 7개의 영상 선전하들이 존재할 경우 점 ( )에서의 전 속밀도를 구하는 문제로 등가화 할 수 있다. 따라서 이 경우의 전속밀도는 다음과 같다. 2, 1 , 0 (a) l = 39 / = V( 0) = B = 0 V 1, 1 , 0 39 10 2 -9 (1-2) + (1-1) 2 ( 1 - 2) + ( 1 - 1 ) -9 19.5 10 = - 2 - = - 19.5 / V( 0.002) = 0.002 A + B = 100 2 이므로 콘덴서 내의 전위는 l V( z ) = 50000 z l - - E = - ▽V( z ) = - 50000 ẑ V/m 이다. 따라서 x d 인 평행판 표면을 따라 적분형 Gauss 법칙을 적용하면 ⌠ Q ○ ẑ ρ dρ dφ ẑ ⌡ ε E ds ε ε ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ = l = 0.002 2π = l - V 이다. 따라서 콘덴서 내의 전계는 l l ⋅ S = r 0 l = 12⋅( 1, 1 , 0 D ( x, y, 0 ) = ∑ ( - 1) 7 ρl ( x- xn ) 2π n=0 = n × 39 10 2π - = × 39 10 2π -9 × 12.8 π ( - 1) 2 ⋅[ - 2 + 2 2 2 x̂- ŷ 2 +(-1) 2 3 2 2 2 +3 2 3 2 2 ( - 1) + 2 x̂+ ŷ] (b) = =2 =6 = 12 100 ▽V 2 = [ ∂ 2 ∂x 2 + ∂ 2 ∂y 2 + ∂ 2 ∂z × 10 -4 ⋅ 10 -9 )⋅ )⋅50000⋅2π (- ⌠ ⌡ 0.06 0 ) ρ dρ 1 ρ 2∣ 0.06 0 2 -8 = V 식(3.79)에서 N = 1 6 10 100 = 6 10 - 10 = 600 인 경우이므로 정전 에너지는 다음과 같다. × × 2 과 z d mm 인 지점에 있는 반경 r cm 인 평행판의 내부에 상대유전상 수 인 균일한 유전체로 채워진 콘덴서에 직류전압 V 를 인가시 내부의 전 위 V z 는 Laplace 방정식을 만족해야 한다. (a) z = 0 εr 1 36 π (- 50000 1 1 -8 -6 We = QV = ⋅( 6 10 )⋅100 = 3 10 = 3 μJ 2 2 문제 3-42 문제 3-41 0 -8 = 2 x̂+ ŷ] x̂+ 12.8 ŷ nC/m π × 0.06 0 × C 와 같은 결과를 얻는다. 그러므로 정전용량 C 는 식(3.87)로부터 다음과 같이 구할 수 있다. Q × C × pF 2 ( 3) 1 3 = 6 10 x̂ x̂+ 2 ŷ - 2 x̂+ 3 ŷ + 3 ŷ - - x̂+ 2 ŷ ] 3 +2 -9 π = - 3 2 11⋅13 - 15 ⋅[ 15⋅13 ⋅ 12.8 10 x̂ - - ŷ ( - 1) + = n 2 ⋅[ = x̂ + ( y - y ) ŷ ( x - xn ) + ( y - y n ) -9 V ]V ( z ) = 2 d 2 dz V( z ) = 0 2 ( ) 동축 콘덴서의 경우 내부의 전위는 원통좌표계에서 변수 ρ 만의 함수이므로 V ρ 로 나타낼 수 있다. 따 라서 다음의 Laplace 방정식을 만족해야 한다. ( ) ▽Vρ 2 ρ ∂ ∂ (ρ )+ ∂ρ ∂ρ 1 d ( )= [ = 1 ρ dρ (ρ 2 1 ∂ ρ2 ∂φ d V( ρ )) = 0 dρ 2 + ∂ 2 ∂z 2 ] V( ρ ) 연습문제 47# 같다. 이를 만족하는 해는 ρ 1 1 l= ⋅20 = 10 cm 2 2 l' = → d V( ρ ) = α dρ d V( ρ ) = dρ (b) C 를 반으로 줄일 경우의 내심반경 a' 는 다음의 관계식을 만족해야 한다. → Vρ α ρ ( ) = α ln ρ + β ln ( 와 같이 구할 수 있다. 여기서 α 와 β 는 임의의 상수이지만 동축 콘덴서의 양단에 주어지는 전위를 다음과 같이 만족해야 한다. b b ) = 2 ln ( ) a' a 따라서 이를 정리하면 ln ( b b ) - 2 ln ( )=0 a' a ∥ V( ρ = a ) = α ln a + β = V 2 ln ( V( ρ = b) = α ln b + β = 0 V ln b - ln a 2 2 a =1 a' b 이어야 한다. 결국 이 경우의 내심반경 a' 는 다음과 같다. V ρ ) ln ( b b ) a ( ln ρ - ln b ) = - 2 과 같은데, 이를 만족하는 해는 위의 두 식으로부터 α 와 β 를 구하면 콘덴서 내의 전위는 V( z ) = - 2 b b b a b a a ) - ln ( 2 ) = ln ( ) + ln ( 2 ) = ln ( ⋅ 2 ) = ln ( ) a' a' a' a' b a b b ln ( 2 2 a b a' = = 1 4 = 0.25 mm (c) 위 식에서 절연층의 상대유전상수 ε 과 정전용량 C 는 비례한다. 따라서 C 를 반으로 경우의 상대유전상수 ε ' 는 다음과 같다. 이다. 따라서 콘덴서 내의 전계는 r 줄일 r E = -▽ V b ln ( ) a ∂ V( ρ ) = V( ρ ) ρ̂ = ∂ρ 1 ρ 1 1 ⋅12 = 6 ε r' = ε = 2 r 2 ρ̂ (d) C 를 반으로 줄일 경우의 외심반경 b' 는 다음의 관계식을 만족해야 한다. 이다. 따라서 ρ a 인 내부 원통면을 따라 적분형 Gauss 법칙을 적용하면 다음과 같다. ⌠ Q ○ ⌡ ε E ds ε⌠ ⌡⌠ ⌡ Vb ρ ρ̂ ρ dφ dz ρ̂ = 2π l = ⋅ S = 0 0 = ε⋅ 1 [ ln ( a ) ]⋅ ln ( 따라서 이를 정리하면 ∣ρ = a ln ( 2 ln ( C= 문제 3-43 Q = V b' a b b ) a 2 b' = 동축 콘덴서의 내심반경 a mm , 외심반경 b mm , 두 도체 사이에 있는 절연층의 상대유전상수 ε , 길이 l cm 라고 한다. 그런데 이러한 동축 콘덴서의 정전용량은 앞의 문제 3-42에서 자 세히 다루었는데 다음과 같이 주어진다. =1 = 12 r =4 = 20 C= 2π ε l ln ( b ) a = 2π ε r ε 0 l ln ( b ) a (a) 위 식에서 길이 l 과 정전용량 C 는 비례한다. 따라서 C 를 반으로 줄이는 길이 l' 는 다 =1 2 이어야 한다. 결국 이 경우의 외심반경 b' 는 다음과 같다. 2π ε l ln ( 2 b' b b' a b' a ) - ln ( 2 ) = ln ( ⋅ 2 ) = ln ( ) 2 a a a b b 와 같은데, 이를 만족하는 해는 위의 결과들을 식(3.87)에 대입하면 정전용량 C 는 다음과 같음을 증명할 수 있다. V ⋅2π l b ln ( ) a = V b' b ) - 2 ln ( )=0 a a ∥ V ⋅2π l b ) a ln ( ε⋅ b' b ) = 2 ln ( ) a a 음과 b a 2 = 4 1 = 16 mm 원통좌표계를 취하고, ρ a 과 b 에 있는 도체의 총전하를 각각 Q 와 원통면의 가장자리 효과를 무시하면 전계는 ρ̂ 방향성분만 가지게 된다. 먼저 원통면에 대해 적분형 Gauss 법칙을 적용하면 ⌠ Q ○ ⌡ ε E ds ε ⌠ ⌡⌠ ⌡ E ρ ρ̂ ρ dφ dz ρ̂ 문제 3-44 (a) = - = S + ⋅ = 1 l 2π 0 0 ρ( ) ⋅ (- -Q 라고 하자. c≤ρ≤b ) = - 2π ε 1 l ρ E ρ ( ρ ) 이때 에 있는 49# 연습문제 이고, 이 경우의 전계는 E = 2πQε l 1ρ ρ̂ = 2π εQε l ρ1 ρ̂ , = ( c≤ρ≤b for ⋅ = 2 l 2π 0 0 ρ( ) ⋅ =2 2 ρ( = 9 10 ) 가 되며, 이 경우의 전계는 다음과 같이 주어진다. (b) a ≤ρ≤c for 앞에서 구한 전계를 이용하여 두 원통 도체면 간의 전위차 V 를 구하면 다음과 같다. ⌠ ⌠⌡ Q V ρ̂ dρ ρ̂ ρ̂ dρ ρ̂ ⌡ E dl ⌠ ⌡ Q = - b c ⋅ = - = - = (c) a 1 2π ε 1 l b ⋅ ρ - 1 2π ε 2 l c ρ Q Q c 2π ε 1 l Q 2π ε 1 l Q ln ρ∣ b - 문제 3-45 ln ( ln ρ∣ c c Q a )ln ( ) b 2π ε 2 l c b [ ln ( )+ 2π ε 0 l c ε r1 문제 3-46 1 = = 1 2 Q Q 1 b 1 c [ ln ( )+ ln ( )] 2π l c a ε1 ε2 = 2π l 2π b 1 c ln ( )+ ln ( ) c a ε1 ε2 1 2π = r 0 = 81⋅( π 0 0 1 36π × -9 2 b 1 c ln ( )+ ln ( ) c a ε1 ε2 = 2 πε 0 b 1 c ln ( )+ ln ( ) c a ε r1 ε r2 1 r 10 ( ) -9 ⋅ 2 sin 2 )⋅2π r E r ( r ) ⌠⌡ 0 π sin θ dθ × = - 1 9 × 10 5 9 9 10 Q ⋅ [ - 10 1 r 0.02 ]∞ Q 5 9 10 9 = 5 10 10 - 10 = 0.18 2 V = ( 3 4 = ( 3 4 × = ( 3 4 × = ( 3 4 = ( 3 4 εr ε0 2 = 1 ≥ ⋅ 9 10 ∞ ⌠ ⌡⌠ ⌡⌠ ⌡| x z x̂ x ŷ y z ẑ | dxdydz × π π ⌠ ⌡⌠ ⌡⌠ ⌡ x xz y yz z dxdy dz ⌠ × ⌡⌠ ⌡ x x z y yz z x dy dz = = 0.02 S = - 식(3.84)로부터 정육면체 내의 정전 에너지를 구하면 다음과 같다. ⌠ W ⌡ ε | E | dv e c ln ( )] a ε r2 1 m 인 도체 구의 표면에 전하 Q 가 분포되어 있다고 하면 주변 물 속의 전계는 구좌표계 반경 r 에서 단지 변수 r 만의 함수로 r̂ 성분만 존재한다. 따라서 임의의 r a 인 영역에 있는 구표면에서 적 분형 Gauss 법칙을 적용하면 ⌠○⌡ ε E d s ε ε ⌠ Q ⌡ ⌠ ⌡ E r r̂ r θ dθ dφ r̂ = ( ) C a 2π ε 2 l 과 같다. 따라서 단위길이당 정전용량 C' 는 다음과 같다. C = l ( ) 와 같이 구해지며, 이를 식 (3.87) 에 대입하면 정전용량 는 다음과 같이 구할 수 있다. Q Q C × nF V × Q 1 0 5.4 ⋅ ( C' = r = ⋅ 앞의 (a)와 (b)의 결과를 이용하여 정전용량 C 를 구하면 Q C= = V 2 0.02 r ∞ = = - -9 r2 0 a π 2 )⋅ r E r ( r ) ⋅ [ - cos θ ] 0 0.02 = - E = 2πQε l ρ1 ρ̂ = 2π εQε l 1ρ ρ̂ , 2 -9 × rE r 을 구할 수 있다. 따라서 도체 구의 전위는 ⌠ ⌠ V ⌡ E r dr ⌡ × Q r dr ≤ ≤ S 10 r1 0 임을 알 수 있다. 다음 a ρ c 에 있는 원통면에 대해 적분형 Gauss 법칙을 적용하면 ⌠ Q ○ ⌡ ε E ds ε ⌠ ⌡⌠ ⌡ E ρ ρ̂ ρ dφ dz ρ̂ π ε l ρ E ρ = × 9 2 × - 10 10 - 10 - 10 10 - 10 nJ 10 -9 1 0 ) ) J [ 0 0 1 0 0 ⌠ ⌡ 0 ) + ) 1 2 3 ⌠ ⌡⌠ ⌡ ⌠ ⌡ y 1 10 = 0.2 + 1 - 10 - 10 ( 1 ) ) 10 = 2 10 1 0 1 36 2 10 × × 1 0 2 -( + ) 1 1 0 0 0 3 + 2 [2 2 + ( +2 2 + +2 +2 +2 2 +2 2 3 [ 2 1 2 +z+ + z + 2z ] dz 3 3 2 + zy + ) [z + z + 2 3 1 z ]0 3 1 ) ]0 2 2 2 + z + y + 2 yz + 2z ] dy dz 3 [ [ 1 2 1 3 2 2 1 y + y z + 2 yz ] 0 dz 3 2 ] 51# 연습문제 제 4 장 연습문제 풀이 문제 4-1 ( 2, 4 ,- 3) = 4π| L - r - r' | I = 를 구할 수 있다. 여기서 ① dz' θ dθ ② z' 의 적분구간 = 2 sec 4π ∞ ) = 3 ⌠ ⌡ [2 -∞ +(- 3 - 2 2 3 + z' = 2 tan θ 2 ( 2 3, → θ 의 적분구간 [- , 2 π 2 2 [2 + (3+ 2 ) ] 2 2 = [ 2 + 2 tan 2 3 2 ] 2 2 = [ 2 sec tan ] 6 ( 2, 4 ,- 3) = = = 4π 15 4π 15 8π 2 2 2 sec 3 θ 3 = 2 sec 3 θ 1 dθ φ̂ 2 sec θ π π cos θ dθ φ̂ 문제 4-4 2 15 2 sin θ∣ π 8π - 그림 4-39 와 같이 y 경우 면전류밀도 K φ̂ π φ̂ H( r ) = A/m 선전류가 분포한 임의의 한 지점 z' z ρ ψ 이므로 미소구간 dz' ρ φ dψ 이다. 따라서 전류 가 흐르는 도선의 미소길이 d l dz' ẑ ρ ψ dψ ẑ 임을 알 수 있다. 이 경우 주변의 자계는 변수 φ 와는 무관하며, 이들을 식(4.4)에 대입하여 정리하면 다음과 같이 유도됨을 보일 수 있다. Hρφz ⌠ ⌡ I d l× r r' ⌠ ⌡ I ρ ψ dψ ẑ× ρ ρ̂ ρ ψ ẑ = = ( , , )= ( L 4π | - r - r' | = ) 3 = + tan sec = = sec ψ1 4 4 2 4π ρ +( - tan 2 ψ1 2 [ ρ sec ψ2 ψ1 ψ1 2 ψ] 3 2 1 dψ φ̂ sec ψ cos ψ dψ φ̂ 3 2 ) ] dψ φ̂ 5 점P 1 φ̂ A/ m mA/m - ) ( ( 0, s1 , 0 ) ) ( 4 S ∞ d -∞ 0 = - (a) -3 φ̂ ( , , )= - (- ) [( - 4 ∞ d -∞ 0 = I 4π d I 4π d ∞ d -∞ 0 ∞ d 0 [ 1 + ) 2 2 2 2 2 + +( - +( - ) 1 + + 2 + 1 2 ŷ- s x̂ 1 2 +(01 )[ 2 ] 2 3 2 2 3 2 z' ) ] 3 2 dx' dz' dx' dz' 3 2 ∞ -∞ 2 3 - [ ( 0 - x' ) + s d ( ( - ( 0- x' ) ⌠ ⌡ s x̂ x' ŷ ⌠ ⌡ 0 ) + [ ( x- x' ) + y + ( z - z' ) ] s x̂ x' ŷ ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ x' s z' -∞ ) 2 ( - 에서의 자계는 위의 식에서 I ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ = ) 3 - 4π d H ( 0, s , 0) = - 4π d 1 2 ρ sec ψ ψ2 = [ 4 π [ ρ + ( - ρ tan ψ ) ] ψ2 ⌠ π ⌡ ρ I ⌠ ⌡ I 2 2 ⌠ π ⌡ I 2 2 ψ2 = sec 10 π 3 ) φ̂ 2 ⋅( - × 5 π 4π - sin 2π ) φ̂ 3 인 평면상에 놓인 폭 d 인 도체판을 통해 ẑ 방향으로 직류전류 I 가 흐를 ẑ 이다. 따라서 식(4.6)으로부터 다음을 구할 수 있 다. K r' ds× r r' Hxyz ⌠ ⌡ r' | π|r I ẑ dx' dz'× x x' x̂ y ŷ z z' ẑ d ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ x x' y z z' | π| I x x' ŷ y x̂ ⌠ dx' dz' ⌡ ⌠ ⌡ = 문제 4-2 ẑ 방향으로 흐를 경우 원통좌표계에서 점 - = 0 I = (d 2 = 4π 3 = 3 1 ⋅( sin -2 3π = - π - 4.5 10 2 2 가 80 mA -3 4π⋅2 3 = 2 π = × 80 10 = = - 2 π ( 3) = 2π - 2 3 2 π - ⌠ ⌡ 2 sec π - ⌠ ⌡ 3 -1 ) = 2π - tan , 6) π 2 6 2 3 H ( 2 3 , π6 , 6) = 4 Iπ ρ ( sin ψ - sin ψ ) φ̂ ] z' ③ θ θ 이므로, 이들을 원래의 적분식에 대입하여 정리하면 다음을 구할 수 있다. I ⌠ H π θ dθ φ̂ ⌡ 3 2 =6 와 같다. 따라서 이 도선에 직류전류 π 의 자계는 다음과 같다. π =6 , 6) 6 =2 ψ 2 = 2π - tan - 1 ( 로 치환할 경우 ( sin ψ 2 - sin ψ 1 ) φ̂ 4πρ ( 2 3, 1 2 [ - ∞ , ∞] I φ̂ 1 π 앞의 문제 4-2의 결과에 따르면 측정점 과 전류의 시작점 (0,0, 6)를 잇는 직선이 평면 z 과 이루는 각 ψ π 이고, 마찬가지로 측정점과 전류의 끝점 (0,0,0)을 잇는 직선이 평면 z 과 이루 는 각은 dz' φ̂ 3 2 2 [ 2 + ( 3 + z' ) ] 문제 4-3 ] 3 2 2 4 π [ 2 + ( - 3 - z' ) ] ∞ -∞ ) ψ2 sin ∣ ψ 4π ρ = 선전류가 z 축 상에만 존재하므로 주변의 자계는 변수 φ 에 대해 일정함을 알 수 있다. 특히 식(4.4)로부 터 z' ẑ ⌠ H π ⌡ I d l× r r' ⌠ ⌡ I dz' ẑ× ρ̂ ( I = dz' 2 2 [ x' + s1 + z' ] ] dx' ) ] 53# 연습문제 와 같이 구할 수 있는데, 위의 적분식에서 z' 에 대한 적분을 먼저 행하기로 한다. 여기서 z' x' s θ 로 치환하면 x' s θ dθ dz' ⌠⌡ ⌠ ⌡ = 2 + 2 1 tan π ∞ -∞ 2 2 2 2 = 3 2 2 [ x' + s1 + z' ] 2 π ⌠ ⌡ π 2 2 2 2 ( x' + s1 ) 2 2 - 2 x' + s1 sec 2 π - = 2 2 2 2 1 θ 4 3 sec 2π d + 2 = tan d 2 2 x' + s1 0 = d ( ) s1 1 0 2 + 2 1 = 2π d 2 2 2 2 s1 sec = 2 φ tan 1 s1 d ( ) s1 0 dφ = 1 1 ln ( 2 2 + 2 d )∣ 0 = 1 1 [ ln ( 2 2 2 ) - ln 1 + = -1 ( d ) s1 (c) 1+( H ( 0, s , 0) = 2π d [ tan -1 1 점P d s 2 ( + 2 , 0,0) = - = - I 4π d I 4π d -∞ 0 ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ ∞ d -∞ 0 ⌠ ⌡ d s 를 얻는다. 위의 적분식에서 z' ( + 2 π ∣ 2 2 d -∞ -1 → ( d ) s1 d 0 2 - )[ 2 ( + 2 - ) ] 2 1 d + s2 - x' ŷ ŷ [ - ln s2 + ln ( s2 + d )] I ŷ d ) s2 ln ( 1 + tan -1 d ) s1 ( d d 0 ( d ) s1 = lim → d ŷ] → d d 0 ln x̂+ lim → d 1 +( d 2 ) s1 d 0 ŷ] 1 = s1 2 3 2 d (d) ŷ → 0 ln [ 1 + ( = lim d → d 2 ) ] s1 2d 0 2d 2 s1 = lim d → 0 2[ 1 +( H ( 0, s , 0) = 2πIs x̂ 1 d 2 ) ] s1 =0 2 3 2 ] dx' ŷ 1 평판 폭 d → 일 경우 점 P 에서의 자계는 앞의 (b)의 결과로부터 다음을 구할 수 있다. 0 d 2 H ( d + s , 0, 0) = - 2Iπ ⋅[ lim → → lim dz' 로 치환하면 lim dx' dz' 3 2 dx' dz' 2 d 0 d 2 ) s1 이 된다. 이 두 극한값을 원 식에 대입하면 다음과 같은 자계를 구할 수 있다. ) 2 1 +( lim [ ( d + s2 - x' ) + z' ] = ( d + s2- x' ) tan θ + 0 [ ( d + s2 - x' ) + z' ] ⌠ ⌡ 2 이고, 두 번째 항은 d → 일 경우 분모와 분자 모두 0이 되므로 각각 d 로 미분하면 d + s2 - x' - x' )[ ( d 2π d 1 lim 2 ∞ π 1 0 ln - 2 - 2 [ - ln ( d + s2 - x' )] 0 H ( 0, s , 0) = 2Iπ [ lim → → tan [ (d+s - x' ) + ( 0 - z' ) ] 2 2 d 0 ( + dθ 2 2 와 같다. 먼저 우변의 첫 번째 항의 극한은 d 2 ) s1 d 2 1 +( ) s1 d ∞ d 2 ] 1 에서의 자계도 앞에서 유도한 적분식에 대입하면 d s x' ŷ I ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ H ( d + s ,0, 0) = - 4π d 2 x̂+ ln d ( ) s1 0 2π d 0 2 1 앞에서 구한 두 적분결과를 대입하면 다음을 구할 수 있다. I 2 평판 폭 d → 일 경우 점 P 에서의 자계는 앞의 (a)의 결과로부터 lim d +s 1 ln [ ] 2 2 s1 = ln 2π d I = - tan s1 0 2π d = -1 4 I = - x' + s1 0 2 (b) ,0, 0) = - tan sec 1 0 cos θ ( d + s2 - x' ) π ( d + s2 - x' ) d 와 같이 적분을 구할 수 있다. 다음 ŷ 성분의 적분은 다음과 같이 쉽게 구할 수 있다. ⌠⌡ x' dx' x' s d s s x' s d 2 2 1 + 먼저 x̂ 성분을 구하기로 하자. x' s φ 로 치환하면 s φ dφ ⌠⌡ dx' ⌠ ⌠⌡ ⌡ -1 + = - 2 2 θ dθ 3 θ 와 같다. 이를 원래의 적분식에 대입하면 다음과 같이 자계를 구할 수 있다. I ⌠ d s x' Hd s dx' ŷ πd ⌡ d s x' I ⌠ dx' ŷ ⌡ d 2 2 ( d + s2 - x' ) θ ( ) x' + s1 0 2 sin θ = 2 + 1 = ⌠ ⌡ π 2 3 ( d + s2 + x' ) sec π - d 2 d 1 = ( 0 [ ( d + s2 - x' ) + z' ] dθ x' + s1 d ,0) = 2 ( d + s2 - x' ) sec 2 - 와 같다. 이를 원래의 적분식에 대입하면 다음과 같은 적분식을 얻을 수 있다. I ⌠ s x̂ x' ŷ H s dx' πd ⌡ x' s Is ⌠ ⌡ dx' x̂ I ⌠⌡ x' dx' ŷ 1 2 3 2 θ )] 2 dθ x' + s 2 2 2 2 = -∞ = cos θ π 3 2 ⌠ ⌡ π = dz' 2 sec [ x' + s1 + ( x' + s1 ) tan 2 ⌠ ⌡ 2 1 + ∞ 3 π - = ( 0, ⌠ ⌡ 0 2 d = - = - I 2π I 2π s2 → ŷ 0 d ) s2 d 0 ⋅ [ lim d ln ( 1 + 1 1+ d s2 ⋅ 1 s2 ŷ ] ] ŷ 55# 연습문제 문제 4-6 문제 4-5 z 평면상의 원주를 따라 흐르는 선전류의 미소길이 d l z 를 잇는 선분벡터는 점 ρ' φ' 과 측정점 = 0 ( , ,0) = ρ' dφ' ( - φ̂ ) 이고, 선전류 상의 임의의 1 임을 알 수 있다. 따라서 이들을 식(4.4)에 대입하여 정리하면 H z ⌠ ⌡ I dπl×| r r r'r'| ⌠ ⌡ I ρ' dφ' φ̂ × ρ' ρ̂ z ẑ ( 4 - 2π = (- 0 + 2 ⌠ ⌡ 4π 2π 2 ρ' z ρ̂ 0 2 2 [ ρ' + z ] 4π | 2 I 4π 2π 2 [ ρ' + z ] 3 2 0 - ⌠⌡ ρ' 2 2π 0 0 ẑ 2 3 2 3 2 ⌠⌡ ẑ dφ' ρ' 2 I 4π 2 2 [ ρ' + z ] ρ̂ 0 [ cos + sin 0 성분에 대한 적분은 H= 3| 2π cos + 0 sin x̂ - cos φ' 2π ∣0 2π ∣0 = sin φ' 문제 4-7 ŷ 임을 쉽게 알 수 있다. 즉 단위벡터 ρ̂ 에 대한 원주상의 적분은 서로 상쇄되어 0이 된다. 따라서 실제 자계는 ẑ 성분만 존재하게 된다. I I ρ' ρ' ⌠ H z ẑ dφ' π ẑ ⌡ π π ' z ' z 2 4 [ρ 2 + 2 ] 3 2 =- 0 그런데 여기서 ρ' × m , I × A , z 앞에서 유도한 결과식을 이용하면 다음과 같이 구할 수 있다. × × H × × × ẑ = - 20 10 2 = - 10 -5 × = - 64 ẑ μA/m = 20 10 -6 ⋅ = - 64 10 -2 -6 [ ( 8 10 10 -6 ( 8 10 ⋅ 64 10 [ sin 3 π 3 - sin ( - = | 2 93I π d [ 23 - ( - 23 )] | = 9I 2π d π 3 )]    H 1 | = 3⋅ 29πId = 227πId -2 2 -2 0.1 ) ) + ( 6 10 [ρ 2 2 × ) ] 3 2 2 + 2 [ ρ' + z ] = 6 10 2 2 3 2 ] ρ' 2 I 2 -2 4 -2 m 3 2 = - 2 4 = = 0.05 4 2  2 π - sin ( - π )]  H 1 | = | 4 Iπ ρ ( sin ψ - sin ψ ) | =  4 π⋅0.05 [ sin  4 4 2 1 = ẑ 이므로 실제 자계 H π  | 2 2π = - = 8 10 = 한 변의 길이가 m 인 정사각형의 중심에서 양 끝을 바라보는 각도를 그림 4-2에 따라 정의하면 각각 π m 이 된다. 그렇다면 정사각형의 ψ 과 ψ π 이 되고, 중심에서 변까지의 거리 ρ 변을 따라 직류전류 I 가 흐를 경우 한 변에 흐르는 전류에 의한 정사각형의 중심에서 자계의 크기는 문제 4-2의 결과를 이용하면 1 = 0 ( 0,0, ) = - I  4 π⋅ 3 d  18 2 ] 2π = 3 와 같다. 정삼각형은 변이 3개이며 전류가 동일한 방향으로 흐르므로 중심에서의 자계의 크기 H 는 한 변 에 의한 전류의 3배이므로 다음과 같다. 2π 0 2π = 1 dφ' 2 [ ρ' + z ] 와 같이 자계를 두 성분의 합으로 나타낼 수 있다. 그런데 ⌠⌡ ρ̂ dφ' ⌠⌡ φ' x̂ φ' ŷ dφ' ⌠ ⌡ φ' dφ' x̂ ⌠ ⌡ φ' dφ' ŷ 2π 2 ] d φ' - 3 2 = - H 1 | = | 4 Iπ ρ ( sin ψ - sin ψ ) | =  3 2 ⌠ ⌡ ρ̂ dφ' ρ' z I = - ) [- 4 π [ ( - ρ' ) + z ] I = - ) 3 - 이고, 정삼각형의 중심에 3 18 r - r' = ρ' ρ̂ - φ' φ̂ + z ẑ L 1 d 3 서 변까지의 거리는 d 이 된다. 그리고 문제 4-2에서 보인 그림 4-38에서와 같이 한 변의 양 끝인 π 두 꼭지점들과 중심이 이루는 각들은 각각 ψ 과 ψ π 이 된다. 그렇다면 정삼각형의 변을 따라 직류전류 I 가 흐를 경우 한 변에 흐르는 전류에 의한 정삼각형의 중심에서 자계의 크기는 문제 4-2 의 결과를 이용하면 ( 0, 0, ) ( 0,0, ) = 길이가 d 인 가는 도선으로 정삼각형을 만들면 정삼각형의 한 변의 길이는 | 52 [ 12 - ( - 12 ] | =5 A/ m 와 같다. 정사각형은 변이 4개이며 전류가 동일한 방향으로 흐르므로 중심에서의 자계의 크기 H 는 한 변 에 의한 전류의 4배이므로 다음과 같다. 는 ẑ H= 4| H 1 | = 4⋅5 = 20 A/m -4 -3 ẑ A/m 문제 4-8 원주상의 점 A a φ z 에 놓인 미소전류 l 는 식(4.1) 에서 I d l× r r' I a dφ' φ̂ × z ẑ a ρ̂ 이므로 Id = I a dφ' φ̂ ( , , ) ( - ) = (- - 에 의한 점 P 2 ) = - I a z dφ' ρ̂ + I a dφ' ẑ ( 0, 0, 0) 의 미소자계 d H 57# 연습문제 d H( r ) = 4 π | a I+a z | ẑ )dφ' (- z ρ̂ + a 2 3/2 2 = 이다. 그런데 미소자계 d H 에서 ρ̂ 성분은 문제 4-5의 풀이에서 자세히 보인 바와 같이 원주상 H 을 따라 적분하면 0 이 됨을 쉽게 알 수 있다. 따라서 하나의 원형 루프 전류에 의한 자계 는 다음과 같이 구할 수 있다. Ia Ia ⌠ H dφ' ẑ ẑ ⌡ ( 0, 0, 0) 2 2π ( 0, 0, 0 ) = = 2 3/2 2 그런데 이러한 원형 루프가 원통의 H = lim ∑ → N Ia | ∞ n =1 2 2 a +( = L H | [ 0, L 2 n) N | 3/2 과 L z= n N 문제 4-10 (a) L dz = N z H= cosec 2 2 [ 1 3 3 a cosec θ1 a cosec θ 2 y ẑ θ dθ = NI 1 ⌠⌡ NI = 2L 2L + , θ2 θ1 2 2 2 = cosec 2 [ ∂∂z ( 2x - 3x) - ∂∂x ( - 2z + 8z ) ] ŷ + [ ∂∂x ( 6y ) - ∂∂y ( 2x - 3x) ] ẑ 2 2 2 2 z 2 = ∂ ( 2 ln x+ 3 ln y - 5 ln z ) ∂y = (c) x̂ - ∂∂x ( ln xz y ) ŷ 3 ∂ x y ( ln 5 ∂y z 3 y ) ( 0,0, 0) = (- 4 - L J = ∇ × H = [ ρ1 ∂∂Hφ - ∂∂Hz ] ρ̂ + [ ∂∂Hz - ∂∂Hρ ] φ̂ + ρ1 [ ∂( ρ∂Hρ ) - ∂∂Hφ ] ẑ φ z ρ = 4 4 [ + (- (- ) 0 0 (- 4 3 ) (- ⌠ ⌡ dφa' ẑ π = I 4π 4 [- ) ( - b) π 0 (d) b + (- 3 ⌠ ⌡ dρ' ρ̂× ρ' ρ' ρ̂ b ρ̂ ⌠⌡ d ρ' (- 2ρ ∂ )( - 2z + 3z ) ] φ̂ [ ∂∂z ( 4 + ∂ρ ρ 2 2 a (- ) a ⌠ ⌡ dφb' ẑ + b ) (- ρ π 4 2 2 ρ 2 3 × ) ( - ρ̂ ) ( - ρ' ρ̂ ) ( - ρ' ) 3 = ] (e) ∂ z sin ( ∂z ρ 2z sin ρ 2 φ 2 ] φ ) φ̂ - 1 ρ 2 φ̂ - z sin 2φ ρ2 2 ∂ z sin ( ∂φ ρ 2 φ ) ẑ ẑ ∂( H sin θ ) ∂H 1 J = ∇× H = r sin ] r̂ ∂θ ∂φ θ [ φ 0 - 2ρ ) ] ẑ [ ∂∂ρ ( ρ ⋅ cosρ φ ) - ∂∂φ ( 4 + ρ 1 ρ J = ∇ × H = [ ∂∂Hz ] φ̂ + 1ρ [ - ∂∂Hφ ] ẑ = ) ρ 2 2 =0 ) π φ z [ ρ1 ∂∂φ ( - 2z + 3z ) - ∂∂z ( cosρ φ ) ] ρ̂ + 3 ⌠ a dφ' φ̂× a ρ̂ π ⌡ a φ )× ⌠ ⌡ b d φ' ˆ I x̂ - ∂∂x ( 2 ln x+ 3 ln y - 5 ln z ) ŷ x̂ - 2x ŷ ẑ 원통좌표계의 원점에서의 자계는 식(4.4)로부터 I ⌠ d l× r' H π ⌡ | r' | 3 5 + 문제 4-9 x + = = ( cos θ 2 - cos θ 1 ) y 2 z 2 ẑ z J = ∇× H = [ ∂∂Hy ] x̂ + [ - ∂∂Hx ] ŷ ] sin θ dθ x [ ∂∂y ( - 2z + 8z ) - ∂∂z ( 6y ) ] x̂ 2 = - θ2 ẑ = - 2.5 ẑ A/m 를 대입하면 = 0 2| a + z | ⌠ ⌡ = 2.4 A , a = 3 cm , b = 6 cm J = ∇× H = [ ∂∂Hy - ∂∂Hz ] x̂+ [ ∂∂Hz - ∂∂Hx ] ŷ + [ ∂∂Hx - ∂∂Hy ] ẑ 로 나타내면 다음과 같은 적분 (b) ] 2 ẑ 2 3/2 2 ẑ 2 cot NI a 2L ) H( 0, 0, 0) | = 2.5 A/m a z a 여기서 z a θ 로 치환하면 dz a θ, θ 이고, 적분구간 인 변수 z 에 대한 L 은 그림 4-40에서 보인 바와 같이 변수 θ 에서 θ θ 로 나타낼 수 있으므로 다음과 같이 자계를 구할 수 있다. = a 2.4 1 1 ( 0, 0, 0) = ( ) 16 0.06 0.03 2 3/2 2 1 - 이므로, 자계의 크기는 다음과 같다. 2 0 b 2| a + z | 에 N 번 촘촘히 감겨져 있다면 원점에서의 자계는 0≤z≤L 와 같이 나타낼 수 있는데, 이 경우 급수의 합은 형태로 바꿀 수 있다. Ia H N⌠ dz ẑ ⌡ L 1 를 유도할 수 있다. 여기서 I = N ( 2 4 π |a +z | 0 I 16 + 1 r θ [- ∂( r H φ ) ∂r ] θ̂ + 1r [ ∂( r H θ ) ∂r ] φ̂ 59# 연습문제 = [ ∂∂θ ( - r cos θ⋅ sin θ ) - ∂∂φ ( r sin θ) ] r̂ 1 r sin θ + cos 2θ sin θ = - (f) r [ ∂ ( - r cos θ⋅r ) ∂r ] θ̂ + r [ 1 2π ∂ ( r ⋅r sin θ ) ∂r S ] φ̂ r = 1 r 3 2 2 2 φ̂ 3 [ ∂y - ∂z ] x̂+ [ ∂z - ∂x ] ŷ + [ ∂x - ∂y ] ẑ = [ ∂∂y ( - 4xyz ) - ∂∂z ( xy ) ] x̂ + [ ∂∂z ( x y) - ∂∂x ( - 4xyz ) ] ŷ ∂H x ∂H z ∂H y 2 = - 4x z ( 1, 1, 1 ) ∂H x [ ∂∂x ( xy ) - ∂∂y ( x y) ] ẑ 2 2 을 통과하는 전류 I 는 다음과 같이 구할 수 있다. ⌠ dxdy ẑ ⌡⌠ ⌡ y x dxdy ⌠ dy ⌡ yx x I= ⌠⌡ ⌠ ⌡ Jxy 1 -1 4 ( , , 1) ⋅ = ( 1 = ( 1 ⌠ ⌡ 4 1 2 -1 4 = 2 2 - 1 3 2 2 )∣ - 1 - 따라서 임의의 점 ρ ( , 0, 0 ) ( ,0,0) 에서의 전체 자계 H ρ ( , 0, 0) 은 다음과 같다. H ( ρ, 0, 0) = H 1 ( ρ,0,0) + H 2 ( ρ,0,0) = 2Iπ [ ρ1 + d -1 ρ ] φ̂ 앞에서는 원통좌표계를 사용하였는데 만약 직각좌표계로 표시할 경우에는 임의의 점 ρ 체 자계 H x 는 다음과 같이 나타낼 수 있다. ( , 0, 0 ) 2 = 54 A (a) 점 ( mm )에서의 전체 자계는 위에서 유도한 식에 를 대입하면 5 , 0, 0 I = 0.2 a , ρ = 0.005 m ẑ 방향으로만 흐르는 전류밀도의 단면분포가 반경 ρ = 0.01 m 내에서 φ̂ 방향으로는 균일하므로 이로부터 발생되는 자계는 φ̂ 성분만을 갖게 된다. 따라서 ρ 여기에 식(4.15)의 Ampere 법칙을 적용하면 ⌠⌡○ H d l ⌠ I H πH ⌡ H ρ ρ dφ π ρ H ρ π = 2π = ∥ L ⋅ = 0 φ( ) =2 φ( 에서의 전 H ( x, 0, 0) = 2Iπ [ 1x + d -1 x ] ŷ 4 = ( y - 3 y )∣ 1 문제 4-12 는 ( , 0, 0) ( 3y - 3 ) dy 3 ( ,0,0) H 1 ( ρ,0,0) = 2πI ρ φ̂ ) 3 에서의 자계 H 1 ρ H 2 ( ρ,0,0) = 2π ( dI - ρ ) φ̂ (b) - 1 ≤ x≤ 2 , 1 ≤ y ≤ 4 , z = 1 2 × φ̂ = 50 10 - 6 φ̂ = 50 φ̂ μA/m + 2 2 -6 -6 ( , 0, 0) ( , 0, 0) J( 1, 1, 1) = - 4 x̂ + 4 ŷ + ( 1 - 1 ) ẑ = - 4 x̂ + 4 ŷ A/m 4 = 50 π 10 도선-1은 전류 I 가 ẑ 방향으로 흐르므로 이에 의한 임의의 점 ρ 법칙으로부터 다음과 같이 구할 수 있다. 에서의 전류밀도는 다음과 같다. 2 0.01 그리고 x̂ 방향으로 d 만큼 평행이동한 지점에 놓인 도선-2에는 ẑ 방향으로 전류 I 가 흐르므로 이 에 의한 임의의 점 ρ 에서의 자계 H 2 ρ 는 Ampere 법칙으로부터 다음과 같이 구할 수 있다. 2 x̂ + 4yz ŷ + ( y - x ) ẑ 2 2 Ampere 2 + 따라서 점 문제 4-13 = ∂H y ( 15 ρ + 0.4 ) ρ dρ φ J( x, y, z ) = ∇× H ( x, y, z ) ∂H z 0.01 0 ẑ⋅ρ dρ dφ ẑ H ( 0.5, 0, 0) = H (π0.5) φ̂ = 50π×π10 2 3r ⌠ ⌡ ( 15 ρ + 0.4 ) × A 와 같다. 따라서 이 경우의 자계는 다음과 같이 구할 수 있다. 2 sin 2θ sin φ θ̂ - 0.01 0 3 2 sin θ sin 2φ 0 = 2 π ( 5 ρ + 0.2 ρ )∣ 0 r 2 = = 2π [ sin1 θ ∂∂φ ( sin 3θr sin φ )] θ̂ + 1r [ - ∂∂θ ( sin 3θr sin φ )] φ̂ 3r ⋅ r̂ + 2 cos θ θ̂ + 2 sin θ φ̂ J = ∇× H = 1r [ sin1 θ ∂∂Hφ ] θ̂ + 1r [ - ∂∂Hθ ] φ̂ = 문제 4-11 (a) 1 ⌠ ⌡ J ds ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ ) = 2 ⋅0.5⋅ φ (0.5) = φ (0.5) 1 1 40 H ( 0.005, 0, 0) = 0.2 [ + ] φ̂ = φ̂ A/m 2π 0.005 0.01 - 0.005 π 와 같다. 이를 직각좌표계로 표시하면 H mm (b) 점 ( )인 경우에는 20 ( 0.005, 0, 0) = 40 π ŷ A/m 이다. , 0, 0 1 1 5 H ( 0.02, 0, 0 ) = 0.2 [ + ] φ̂ = φ̂ A/m 2π 0.02 0.01 - 0.02 π 와 같으며 이를 직각좌표계로 표시하면 H ( 0.02, 0, 0 ) = - 5 π ŷ A/m 이다. d = 0.01 m , 61# 연습문제 문제 4-14 단위법선벡터 n̂ 인 무한평판에 흐르는 면전류밀도 K 에 의해 생기는 자계는 식(4.21)에서 보인 바 와 같이 다음과 같이 나타낼 수 있다. H K× n̂ 1 2 = B = ∇× A = [ ∂∂Ay - ∂∂Az ] x̂+ [ ∂∂Az - ∂∂Ax ] ŷ + [ ∂∂Ax - ∂∂Ay ] ẑ z =3 ∇⋅ / (- ) = - 1.5 0, 0, 10 1 ⋅3 2 문제 4-15 (a) = 1.5 = [ - ∂z ] x̂+ [ ∂z ] ŷ + [ ∂x - ∂y ] ẑ = [ - = -x (b) 0 ≤ x≤ 4 , I= ∂ 2 ( x z) ∂z ∂H y ∂H x ⌠⌡ ⌠ ⌡J x y 0 4 0 ( , , 1) ⋅ = 0 4 -2 0 0 = = -2 ⌠ ⌡ 0 2( 2 ( + )∣ 0 2 2 x ⌠⌡○ H d l ⌠ ⌡ H -2 L ⋅ = 0 ( 0, y, 1) ⋅( - dy) ( - ⌠ ⌡ H 0 + = 0+ ⌠ ⌡ 0 -2 4 ( 4, y, 1) ⋅dy 2 [- ( - 2) ] dx + 4 ∣ 0 + 16 = -4 x 1y 1x 2 2 1y 2 2 2 2 (b) 2 2 [ ∂∂x ( x +x y ) - ∂∂y ( x -+yy ) ] ẑ 2 2 2 2 2y = 2 2 2 2x 2y [ - ∂∂z ( 1 + sin x) ] x̂ + [ ∂∂z ( e = -e -z ŷ + ( e cos y -z -z 1x cos y) ] ŷ [ ∂∂x ( 1 + sin x) - ∂∂y ( e -z cos y) ẑ sin y + cos x ) 0 0 0 4 2 (c) B 3 = ∇ × A 3 = [ 1ρ ∂∂Aφ ] ρ̂ + [ ∂∂Az - ∂∂Aρ ] φ̂ + 1ρ [ - ∂∂Aφ ] ẑ 3ρ 3z = dy + 0 [ ρ1 ∂∂φ ( 5 e + = - 10 ρ e ○ 앞의 (b)와 (c)의 두 결과로부터 I ⌠ ⌡ H d l 이 만족됨을 알 수 있다. 따라서 본 문제 의 자계에 대해서는 Ampere 법칙이 성립함을 확인할 수 있다. ⋅ 2 2 2 + = 16 A B = ∇× B 를 직각좌표계로 나타내면 2 B 2 = ∇× A 2 = [ - ∂∂Az ] x̂+ [ ∂∂Az ] ŷ + [ ∂∂Ax - ∂∂Ay ] ẑ 4 4 L 1x = 0 y = z y - 2y [ x( x+ y+ -y 2) x + x( x++ ] ẑ y ) 0 ∣ -2 (d) 2 z [ - ∂∂z ( x +x y ) ] x̂ + [ ∂∂z ( x -+yy ) ] ŷ 2 = = - 16 + 32 문제 4-16 y B 1 = ∇× A 1 = [ - ∂∂Az ] x̂+ [ ∂∂Az ] ŷ + [ ∂∂Ax - ∂∂Ay ] ẑ ŷ ) + ⌠ ⌡ H( x,- 2, 1) ⋅dx x̂ -2 x 2 y 0 ŷ + ⌠ ⌡ H( x, 0, 1) ⋅( - dx) ( - x̂ ) ⌠ ⌡ y 2 x = ( 16 y + 4 y )∣ - 2 (c) 2 [ ∂∂yA∂z - ∂∂zA∂y ] + [ ∂∂zA∂x - ∂∂xA∂z ] + [ ∂∂xA∂y - ∂∂yA∂x ] ( 16 - 8y ) dy = 16 A x = -2 2 2 z + ) 4 -2 y 2 x 2 을 통과하는 전류 I 는 다음과 같다. ⌠ dxdy ẑ ⌡ ⌠ ⌡ x y dxdy ⌠ ⌡ x yx dy z 2 y 2 - 2 ≤ y≤ 0 , z = 1 -2 2 z x̂ - y ŷ + 2( xz + yz ) ẑ A/m 2 x [ ∂∂xA∂y - ∂∂xA∂z ] + [ ∂∂yA∂z - ∂∂yA∂x ] + [ ∂∂zA∂x - ∂∂zA∂y ] = 2 x = ] x̂ + [ ∂∂z ( - y z ) ] ŷ + [ ∂∂x ( x z ) - ∂∂y ( - y z ) ] ẑ 2 y = 0 문제 4-17 (a) ∂H x y 2 / J( x, y, z ) = ∇× H ( x, y, z ) ∂H y z / = ( 0, 0, 10) = z B = ∂∂x [ ∂∂Ay - ∂∂Az ] + ∂∂y [ ∂∂Az - ∂∂Ax ] + ∂∂z [ ∂∂Ax - ∂∂Ay ] 2 = - 1 ( 0, 0, 0) = ⋅3 2 x 이므로, 여기에 발산을 취하면 항상 0이 됨을 증명할 수 있다. 에 있는 무한도체평판에 면전류밀도 K ŷ A m 가 흐를 경우 원점으로의 단 ẑ 이다. 따라서 원점에서 자계는 다음과 같다. 위법선벡터 n̂ H ŷ× ẑ x̂ A m m )으로의 단위법선벡터 n̂ ẑ 이다. 따라서 원점에서 자계는 다음과 같다. (b) 점 ( H ŷ× ẑ x̂ A m (a) z = 2 m y (d) - 2z ρ[ 1 - 2z ) ] ρ̂ + [ ∂∂z ( 5 e - 3ρ 3z ∂ - 2z ( 5e ρ) ∂φ - 2z ρ) - ∂ - 2z ( 5e ) ∂ρ ] ẑ φ̂ B 4 = ∇ × A 4 = [ ∂z ] φ̂ + 1ρ [ - ∂∂Aφ ] ẑ ∂A 4ρ 2 = = 4ρ ∂ z sin ( ∂z ρ 2z sin ρ 2 φ 2 φ ) φ̂ 2 φ̂ - 1 ρ z sin 2φ ρ2 2 ∂ z sin ( ∂φ ρ ẑ 2 φ ) ẑ ] φ̂ ] ẑ 63# 연습문제 (e) ∂( A sin θ ) ∂A 1 B 5 = ∇× A 5 = r sin ] r̂ ∂θ ∂φ θ [ 5φ 1 + = = - (f) ∂( r A 5φ ) ∂r ∂( r A 5θ ) ] θ̂ + 1r [ ∂r ] φ̂ 1 r r̂ + 2 cos θ θ̂ + 2 sin θ φ̂ 6φ = = 1 r sin θ 2r 1 4r 3 2 sin θ 3 ( 2 cos θ ∇⋅ B 2 = ∂∂By + ∂∂Bz 2y 2z 문제 4-19 (a) 2 ∂ -z (-e cos y) + ∂y = -z sin y - e -z 식(4.30)으로부터 다음을 구할 수 있다. ⌠ Ar ⌠ ⌡ μIdl ⌡ ( )= 4π | L (b) ∂ -z ( cos x + e sin y ) ∂z = ∇⋅ 3φ B 4 = ρ1 ∂B 4φ ∂φ ∂B 4z + ∂z = 1 ρ = ∂ 2z sin ( ∂φ ρ 2z sin 2 φ ρ2 - 2 1 ρ φ )+ ∂ (∂z 2 z sin 2φ ρ2 ) 1 r 2 = 5φ + = - 2 cos 2θ + r sin θ (c) 1 r sin θ 1 r sin θ ∂ ( 2 cos θ⋅ sin θ ) ∂θ ∂ ( 2 sin θ ) ∂φ μ 0I ln ( 4π 2 2 2 2 문제 4-20 (a) 2 2 2 L 2 z' + ρ )∣ - L 2 2 2 2 L + ρ -L 2 2 L +ρ +L ρ 2 2 L +ρ 2 L +ρ [ L +ρ - - 2L ) ẑ ẑ μ 0I ∂ [ ln ( ∂ρ 4π 2 2 2 2 L + ρ +L L + ρ -L ρ2 2 2 2 L +ρ -L )] φ̂ ] φ̂ φ̂ 2 2 2 B = ∇× A = [ - ∂∂Az ] ρ̂ + 1ρ [ - ∂∂ρ ( ρ A )] θ̂ φ φ [ 6θ ẑ ρ 2 = - 2 2 L + ρ +L )] ρ̂ - L + ρ -L L +ρ μ 0I L 2π ρ 2 cos 2θ r sin θ 1 ∂ B 6 = r1 ∂∂r ( r B ) + r sin (B sin θ ) θ ∂θ 6r = L + ρ +L ∂ 2 2 ( ρ sin φ ) ∂z = 3ρ sin 2 μ 0I ln ( z' + 4π 2 H = μ1 B = 2π ρ ILL + ρ φ̂ = 0 ∇⋅ = μ 0I ∂ [ ln ( ∂φ 4π 0 5θ 5r ∂ cos 2θ 2 (⋅r ) + ∂r sin θ dz' z' + ρ ∂A z μ 0I 4π = - ρ2 2 = L -L μ 0I 4π ∂A z 2z sin 2φ ∂B 1 ∂ 1 B 5 = r1 ∂∂r ( r B ) + r sin (B sin θ ) + r sin θ ∂φ θ ∂θ 2 ⌠ ⌡ = [ 1ρ ∂φ ] ρ̂ + [ - ∂ρ ] φ̂ μ 0I = [ 4π ρ2) = 0 =0 ∇⋅ ρ 2 + ( - z' ) 2 ρ - 2z ẑ 4π -L B = ∇× A = sin y μ 0 I dz' L r - r' | = =0 B 3 = ρ1 ∂∂Bφ = 1ρ ∂∂φ ( - 10 e 4 4r )=0 = e ∇⋅ sin θ 2 cos θ + 4 4 r̂ + sin θ θ̂ ) 자연계의 벡터 자위라면 ▽ ▽× A 을 만족해야 한다. 따라서 문제 4-17에 있는 6가지 벡터 자위 중 에서 A 1 은 당연히 존재한다. 나머지 5개의 벡터 자위에 대해서는 각각에 해당되는 전속밀도에 대해 다음과 같이 발산을 구할 수 있다. ⋅( 4r =0 θ̂ 3 2 cos θ 4r sin 2θ + 4 4r ∂ sin θ ( ⋅ sin θ ) 3 ∂θ 4r 1 r sin θ 따라서 6개 벡터 자위 모두 자연계에 존재한다. 즉, 문제 4-17의 6개 벡터 자위 중에서 실제 자연계에 존재할 수 없는 벡터 자위는 없다. 5φ 1 ∂ sin θ θ ⋅ sin θ ) ] r̂ + (r⋅ ) ] θ̂ [ ∂∂θ ( sin r [ ∂r 4r 4r r̂ + 4r cos θ 2 cos θ = - [ - ∂∂r ( - r cos θ⋅r ) ] θ̂ + 1r [ ∂∂r ( r ⋅r sin θ ) ] φ̂ cos 2θ sin θ 2 r = - ∂( A sin θ ) ∂( r A ) 1 B 6 = ∇× A 6 = r sin ] r̂ + 1r [ - ∂r ] θ̂ ∂θ θ [ = 문제 4-18 [- ∂ 2 cos θ 2 (r ⋅ )+ 3 ∂r 4r 1 = [ ∂∂θ ( - r cos θ⋅ sin θ ) - ∂∂φ ( r sin θ) ] r̂ 1 r sin θ + r 5θ (b) Ψ = ẑ 2 φ ⌠ ⌡ B ds ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ 2π S ⋅ = 0 0.02 0 ] ρ̂ + ρ1 [ ∂∂ρ ( ρ⋅ ρ sin φ ) ] ẑ 2 2 Wb/ m 3ρ sin 2 φ ẑ ⋅ρ dρ dφ ẑ 2 )] φ̂ 연습문제 ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ ρ 2π = 0.02 0 0 2π = 3 × ⌠⌡○ A d l ⌠ ⌡ ρ 2π (c) L ⋅ = 3 × = 8 10 × = 8π (d) sin ⌠ ⌡ vx( t) = 6t + vx( 0) , 이며, v 1 - cos 2 φ ) dφ 2 따라서 2초 후의 속도는 다음과 같다. ⋅ -6 v( 2) = ( 6 ⋅2 - 4) x̂ + ( - 2 ⋅2 + 2) ŷ + 4⋅2 ẑ = 8 x̂ - 2 ŷ + 8 ẑ m/s φ φ̂⋅ρ dφ φ̂∣ ρ = 0.02 v( 2) | = 12 ( 2 ×10 ) [ 8 + ( - 2) + 8 ] = 132×10 (d) 입자의 위치벡터를 l ( t) = x( t) x̂ + y( t) ŷ + z ( t) ẑ 라고 하면, 1 m| 2 (c) E = 2 φ dφ sin 1 sin 2φ 2 2π ∣ 0 2 2 -6 2 2 ○ 앞의 (b)와 (c)에서 구한 결과로부터 Ψ ⌠ ⌡ A d l 이 성립한다. = L ( 6t - 4) ⋅ x̂ + ( - 2t+ 2) ŷ + 4t ẑ 2 x( t) = 3 t - 4 t+ x( 0) , 2 와 같이 구할 수 있다. 그런데 시간 t 2 임의의 시간에서 속도 v t 인 대전입자가 받는 전기력 F e 는 식 (4.35) 로부터 구할 수 이 힘은 대전입자의 질량에 가속도 a t 를 곱한 것과 같다. ( ) 즉, 2초 후에는 점 F e = Q E = m a ( t) = m dtd u ( t) z = =6 따라서 2초 후의 가속도는 다음과 같다. a ( 2) = 6 x̂- 2 ŷ + 4 ẑ m/s 2 앞에서 유도한 속도에 대한 미분방정식을 풀면 × × ( 2,- 1, 3) 에 있다고 하였으므로 문제 4-23 2 ( 6,- 1, 11) 2 에 있게 된다. 이 경우 임의의 시간에서 속도 v t 인 대전입자가 받는 자기력 F m 은 식 (4.36) 으로부터 구할 수 있는 데, 이 힘은 대전입자의 질량에 가속도 a t 를 곱한 것과 같다. ( ) ( ) F m = Q v( t) × B = m a ( t) = m dtd v( t) a ( t) = dtd [ v ( t) x̂+ v ( t) ŷ + v ( t) ẑ ] = mQ E y 일 때 입자가 점 z ( t) = 2 t + 3 l ( 2) = ( 3⋅ 2 - 4⋅ 2 + 2 ) x̂ + ( - 2 + 2⋅ 2 - 1 ) ŷ + ( 2⋅ 2 + 3 ) ẑ = 6 x̂ - ŷ + 11 ẑ 있는데, 위의 관계식을 이용하여 입자가 받는 가속도 a t 를 구하면 다음과 같은 식으로 표현할 z ( t) = 2 t + z ( 0) 2 y( t) = - t + 2t- 1 , 와 같아서 2초 후 입자의 위치를 알 수 있다. ( ) ( ) =0 2 x( t) = 3t - 4t+ 2 , 2 y( t) = - t + 2t+ y( 0) , 2 (b) = 132 μJ 의 관계가 있다. 위로부터 각 성분에 대해 적분을 취하면 F e = Q E = 5⋅( 3 x̂ - 2 ŷ + 4 ẑ ) = 15 x̂ - 10 ŷ + 20 ẑ N (b) F m = Q ( u × B ) = 5⋅( 2 x̂ + ŷ ) × ( 4 x̂ + 4 ŷ - ẑ ) = - 5 x̂ + 10 ŷ + 20 ẑ N (c) F = F e + F m = 10 x̂ + 40 ẑ N x -6 ∥ 문제 4-21 (a) 수 있다. 2 v ( t) = dtd l = dtd x( t) x̂ + dtd y( t) ŷ + dtd z ( t) ẑ Wb μWb 문제 4-22 (a) vz ( t) = 4 t + vz ( 0) v( t) = ( 6t- 4) x̂ + ( - 2t+ 2) ŷ + 4t ẑ m/s 1 sin 2φ 2 2π ∣ 0 2 Wb 2π 0 vy ( t) = - 2 t + vy ( 0) , x̂+ 2 ŷ m/s 로 주어지므로 속도 v( t) 는 다음과 같이 구할 수 있다. ( 0) = - 4 2 φ- -6 = 8 π 10 φ dρ dφ μWb 2 = 0.02 ⋅ ( φ- -6 2 sin ⋅ × 0 0.02 -6 = 8 π 10 = 8π 2 ∣0 0 = 8 10 3ρ 65# 4 10 -6 2 10 -6 (3 x̂- ŷ + 2 ẑ ) x̂- 2 ŷ + 4 ẑ m/s 위의 관계식에서 입자가 받는 가속도 a t 를 구하면 다음과 같은 식으로 표현할 수 있다. ( ) a d ( t) = [ vx( t) dt x̂+ v ( t) ŷ + v ( t) ẑ ] y z 2 ∥ Q m 10 v( t) × B = 24××10 -6 -6 x̂ ŷ ẑ      vx( t) vy ( t) vz ( t) B B B  x y z  67# 연습문제 x̂       ŷ  vx( t) = 2 =  vz ( t) 0 0 π 4 y π v ( t) = dtd l = dtd x( t) x̂ + dtd y( t) ŷ + dtd z ( t) ẑ     ∥ z π vz ( t) ˆ1 - 2 ẑ  vy ( t) -4 vy ( t) ˆ1 2 의 관계가 있다. 위로부터 각 성분에 대해 적분을 취하면 따라서 다음과 같은 미분 방정식을 얻을 수 있다. dvx dvy = 0, dt = dt π 2 dvz vz , dt 먼저 첫 번째 미분방정식에서 v t ( ) = A1 x = - π 2 x( t) = - 4 t + B 1 , vy 을 구하고, 나머지 두 개의 미분방정식을 결합하면 dt 2 π )2v = 0 +( y 2 y( t) = 4 π sin π t + B2, 2 z ( t) = 4 π cos π 2 t + B3 와 같이 구할 수 있다. 그런데 시간 t 일 때 입자가 점 에 있다고 하였으므 B B 로 B 임을 쉽게 알 수 있다. 따라서 2 초 후에 입자가 도 π 달해 있을 위치는 =0 1 2 d vy x̂ + 2 cos π2 t ŷ - 2 sin π2 t ẑ = 2, 2 = - 1, 3 = 3- x( t = 2) = - 6 , 을 얻을 수 있으며, 이를 풀면 다음과 같이 v 를 구할 수 있다. ( 2,- 1, 3) 4 z ( t = 2) = 3 - y( t = 2) = - 1 , 8 π y vy( t) = A 2 sin π t+ A 2 3 이며, 이는 곧 입자가 점 ( π t cos 2 이를 위의 첫 번째 미분 방정식에 대입하면 v 도 구할 수 있다. 문제 4-24 z vz ( t) = 2 d π dt vy( t) = A 2 cos π π t - A 3 sin 2 2 = -4 z +2 , 2 , ( = 0) =- 4, = - 4, 2 = 0, 3 v( t) = v ( t) x̂ + v ( t) ŷ + v ( t) ẑ = - 4 x̂ + 2 cos π2 t ŷ - 2 sin π2 t ẑ y z 초 후의 가속도 a t 는 ( ) (a) 2 π t 2 y ( 2) = - 4 E= (d) 1 m| 2 -2 v( 2) | = 12 ( 2 ×10 2 대전입자의 위치벡터를 l t -6 ( ) = x( t) 2 2 × 에 있다는 뜻이다. ) 이므로 원형도선에 가해지는 힘은 [ 30 sin 2 φ φ̂ + ( 2z 2 - 10z + 20) ẑ ] 0 = 3.6 π ρ̂ N 과 같다. 이때 도선의 길이 L ⌠ ⌡ 다음과 같이 구할 수 있다. = 2π 0 0.03 dφ = 0.06 π m 이다. 따라서 단위길이당 힘은 π ρ̂ f = LF = 3.6 = 60 ρ̂ N/m 0.06 π 식(4.40)을 이용하여 단위길이당 힘을 구하면 다음과 같다. ⌠ J dv× B ⌠ ⌠ ⌠ ρ ẑ ρ dρ dφ dz× ρ ρ̂ f ⌡ L → L ⌡ ⌡ ⌡ = × ) ( 4 + 2 ) = 20 10 -6 = 20 μJ x̂ + y( t) ŷ + z ( t) ẑ 라고 하면, z=1 ⌠ ⌡ d φ ρ̂ L / 2 0.15 d φ φ̂ ( = 0) = 2, 문제 4-25 이므로 2 초 후의 가속도는 a π ẑ m s 이다. x̂ ŷ m s 이다. (b) 2초 후의 속도는 v (c) 2 초 후의 운동 에너지 E 는 다음과 같다. / 0 8 π 2π ŷ - π cos π2 t ẑ ( 2) = = = 0.15 dφ φ̂ = 0.15⋅12 a ( t) = dtd v( t) = dtd [ - 4 x̂ + 2 cos π2 t ŷ - 2 sin π2 t ẑ ] = - π sin L =2 ( ) x 0 =0 3 x 1 = 5⋅ = / ( = 0) = 0 식 (4.40) 에서 I d l ρ dφ φ̂ F ⌠ ⌡ I d l× B ⌠ ⌡ 2π t 따라서 할 문제는 적분상수인 A A A 를 구해야 하는데, 초기시간인 t 일 때 속 x̂ ŷ m s 로 주어져 있다. 이는 곧 v t v t 도는 v v t A A 을 의미하므로, 결국 A 임을 알 수 있다. 따라서 임의의 시간 에서 속도 v t 는 다음과 같다. 1 - 6, - 1, 3 - V = lim L ∞ 0 2 2π 0.1 L 0 0 - ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ 2π = 1 0.1 ( 15 + 8) 2 4 3 ( 30 ρ + 16 ρ ) dρ dφ φ̂ 0 5 4 0.1 = 2 π⋅( 6 ρ + 4 ρ )∣ 0 φ̂ 2 2 연습문제 × = 92π 10 -5 f 2 = μ 2Iπ d ⌠ ⌡ φ̂ N/m 2 0 = 920π φ̂ 문제 4-26 × m 인 직사각형 도선 루프의 수직방향 n̂ ẑ 이므로 이 도선 루프에 전 면적 S A 의 전류가 흐르는 것과 동일하 류 I A 가 시계방향으로 흐른다는 것은 반시계방향으로 I 다. 따라서 이 도선 루프가 받는 토크는 식(4.44)로부터 다음과 같이 구할 수 있다. T L m × B IS n̂ × B ẑ × ŷ x̂ Nm 2 = 0.2 0.3 = 0.06 = ( = ) = ( - 5 ⋅0.06 ) 4 f | 2|= = 1.2 -7 0 )⋅ 문제 4-29 x̂ = π2 ×10 x̂ Wb/m 50 -5 π2 이고, 원형도선 루프에는 시계방향으로 전류가 흐르므로 오른손 법칙을 적용하면 루프의 법선방향벡터는 n̂ ẑ 이 된다. 따라서 이들을 식(4.44)에 대입하면 다음을 구할 수 있다. T L = m × B = ( IS n̂ )× B = [ 3 ⋅100 π ( - ẑ )]×( π2 ×10 x̂ ) = - 0.6 ŷ Nm 문제 4-28 -5 = - = - = 2 θ) 2 2 0 0 N/ m =2 =0 1 - d, 0, 0 = - = = 3 = 0 F 1 = μ 4Iπ I ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ 0 1 ∞ ∞ -∞ -∞ 2 ẑ ×[ ( dz' ẑ )×( d x̂ - z' ẑ ) ] dz 2 2 ( d + z' ) 3 2 d = F 1 이므로 dz ẑ×[ ( dz' ẑ )×( d x̂ - z' ẑ ) ] f 1 = μ 4Iπ I ⌠ ⌡ 0 1 ∞ 2 -∞ - - 2 ( d + d tan = 0.05 = z=0 π 2 0 3 2 와 같다. 그런데 도선-1 에 가해지는 단위길이당 힘 f 1 해석의 편의상 자유공간상의 z 축상에 놓인 무한히 긴 도선-1 에 전류 I 가 ẑ 방향으로 흐르 고, x d 와 y 에 평행하게 놓인 무한 도선-2 에는 ẑ 방향으로 전류 I 가 흐른다고 하 자. 이 경우 식 (4.48) 에서 두 도선의 길이가 무한대이므로 관측점은 z 와는 무관하므로 편의 상 인 점 ( ) 이라고 둔다. 이 경우 r 2 r 1' d x̂ z' ẑ , d l 2 d z ẑ , d l 1 dz' ẑ 이며, 자유공간이므로 투자율은 μ 이다. 이들을 식 (4.48) 에 대입하면 도선-2 의 미소길이 dz 에 가해지는 힘 d F 2 는 =0 2 μ I x̂ = μ2πId ⌠ ⌡ cos θ dθ x̂ = 2π d x̂ dθ θ 2 = - 2 μ 0I 2 2π d z=0 2 2 cos 해석의 편의상 자유공간상의 z 축 상에 놓인 무한히 긴 도선-2 에 전류 I A 가 ẑ 방향으로 흐르고, x d m 와 y 에 평행하게 놓인 무한 도선-1 에는 동일한 ẑ 방향으로 전류 I A 가 흐 른다고 하자. 이 경우 식 (4.48) 에서 두 도선의 길이가 무한대이므로 관측점은 z 와는 당연히 무관하므로 편의상 인 점 ( ) 이라고 둔다. 이 경우 r 1 r 2' d x̂ z' ẑ , d l 1 dz ẑ , d l 2 dz' ẑ 이며, 자유공간이므로 투자율은 μ 이다. 이들을 식 (4.50) 에 대입하면 도선-1 에 가해지는 힘 F 1 은 = 이 경우 자유공간이므로 자속밀도는 B = μ H = ( 4π ×10 2 와 같다. 따라서 단위길이당 도선이 받는 척력의 크기는 다음과 같다. = -5 = d π 0 μN/m =5 문제 4-27 69# = - d, 0, 0 ⌠ ⌡ μ 0I 1I 2d 2π 2 ∞ 0 로 나타낼 수 있는데, z' dz' (d 2 3 2 2 ( d + z' ) 3 2 2 + z' ) x̂ = d tan θ 로 치환하면 다음과 같이 구할 수 있다. ⌠ ⌡ cos 0 d F2 = μ 0I 2 4π ⌠ ⌡ ∞ ( - dz ẑ )×[ ( dz' ẑ )×( d x̂ - z' ẑ ) ] -∞ 2 2 ( d + z' ) 3 2 와 같다. 그런데 도선-2 에 가해지는 단위길이당 힘 f 2 f 2 = μ4πI ⌠ ⌡ 2 0 ∞ - = μ 0I 2d 2π ⌠ ⌡ 2 로 나타낼 수 있는데, z' 2 ( d + z' ) ∞ 0 = ẑ×[ ( dz' ẑ )×( d x̂ - z' ẑ ) ] -∞ dz' 2 2 ( d + z' ) = d tan θ 3 2 3 2 x̂ f d μ 0I 1I 2d 1 = - 2π d π 2 0 2 2 θ 2 ( d + d tan F 2 이므로 x̂ = - μ2πI dI ⌠ ⌡ cos θ dθ x̂ π dθ 0 2 θ) 3 2 2 2 0 = - dz 1 μ0I1I2 2π d x̂ x̂ 방향으로 이는 원점을 지나는 도선-2로 (a) 위의 결과로부터 도선-1에 작용하는 자기력은 향하므로 인력이다. A 가 흐르는 도선-1이 받는 단위길이당 힘의 크기는 다음과 같다. (b) I - 1 =3 f 로 치환하면 | 1| = (c) I2 = 2A μ 0I 1I 2 2π d = - × -7 × ( 4π 10 )⋅2⋅3 -6 = 24 10 = 24 2π⋅0.05 μN/m 가 흐르는 도선이 받는 단위길이당 힘의 크기도 당연히 (b)에서 구한 값과 동일 71# 연습문제 하므로 다음을 구할 수 있다. f F2 = ⌠ ⌡ I d l× B = ⌠ ⌡ 2.5 dx ( x̂- ŷ )× [ - 4×10x f 12 | 2 | = | 1 | = 24 μN/m L2 ⌠ ⌡ dxx x̂ ŷ × x x̂ ŷ × 12 문제 4-30 자유공간상의 y 축 상의 도선에 I A 가 ŷ 방향으로 흐를 때 z 인 평면상에서 x 인 임의의 점에서 자속밀도는 Ampere 법칙을 적용하면 다음과 같다. μ I × ẑ π× Bxy ẑ ẑ x πx πx =2 ( , , 0) = 0 2 (- =0 (4 )= - 10 2 -7 )⋅2 = - -7 =4 4≤ l d = dx 8 = L1 2.5 4 ⌠ ⌡ dxx ( + 8 = 4 (- ) [- x̂+ ŷ )×10 =4 l d = dx ( - 로서 전류 I F3 = 상에서 x 4 ≤ x≤ 12 ⌠ ⌡ 4 12 2.5 (- dx (x 12 = - ln 3 도선 ② 는 직선인 y ŷ = - x+ 16 ) [- ŷ )×10 ŷ )×10 법칙을 적용하면 도선 A에 의한 점 C 2 l 로서 전류 I = × -7 ( 4 π 10 0.2π = (-4 = )⋅10 에서의 자속밀도는 x̂ - 25 ŷ ) 1 (- 5 x̂ - 8 ŷ )×10 5 -6 Wb/m ( 0.2, 0, 0) 2 에서의 자속밀도는 다음과 같다. 1 4 10 -7 x ] × 2 -7 ( 4π 10 0.2 π = (4 )⋅10 5 x̂ - 8 ŷ )×10 따라서 도선 A와 B 모두에 의한 점 C ( -6 x̂ - 25 ŷ ) 1 5 Wb/ m 2 에서의 자속밀도는 다음과 같다. B BA BA × ŷ Wb m 이러한 자속밀도가 도선 C 에 가해질 경우 식 (4.40) 에서 I d l dz ẑ 이므로 원형도선에 가해지는 단 위길이당 힘은 다음과 같이 구할 수 있다. f dF d ⌠ ⌡ I d l× B d ⌠ ⌡ dz ẑ× × ŷ ( 0.2, 0, 0) = ( 0.2, 0, 0) ( 0.2,0,0) + ( 0.2,0,0) = - 16 10 ∞ = dz = dz = L dz -∞ 20 ( - 16 10 -6 = 20 μN 8 ≤ x≤ 12 ẑ × ( - 16 ×10 ŷ ) -6 × = 320 10 인 구간에 놓여 있으므로 미소길이 가 흐른다. 이 경우 도선 ② 에 가해지는 힘 F 2 는 식(4.40)에서 -6 / = 20 x̂ + dy ŷ = dx( x̂ + dy ŷ ) = dx( x̂ - ŷ ) dx = 2.5 A ( 0.2, 0, 0 ) 2 = 320 d = dx μN B A ( 0.2,0,0) = 2π 0.2 + 0.1 (- 15 x̂ - 25 ŷ ) -6 상에서 -6 μ 0I 2 인 구간에 놓여 있으므로 미소길이 벡터는 12 8 -6 B A ( 0.2,0,0) = 2π 0.2 + 0.1 ( 5 x̂ - 25 ŷ ) 가 흐른다. 이 경우 도선 ③ 에 가해지는 힘 F 3 는 식(4.40)에서 ⌠ ⌡ I d l× B ⌠ ⌡ dx x̂ × × ẑ = ) 10 μ0I = 2.5 A L2 + x̂ + ln 1.5 ŷ 과 같고, 마찬가지로 도선 B에 의한 점 C -6 ) 10 F = F 1 + F 2 + F 3 = ( - ln 2 x̂+ ln 2 ŷ ) +( ln 1.5 x̂+ ln 1.5 ŷ ) + ( - ln 3 ŷ ) 4 = - ln x̂ μN 3 ] -6 = ln x∣ 4 ( - (c) = ln 1.5 + ẑ ] 과 같다. 따라서 삼각형 루프가 받는 전체 힘은 다음과 같다. -7 x̂ ) = 벡터는 4 10 음과 x̂+ ŷ )×10 = - ln 2 x̂ + ln 2 ŷ μN 8 = ln x∣ 4 ( - 도선 ③은 y 12 문제 4-31 Ampere = 2.5 ( 8 = ln ∣ 8 ( ≤8 A 가 흐른다. 이 경우 도선 ① 에 가해지는 힘 F 1 은 식(4.40)에서 다 로서 전류 I 같이 구할 수 있다. × ẑ F1 ⌠ ⌡ I d l× B ⌠ ⌡ dx x̂ ŷ × (b) 선인 x̂ + dy ŷ = dx ( x̂ + dy ŷ ) = dx( x̂ + ŷ ) dx = = > 0 평면상에서 삼각형의 한 변인 도선 ③이 y 축 상에 놓여 있다면 도선 ① 은 직 x 상에서 x 인 구간에 놓여 있으므로 미소길이벡터는 (a) z = 0 y= 4 10 -7 8 문제 4-32 (a) H = B μr μ0 = × 6 10 × -6 5⋅( 4π 10 -7 ) = 3 π -6 x̂ x̂ μN/m A /m -6 ) 2 73# 연습문제 (b) H = (c) H = (d) H = M χm B μ0 M χm = M -M = = 1.8 = 0.6 A/m 4-1 = μ r -1 × × 2 π 10 -6 4π 10 -7 N⋅m μ r -1 이 된다. 따라서 점 - 2.5 = 2.5 A/ m × ( 6 10 × 28 )⋅( 4 10 25 - 1 - 27 ) M= χ H= 문제 4-33 (a) m B = 5⋅( 4π ×10 -7 2πx y z 5 2 × 10 -6 ẑ = 3 4x y z =4 J = ∇× H = μ 1μ ∇× B (b) r = = 5 ẑ r1 0 -6 -7 ) [ ∂∂y ( 2 πzx y ) x̂ - ∂∂x ( 2 πzx y ) ŷ]×10 2 3 5 2 경계면인 z = 0 에 어떠한 면전하밀도도 없으므로 식(4.67)에서 n̂ ×( H 2 - H 1 ) = x̂×( H 2 - H 1 ) -6 5 x̂ - 3xz y ŷ 2 2x y z m1 r (c) 3 × 5 2 = 5 x̂ - 3 ŷ A/m ∂M x̂ - ∂∂Mx ŷ] = [ ∂∂y ( 4xz y ) x̂ - ∂∂x ( 4xz y ) ŷ] (c) J b = ∇× M = [ ∂y z 3 z 2 3 5 3 = 8x y z × A [ Ay x̂ =∇ = 2y 5 = - ( H 2y- 4) 2 ∂ z ∂ ∂A z - ∂x 2 2 5 A m, H 이므로 H 만족해야하는 경계조건인 식 (4.70)으로부터 2x 2 2y 5 2 3 x̂ - 35x ŷ μWb/m 2 과 같다. 위의 자속밀도로부터 전류밀도를 구하면 2 = × -7 = 4 A/ m [ ∂A x 2 임을 알 수 있다. μ1 μr1 5 H 1x = H 1x = ⋅ ( - 2) = - 10 1 μ2 μ r2 x̂ 이 경우 경계면 y x 의 단위법선벡터 n̂ 계를 법선성분과 접선성분로 나누기 위해 먼저 H n̂ H 1 을 구하면 [ - ∂z x̂+ ∂z ŷ + ( ∂x - ∂y ) ẑ ] 4π 10 2y = - = 1n ∂A y 1 / ∂A y ∂A x ∂ 3x ∂ 2y ()() ∂x 5 ∂y 5 ẑ ]×10 -6 그리고 자계의 법선성분이 A /m 2 0 μ0 2x H 2 = 3 x̂ + 4 ŷ - 10 ẑ A/m 문제 4-36 J( x, y, z ) = ∇× H = μ1 ∇× B = x̂ + ( H - 3) ŷ 을 알 수 있다. 따라서 영역-2의 자계는 다음과 같다. ŷ] = [ ∂∂y ( x -5 y ) x̂ - ∂∂x ( x -5 y ) ŷ] = - 1 = 3 H 2n = H 2x = 3 2z =0 x̂ - 12zx y ŷ 먼저 벡터 자위로부터 자속밀도를 구하면 ×B 2x 5 x̂ - 12 ŷ A/m =8 ∇ ẑ× [ ( H x̂ + H ŷ + H ẑ ) - ( 3 x̂ + 4 ŷ - 2 ẑ )] 2 =2 문제 4-34 2 -7 ẑ A/m ∂B z 1 5⋅( 4π 10 에서의 전류밀도는 다음과 같다. M 1 = χ H 1 = ( μ - 1) H 1 = ( 5 - 1) ⋅( 3 x̂ + 4 ŷ - 2 ẑ ) = 12 x̂ + 16 ŷ - 8 ẑ A/m (b) B 1 = μ μ H 1 = 5⋅( 4π ×10 )⋅( 3 x̂ + 4 ŷ - 2 ẑ ) = ( 6π x̂ + 8π ŷ - 4π ẑ )×10 = 6π x̂ + 8π ŷ - 4π ẑ μWb/m [ ∂y x̂ - ∂x ŷ] 1 2 2 ∂B z 3 = 2 0 μr μ0 ( 1,- 1, 2) ẑ A/m = 10 A /m ⋅ ) ( - 3x+ 1) J( 1,- 1, 2) = - π ẑ A/m 3 5-1 π 2 문제 4-35 (a) μr - 1 μr μ0 1 = H 1n = = 1 2 + 1 2 ŷ 이다. 따라서 영역-1의 자 ⋅ n̂ ⋅ H 1 = ( 12 x̂+ 12 ŷ )⋅( 4 x̂+ 2 ŷ + 3 ẑ ) = 42 + 22 = 3 2 A/m 이다. 따라서 법선성분은 H 1n = H n̂ = 3 2 ( 12 x̂+ 12 ŷ ) = 3 x̂+ 3 ŷ A/m 1n 75# 연습문제 이며, 접선성분 H 1t 는 다음과 같이 구할 수 있다. H 1t = H 1 - H 1n = ( 4 x̂+ 2 ŷ + 3 ẑ ) - ( 3 x̂+ 3 ŷ ) = x̂- ŷ + 3 ẑ A/m 경계면에는 어떠한 면전류도 없으므로 영역-2 의 자계에 대해 다음의 경계조건을 적용하면 1 r1 r2 M12 = Λ 12 I1 = μ0 ( 2 - 2 ln 2) = π × ( 2 - 2 ln 2) π = 4 10 -7 ⋅( 2 - 2 ln 2) μH = 0.8 ( 1 - ln 2) 동축선의 내심과 외심의 반경이 각각 a 와 b 이고, 그 사이에 공기로 채워진 경우 전송선로의 단위길이당 유도용량 l 은 식(4.82)에 주어진 바와 같이 문제 4-39 μ0 μ0 b + ln H/m 8π 2π a 로 주어진다. 그런데 만약 동축선의 내심과 외심의 반경이 각각 a 와 b 이고, 그 사이에 투자율 인 자성체가 채워져 있을 경우에는 모든 유도과정이 동일하고, 다만 투자율만 다르므로 다음과 같이 단위길이당 유도용량을 구할 수 있다. μ 8π + μ 2π ln b a 는 i e = = μ 8π μ 2π H/m b ln a 1 와 같다. 그리고 y Λ 12 = 이다. =0 y 평면상에 놓인 직선도선을 회로-1, 삼각형루프를 회로-2 라고 하자. 이때 회로-1 에 ẑ 방향으로 직류전류 I 이 흐른다고 가정하자. 이 경우 식(4.11) 의 Ampere 법칙과 식 (4.22) 를 적용하여 y 평 면상의 자속밀도 B 1 을 구하면 2 S ⋅ = =0 = 0 와 같다. 그리고 y Λ 12 = M12 = 4 S ⋅ = ⌠ ⌡ 2 x- 2 - x+ 2 μ 0I 1 2 πx ŷ⋅dz dx ŷ = = ⌠⌡ μ I x πx I μ ⌠⌡ 4 0 2 2 0 1 π 1 4 (1- ⌠ ⌡ x ) dx 0 μ 0I 1 ( 2 x- 4) dx 2 πx = μ 0I 1 2 3 [ ( x- ln x)∣ 1 + ( - x+ 3 ln x)∣ 2 ] 2π = μ 0I1 [ ( 1 - ln 2) + ( - 1+ 3 ln 3 - 3 ln 2) ] 2π = μ 0I 1 ( 3 ln 3 - 4 ln 2 ) 2π 1 2 (1- 1 x ) dx + 2 3 ( - 1+ Λ 12 I1 = μ0 2π ( 3 ln 3 - 4 ln 2) = × 3 x ) dx ] -7 4 π 10 2π × = 2 10 ( 3 ln 3 - 4 ln 2) -7 ⋅( 3 ln 3 - 4 ln 2 ) = 0.6 ln 3 - 0.8 ln 2 2 - x+ 3 3 2 μ 0I 1 [ 2π ( 2 - 4) dx 2 ŷ⋅dz dx ŷ + ⌠ ⌡⌠ ⌡ = 인 평면상에 놓인 회로-2 인 삼각형루프를 관통하는 쇄교하는 총 자속 ⌠⌡ B 1 d s2 ⌠ ⌡⌠ ⌡ μ 0I 1 2 πx x- 1 0 12 1 =0 1 와 같이 구할 수 있다. 따라서 상호유도용량 M 는 다음과 같이 구할 수 있다. B 1 ( x,0, z ) = μ2πIx ŷ 0 인 평면상에 놓인 회로-2 인 삼각형루프를 관통하는 쇄교하는 총 자속 ⌠ ⌡ B 1 d s2 ⌠ ⌡⌠ ⌡ 이다. H/m 1 는 = 0 0 H/m 위의 결과로부터 단위길이당 내부유도용량 l (b) 위의 결과로부터 단위길이당 외부유도용량 l Λ 12 = 0 B 1 ( x,0, z ) = μ2πIx ŷ Λ 12 (a) 문제 4-38 y 평면상에 놓인 직선도선을 회로-1, 삼각형루프를 회로-2 라고 하자. 이때 회로-1 에 ẑ 방향으로 직류전류 I 이 흐른다고 가정하자. 이 경우 식(4.11) 의 Ampere 법칙과 식 (4.22) 를 적용하여 y 평 면상의 자속밀도 B 1 을 구하면 1 μ l = li + le = μ 0I 1 ( 2 - 2 ln 2) π -7 4 π 10 × H 2 = H 2t + H 2N = ( x̂- ŷ + 3 ẑ ) + ( 15 x̂+ 15 ŷ ) = 16 x̂+ 14 ŷ + 3 ẑ A/m l = li + le = = 12 를 얻을 수 있다. 따라서 영역-2의 자계는 다음과 같다. 문제 4-37 μ 0I 1 4 ( x- 2 ln x)∣ 2 π 와 같이 구할 수 있다. 따라서 상호유도용량 M 는 다음과 같이 구할 수 있다. H 2t = H 1t = x̂- ŷ + 3 ẑ A/m H 2n = μμ H 1n = μμ H 1n = 51 ⋅( 3 x̂+ 3 ŷ ) = 15 x̂+ 15 ŷ A/m 2 = 문제 4-40 식(4.85)로부터 다음을 구할 수 있다. μH 77# 연습문제 2 Wh L= 문제 4-41 I 내심반경 a 하면 = 2 = 1 mm , 4 × ) = 15 10 = 8 mm , -6 길이 d = 50 cm 제 5 장 연습문제 풀이 μH H = 15 인 동축선의 외부유도용량은 식(4.82)를 이용 × 4π 10 2π × -7 ln 8⋅0.5 = 3 ln 2 10 -7 × × 1 1 2 -7 2 -9 LI = ⋅( 3 ln 2 10 )⋅0.2 = 6 ln 2 10 = 6 ln 2 2 2 V emf ( t) = - 문제 5-2 ( m) = ( m) = 0 50 10 = r 500⋅( 4 0 1 10 = (4 0 10 -7 10 -7 -3 )⋅( 2 10 -4 ) -2 )⋅( 2 10 = 1 8 10 -4 = ) 1 8 10 ( m) R0 R0 ( m) R0 V ( m) ( m) + Rc = 1 1 + 8π 8π ⌠⌡ H d l | B | w= π 500 × 따라서 코일의 turn 수 N 을 구하면 다음과 같다. N= = w ⋅ 5 = 50 0.1 = Wb × × ( t = 2) = - 0.2 V 이다. ∂Φ ∂ 3 2 2 -2 = ( 2 t - 4 t ) 0.1 = - ( 6 t - 4 ) 10 V ∂t ∂t emf ẑ 인 평면상의 정삼각형 루프에 자속밀도 B 가 가해지므로 루프 내에서는 자속밀 w 이 된다. 따라서 루프 도가 일정하다. 만약 정삼각형의 한 변의 길이가 w 라고 하면 면적 S 에 유기되는 전압은 Φ ⌠ V t e ẑ w ẑ ⌡ B ds 3e = μ0 ( ) = - ∂ ∂t ∂ ∂t = - S ⋅ = - - 5t Wb/ m 2 3 4 인데, 8 t= 0 일 때 루프에 유기되는 전압이 0.6 V 4π 10 ∂ [ 3 ∂t - 5t ⋅ 3 4 2 2 ] 15 - 5t 2 e w V 4 = 일 경우 15 2 w = 0.6 4 V en f ( 0) = = π 500 Wb/m 2 가 주어져 있으므로 식 (4.86 )으 문제 5-3 ( m) 0 ( m) ẑ ⋅ dxdy ẑ = 0.4 m = 40 cm 이다. ⋅0.2 N = 0.1 N 이다. 그런데 공극에 걸리는 자속밀도 | B | 로부터 공극에 걸리는 기자력 V 을 구하면 다음과 같다. V0 2 을 만족해야 하므로 정삼각형 루프의 한 변의 길이 w 1 8π ( m) = × 8 ( m) 0 ( m) 3 (2 t - 4t) z=0 emf 그림 4-37(b) 에서 두 리럭턴스는 직렬로 연결되어 있으므로 공극에 걸리는 기자력 V 은 V0 0 = = NI = 0.2 N = 0.1 0 를 구할 수 있으므로 2초 후의 유기 전압 V c ( m) = 이므로, 이를 식 (5.1) 에 대입하면 nJ 과 같이 구할 수 있다. 그리고 식 (4.87) 로부터 코어의 리럭턴스 R 과 공극의 리럭턴스 을 각각 다음과 같이 구할 수 있다. L L × R × μS μ μ S π × π× w × R × μ S π × π× c ⋅ = ( 2 t - 4 t ) 0.1 H 가 흐를 경우 저장되는 자기 에너지는 식(4.85)로부터 다음과 같이 구할 = 0.2 A S 3 ( m) ( m) 정사각형 루프를 쇄교하는 자속은 ⌠ Φ t ⌡ B ds ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ 0.1 이 경우 등가적인 자기회로는 그림 4-37(b) 와 같다. 먼저 기자력 V 은 식 (4.86) 으로부터 V 문제 5-1 ( ) = 이다. 여기에 직류전류 I 수 있다. 문제 4-42 -6 2 외심반경 b μ0 b L= ln ⋅d = 2π a Wh = × 2⋅ ( 120 10 -7 원형루프에 유기되는 전압은 t - 0.3 = V emf ( 0) = - × ⋅( 1 10 =0 ∂ ∂t 일때 ⌠ ⌡ B ds S ⋅ = - ∂ [ B 0 sin 5t ∂t ẑ⋅0.1 π ẑ ]∣ = - 0.05 π B 0 -3 )=5 이므로, 위를 만족하는 자속밀도의 크기 B 문제 5-4 0 6 = π Wb/m 2 이다. 그림 5-20 과 같은 회로에서 회로에 흐르는 전류 I 는 다음과 같다. V t V t ⌠ I t ⌡ B ds ( )= ( ) R = ( ) 1 = 100 100 ∂ ∂t S ⋅ 2 t= 0 79# 연습문제 1 100 = - ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ B dxdy ẑ 0.4 ∂ ∂t 0 (b) Φ ( t) = 0.5 0 ⋅ (- ) ⌠ ⌡ B ds ⋅ S × = 2 10 =2 (a) -3 ∂B z ∂t ∂B z ∂t 2 ∂ t + 3t e ∣ t = 0 = 6 mA ∂t (c) I ( 0) = 2 ∂ 3 sin ( t -2t )∣ t = 0 = - 4 mA ∂t (d) I ( 0) = 2 ∂ 3 sin ( t + 2t )∣ t = 0 = 4 mA ∂t 문제 5-5 (a) ⌠ ⌡ B ds ⋅ S = - ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ = - ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ 0 0 0.25 0.1 0 0 4 × = - 25 10 (b) V emf = 문제 5-6 ⌠○⌡ v× B L ( = - 25 ∂ 3 x ( 4 t - 2) ∂t R ẑ ⋅dxdy ẑ (4 V 30 -7 = - 6 10 -6 / y = 0 0.5 S ⋅ = - × 0 = ( 6 10 × -6 = 3 ln 2 10 = 3 ln 2 1 0.5 6 10 =0 - 평면상의 V1 R 따라서 시간 t ( m) μV ( m) ⋅ (- V1 = 과 코어의 리럭턴스 R ( m) 2 2π⋅0.2 × 5000⋅ ( 4 π 10 -7 =0 1200 sin ( 3 t - 20 t ) 10 N2 = 200 × )⋅ ( 2 10 -4 ) = 10 6 6 문제 5-8 (a) -1 V2(0 ) 은 다음과 같다. x= 0 , t= 0 과 시간 = ε0 ∂ 9 [ 9 sin ( 1.2 10 t + 4 x) ∂t = t=0 × 0.3 ẑ A/m π 에서의 변위전류를 구하면 다음과 같 × 1 36 π = ( (b) 2 )⋅ ( 6 t - 20) cos ( 3 t - 20 t) x= 0 -6 μWb -1 )⋅ ( - 20) = 2.4 V 1 )⋅ ln y∣ 0.5⋅ ( 0.5 - 0) 2 sin ( 3 t - 20 t ) × 식 (5.20) 으로부터 원점, 즉 0 -3 인 2 차 코일을 통과하므로 2 차 코일의 유도 기전력는 다음과 같이 × 일 때 유도되는 기전력 J d = ε ∂∂Et ∣ ) = 1.2 10 ∂Φ ∂ -3 2 = - 100⋅ [ 1.2 10 sin ( 3 t - 20 t)] ∂t ∂t × 음을 × 2 = V 2 ( 0) = - ( 1.2 10 2 -6 y 2π ρ 0 μ r μ 0S = = - ( 1.2 10 (a) 이 경우 자속이 통과하는 면의 법선방향을 x 인 평면상에서 x̂ 방향이라고 하면 다 구할 수 있다. ⌠ Φ ⌡ B ds ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ × x̂ dydz x̂ ( 0) = L μ r μ 0S V 2 ( t) = - N2 10 )⋅30 2π y μV = ( m) ×× = - 15 ( t + 10)( t + 5) ( m) 그런데 자속 Φ 는 구할 수 있다. = 0 μWb 2 )⋅d = - vB d = - 6 4 0.1 = - 2.4 V 2π y -6 = N1 i 1 ( t) = 300⋅4 sin ( 3 t - 20 t) = 1200 sin ( 3 t - 20 t) Φ= A 가 ẑ 방향으로 흐를 경우 x 자유공간의 축 상에 있는 무한 도선에 직류전류 I 임의의 점에서 자속밀도는 Ampere 법칙으로부터 다음과 같이 구할 수 있다. μ I × x̂ Wb m π× B yz x̂ x̂ ( 0, , ) = - t + 10 t+ 5 10 ( m) 3 4 x dxdy 0.1 z = 3 ln × 따라서 코어에 흐르는 자속 Φ 는 다음과 같다. μV l 1 + 0.1 t 0.5 + 0.1 t 장 8 절에서 기술한 자기회로의 개념을 도입하자. 1 차 코일의 기자력 은 각각 식 (4.86) 과 (4.87) 로부터 다음과 같이 구할 수 있다. = - 0.25⋅ x ∣ 0 -6 = 3 ln 문제 5-7 4 V1 ∂ V emf = ∂t 1 + 0.1 t )⋅ ln y∣ 0.5 + 0.1 t⋅ ( 0.5 - 0) 15 = 0.1 ( 5 + 10)( 5 + 5) (d) V emf ( 5) = (b) I ( 0) = 2 0.1 -6 x̂⋅dydz ( - x̂ ) -6 y = ∂ 3 I ( 0) = 2 ( 2 t - 4 t )∣ t = 0 = - 8 mA ∂t 0.25 6 10 0.5 + 0.1 t ∂ ∂ t + 10 1 1 [ 3 ln ] = -3( ) Φ ( t) = ∂t ∂t t+ 5 t + 10 t+ 5 (c) V emf ( t) = - mA 1 + 0.1t 0.5 0 = ( 6 10 ∂B z 1 = ⋅0.5⋅0.4 100 ∂t × ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ × = - 10 -9 × 9 ẑ ]∣ 다. x = 0 , t= 0 )⋅9⋅( 1.2 10 )⋅ cos 0 ẑ 2 이 경우에는 원천적인 전류원을 나타내는 전류밀도 Ji 가 없고, 공기 중이므로 당연히 도체 연습문제 81# 내에 유기되는 전도전류 Jc 도 없다. 따라서 식 (5.21) 로부터 다음과 같이 나타낼 수 있다. ×H ∇ D = Jd ∂ ∂t = 문제 5-10 ∥ × × 9 ∇ [ 9 sin ( 1.2 10 t + 4 x) ẑ ] = - ∂∂x [ 9 sin ( 1.2 ×10 t + 4x)] ŷ 9 × ŷ 을 위 식에 대입하면 다음과 같이 구할 수 있다. 9 그러므로 원점, 즉 J d = - 36 ŷ A/m (c) 과 시간 x= 0 t= 0 1 c ( ) ( ) = = - 36 cos ( 1.2 10 t + 4 x) -7 7 이다. 이를 식 (5.20) 에 대입하면 원점, 즉 과 같다. 1 36 π =( = = 1 6π × × 30 π 30 π 10 10 × -9 -9 x= 0 × 9 sin ( 1.2 10 t + 4x) 과 시간 t= 0 ẑ 에서의 변위전류는 다음 10 -9 × × ∂ -7 9 [ 1.5 10 sin ( 1.2 10 t+4 x) ∂t ) × )⋅ ( 1.5 10 -7 × 9 )⋅( 1.2 10 ) ẑ ]∣ ẑ 10 -9 9 = 0.6 sin ( 2π 10 t ) 2 × × 9 9 )⋅[ 0.6 ( 2 π 10 ) cos ( 2π 10 t ) 9 ẑ A/m ẑ ẑ ] 2 =0 A /m ( 0) = 0.2 / 2 2 방정식의 하나인 식(5.22)로부터 다음의 관계식을 구할 수 있다. D ρ × t nC m × × πz πz 문제 5-11 (a) Maxwell ∇⋅ = ε r ε 0 ∇⋅ v = 5 cos ( 3 - 2 10 9 ) 3 / = 5 10 -9 cos ( 3 9 - 2 10 t) C/m 3 E = ε ε ∇⋅[ c sin ( 3 π z - c t) ẑ ] = ε ε ∂∂z [ c sin ( 3 π z - c t)] r 0 1 r 2 e jωt 라고 할 경우 변위전류밀도 Jd 와 전도전류밀도 Jc 는 각각 다음과 같이 jωt 0 Jc = σ E = σ E 0 e 따라서 | Jd | = 3 | Jc | 를 만족하는 주파수 는 다음과 같이 구할 수 있다. f 3σ = 2π ε r ε 0 0 1 2 = ε r ε 0 [ 3 π c 1 cos ( 3 π z - c 2 t)] C/ m 2 jωt = ) ẑ A m 인데, 여기서는 특정 이다. 따라서 시간 t 일 때의 변위전류밀도 Jd 한 방향을 제시하지 않았으므로 변위전류밀도의 크기가 다음과 같다고 답하면 된다. x= 0 , t= 0 ẑ Jd = ε ∂∂Et = ε ε ω E 0 e ω × ) -3 ∥ = 2π × × Jd ( 0) = 0.2 바다물 속의 전계를 E E 0 주어진다. f= 9 x= 0 , t= 0 ẑ nA/m r 1 36 π = 0.2 cos ( 2 π 10 t ) 서 위의 식으로부터 계수들을 구하면 다음과 같다. × × c V m ε ε π × π π c × r ad s (b) Maxwell 방정식의 하나인 식(5.4)로부터 다음과 같이 나타낼 수 있다. c × E μ Ht z × t ẑ μ μ πy t -9 문제 5-9 10 6 0 = 6⋅( 0 3 sin ( 2 ( 5 10 )⋅( 1 10 가 ẑ 방향 J d ( t) = ε ∂ E∂t( t) = ε ε ∂∂t [ 0.6 sin ( 2π ×10 t ) ẑ ] r 9 = 6⋅ ( = 9 ( ) = 3 sin ( 2π 10 t ) A 9 2 t + 4 x) ẑ E = σJc = 9 sin ( 1.26××10 = 1.5×10 10 r ( ) = 도체 내의 전계 E 는 J d = ε ε ∂∂Et ∣ × 한 변의 길이가 mm 인 정사각형 도선에 도전전류 I t 으로 흐를 경우 도선 내의 전계는 I t t π× E t J cσ t ẑ ẑ σS × × 이며, 이로부터 변위전류밀도를 구하면 3⋅9 1 2π⋅81⋅( 36π × 10 -9 × 9 = 6 10 = 6 GHz ) 5 10 3 r 0 1 = 2 = 2 10 ∇ 9 = - -9 = 5 10 1 -9 10⋅( 10 )⋅3 36 = 6 / ∂ ∂ = - r 0 ∂ [ 2 sin ( 4 ∂ + 8 ∥ = - μ r μ 0 ⋅10 cos ( 4 π y + × c 2 -3 ∇ [ c 1 sin ( 4π y + = / 2 × 7 z + 5 10 t) 2 -3 + 5 10 2 c 2 -3 2 x̂ ] × c 2 -3 ∂ 7 [ c 1 sin ( 4π y + z + 5 10 t)] ∂z 2 ŷ × 7 ) ] 7 ẑ z + 5 10 t) 3 따라 c 2 -3 r 0 ⋅5 10 ẑ 7 = 4π 3⋅ ( 4 10 4π × 문제 5-13 (a) 식(5.52)로부터 각속도는 다음과 같이 구할 수 있다. ẑ 7 z + 5 10 t) 2 ŷ 7 z + 5 10 t) 2 c 2 -3 위의 식에서 계수들을 구하면 다음과 같다. × μ μ π× c = × × c 2-3 ) cos ( 4π y + 2 - 4π c 1 cos ( 4π y + 1 83# c 2 -3 ∂ 7 [ c 1 sin ( 4π y + z + 5 10 t)] ∂y 2 - = c1( 연습문제 편의상 땅의 도전율 ×E ∇ -7 = 30 ∂ ∂ V/m σ=0 이라고 가정한다. 먼저 주어진 전계를 식 (5.7) 에 대입하면 0 12 | | - 0 = - sin ( 10 9 -| | ) 12 | = 10 | 9 cos ( 10 9 -| | ) 0 인 경우에 대입하면 다음 관계식을 얻을 수 있다. =0 x̂ = - 1210π |μβ | sin ( 10 t - | β | z ) x̂ ∂H y 2 ∂z 9 9 0 ∥ D = ε ε ∂ E = - ε ε ( 12π ×10 ) sin ( 10 t - | β | z ) x̂ ∂ ∂t 9 r 0 r ∂t r | = 0 ( 12 8 r ad/s = - 10 4 7 ∂ ( 12 ∂ 7 7 cos 3 t cos 3 cos 9 10 sin 9 10 8 sin 3 × 8 cos 9 10 t ) 8 cos 9 10 t ŷ ŷ 8 / r 0 0 = -μ0 H ∂ ∂t ∇⋅( ∇ )=0 ∇⋅( ∇ ) = ∇⋅( 0 ∂ ∂ )= ∂ (∇⋅ ∂ ) 9 0 = ∂ ∂ 0 그런데 부록 A에 있는 벡터등식(A.10)에 의하면 임의의 벡터함수 A 에 대해 항상 ×A 이 성립해야 한다. 따라서 앞의 두 Maxwell 방정식에 발산을 취하면 H ×H D ε t t ∥ 0 9 10 ) 12π = ×E ∇ 위의 관계식으로부터 위상상수 β 와 자계 H 는 다음과 같이 구할 수 있다. ε ε π× β ε ε μ × | × 8 자유공간상에서 무전원인 경우 다음의 Maxwell 방정식을 만족한다. × H ε Et ∇ ∂t 앞에서 구한 자계를 식 (5.21) 에서 J ×H ∇ 0 = - 0.1 cos 3 문제 5-14 와 같다. 따라서 자계 H 는 다음과 같은 적분으로부터 구할 수 있다. π β ⌠ π β H t t β z dt ŷ β z ŷ ⌡ μ μ ∇ × = 3⋅( 3 10 ) = 9 10 9 B = -μ ∂H = 1 - = = - 9 10 ŷ = 12π | β | sin ( 10 t - | β | z ) ŷ ∂z ∂ ∂t ε 0μ 0 방정식의 하나인 식(5.4)로부터 H ×E z π t z μ π × z × 를 만족해야하므로 여기서 자계를 구하면 다음과 같다. ⌠ H × z × t dt ŷ ⌡ z × t ŷ A m 8 )⋅10 ∥ - k = = - 9 10 ∂E x = εμ (b) Maxwell c 2 = 3 r ad/m 문제 5-12 k ω= ∇⋅( ∇ 9 10 ×E ) = - ∇⋅( μ 0 H ∂ ∂ )= (∇⋅ ∂t ∂t B) 9 10 μ 0 ∥ = (9 × π× 1 36 10 -9 × )⋅ ( 4 π 10 -7 × 0 ) 10 9 과 같은 관계식을 만족해야 하므로 = 10 r ad/m 12π⋅10 H = 1210π |μβ | cos ( 10 t - | β | z ) ŷ = 10 ⋅( cos ( 10 t - 10 z ) ŷ 4 π ×10 ) 9 9 9 9 ∇⋅ D=c 1 ∇⋅ B=c 2 -7 0 9 = 0.3 cos ( 10 t - 10 z ) ŷ A/m 와 같은데, 여기서 c 과 c 는 임의의 상수들이다. 그런데 공간상에 어떠한 전원도 없다고 하였으므로 c 과 c 라고 두어야 한다. 따라서 자유공간에서는 Maxwell 방정식 중에서 전계와 자계의 회 1 1 = 0 2 = 0 2 연습문제 85# 전에 대한 두 개의 식만 만족하면 다음과 같이 발산에 대한 두 개의 방정식은 자동으로 만족함을 알 수 있 다. = - 1 ∂B z μ ∂ρ ∂E φ 1 ∂ ( 2 - ρ )( 1 + ct ) ∂ - - ct - ρ - ct [ ρ te ] φ̂ [ e ρ ] φ̂ - ε 2 ∂t ∂ρ c φ̂ - ε ∇⋅ D=0 = - ∇⋅ B=0 = ε ( 3 - ρ )( 1 + c t ) e μ = ε ( 3 - 2ρ + 3c t ) e 문제 5-15 (a) Maxwell (c) 방정식의 하나인 식(5.4)로부터 다음을 구할 수 있다. H= ×E μ 따라서 위로부터 자계를 구하면 ⌠ H ⌡μt ze ∂ ∂t 1 ∇ -μ t = - 1 1 = - (1 - ∂ - z - ct ( z te ) ∂z - z - ct ) dt ŷ = - 1 -μ z e ⌠ ⌡ te 인데, 여기서 H= εμ c = 1/ 1-z 1 μ 2 c t -z = -c t 이므로 이를 대입하면 자계는 다음과 같다. ( c t + 1) e -z-c t ŷ = ε ( 1 - z ) ( c t+ 1 ) e - z - ct 문제 5-17 (a) ŷ ∂H y = - ∂z x̂ - ε ∂t x̂ ∂E x = [ ε ( 2 - z) ( c t+ 1 ) e = 2ε (1 - z + ct) e (c) (b) ∂ ∂ ∂ -z-c t = [ ε ( 1 - z ) ( c t+ 1 ) e ] ∂z 위의 결과로부터 시간 -z-c t -z-c t t=0 x̂ - ε ∂ - z - ct ( z te ) ∂t - ε z ( 1 - ct ) e x̂ A/m - z - ct ] x̂ 10 -9 x̂ 9 2 = 10 -9 = ρ ∂ρ φ ρ 4.5 - ρ - ct ∂ρ / = - ( 2 - ρ ) te - ρ - ct ) 2 = - = 1 ∇ ( 2- - - ρ - ct ) ∂ ∂ = (2- )( 1 + 2 ) - ρ - ct 5 = 10 x = 100 e =0 -9 = 5 7 - 10 t + 3x + 5 z 7 - 10 t + 3 x + 5 z 일 때의 자속밀도는 다음과 같다. / 2 ) ŷ ŷ n Wb/m 2 2 x̂ - ∂∂Vz ẑ - ∂∂At x̂ ∂V ∂x = - 7 ∂ - 10 t + 3 x+ 5 z ( 18 e ) ∂x x x̂ - ∂∂z ( 18e 7 - 10 t + 3 x+ 5 z 7 ) ẑ × 7 ∂ - 10 t +3 x + 5 z -9 ( 20 e ) 10 ∂t x̂ - 90 e x̂ - 90 e 7 - 10 t + 3 x+ 5 z - 10 t + 3 x+ 5 z =0 7 - 10 t + 3 x+ 5 z 7 ẑ + 0.2 e ẑ V/m x̂ 7 - 10 t+ 3 x + 5 z x̂ - 10 t+ 3 x+ 5 z 일 때의 전계는 다음과 같다. 주어진 포텐셜 함수들을 식(5.37)의 양변에 각각 대입하면 A A × e x x -ε μ ẑ / )⋅3 E ( x= 0, z = 0, t = 0) = - 53.8 x̂ - 90 ẑ V/m ẑ 를 구할 수 있으므로 양변을 시간 t 에 대해 적분하면 자속밀도는 다음과 같다. ct ρ ⌠ B e ẑ Wb m ⌡ ρ te dt ẑ c (b) 앞에서 구한 결과를 Maxwell 방정식의 하나인 식(5.21)에 대입하여 정리하면 다음을 구할 J μ × B ε Et t -9 ŷ - ∂∂Ay ẑ = ∂∂z ( 20 e = - ∇⋅ B = - ∇× E = - 1 ∂ ( ρ E ) ẑ = - 1 ∂ ( ρ ⋅ρ te 10 E = - ∇ V - ∂∂At = - 53.8 e 방정식의 하나인 식(5.4)로부터 ∂ ∂t ∂z 이므로, 원점에서 t (c) 문제 5-16 (a) Maxwell A /m φ̂ 2 식(5.33)으로부터 = - 54 e 2 ) φ̂ - ρ - ct 일 때 원점에서의 전류밀도는 다음과 같다. × × φ̂ π φ̂ nA m φ̂ π π - 일 때 원점에서의 전류밀도는 다음과 같다. × x̂ π × x̂ π x̂ nA m π J ( z = 0, t = 0) = 2⋅81⋅( 361 - ερ (1-ct)e B ( x= 0, z = 0, t = 0) = 100 ŷ nWb/m 앞에서 구한 결과를 Maxwell 방정식의 하나인 식(5.21)에 대입하여 정리하면 다음과 같이 전류밀도 를 구할 수 있다. J × H ε Et - ∂A x = 이므로, 원점에서 t ŷ A/m -z-c t 식(5.30)으로부터 B ×A = ∇ (b) =∇ - ρ - ct φ̂ ŷ ŷ dt t 1 -z-c t ( + 2 )e c c μ t= 0 - ρ - ct J ( ρ = 0, t = 0) = 60⋅( 361 ŷ = - μ1 t ( 1 - z ) e 1-z 위의 결과로부터 시간 φ̂ ∂t = ∂ ∂ x = ∂ ∂ × e 와 같다. 따라서 = 6 10 수 있다. 문제 5-18 -9 7 - 10 t + 3 x + 5 z × ] = 6 10 -8 e 7 - 10 t + 3 x + 5 z 7 ∂V ∂ - 10 t+ 3 x+ 5z = - ε r ε 0μ r μ 0 ( 18 e ) ∂t ∂t = - 30 ⋅ ( 2 [ 20 10 -8 1 36 π × 10 -9 × )⋅1⋅ ( 4 π 10 -7 × 7 )⋅ ( - 18 10 e 7 - 10 t + 3x + 5z 7 - 10 t + 3 x + 5 z ∇⋅ A = - ε μ ∂∂Vt 가 성립하므로 Lorentz 조건을 만족한다. 식(5.39)로부터 자속밀도를 구하면 ) 87# 연습문제 2 ∂y ∂ = [-ε × + 2 ∂z ∂ -ε 2 3 - εμ 2 2 ∂z ∂ V ∂t ∂ 2 +ε μ 2 2 ] 2 × 3 × 2 7 7 = - 9 10 ε [ - 4 - ( - 8) + ( 3 10 ) ε μ ] cos ( 3 10 t + 4 y - 8 z ) C/m × × × t y z Cm 일 때 원점에서의 전하밀도 ρ y z t ρ = 9 10 이므로, t =0 3 ε [ 80 -9 10 14 ε μ ] cos ( 3 × 1 ρ ( 0) = 9 10 ⋅( 36π = 7 10 +4 v( 10 π 3 × 10 -6 × 10 C/ m -9 π 4 -8 ) / π × )[80 - ( 9 10 × 1 )⋅( 36 π 10 4 ] ) -j π 2 4e j ( ω t - 5 x) -9 3 v( 0) (c) V = Re [ ( 1 - j 는 다음과 같다. × )⋅4000⋅ ( 4 π 10 -7 sin ( 3 y - 4 z ) ] π ) sin ( 3y - 4z ) 2 = 4 sin ( ω t - 5x ) sin ( 3y - 4z ) 3 = = 0, = 0) = 14 jωt xe = 4 cos ( ω t - 5x - × 2 ] (b) V = Re [ - j 4 e - j 5x sin ( 3y - 4z ) e j ω t ] = Re [ e 7 ] 9 10 cos ( 3 10 t + 4 y - 8 z ) 2 -j jωt ) xe 2 = 5 x cos ( ω t - × 2 ∂t 5 -j 2 = Re [ 5 e 2 ∂ V 2 ∂y ) 2 ∂ V = - ε[ ∂t 2 5 = Re [ ( 2 ∂ V ρ v = - ε ( ∇ 2V - ε μ 3) xy e j ( 4z - π ) 6 e jωt ] = Re [ 2 ( = Re [ 2 e )] 1 -j 2 -j = Re [ 2 xy e π 3 π j ( 4z ) 3 6 j t ) xy e e ω ] 2 xy e j ( 4z - 6 π ) j ( ω t + 4z - 2 π = 2 xy cos ( ω t + 4z - 3 π ) 2 e jωt ] ] ) = 2 xy sin ( ω t + 4 z ) = 10 μC / m 3 π 문제 5-21 문제 5-19 (a) E = 2 sin ( ω t + 2y - 3z ) x̂ = 2 Re [ - j e = 2 Re [ e = 2 Re [ e 따라서 페이져로는 E k= ω 2 j ( ω t + 2y - 3z ) e π ) 2 e jωt ] ] x̂ - 3x j ( ω t + 2y ) - 3x + j 2 y j ( ω t - 5z ) e jωt ] 따라서 페이져로는 E (b) ∇ 2 - j ( 5z + - j 5z = 4e x̂ - 3 e π 2 ) jωt - j ( 5z + π 2 ) = Re [ ( 2 - j = Re [ ( 2) xe jωt 2) xe jωt 2 -j 2 2 -j 2 2 - j 3 xe - j3 ( ) xe jωt j 4 1 2 - j3 ( jωt e +i 1 2 ] × 2π 3 10 -8 f 2 2 = 10π 10 π 2π 3 × 이어야 한다. 따라서 주파수는 다음과 같다. × GHz 9 10 = 1.5 10 = 1.5 -8 E + k E = [ ∂∂x + ∂∂y + ∂∂z + k ] 5 cos ( 4π x- 4π y - 2π z ) x̂ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 = 0 을 만족하려면 k = 6π 6π f= 2π 3 × 9 10 = 9 10 = 900 -8 E + k E = [ ∂∂x + ∂∂y + ∂∂z + k ][2 cos (3πx- 4π z ) ŷ - 6 cos (4πx- 3π y) ẑ ] 2 2 2 2 2 2 2 2 2 +i ) xe 1 2 jωt ] ) xe 2 2 2 2 2 2 ŷ - [ - ( 4 π ) - ( - 3π ) + k ]6 cos (4 πx- 3π y) jωt ] x̂ 이어야 한다. 따라서 주파수는 다음과 같다. × MHz = [ - ( 3π ) - ( - 4π ) + k ] 2 cos (3πx- 4 π z ) 1 2 2 2 ŷ 이다. π = 8 = [ - ( 4π ) - ( - 4π ) - ( - 2π ) + k ] 5 cos ( 4π x- 4π y - 2 π z ) (c) ∇ 2 문제 5-20 (a) V = Re [ ( 2 2 f= ẑ × 3 10 E + k E = [ ∂∂z + k ] ( 8 sin 10π z ŷ ) = [ - ( 10π ) + k ] 8 sin 10π z ŷ = 0 j ( ω t - 5z ) jωt - j 5z - 3x + j 2 y 2π f ε 0μ 0 = 을 만족하려면 k x̂ 이다. - 3x cos ( ω t + 2 y ) (a) ∇ 2 x̂ ẑ = 5 Re [ e e ] ẑ = 5 Re [ e ẑ 이다. 따라서 페이져로는 E = 5 e (c) E = 4 cos ( ω t - 5z ) x̂ - 3 sin ( ω t - 5z ) ŷ = 4 Re [ e ] x̂ - 3 Re [ - j e ] ŷ = 4 Re [ e e ] x̂ - 3 Re [ e e ] ŷ (b) E = 5e 2 x̂ ] π j ( 2 y - 3z - π ) j ( 2y - 3z - = 2e -j j ( ω t + 2y - 3 z ) 아무런 전원도 없는 자유공간에서는 식(5.52)로부터 다음을 만족해야 한다. ẑ = 0 과 같이 두 종류의 전자기파가 존재하는데 파동 방정식을 만족하려면 모두 k = 5π 이어야 한다. 연습문제 따라서 주파수는 다음과 같다. 5π f= 문제 5-22 (a) × 2π 3 10 × 89# -8 ∂ 2 ∇ E x+ k E x = [ 을 만족시켜야 하므로 k 2 2 k = ω εμ = 4 2 ∂z + k ] 25 e π ) 3 2 2 = [ ( j 8 π ) + k ] 25 e j ( 8π z - π ) 3 = 0 2 r 0 0 = 4 2 8 2 ⋅ ( 6 10 ) ⋅ = 16π 2 r ( 1 36 10 -9 × )⋅ ( 4 π 10 -7 ) 문제 5-25 (a) εr 의 관계를 얻을 수 있다. 이로부터 ε 을 구하면 다음과 같다. 64π 16π 2 = 4 위와 동일한 방법을 취하면 k ε 을 구하면 다음과 같다 2 2 2 = ( 4π ) + ( 8π ) + ( - 8π ) 2 = 144 π 2 을 얻을 수 있다. 따라서 r 144π εr = 16 π = 9 두 개의 서로 다른 전계의 합이지만 각각의 전계 성분에 대해 위와 동일한 방법을 취하면 k π π π 로 동일한 파수를 갖는다. 따라서 ε 을 구하면 다음과 같다 (c) 2 = ( 16 ) + ( 12 ) 400π εr = 문제 5-23 16 π 2 = 400 2 v= εμ v0 (e) η = η= 2 = = μr = 4 문제 5-24 식(5.62)로부터 m /s × 8 2π⋅( 1.5 10 ) × × 3 10 2 8 × 6 π 10 8 1.5 10 8 2 8 = 0.5 m 2 ) = 2 = 4 μr η = εr 0 1 ⋅120π = 60π 4 1.2 10 t - 4 π z ) Ω 자계의 크기는 전계의 크기를 고유 임피던스로 나누면 되고, 성분방향은 전파방향과 전계방 외적으로 구할 수 있다. 따라서 앞의 결과들을 대입하여 정리하면 자계는 다음과 같 다. × H η e × ẑ × x̂ e ŷ π = j ( 6π 8 ( = 25 = 1 εr ε0μr μ0 μr μ0 = εr ε0 1 50 )= 8 j ( 6π 10 t - 4 π z ) r 문제 5-26 (a) = 1 1 εr μr ε 0μ 0 = 1 εr μr μr εr μ0 = ε0 μr η = 0.4 η 0 εr 0 1 εμ (c) f = ω 2π (d) λ = v = f (e) η = μ ε (f) 20 π × e r ad/m 1 = = = k 2π 1 3 = ε r ε 0μ r μ 0 εμ × × 10 5 10 kv = 2π v0 εr μr 1 3 2π j ( 2π f t - 3 π z ) × 3 10 = 3π⋅( = 8 j ( 6 π 10 t - 4 π z ) e 평면파의 진행방향은 주어진 자계의 형태에서 k = 3π ẑ v0 = 0.1 v0 와 같은 두 식을 얻을 수 있다. 따라서 두 식을 풀면 다음을 구할 수 있다. ε r = 25 = 1.5 10 = ω ) = ( v (b) v = μ ε 2π v v = f × 8 2 어떤 식(5.62)와 (5.63)으로부터 1 Ω (f) 2 2 × 6 π 10 4π = k (d) ε r = ( (b) 2 ω (c) λ = r εr = 1 ⋅120π = 30 π 16 k = 4π ẑ r ad/m (b) v = 2 2 μr η = εr 0 η= = 8π ∥ 64 π v0 = 0.25 v0 εr 임을 알 수 있다. 이를 식(5.63)에 대입하면 고유 임피던스를 다음과 같이 구할 수 있다. j ( 8π z - 이어야 한다. 따라서 식(5.52)로부터 × × π f ε ε μ π ε π 2 1 v0 = ε r = 16 2 2 εrμr 를 만족해야 하므로 상대유전상수는 전계에 대한 파동 방정식에 의하면 2 1 v= 8 = 7.5 10 = 750 MHz 8 81⋅1 × 8 10 ) = ŷ mA/m 이므로 파수벡터는 다음과 같다. 1 3 × = 5 10 × 7 10 8 m/s Hz = 50 MHz 8 7 = μr η = εr 0 2 3 m 1 40π ⋅120π = 81 3 Ω 평면파인 경우 자계, 파수벡터, 고유 임피던스를 알 경우 전계는 다음과 같이 구할 수 있다. π × E η H× kk e x̂× ẑ ŷ V m πe = ( )= 40 3 [ 0.3 j ( 2π f t - 3π z ) ] = -4 8 j ( π 10 t - 3π z ) / 향의 91# 연습문제 문제 5-27 (a) k = ω (b) εμ = ω ω ε 0μ 0 = × × = v0 전계가 파동방정식을 만족하려면 β 2x + β 2y + β 2z = k= E = η ( H× kk ) 3 10 9 3 10 8 2 × x̂ ŷ 3 2 ( - 6) + β z 2 (c) 2 2 2 k = β x̂ + β ŷ + β ẑ = - 6 ŷ + 8 ẑ r ad/m μ ε (d) η = (e) y = ( ŷ 1 -6 + 8 [( 120π 10 = 1 [ (4 1000π ẑ )×0.6 cos ( 3 ×10 t + 6 y - 8 z ) x̂ ] 1 [ 2 α = ω εμ ⋅ 9 0.05 × 8 ( 6 π 10 )⋅4⋅( 1+ 9 9 자유공간내의 평면파이므로 파수는 다음과 같이 구할 수 있다. × ω k r ad m v × r ad m , β (b) 주어진 평면파에서는 β 이므로 β 을 만족하는 β 는 다음 이 구할 수 있다. 1 [ 2 1.5 10 1+ 3 10 0 =5 y 2 βx= (c) 2 k -β y = 2 / z =0 x > 0 x x (d) ⋅ = [ 4 cos ( 1.5 10 ⋅[ 3 9 x̂ - 4 ŷ ] =0 을 만족해야 한다. 따라서 Hy = - 3 (f) μ ε tan θ = σ 2π f ε r ε 0 (b) β = ω εμ ⋅ - x × +4 ) × 9 - H y cos ( 1.5 10 t - β xx + 4 y) 9 = - μ0 = η 0 = 120π Ω ε0 평면파인 경우 자계, 파수벡터, 고유 임피던스를 알 경우 전계는 다음과 같이 구할 수 있다. 3 2 ) - 1] 4 2 4 4⋅2 ⋅ 1 [ 2 ε r ⋅μ r ⋅ × × 3 10 1 [ 2 9 2π⋅( 9 10 )⋅8⋅( 1+ 8 3 4⋅2 ⋅ 8 3 2 ) + 1] 4 1 +( 2 2 r ad/m 1 36 π σ2 ω +1] = v0 ω 2ε 2 = 1 [ 2 1+ -9 × × 3 10 1 +( 9 8 8⋅1 ⋅ 3 2 ) +1] 4 3 2 2 r ad/m 1 [ 2 εr μr ⋅ × × 3 10 1 +( 9 2π⋅( 9 10 ) = 60π = 0.75 ) 1 [ 2 2π⋅( 9 10 ) σ ω -1] = v0 ω 2ε 2 = (d) 10 ε r ⋅μ r ⋅ = 180π (c) α = ω εμ ⋅ × 2 ŷ 방향의 자계성분의 크기는 다음과 같다. A/ m 8 3 × = ŷ] = ( 12 + 4 H y ) cos ( 1.5 10 t - β xx + 4 y) (e) η = 문제 5-30 (a) y 자계와 파수벡터는 서로 직교해야 하므로 H k × t β x y x̂ 1 +( 과같 5 - ( - 4) = 3 r ad/ m k = β x̂ + β ŷ = 3 x̂ - 4 ŷ r ad/m 1 [ 2 Np/m = 6π 2 앞의 (b)의 결과를 전계에 대입하면 파수벡터는 다음과 같이 나타낼 수 있다. = 0.75 ) 8 6 π 10 = / = -4 × × 3 10 σ +1] = ω v0 ω 2ε 2 9 8 -9 2 문제 5-28 (a) = 10 감쇠상수 α , 위상상수 β 를 구하 tan θ , εr μr ⋅ = 2π ŷ + π3 cos ( 3 ×10 t + 6 y - 8 z ) ẑ mA/m × 6 π 10 = β = ω εμ ⋅ = 1 36 π σ 2 - 1] = ω v0 ω 2ε 2 9 cos ( 3 10 t + 6 y - 8 z ) π 9 ŷ + 3 ẑ ) cos ( 3 ×10 t + 6 y - 8 z ) ] A/m × 4 = σ = ωεr ε0 tan θ = ) = ẑ 9 문제 5-29 평면파인 경우 전계, 파수벡터, 고유 임피던스를 알 경우 자계는 다음과 같이 구할 수 있다. H η kk × E 1 9 식(5.79), (5.71b), (5.71a)로부터 각각 손실 탄젠트 면 다음과 같다. z μ0 = η 0 = 120π Ω ε0 = 9 ẑ V/m = - 0.6 π cos ( 1.5 10 t - 3 x + 4 y) ẑ kV/ m 앞의 (b)의 결과를 전계에 대입하면 파수벡터는 다음과 같이 나타낼 수 있다. x × × × r ad/m 10 - 6 = 8 -4 5 x̂ + 3 cos (1.5×10 t - 3 x + 4y ) ŷ ] = - 600π cos ( 1.5 10 t - 3 x + 4 y) z k -6 = 9 = 24π ( - 16 - 9 ) cos ( 1.5 10 t - 3 x + 4 y) 을 만족해야하므로, 이로부터 β 를 구하면 다음과 같다. βz = × = 120π [ 4 cos (1.5 10 t - 3 x + 4y) = 10 r ad/m 8 Np/m 8⋅1 ⋅ 3 2 ) -1] 4 2 4 손실 매질 내의 전파속도는 식(5.74)로부터 다음과 같이 구할 수 있다. × ω πf π v m s = β = 2 β 9 = 2 ⋅( 9 10 ) 8 = 10 120π / 93# 연습문제 μ (e) η = μ ε = σ ω ε-j 1 μr η εr 0 = σ ωε 1-j = 1 ⋅120π⋅ 8 = 12π 문제 5-31 전상수 ε 1 1 - j tan θ r r σ = ωε [ / = 2 10 8 r ad/s , 상대유 문제 5-33 [ × 8 2 2 2 α v0 ω 2ε r μ r = ( 2 π 10 )⋅9⋅ ( Np/ m 손실 매질의 고유 임피던스 η = |η |e σ ωε jθη = tan 2θ η = tan ( 2⋅ 을 구할 수 있다. 그리고 감쇠상수 α 2 + 1 ] -1 × 1 36π 2 10 tan θ = = 2 2 2α 2 + 1 ] -1 ω 2ε μ = ωεr ε0 = 3 4 손실 매질 내에서 평면파의 감쇠상수 α π Np m , 각속도 ω π× , 상대투자상수 μ 일 경우 손실 매질의 도전율 σ 는 식(5.71b)로부터 = 9 5 8 10 -9 α = ω εμ ⋅ ) [ 2 × 8 2⋅( 2 π ) ⋅ ( 3 10 ) × 8 2 2 ) ⋅2⋅2500 Ω 8+j6 =2 × × 6 10 3 10 0.2 - ( 1 1-j 2 = ( 2 π 10 ) ⋅9⋅2 2 2 + 1 ] -1 = 0.1 S/m 를 구할 수 있다. 그런데 식(5.71a)와 (5.71b)로부터 다음과 같은 관계식을 유도하여 위상상수 β 를 구할 수 있다. 1 [ 2 1+ π 6 j = 200 e ) = tan 6 Ω π = 3 σ 2 -1] = ω ε μ⋅ ω 2ε 2 1 [ 2 ∥ =ω ε μ⋅ 3 =ω ε μ⋅ 3 는 식(5.71b)로부터 3 Np/m = 일 경우에는 식(5.76)과 (5.77)로부터 π 1 + tan 1 [ 2 2 θ- 1] 2 1 +( 3) -1] 1 2 의 관계식을 유도할 수 있다. 이로부터 ω ε μ 을 구할 수 있다. 그런데 식(5.71a)와 로부터 다음과 같은 관계식을 유도하여 위상상수 β 를 구할 수 있다. 2 =6 (5.71b) β= ω 2ε μ + α 2 = ( = ( ω v0 2 ) εr μr + α × 2 π 10 × 3 10 8 2 β= 2 ) ⋅9⋅2 + ( 2π ) 8 문제 5-34 손실 매질의 고유 임피던스 η tan θ = 이 경우 β 이므로 식(5.71a)로부터 도전율 σ 를 구하면 = 0.2 r ad/m σ = ωε [ 2β 2 ω 2ε μ × [ ω 2ε r μ r 5 α= 2 10 2 β - ω εμ = 30π e π 6 j ) = tan π 6 π Ω 일 경우에는 식(5.76)과 (5.77b)로부터 = 3 3 ∥ 2 μ ⋅ ε - 1 ] -1 1 36 π × 10 -9 ) [ 2 × 8 2⋅0.2 ⋅ ( 3 10 ) × 5 2 2 ( 6 10 ) ⋅2⋅2500 2 - 1 ] -1 1 1 [1+ σ2 ] 4 ω 2ε 2 = = × Sm 와 같다. 그런데 식(5.71a)와 (5.71b)로부터 다음과 같은 관계식을 유도하여 감쇠상수 α 를 구 할 수 있다. = = tan 2θ η = tan ( 2⋅ 2 2 β v0 -4 jθη | η | = 30 π - 1 ] -1 = ( 6 10 )⋅2⋅ ( 2 2 3π σ ωε = |η |e 을 구할 수 있다. 그리고 식(5.77a)로부터 2 2 = ωεr ε0 2 6 + ( 3) = 3 r ad/m 2 = 2 2 π r ad/m 문제 5-32 ω2ε μ + α 2 = / = 2 β -( ω v0 = μr η ⋅ εr 0 1 εr 1 εr 1 1 [ 1 + tan 120 π⋅ 2 θ] 4 1 2 [ 1 + ( 3) ] 1 4 60 2 π 와 같은 관계식을 유도할 수 있다. 따라서 상대유전상수 ε 은 다음과 같다. r 60 2 π 2 ) = 8 εr = ( 30 π 2 ) εrμr 문제 5-35 식(5.82)로부터 도전율을 구하면 95# 연습문제 1 σ= × S m 인 금속-1 과 같다. 만약 두 금속이 동일한 투자율을 가지며, 도전율 σ 에 비해 표피두께가 두 배, 즉 δ δ 인 경우 금속-2 의 도전율 σ 는 다음과 같다. σ × × Sm σ 1 2 2 문제 5-36 1 = = 2 1 = 1.6 10 7 π f μ ( 2 δ 1) 2 1 = 1 = π f μ 4 δ 21 1.6 10 4 = 4 7 = 4 10 6 길이 l 수 있다. 문제 5-38 (a) / 1 (b) mm 라고 한다. 구리의 이다. 구리의 경우 주파수 f MHz 일 때 표피두께 δ mm 표피두께 δ δ 인 경우의 주파수 f 는 앞의 관계식으로부터 다음과 같이 구할 수 있다. f f × kHz πμσδ πμσδ 1 2 1 = =1 1 1 = 0.066 2 = 2 2 = L, R dc = π μ σ δ2 = 0.11 2 4⋅ / 식(5.82)로부터 주파수는 10 = 6 πμσ( 1 = σδ Ω/m 2 =π 1 4π 2 1 = π f μ δ 22 f= 1 Rs = π f μ δ2 1 = 10 δ 1) 2 6 0.36 2 1 = 0.36 6 1 = 0.36 10 = 360 단면적 S = πρ0 l L σS = 2 인 원형 도선의 직류저항 R 는 식(3.45)로부터 다음과 같 이 구할 dc π ρ 20 σ 특정 주파수에서 표피두께가 δ 인 경우라는 것은 도선 양단에 동일한 전압을 가해도 도선 단면을 흐 르는 전류밀도분포는 e - α ( ρ 0 - ρ) ρ - ρ0 δ = e 와 같이 내부로 들어갈수록 줄어듬을 의미한다. 따라서 실제 전류가 흐르는 유효 단면은 다음과 같이 줄어든다. ⌠ S ⌡ ⌠ ⌡ e ρ dρ dφ π ⌠ ⌡ e ρ dρ = ρ -ρ0 δ ρ0 2π ac 0 ρ - ρ0 δ ρ0 = 2 0 0 ρ - ρ0 δ = 2π [ ( ρ - δ ) δ e 문제 5-37 (a) σ ωε tan θ = σ = ωεr ε0 4 × × π (b) θ 이므로 매질은 도체로 간주할 수 있다. 이 경우 감쇠상수 α 와 위상상 수 β 는 모두 식(5.80)으로부터 다음과 같이 구할 수 있다. ωμσ π× π× α π Np m tan = 7 ( 2π 10 )⋅18⋅( 1 36 10 -9 ) 2 7 (2 = 7 10 )⋅4⋅( 4 2 10 ) =4 / π j = 4 σ 7 (2 = 10 )⋅( 4 4 10 -7 j ) π 4 = j 2 ( ) 1 = j 2πe = (e) δ = 3 2 π e 1 πfμσ π [ - 4π z 6 j ( 2π 7 10 t - 4 π z ) ] 4 - 4π z = e j ( 2π × 7 10 t - 4 π z - 1 ω ) π( μσ 2π = π 4 ) ŷ A/m 2 ωμσ = = (f) 식(5.85)로부터 다음을 구할 수 있다. ≫ L R ac = 4 = 1 0 π 전계의 전파방향 n̂ ẑ 이다. 따라서 전계, 전파방향, 고유 임피던스를 알 경우 자계는 같이 구할 수 있다. H η n̂ × E ẑ × e e × x̂ (d) 그런데 ρ δ 인 경우에는 e 같이 근사화 할 수 있다. ρ0 δ ≃0 - ρ0 δ ρ0 δ ] ] 으로 근사화 할 수 있다. 따라서 유효 단면적 S 는 다음과 ac 따라서 교류시의 저항은 다음과 같음을 확인할 수 있다. 도체인 경우이므로 식(5.81b)로부터 고유 임피던스 η 를 구하면 다음과 같다. ωμ e π× π× e η πe Ω = 2 = 2π [ ( ρ 0 - δ ) δ + δ e - S ac ≃ 2 π ( ρ 0 - δ ) δ ≃ 2 π ρ 0 δ β = α = 4π r ad/m (c) 2 = 2π [ ( ρ 0 - δ ) δ - ( - δ ) e = 400 = 400 ≫1 = ρ ] 00 다음과 σ S ac L = 2π ρ 0 δ σ × π r ad m × ẑ 이고, 자유공간이어서 η (b) 이 경우 자계의 진행방향 n̂ 음과 같다. π Ω 이므로 전계는 다 E η H× n̂ t π π× π z x̂ × ẑ t π π× π z ŷ V m E× H (c) P t t π π× π z ŷ × π× π z x̂ t π π× π z ẑ W m π × 을 갖는 시간함수이 다. 따 (d) 앞의 (c)에서 구한 Poynting 벡터는 주기 T π× 라서 평균전력밀도 P 는 식(5.97)로부터 다음과 같이 구할 수 있다. ⌠ | E× H | dt P T ⌡ 문제 5-39 (a) β = ω v0 6π 10 = 3 10 8 8 =2 / = = ( ) = 120 = 120 [ 0.5 cos (6 = - 60 cos (6 10 10 8 8 -2 -2 ) ] ) / = × 2 7 × ( 2π 10 )⋅( 4π 10 1 4π m -7 )⋅4 = [ - 60 cos (6 10 = 30 2 8 cos (6 10 8 -2 -2 ) ) ] [ 0.5 cos (6 / a a = T 0 8 -2 ) 2 = 1 10 2 6 10 8 = 1 3 10 -8 ] 97# 연습문제 = × ⌠ ⌡ 1 3 1 × 1 3 10 -8 1 3 9 10 1 × t+ 9 × 9 12π 10 8 10 8 × 문제 6-1 8 cos ( 12π 10 t - 4 π z ) 1 3 0 ∣ 2 × 10 -8 인 경계면상의 법선방향을 ẑ 라고 하면 면전류밀도 K 는 다음과 같다. K n̂ × H 2 H 1 z=0 = -8 = 2 × × = v0 2 3 10 9 3 10 8 이므로 = 10 r ad/ m 2 문제 6-2 z=0 10 - ( - 6) = 8 r ad/ m ρs= H = η1 ( n̂ × E ) (a) ŷ + 0.8 ẑ )× 60 cos (3×10 t + 6y - 8 z ) x̂ ] 1 [ ( - 0.6 120 π 7 ẑ ⋅( 361π ×10 r2 × 9 18 × 2 2 9 π × 앞의 (a)에서 구한 Poynting 벡터는 주기 T ×π 라서 평균전력밀도 P 는 식(5.97)로부터 다음과 같이 구할 수 있다. ⌠ | E× H | dt P T ⌡ = (b) 2 3 10 9 = ẑ⋅( 361π ×10 9 ŷ + π cos ( 3 ×10 t+ 6y - 8z ) ẑ W/m cos ( 3 10 t + 6 y - 8 z ) π 0.3 24 -9 z=0 × 8 ) [ 15 cos ( 3 10 t - 2π z ) × x̂ ]× [ ( π ŷ + π ẑ ) cos (3×10 t+ 6y - 8z )] 9 r1 8 - 3 ⋅15 cos ( 3 10 t + 4 π z ) = - = [ 60 cos (3 10 t + 6y - 8 z ) z=0 = - 9 0.4 s ẑ ⋅ε ( ε E 2 - ε E 1 )∣ 0 2 3 10 -9 = 100 36 π = 25 9π 2 을 갖는 시간함수이 다. 따 × 10 -9 -9 × × 8 8 cos ( 3 10 t) nC/m C/ m ŷ - 25 cos ( 3 ×10 t- 2π z ) ẑ 8 ŷ - 3 ⋅25 cos ( 3 ×10 t+ 4π z ) ẑ ] 8 ) [ - 30 cos ( 3 10 t) cos ( 3 10 t) × z=0 ẑ 라고 하면 면전하밀도 ρ 는 다음과 같다. - = - 9 P = E× H 7 x̂ A/m 7 n̂ ⋅( D 2 - D 1 )∣ ŷ + 0.3 ẑ ) cos (3×10 t + 6y - 8 z ) A/m π π = - ẑ × [ - 8 cos ( 2π ×10 t + 4 z ) ŷ - 4 cos ( 2π ×10 t- 8 z ) ŷ ] 인 경계면상의 법선방향을 2 이다. 그리고 전계의 전파방향 n̂ = kk = - 0.6 ŷ + 0.8 ẑ 이므로 자계는 다음과 같다. 0.4 )∣ z = 0 × ω = k - βy = = ( - = 12 cos ( 2π 10 t) 2 이 경우 전파상수 k = ( 2 = 15π W/m βz = × 1 3 = 9 π 10 ⋅ 제 6 장 연습문제 풀이 8 1 + cos 2( 6 π 10 t - 2 π z ) dt 2 = 9π 10 ⋅ 문제 5-40 × -8 0 × 2 30 π cos ( 6 π 10 t - 2 π z ) dt 0 × × ⌠ ⌡ = 9 π 10 × -8 10 8 z=0 ŷ - 100 cos ( 3 ×10 t) ẑ ] 8 2 2 a a = = T 1 0 1 2π 3 × 10 3 10 2π × 9 = × 9 = 3 10 2π = 15 π × ⌠ ⌡ 2π 3 -9 W/ m (- 0 × ⌠ π ⌡ 2π 3 30 1 2π ⋅( 2 3 30 ⋅ ⋅ 10 -9 0 π 2 ⋅[ 10 18 π 2 ) +( -9 2 24 π ) 2 2 × 10 -9 (a) β 1 = ω ε 1 μ 1 = 2 = 2 2 ω v0 = 0 ε r1μ r1 = r2 r2 = 3π 10 3 10 8 10 8 3 3 10 8 8 < 0 × 9 cos ( 3 10 t + 6 y - 8 z ) dt × 9 cos ( 3 10 t + 6 y - 8 z ) dt × × ω π× β ω ε μ ε μ v × (b) z 인 영역의 평면파의 진행방향 k̂ 로 당연히 전계 성분의 방향은 ê ĥ× k̂ x̂× ẑ 의 크기는 다음과 같이 구할 수 있다. 문제 6-3 )] = E 1y = η 1 H 1x = η 0 = (- μr1 H 1x = 120 π⋅ εr1 그리고 서로 다른 두 매질의 경계면 z 로 이를 이용하면 E 2y = E 1y = 4.8 π 25⋅1 = 5π r ad/ m 1⋅100 = 10π r ad/ m ẑ 이고, 자계 성분의 방향 ĥ = x̂ 이므 ŷ 이다. 따라서 ŷ 방향 의 전계 = )= 1 ⋅0.2 = 4.8π 25 = 0 상에서는 전계의 접선성분은 연속이어야 하므 연습문제 99# 를 구하게 된다. 이와는 달리 z 영역의 평면파의 진행방향 k̂ ẑ 이고, 전계 성분의 방향 ê ŷ 이므로 당연히 자계 성분의 방향은 ĥ k̂× ê ẑ× ŷ x̂ 이다. 따라서 x̂ 방향의 전계의 크기는 다음과 같이 음의 값으로 주어진다. ε H E E × π η η μ π (c) 경계면 z 상에 있는 면전류밀도는 경계조건으로부터 다음과 같이 구할 수 있다. K n̂ × H 2 H 1 > 0 = = 2x 1 = - 2y 2 = - 1 r2 0 r2 K = n̂ × ( H 2 - H 1 )∣ = = 1 = 2y 120 = - 1 ⋅4.8 100 ⋅ = - 4 10 = ẑ× [ 13 cos ( 6π×10 t- 0.2π z ) ŷ - ( - 3) cos ( 6π×10 t- 0.2π z ) ŷ ] 7 -3 = - =0 = = ( - )∣ z = 0 ẑ × [ - 0.004 cos ( 3π ×10 t - 10π z ) x̂ - 0.2 cos ( 3π ×10 t + 5π z ) x̂ ] 8 × 8 = - 0.204 cos ( 3 π 10 t ) 문제 6-4 (a) β 1 = ω ε μ = ω 8 × × 3 10 ε r = 0.2π ε r 문제 6-6 1.8 π 2 ) = 81 0.2 π × π r ad m v × 인 영역의 평면파는 전파방향 k̂ 6 π 10 3 10 0 Γ= 7 8 = 0.2 / = - η1 = 1 εr η0 = 1 1 40π 120π = 81 3 = 1 3 40 (- 10 7 cos ( 6 + 1.8 10 7 + 1.8 ) ) ] 문제 6-7 / 를 구하게 된다. 따라서 z 인 영역의 전계 E 2 는 나타낼 수 있다. E2 π π× t π z x̂ V m k̂ ẑ 이 (e) z 인 영역은 자유공간이므로 η η π Ω 이고, 평면파의 전파방향 므로 자계 H 2 는 다음과 같이 구할 수 있다. H 2 η k̂× E 2 ẑ × π π× t π z x̂ π - 0.2 ) > 0 = 1 = 2 = 0 [ 40 0 = 120 cos ( 6 10 7 - 0.2 1 3 7 cos ( 6π 10 t - 0.2π z ) / μ r2 ε r2 μ r2 + ε r2 μ r1 εr1 μ r1 εr1 1 = εr 1 εr 인 경우 반사계수는 식(6.14a)로부터 -1 < 0 +1 ) ] | = - 0.5 r 식(6.14b)로부터 투과계수를 구하면 다음과 같다. S= = × ŷ A m 상에 있는 면전류밀도 K 는 다음과 같다. = 따라서 경계면 z 1 120 = μ r1 = 1 , ε r2 = ε r , μ r2 = 1 = 1, 2 2η2 η2 + η1 = = / 2 r1 μr2 ε r2 μ r2 + ε r2 이 경우 반사계수 Γ T 파비를 다음과 같이 구할 수 있다. > 0 7 = 0.6 1 + 0.6 1.6 = =4 1 - 0.6 0.4 η2 - η1 = η2+ η1 T= E 2x = E 1x = 40 π 10 16+ 1 1-Γ 2 1 + 0.5 2 ) = ( ) = 9 εr = ( 1+Γ 1 - 0.5 = 0 cos ( 6 16- 1 S-1 3-1 = = 0.5 S+1 3+1 = -| Ω ) [ 40 = - 3 cos ( 6 = 40 = 의 관계가 있다. 그런데 매질-2가 무손실 유전체이고 매질-1이 공기이므로 반사계수 Γ 는 음수값을 갖게 되어 Γ Γ 임을 안다. 따라서 상대유전상수 ε 을 구하면 다음과 같다. ẑ , 고유 임피던스는 이므로 자계 H 1 는 다음과 같이 구할 수 있다. H 1 η k̂× E 1 ẑ × π π× t π z x̂ π π× t π z ŷ A m (d) 서로 다른 두 매질의 경계면 z 상에서는 전계의 접선성분은 연속이어야 하므로 이를 이용하면 = μr1 ε r1 μr1 ε r1 식(6.19)로부터 이다. 그런데 ε r = x̂ A/m 7 8 따라서 무손실 비자성체의 상대유전상수 ε 은 다음과 같다. (c) z < 0 1+|Γ | = 1-|Γ | |Γ | = ω 7 μ r2 ε r2 μ r2 + ε r2 η2 - η1 = η2+ η1 S= 1.8 π (b) β 2 = × cos ( 6π 10 t ) z= 0 그리고 식(6.18)로부터 정재파비를 구하면 다음과 같다. ∥ εr = ( 10 3 7 식(6.14a)로부터 반사계수를 구하면 다음과 같다. Γ= z=0 ŷ A/m 6π 10 εr = v0 문제 6-5 z= 0 문제 6-8 1+|Γ | = 1-|Γ | 9 1 2 μ r1 ε r1 = 9 + 1 - 1 = 1.8 - 1 = 0.8 1 9 = 6 3+ 1 3 = 1.8 이므로, 이를 식(6.18)에 대입하면 정재 1 + 0.8 1.8 = =9 1 - 0.8 0.2 식(6.19)로부터 |Γ | = S-1 5-1 2 = = S+1 5+1 3 이다. 그런데 ε r1 = 1, μ r1 = 4 , ε r2 = ε r , μ r2 = 1 인 경우 반사계수는 식(6.14a)로부터 101# 연습문제 Γ= μ r2 ε r2 μ r2 + ε r2 η2 - η1 = η2+ η1 μ r1 εr1 μr1 ε r1 1 εr = 1 εr 4 1 - 1 = 4 1 + -2 εr 1 |= - εr = [ 문제 6-9 2 3 r 1 tan θ 1 = tan θ 2 = 1 = j 4 × 2 7 2π⋅( 9 10 )⋅5⋅( σ2 = 2π f ε r 2 ε 0 = 2 r1 1 36π × 4 7 2 π⋅( 9 10 )⋅1⋅( π j 0 4 σ1 ω μ 2 j π4 e = σ2 2π f μ r 2 μ 0 σ2 × 10 -9 ) 1 36π × 10 -9 = 800 ≫ 1 ωμ2 e σ2 그리고 Γ ) 7 4 Γ= 18π e 18π e j π 4 π j 4 - 6π e + 6π e j -7 j × 7 -7 ) π 4 Ω 문제 6-10 1+|Γ | = 1-|Γ | σ1 = ωε1 4 문제 6-11 σ1 = = σ2 2⋅6π e = η2+ η1 j 6π e e j e j π 4 π 4 j = 0.5 4 × 10 -9 = 80 ≫ 1 ) 7 = π 4 2 ⋅( 9 10 )⋅18⋅ ( 4 4 = j 4 1+|Γ | = 1-|Γ | 10 4 × 4 1 2 π⋅( 9 10 )⋅1⋅( 36π j + 18 π e × × 7 -7 4 π 4 Ω 4 이므로 식(6.18)로부터 정재파비를 구하면 다음 과 같다. 1 + 0.5 =3 1 - 0.5 = 0 = = 0 1 9 10 9 3 10 8 = = 30 / 1 120 [ 24 sin ( 9 10 = 0 = 120 2 η2 - η1 = η2+ η1 r2 = 0 r2 = 9 9 - 30 ) - 30 ) / 2 ⋅120 18 = 40 ] 40π - 120π = - 0.5 40π + 120π 반사파의 전파방향은 - ẑ 이고, η = η = 120π Ω 이므로 다음을 구할 수 있다. E r = Γ⋅E sin ( 9×10 t+ 30 z ) x̂ = - 0.5 ⋅24π sin ( 9×10 t+ 30 z ) x̂ = - 12π sin ( 9×10 t + 30 z ) x̂ V/m H r = - Eη sin ( 9×10 t+ 30 z ) ŷ = - ( -12012ππ ) sin ( 9×10 t+ 30 z ) ŷ 1 0 9 i 9 ) j π 9 10 e 1 1 (c) × ) = 0.5 π < 0 Γ= = 800 ≫ 1 4 공기로 채워진 영역 z 에 있는 평면파가 z 인 경계면에 수직입사하므로 평면파의 전파방 향 k̂ ẑ 이다. 따라서 ẑ 방향의 파수 β 은 양수로 다음과 같다. × ω r ad m β v × 그리고 입사파의 자계 H i 는 다음과 같다. H i η k̂× E i ẑ × π × t z x̂ π × t z ŷ A m μ (b) η η π π Ω 이므로 η π Ω, η ε 1 -9 π Ω T = 1 + Γ = 1 - 0.5 = 0.5 7 j ) π 2 π⋅ ( 9 10 )⋅1⋅ ( 4 π 10 2 j -7 4 π = 0.2 sin ( 9 10 4 1 36π π = T - 1 = 0.5 - 1 = - 0.5 (a) 1 + 0.5 =3 1 - 0.5 2π f ε r 1 ε 0 4 2π f μ r 2 μ 0 0 식(5.79)에 주어진 손실 탄젠트를 두 영역에 대해 적용하면 tan θ 1 = π j 2η2 = π π j S= π Ω 2 π⋅( 9 10 )⋅18⋅ ( 4 π 10 4 = j ) 그리고 식(6.18)로부터 정재파비를 구하면 다음과 같다. S= j 0 = 4 식(6.14a)로부터 반사계수를 구하면 다음과 같다. η2 - η1 = η2+ η1 10 π × π j e j = 18 π e (b) r1 σ1 그러므로 식(6.14b)로부터 투과계수를 구하면 다음과 같다. = 80 ≫ 1 2 ⋅ ( 9 10 )⋅1⋅ ( 4 2 = = 6π e η2 = 2 = = 6π e σ1 = 2π f ε r 1 ε 0 π σ1 4 σ1 η2 = 로서, 두 매질 모두 도체라고 간주할 수 있다. (a) 두 매질 모두 도체로 볼 수 있으므로 식(5.81b)로부터 고유 임피던스를 구하면 다음과 같다. ωμ πfμ μ × π π× e e e η 1 π j 1 = T= σ2 = ωε2 2 7 2π⋅( 9 10 )⋅5⋅( = 18 π e 식(5.79)에 주어진 손실 탄젠트를 두 영역에 대해 적용하면 σ1 = ωε1 × = 로서, 두 매질 모두 도체라고 간주할 수 있다. 따라서 식(5.81b)로부터 고유 임피던스를 구하면 다음과 같 다. ωμ πfμ μ × π π× e e e η 2 1 - () 1-Γ 2 1 3 1 2 ] = ⋅[ ] = ⋅25 = 6.25 1+Γ 4 2 4 1 + () 3 1 2 σ2 2π f ε r 2 ε 0 +2 εr 의 관계가 있다. 그런데 이 경우 두 매질이 모두 무손실이지만 반사계수는 음수를 갖는다. 따 라서 Γ Γ 임을 안다. 위의 식으로부터 상대유전상수 ε 을 구하면 다음과 같다. = -| σ2 = ωε2 tan θ 2 = < 0 r0 1 9 9 × 9 = 0.1 sin ( 9 10 t + 30 z ) ŷ A/m 103# 연습문제 (d) 투과파의 전파방향은 ẑ 이고, η π Ω 이며, 파수는 × ω r ad m β ε μ v × 이다. 따라서 투과파의 전계 E t 와 자계 H t 는 다음과 같다. Et T E × t z x̂ × t z x̂ π × t z x̂ V m π E π Ht η × t z ŷ × t z ŷ π × t z ŷ A m 2 = 2 2r 0 = ⋅ i 2r = sin ( 9 10 9 10 9 3 10 8 9 ⋅ 18⋅2 = 180 / - 180 ) = 0.5⋅24 sin ( 9 10 = 12 t0 = sin ( 9 10 9 이다. 따라서 반사계수는 식(6.14a)로부터 Γ ηη ηη 이므로 음수인 Γ 이 며, 투과계수 T 이다. 또한 영역-2의 고유 임피던스는 식(6.14a)로부터 다음 Γ 과 같이 구할 수 있다. = 40 sin ( 9 10 12 = 40 - 180 ) 2 - 180 ) 9 - 180 9 ) = = 2 ⋅( 9 10 ) 3 10 0 = 0.05 - j 6π z = 0 / ( 1 = 0 8 입사파의 전력밀도는 η = η0 Pi = / =6 - j 6π z ] = -6 j 6π z i ŷ = 6π e j 6π z < 0 = - 0.6 η0 = 1 - 0.6 1 ⋅η 0 = η0 1 + 0.6 4 인 경우로 1 1 Ei 2 E i Hi = = 5 W/m 2 2 η0 t 2 / - j 6π z 1 1 이라고 하였으므로 유전체로 투과된 평면파의 전력밀도 P 는 다음과 같다. Pt = / 문제 6-14 1 Et 1 = 2 η2 2 입사파의 전력밀도는 η (T Ei) 2 = 4T 1 η0 4 = η0 1 2 2 1 Ei 2 2 2 = 4T P i = 4⋅0.4 ⋅5 = 3.2 W/ m 2 η0 이므로 다음과 같다. 2 = -1 E r = ( Γ ⋅E ) e 1 = 120 ) = 120 ⋅[ 0.05 - + 2 × π π r ad m 이어서 자 영역의 입사파는 공기중으로 β vω 계는 × Hi e x̂ A m 이다. η η π Ω 이고, 전파방향이 ẑ 이므로 입 사전계는 E i η H i× ẑ e x̂ × ẑ ŷ V m π πe 이다. 그리고 완전도체에서 반사된 전계는 입사전계에 비해 전파방향이 반대이고, 크기에 반사계수 Γ 을 곱하면 되므로 (a) z < 0 1+Γ 1-Γ 2 2 = 1 - 0.6 = 0.4 1+Γ 1-Γ 8 문제 6-12 = η1 = η2 = / - 180 ) η0 εr =1+ - 180 ) 9 sin ( 9 10 = 0.3 sin ( 9 10 9 η2 = Pi = ŷ V/m 1 1 Ei E i Hi = 2 2 η0 = 10 W/m 1+Γ 1-Γ η0 2 그리고 반사계수를 Γ 라고 하면 (6.14a)로부터 무손실 유전체의 고유 임피던스와 투과계수는 이다. 따라서 z 영역의 전체 전계에 대한 페이저 표현식은 다음과 같다. < 0 E 1 = E i + E r = - 6π e (b) z < 0 ŷ + 6π e jωt ] = Re [ E 1e j 2π f t ŷ = j 12π sin ( 6π z ) x̂ V/m ] = Re [ j 12 π sin ( 6 π z ) E 1 | = | j12π sin ( 6π z ) x̂ | = 12π | sin ( 6π z ) | V/m sin 6 max = j 2π ⋅ ( 9 × 이다. 따라서 전체 전계의 절대값이 최대가 되는 지점 z ± πz = z max < 0 η2 = 8 × 8 10 ) t T=1+Γ t x̂ V/m 2 Pt = 은 다음을 만족해야 한다. 1 -(n + )π 2 n 1 = 6π 6 12 = 0 , 1 , 2, ⋯ max = 0 = 1 12 이다. 특히 경계면인 (b) = 1- 식(6.14a)로부터 2 2 T Ei 1 2 η2 Pt Pi = - 1 Γ= m S-1 = S+1 η2 2 Γ= - = 1 2 2 4-1 = 0.6 4+1 그런데 영역-1은 자유공간으로 η 1 = η0, 문제 6-15 영역-2는 무손실 유전체이므로 상대유전상수 ε 일 경우 r 2 ( 1 + Γ) E i 1+Γ 1-Γ η2 - η1 = η2 + η1 εr 1 εr 1- 2 = (1-Γ ) η0 3.6 = - 0.64 = - 0.8 10 -1 = - 0.8 +1 을 만족해야 한다. 따라서 상대유전상수 ε 식(6.18)로부터 반사계수의 크기를 구하면 다음과 같다. |Γ | = 1 Et 1 2 2 Ei η0 2 = ( 1 - Γ ) Pi (a) 자유공간에서 무손실 유전체에 입사하는 평면파의 반사계수는 음수이므로 위의 관계식으 로부터 반사계수를 구하면 다음과 같다. =0 z= - 1+Γ 1-Γ η1 = 로 나타낼 수 있다. 그런데 무손실 유전체로 투과된 평면파의 전력밀도 P 는 다음과 같다. ] 1 따라서 n 일 경우 z z 에 가장 가까운 위치는 n 인 경우로 다음과 같다. 문제 6-13 x̂⋅e = - 12π sin ( 6π z ) sin ( 18π 10 t) 전체 전계의 절대값은 | j 6π z 영역의 전체 전계에 대해 시간을 포함한 실제 측정가능한 표현식은 다음과 같다. E 1 = Re [ E 1 e (c) - j 6π z r = 81 이다. 식(6.29)을 자유공간에 적용하면 다음의 관계식을 구할 수 있다. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 k = kx + ky + kz = ( 3 π ) + ( - 4π ) + kz = 25 π + kz ∥ 105# 연습문제 ω 2 ε μ = ( 2π f ) 2 ε 0 μ 0 = 4π 2f 2 4π 9 (a) kz = × 2 10 - 16 2 1 2 0 v 4π × = f - 25 π = × 2 8 10 f = 2 × 2 - 16 f + 2 2 ⋅ ( 1.95 10 ) - 25 π (c) kz = 문제 6-16 4π 9 2 4π 9 2 × × - 16 10 - 16 × 10 ∞ 8 2 2 2 × 8 2 2 2 ⋅ ( 6 10 ) - 25 π = 2 25 π - 25π 16 π - 25 π 2 2 2 2 2 2 2 = 2 2 2 20π + kz (a) f = 4π 9 2 × 10 3 = 2π - 16 1 2 0 v × 10 8 4π × = 2 ( 3 10 ) 20 π 2 4π 9 2 8 2 f = 2 × 10 - 16 f ω = 2π f = v0 + 3 + kz = 2π × 3 = 2π × 10 8 2 × × π (b) (c) 3 f= 2 10 8 10 8 2 × 2 20π + ( 4 π ) 2 1 1 j ky - 2 π 20π 3 + ( - j 2π ) = 2π 2 v0 × (c) x × 3 10 8 = 10π r ad/m 10 ( x , y )= = ∞ -∞ -∞ ∞ ∞ 따라서 k 2 2 × -∞ = 60 [ -∞ ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ e 0 0 -∞ -∞ 3π x + 2π y + 20 π - 4π = 6 10 = 600 MHz 0 ∞ 0 0 -∞ = 60 [ ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ e 0 0 -∞ -∞ - 3 π x + 2π y - j ( 6 π y + 8π z ) ( j ky + 2 π ) y e e e ( j kx + 3π ) x 0 2 2 x̂ V/m 일 경우 식(6.24a)를 이용하여 각도 스펙트럼을 구하면 다음과 같다. H1 k k ⌠ dx dy ⌡ ⌠ ⌡ H1 x y e ⌠ x̂ e dx dy ⌡ ⌠ ⌡ e x , y )= ∞ ∞ -∞ -∞ ∞ ∞ -∞ -∞ = 2[ 0 0 -∞ -∞ e dx dy ] e ∞ -∞ 0 0 0 -∞ -∞ ∞ x̂ + π x - 4π y j kxx + j kyy e ∞ -∞ 0 ∞ 0 0 e - π x - 4π y ⌠ ⌡ ⌠ ⌡e ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ e 0 + e 0 ( j kx + π ) x -∞ j k xx + j kyy - π x + 4π y -∞ 0 dx dy 0 ⌠ ⌡ ⌠ ⌡e ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ e 0 j kxx + j kyy ⌠ ⌡ ⌠ ⌡e ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ e ∞ + dx dy j k xx + j kyy dx dy π x + 4π y 0 + dx dy j kxx + j kyy - π | x | - 4π | y | 2 ∞ j k xx + j kyy j kxx + j k yy j kxx + j kyy ( , ) ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ e = 60 [ 3π x - 2 π y 2 인 전계 성분을 페이저로 표시하면 다음과 같다. = 0, ky = 6 π + - 3π x - 2π y 0 2 dx dy ⌠ ⌡ ⌠ ⌡e ∞ 2 j kxx + j kyy j kxx + j kyy ∞ -∞ ∞ + e ⌠ ⌡ ⌠ ⌡e ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ e 0 + z=0 ( 8 j kxx + j kyy - 3π | x | - 2π | y | 60 x = ( , ) 2 10 ⋅6π 일 경우 식(6.24a)를 이용하여 각도 스펙트럼을 구하면 다음과 같다. E1 k k ⌠ dx dy ⌡ ⌠ ⌡ E1 x y e ⌠ x̂ e dx dy ⌡ ⌠ ⌡ e ∞ 2 ( 10 π ) - 0 - ( 6π ) = 8 π r ad/m y 2 문제 6-18 × 2 x̂ 9 2π⋅( 1.5 10 ) = π E 1 ( k = 0, k = 6π ) = ( 0 + 9π1440 x̂ = π4 x̂ V/m ) ( 36π + 4π ) E = π4 e 8 8 2 ] x̂ 8 20 π + ( 5 π ) = 7.5 10 = 750 MHz 2 2 k - kx - ky = x̂ j kx - 3 π 2 (b) 2 2 kz = 2 = 900 MHz 3 f= 2π z=0 0 1 j ky + 2 π z ω 2 ε μ = ( 2π f ) 2 ε 0 μ 0 = 4π 2f 2 문제 6-17 2 ( kx + 9 π ) ( ky + 4 π ) = dx dy ] x̂ 2 2 ] dx dy 1 1 2 ( j ky - 2 π ) y dx dy j kx - 3 π j ky - 2 π 2 ( j k y - 2 π )y e e 1 ky + 4 π 2 (a) ∥ 2 1440 π 자유공간에서는 k k 라서 k 는 다음과 같이 구할 수 있다. 2 k = kx + ky + kz = ( - 4 π ) + ( 2π ) + kz = 20 π + kz - 4π 2 kx + 9 π 2 ( j kx - 3π ) x j k x + 3π 6π = 60 [ 식(6.29)을 자유공간에 적용하면 다음의 관계식을 구할 수 있다. 2 1 j ky + 2 π - ( j kx + 3 π ) x 0 1 = 0 r ad/ m = - j 3π r ad/m ∞ 0 j kx + 3 π = 60 [ ⋅( 7.5 10 ) - 25 π = 0 ( j ky + 2 π )y e -∞ ⌠ ⌡ ⌠ ⌡e 2 ( j kx - 3 π ) x 0 0 2 + 2 ∞ -∞ ∞ 9 = 12π r ad/m (b) kz = ⌠ ⌡ ⌠ ⌡e ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ e 0 10 + × - 16 169 π - 25 π = 4π 9 2 ( 3 10 ) 4π 9 2 2 ( j ky + 4 π ) y ( j kx - π ) x dx dy j k xx + j kyy e dx dy dx dy ] x̂ dx dy e ( j kx + π ) x e ( j k y + 4 π )y ( j ky - 4 π ) y dx dy dx dy 이다. 따 107# 연습문제 ⌠ ⌡ ⌠ ⌡e ∞ + = 60 [ 1 1 j k y + 4π k= (a) 2 2 ky + 16 π 2 2 2 2 2 2 2 × × 3 10 (b) + 1 + j k y - 4π 1 j kx - π 1 ] j ky - 4 π ẑ 방향으로 진행하는 평면파의 전계는 k = k = 0 , k = - k 인 경우에 해당된다. 그런데 k > 0 이라고 하였으므로 이 경우의 전계 성분 E - = 0 V/m 이다. (d) - ẑ 방향으로 진행하는 평면파의 자계 성분도 당연히 H - = 0 A/m 이다. (c) - x̂ 8 2⋅1 = 4 2 π r ad/m 이다. 따라서 문제 6-20 kz 2 2 2 (c) y 따라서 k 2 x = 0, k y = 4 H= π e 1 2 2 2 x, y ,0 ) = 2 2 ∞ ∞ -∞ -∞ ∞ ∞ -∞ -∞ = 2.5π [ 인 자계 성분을 페이저로 표시하면 다음과 같다. π - j ( 4π y + 4 π z ) 일 경우 식(6.24a)를 이용하여 각도 스펙트럼을 앞의 문제 6-17에서와 동일한 방법으로 구하면 다음 과 같다. ⌠ Ek k dx dy ⌡ ⌠ ⌡ Exy e ⌠ x̂ e dx dy ⌡ ⌠ ⌡ e = ( x , y ,0) = = ∞ -∞ -∞ ∞ ∞ -∞ -∞ = 12 [ j kxx + j kyy ( , , 0) 1 1 j kx + 0.5 j ky + 0.4 1 1 j kx - 0.5 j ky + 0.4 1 1 j ky - 0.4 0.8 kx + 0.5 - j kx + 0.5 1 2 j kxx + j kyy - 0.5 | x | - 0.4 | y | 12 - = 12 [ 2 2 ky + 0.4 2 ] + 1 1 j kx - 0.5 j ky - 0.4 ] x̂ (a) 3 2 2 2 x = k0 = v0 = v0 = = × 8 × 3 10 8 = π r ad/m 이다. x y z - j πz - j kz y 2 = 240 e - j πz 2 2 x̂ V/m 2 2 ω = 2π f v0 H 1 = H ( k = 6π , k = 0, 0) e x ẑ 방향으로 진행하는 평면파의 전계는 k = k = 0 , k = k 인 경우에 해당된다. 따라서 이 경우의 전계 성분 E + 는 다음과 같다. E + = E ( k = 0, k = 0 , 0) e = ( 0 + 0.5 9.6 x̂ e ) ( 0 + 0.4 ) (a) + x 2 ] 2 1 1 j kx - 2 π j ky - 3 π ] = ŷ × 9 2π⋅( 1.5 10 ) × = 3 10 8 = 10π r ad/m 이다. - j ( 6π x + 8π z ) y 60 π 2 3 2 2 2 ( 36 π + 4 π ) ( 0 + 9 π ) 1 - j ( 6π x + 8 π z ) e 6π ŷ e - j ( 6π x + 8π z ) ŷ A/m x̂ + 4 ẑ 방향으로 진행하는 평면파의 전계 E 1 는 자유공간이므로 다음과 같다. E 1 = η [ H 1× ˆ k1 ] = 120π⋅[ 61π e ŷ × 3 x̂ +5 4 ẑ ] = 16 e x̂ - 12e ẑ V/m (c) 3 x̂ - 4 ẑ 방향으로 진행하는 평면파의 파수벡터는 k2 = k ˆ k2 = 10π 3 x̂ - 4 ẑ = 6π x̂ - 8π ẑ r ad/m (b) ŷ ŷ 따라서 이 방향으로 전파되는 자계 H 1 은 다음과 같다. x̂ 2π⋅( 1.5 10 ) 2 k y + 9π + k1 = 3 x̂ +5 4 ẑ 로 진행하는 평면파의 파수벡터는 다음과 같다. x̂ + 4 ẑ 방향, 즉 ˆ 2 2π f 1 3 v0 1 j ky + 3 π j k y - 3π 6π 2 1 j kx - 2 π 1 2 y ω - j kx + 2 π 4π 2 kx + 4 π = k0 = j kxx + j kyy k1 = k ˆ k1 = 10π 3 x̂ +5 4 ẑ = 6π x̂ + 8π ẑ r ad/m x̂ ( k + 0.5 ) ( k + 0.4 ) 그리고 자유공간에서는 k 1 j k y + 3π ( kx + 4 π ) ( ky + 9 π ) 그리고 자유공간이므로 k 9.6 = 1 j kx + 2 π 60 π 2 j kxx + j kyy - 2π | x | - 3π | y | - z=0 ∞ ( , ,0) 2.5 x̂ A/m = 2.5 π [ 문제 6-19 z 일 경우 식(6.24a)를 이용하여 각도 스펙트럼을 앞의 문제 6-18에서와 동일한 방법으로 구하면 다음 과 같다. ⌠ Hk k dx dy ⌡ ⌠ ⌡ Hxy e ⌠ ŷ e dx dy ⌡ ⌠ ⌡ πe = H 1 ( k = 0, k = 4π ) = (0 + π ) 32( 16ππ + 16π ) x̂ = π1 x̂ A/m x y z=0 ( 2 (b) x z ( 4 2 π ) - 0 - ( 4 π ) = 4π r ad/ m k - kx - ky = - j πz 0 x̂ 8 ẑ 방향으로 진행하는 평면파의 자계 성분 H + 는 자유공간이므로 다음과 같다. H + = η1 ( ẑ× E + ) = 1201 π ( ẑ×240 e x̂ ) = π2 e ŷ A/m - j πz 1 j ky + 4 π 2π⋅( 6 10 ) εr μr = v0 x̂ dx dy ] x̂ 2 는 다음과 같이 구할 수 있다. kz = 2 ( j ky - 4π )y 1 ] ( kx + π ) ( ky + 16 π ) 2π f = v 2 32 π = ω 8π e j kx - π - 1 j kx + π 2π kx + π ( j kx - π ) x 0 j kx + π - = 2[ ∞ 0 3 - j ( 6π x + 8π z ) 0 - j ( 6π x + 8π z ) 5 - j ( 6π x + 8π z ) 연습문제 109# 파이다. 이다. 따라서 이 방향으로 전파되는 자계 H 2 는 다음과 같다. H 2 = H ( k = 6π , k = 0, 0) e x (d) 3 - j ( 6π x - 8π z ) y = ŷ e ( 36 π + 4 π ) ( 0 + 9 π ) = 1 - j ( 6π x - 8 π z ) e 6π 60 π 2 3 2 2 E 1 = 50 e 문제 6-23 (a) - j ( 6π x - 8π z ) 2 - j ( 4 y + 3 z) e 평면파-2 의 전계는 당연히 E x y z μ 다. 이때 통과하는 매질의 고유 임피던스는 η ε η ( , , ) = 60 (b) ŷ A/m x̂ - 4 ẑ 방향으로 진행하는 평면파의 전계 E 2 는 자유공간이므로 다음과 같다. E 2 = η [ H 2× ˆ k2 ] = 120π⋅[ 61π e ŷ × 3 x̂ -5 4 ẑ ] = - 16 e x̂ - 12e ẑ V/m - j ( 6π x - 8π z ) - j ( 6π x - 8π z ) r 방향은 k̂ 4 = ŷ = e - j 5z = je - j 5z -j 5z x̂ + 3 ŷ ] + e [ 3 x̂ - j 3 ŷ ] - j e - j 5z [j 3 2 4 +3 E r ight = e (b) E ( z) = - 4 e -j 5z - j 5z [j 3 x̂ + 3 ŷ ] [ 3 x̂ + j 3 ŷ ] x̂ + 3 ŷ ] x̂ = e - j 5z 1 20 π = -e x̂ + j 2 ŷ ] + e [ 2 x̂ - j 2 ŷ ] - e [-2 - j 5z - j 5z 따라서 이 경우 오른손 원형편파는 다음과 같다. E right = e (c) E ( z ) = 4 e x̂ + j 2 ŷ ] x̂ - 6 e ŷ = e - j 5z - j 5z =e (d) E ( z) = - 4 e k̂ = - j 5z [ (2 +e - j 5z -2 x̂ + ẑ 2 ( - 2) +1 이고, 전파 = -2 5 ŷ - 80 e - j ( 4 y + 3 z) ẑ )] ŷ A/m 이다. 여기서 자유공간이며, 전파 j ( 2x - z ) 방향은 x̂ + 15 ẑ 이므로 전계 E 1 은 다음과 같다. ŷ× ( -52 x̂ + 15 ẑ )] j ( 2x - z ) x̂ + 2 ẑ ] V/m H2 = 5 e x̂ + 2 5 e ẑ A/m 이다. 여기서 자유공간 (b) 평면파-2 의 자계는 -2 1 이며, 앞에서 처럼 전파방향은 k̂ = 5 x̂ + 5 ẑ 이므로 전계 E 2 는 다음과 같다. j ( 2x - z ) E 2 = η [ H 2× ẑ ] = 120π [ ( 5 e [ (2 - j 5z 2 5 e = [ j ( 2x - z ) j ( 2x - z ) j ( 2x - z ) 0 - j 5z - j 5z ẑ V/m 이 x̂ A/m = 120 π e x̂ - j 2 ŷ ) + ( - j 3 x̂ - 3 ŷ )] [ ( 2 - j 3 ) x̂ - j ( 2 - j 3 ) ŷ ] x̂ - 6 e ŷ = e [ ( - 2 x̂ + j 2 ŷ ) + ( - j 3 x̂ - 3 ŷ )] +e [ ( - 2 x̂ - j 2 ŷ ) + ( j 3 x̂ - 3 ŷ )] - j 5z - j ( 4 y + 3 z) - j ( 4 y + 3 z) 0 x̂ - j 2 ŷ ) + ( - j 3 x̂ - 3 ŷ )] [ ( 2 x̂ + j 2 ŷ ) + ( j 3 x̂ - 3 ŷ )] - j 5z e ŷ + 0.6 ẑ )× ( 60 e E 1 = η [ H 1× ẑ ] = 120π [ 5 e [-2 따라서 이 경우오른손 원형편파는 다음과 같다. E r ight = e x̂ - j 2 ŷ ] [ 2 x̂ + j 2 ŷ ] [-2 5 π [ ( 0.8 평면파-1 의 자계는 당연히 H 1 문제 6-24 (a) - j 5z 1 120π = 20π Ω 36 = - j ( 4 y + 3 z) 2 = - [-j 3 - j 5z ŷ - 80 e H 2 = η1 [ k̂× E 2 ] - j ( 6π x - 8 π z ) 따라서 이 경우 오른손 원형편파는 다음과 같다. 0 - j ( 4 y + 3 z) ŷ + 3 ẑ = 0.8 ŷ + 0.6 ẑ 이다. 따라서 자계 H 2 는 다음과 같다. = E (z) = 6 e r = 0 문제 6-21 (a) x̂ V/m = - 600 π e x̂ + 2 5 e j ( 2x - z ) ẑ )× ( -52 x̂ + 15 ẑ )] ŷ V/m j ( 2x - z ) - j 5z - j 5z 따라서 이 경우오른손 원형편파는 다음과 같다. E right = e = e 문제 6-22 - j 5z - j 5z 문제 6-25 (a) ky = x̂ + j 2 ŷ ) + ( - j 3 x̂ - 3 ŷ )] [ - ( 2 + j 3 ) x̂ + j ( 2 + j 3 ) ŷ ] [ (-2 [ E x( 0, t) 4 8 y 2 ] + [ E y (0, t) 3 2 × 8 2 v × × × = 8 2 8 2 ( 5 10 ) ε r μ r - k2x - k2z = 평면파의 진행방향은 k̂ 진행방향은 서로 직교해야 하므로 8 대해서는 2 0 (b) E ( 0, t) = E ( 0, t) x̂ + E ( 0, t) ŷ = 4 sin ( 2 ×10 t ) x̂ - 3 cos ( 2 ×10 t ) ŷ 이므로 각각의 성분들에 x ω2 (3 10 ) 4 2 2 ] = [ sin ( 2 10 t )] + [ - cos ( 2 10 t )] = 1 을 만족하므로 시간에 따라 타원궤도를 돌게 됨을 알 수 있다. 따라서 이 경우의 평면파는 타원편 = 4 r ad/m 2 - j ( 4 y + 3 z) [ 20 x̂ + 24 ŷ + E ẑ ] z - j ( 4 y + 3 z) = 0 8 2 ŷ + 3 ẑ = 0.8 ŷ + 0.6 ẑ 인데, 전계의 방향과 평면파의 4 +3 k̂⋅ E = ( 0.8 ŷ + 0.6 ẑ )⋅e = ( 19.2 + 0.6 E z ) e 2 ⋅9⋅1 - 0 - 3 을 만족해야 한다. 따라서 x̂ 방향의 전계강도 E 는 다음과 같다. x 19.2 Ez = = - 32 V/m 0.6 연습문제 (c) 매질의 고유 임피던스 η = μr η = εr 0 1 120π = 40π Ω 9 111# 이므로 자계는 다음과 같다. H( y, z ) = η [ k̂× E ( y, z ) ] i 1 = 1 40π [ ( 0.8 ŷ + 0.6 ẑ )×e - j (4 y + 3 z) ( 20 e π - j (4 y + 3 z) [- 과 같이 쉽게 구할 수 있다. H 1 ( y, z ) = π1 e - j ( 4 y + 3 z) [ 0.3 = tan -1 ix ( ) = tan -1 3 ) = 60 1 ( iz = 1 x̂ + 24 ŷ - 32 ẑ )] x̂ + 0.3 ŷ - 0.4 ẑ ] A/m (d) 원래의 평면파를 x̂ 성분의 전계 만을 갖는 평면파-1 과 x̂ 성분의 자계 만을 갖는 평면파-2 의 합으 로 표시할 경우 평면파-1 의 자계 H 1 는 x̂ 이외의 성분으로 구성되므로 앞의 (c)의 결과로부터 다음 = 1 축으로부터 평면파의 입사방향이 이루는 각을 입사각으로 정의하면 k 〫 θ k 이다. 영역-1은 자유공간이므로 η η π Ω 이고, 영역-2는 ε 무손실 유전체 이므로 η π π Ω 이다. 따라서 식(6.66a)와 (6.66b)로부 각각 반사각 θ 과 굴절각 θ 를 구하면 다음과 같다. 〫 θ θ k k 〫 θ θ k k (b) z 2 r = 0 = 120 r = 3, μr = 1 = 40 3 인 터 t = r t ŷ - 0.4 ẑ ] A/m 1 120 3 = 60 i = sin -1 1 [ sin 2 i ] = sin -1 0 [ 3 sin 60 ] = sin -1 [ 0 = sin 1 3 ⋅ 3 ] 2 -1 1 2 〫 (c) 식(6.70a)와 (6.70b)로부터 각각 반사계수 Γ 와 투과계수 T 를 구하면 다음과 같다. 〫 η 〫 η η θ η θ Γ η θ η θ 〫 η 〫 η = 30 문제 6-26 (a) kz = ω2 2 v0 2 × 8 ( 1.5 10 ) × 2 - kx - k y = 8 ( 3 10 ) 평면파의 진행방향은 k̂ 파의 진행방향은 서로 직교해야 하므로 = (b) 2 2 2 1 2 - 0.3 - 0 = 0.4 r ad/ m = x̂ + 0.4 ẑ = 0.6 x̂ + 0.8 ẑ 인데, 자계의 방향과 평면 0.3 + 0.4 0.3 2 k̂⋅ H = ( 0.6 x̂ + 0.8 ẑ )⋅e = ( 0.6 H x - 12 ) e 2 cos i - 1 cos t 2 cos i + 1 cos t 2 - j ( 0.3 x + 0.4 z ) [ Hx x̂ + 25 ŷ - 15 ẑ ] - j ( 0.3 x + 0.4 z ) = 자유공간에서 η = η 0 = 120π Ω E ( x, z ) = η [ H( x, z ) × k̂ ] - j ( 0.3 x + 0.4 z ) x̂ ẑ r ad m 이고, 경계면의 법선방향 n̂ ẑ 인데 입 사파의 입사파의 파수벡터 ki 전계 방향은 이들과 모두 직교하는 ŷ 성분만 있다. 그러므로 여기서의 입사파는 수직편파이다. / cos 60 + 0 cos 30 ⋅ 1 2 3 2 ⋅ 1 + 2 3 2 1-3 1+ 3 = = = ŷ = - 0.5 e k ε μ (e) 영역-2에서의 파수는 k 로부터 다음과 같이 구할 수 있다. 2 (6.70b) Et= T e = 1 - j k2 ( x sin θ t + z cos θ t ) r r 문제 6-28 경계면 z =0 + - j 2 ( x sin 60 3 x - z) 3 r ad/m -j 2 -j ( 3 -j ( = 2 = 0.5 e = 0.5 e sin θ t = + 0 = - 0.5 e -3 ( 20 - j k 1 ( x sin θ r - z cos θ r ) - j ( 0.3 x + 0.4 z ) 3 3 1 1 Er = Γ e - j ( 0.3 x + 0.4 z ) = cos 30 T = 1 + Γ = 1 - 0.5 = 0.5 x̂ + 25 ŷ - 15 ẑ )× ( 0.6 x̂ + 0.8 ẑ )]⋅10 = e [ 2.4 π x̂ - 3 π ŷ - 1.8 π ẑ ] V/ m (d) 매질 경계면의 법선방향이 - ẑ 이고, 전파방향이 k̂ = 0.6 x̂ + 0.8 ẑ 이므로 수직편파의 전계 E ⊥ 는 앞의 (c)의 결과로부터 ŷ 성분만 취하면 되므로 E ⊥ = - 3π e ŷ V/m 이다. 따라서 수직편파의 자계 H ⊥ 는 원래의 자계에서 ŷ 성분만 뺀 것으로 다음과 같다. H⊥ = e [ 20 x̂ - 15 ẑ ] mA / m 문제 6-27 (a) 0 영역-1은 자유공간으로 파수는 k | ki | | x̂ ẑ | 파는 식(6.61a)와 (6.70a)로부터 다음과 같이 구할 수 있다. 이므로 전계는 다음과 같다. - j ( 0.3 x + 0.4 z ) - 3 (d) 0 = 120 π [ e cos 60 = - 0.5 x (c) 0 3 을 만족해야 한다. 따라서 x̂ 방향의 자계강도 H 는 다음과 같다. 12 = 20 mA /m 0.6 3 1 1 = =0 Hx = = 3 ( x sin 30 3 x + 3 z) 의 양측에 있는 무손실 매질의 투자율이 μ 〫 = 2 r ad/m - z cos 60 ŷ V/m 이다. 따라서 반사 〫 ŷ ) 이다. 따라서 투과파는 식(6.61b)와 〫〫 + z cos 30 ) ŷ V/m 1 = μ2 = μc 로 같을 경우 식(6.66b)로부터 ε1 sin θ i ε2 μ μ 이며, 또한 두 영역의 고유 임피던스는 η , η ε ε 고유 임피던스의 비를 입사각 θ 와 투과각 θ 로 나타내면 1 i 1 = 1 t = c 1 2 = μ2 = ε2 μc ε2 이다. 따라서 두 113# 연습문제 Et= T e μc ε2 μc ε1 η2 = η1 ε1 = ε2 = sin θ t = (3- 3 ) e sin θ i 와 같아서 수직편파시 평면파의 투과계수 T 는 식(6.70a)로부터 다음과 같음을 보일 수 있다. ⊥ T⊥ = η2 ) cos θ i η1 2( 2 η 2 cos θ i = η 2 cos θ i + η 1 cos θ t ( ŷ = ( 3 - 3 ) e - j k 2 ( x sin θ t + z cos θ t ) 문제 6-30 경계면 z sin θ t = ( 영역-1에서 파수는 k 영역-2에서의 파수는 k = k0 1 k ix θ i = tan - 1 ( k iz θ t = sin 2 -1 [ k1 k2 -1 ( 2 3 = ) = 30 이다. 따라서 자유 공간인 r ad m 임을 알 수 있다. 또한 입 사각 2 sin θ i ] = sin 2 sin 30 〫 ] = sin = sin -1 -1 1 2⋅ ] 2 [ η1 = η0 이 구할 수 있다. Γ= 2 , η2 = 〫 η 이므로 수직입사의 경우 투과계수 T 는 식(6.70b)로부터 다음과 같 0 2 η 2 cos θ i = η 2 cos θ i + η 1 cos θ t 2⋅η 0 cos 30 η 0 cos 30 〫 = = 3 + 2 + 1 2 〫 η 0 cos 45 3 2 2⋅ 1 2 ε1 = ε2 = 1 ⋅ sin θ t = 〫 = = = 1 2 3 +1 sin θ i sin θ t sin θ i = 2 3 (c) 3 2 = μ2 = ε2 μc ε2 이다. 따라서 두 sin θ t = ⋅ cos θ t - cos θ i ⋅ cos θ t + cos θ i sin θ t ⋅ cos θ t - cos θ i⋅ sin θ i sin θ t ⋅ cos θ t + cos θ i⋅ sin θ i 2 2 2 2 2 2 2 2 sin θ t ⋅ cos θ t⋅( sin θ i + cos θ i ) - sin θ i ⋅ cos θ i⋅( sin θ t + cos θ t ) sin θ t ⋅ cos θ t⋅( sin θ i + cos θ i ) + sin θ i ⋅ cos θ i⋅( sin θ t + cos θ t ) ( sin θ t cos θ i - cos θ t sin θ i )⋅( cos θ t cos θ i - sin θ t sin θ i ) ( sin θ t cos θ i + cos θ t sin θ i )⋅( cos θ t cos θ i + sin θ t sin θ i ) sin ( θ t - θ i )⋅ cos ( θ t + θ i ) sin ( θ t + θ i )⋅ cos ( θ t - θ i ) tan ( θ t - θ i ) tan ( θ t + θ i ) 또한 (6.78b)로부터 수평편파시 평면파의 투과계수 T 가 다음과 같음을 보일 수 있다. ll =3- c 1 sin θ i = 2 2 = 45 (b) = η2 cos θ t - cos θ i η1 η2 cos θ t + cos θ i η1 t [ μc ε2 μc ε1 η 2 cos θ t - η 1 cos θ i η 2 cos θ t + η 1 cos θ i 2 / 2 로 같을 경우 식(6.66b)로부터 t Γ ll = 〫 이므로 굴절각 θ 는 다음과 같다. -1 ) ll 1 + ( 3) = 2 r ad/m 2 = μ2 = μc 〫 ŷ 와 같다. 따라서 식(6.78a)로부터 수평편파시 평면파의 반사계수 Γ 을 다음과 같음을 보일 수 있다. sin ( θ t + θ i ) 2 1 η2 = η1 2 cos θ i sin θ t ε r = k0 2 = = k0 = ) = tan sin θ i 1 = i ) cos θ i + cos θ t sin θ t cos θ i + sin θ i cos θ t = (a) ) cos θ i + z cos 45 ŷ V/m μ μ 이며, 또한 두 영역의 고유 임피던스는 η , η ε ε 고유 임피던스의 비를 입사각 θ 와 투과각 θ 로 나타내면 2 sin θ t cos θ i = 문제 6-29 sin θ i sin θ t 1 〫 ε1 sin θ i ε2 1 2( 2 ( x sin 45 - j ( x + z) 의 양측에 있는 무손실 매질의 투자율이 μ =0 sin θ t = η2 ) cos θ i + cos θ t η1 -j 투과파는 식(6.61b)와 (6.70b)로부터 다음과 같이 구할 수 있다. T ll = ( 1 + Γ ll ) cos θ i cos θ t 115# 연습문제 = [1 + cos θ i ] = cos θ t sin ( θ t + θ i )⋅ cos ( θ t - θ i ) sin 2 θ t = ⋅ sin ( θ t + θ i )⋅ cos ( θ t - θ i ) 2 sin θ t cos θ t = ⋅ sin ( θ t + θ i )⋅ cos ( θ t - θ i ) ⋅ cos θ i E i ( x, z ) = η [ H i ( x, z ) × ˆki ] = 120π [ 1201 π e - j (3 x + 3 z) 0 3 z) [ 영역-2의 파수는 k k ε μ θ 는 식(6.66b)로부터 다음과 같이 구한다. = 0 r2 r2 1 2 θ t = sin - 1 [ k2 sin θ i ] = sin -1 [ 3 2 sin 60 〫 (c) = 이다. 따라서 투과각 = (d) r2 r2 Γ ll = 0 = 1 120 1.5 2 cos 45 3 = = 2 cos 45 3 2 3 1 2 3 1 2 - 〫〫 1 2 1 + 2 2 - cos 60 + cos 60 3 z) 3 z) [ 〫〫 1 - j k2 ( x sin θ t + z cos θ t ) 120 π 40 6 π (4 2- 2 6 ) 문제 6-33 4 3- 6 - j ( 3x + 3z ) e 120 π 〫 E t = η [ H t× ˆkt ] = 40 6 π [ 41203-π 6 e - j ( 3x + 3z ) 2 θ c = sin - 1 ε2μ 2 -1 = sin ε1μ 1 (a) ε r = 2 인 경우 θ (b) ε r = 4 인 경우 θ 문제 6-34 (a) c = sin c = -1 sin 1 2 -1 1 4 ε 0μ 0 ε r ε 0μ 0 = 45 = sin 2 2 -1 1 ∥ ε 2μ 2 ε 1μ 1 = εr 〫 = sin -1 1 = 30 2 식(6.79)로부터 임계각을 구하면 sin θ c = + z cos 45 〫 ŷ ) ŷ× 3 x̂3+23 ẑ ] [ - j ( 3x + 3z ) 15ε 0 μ 0 = εr ε0μ0 15 εr 〫 ŷ A/m ŷ× ( 23 x̂ - 12 ẑ )] ŷ A/m 식(6.79)로부터 임계각을 구하면 다음과 같다. 와 투과 3z) ŷ 1 - j 3 2 ( x sin 45 e 120 π = ( 4 2- 2 6 ) e = η 0 = 120π Ω - j ( 3x - x̂ + 23 ẑ ] V/m 1 2 2 = 40 6 η 2 cos θ t - η 1 cos θ i η 2 cos θ t + η 1 cos θ i - j (3 x - 1 〫 (c) 앞의 (a)의 결과로부터 입사파는 수평편파임을 알 수 있다. 그리고 η μ η π π Ω 이다. 따라서 이 경우의 반사계수 Γ 이고, η ε 계수 T 는 각각 식(6.78a)와 (6.78b)로부터 다음과 같이 구할 수 있다. = 2 2 식(6.71b)와 (6.73b)으로부터 투과파의 자계 H t 를 구하면 다음과 같다. 1 = 45 2 - j (3 x - 2 3 -1 ] = sin [ ⋅ ] 2 3 2 = sin -4 3 ŷ = - 7 120 e π 0 H t = ηη T 1201 π e ŷ× ( 23 x̂ + 12 ẑ )] 2 3 -1 - j k1 ( x sin θ r - z cos θ r ) -4 3 E r = η [ Hr×ˆ kr ] = 120π [ - 7 120 e π x̂ - 23 ẑ ] V/m = 2 3 ⋅ 1.5 = 3 2 r ad/ m 2 3 1 2 〫 이므로 반사파의 자계 H r 는 다음과 같다. = (7-4 3 ) e t k1 (a) θ r = θ i = 60 (b) - j (3 x + = (8-4 3 ) = 4 2 -2 6 i 2 〫〫 cos θ i ki = 3 x̂ + 3 ẑ = 2 3 ( 23 x̂ + 12 ẑ ) = 2 3 ( sin 60〫 x̂ + cos 60〫 ẑ ) r ad/m 이므로 k = k = 2 3 r ad/m 와 θ = 60 〫임을 알며, 입사파의 전계 E i 는 다음과 같이 구 (b) cos 60 cos 45 cos θ t H r = - Γ 1201 π e = e 3 = (1 + 7-4 3 ) cos θ t cos θ t 문제 6-32 0 cos θ i T ll = ( 1 + Γ ll ) 공기중인 영역-1에서 입사파의 파수벡터는 1 3 2+ = 7-4 3 cos θ i sin ( θ t + θ i ) cos ( θ t - θ i ) 할 수 있다. 2- cos θ t 2 cos θ i sin θ t = (a) sin ( θ t + θ i )⋅ cos ( θ t - θ i ) sin ( θ t + θ i )⋅ cos ( θ t - θ i ) + sin ( θ t - θ i )⋅ cos ( θ t + θ i ) = 문제 6-31 sin ( θ t - θ i )⋅ cos ( θ t + θ i ) x̂ - 22 ẑ ] V/m 117# 연습문제 sin 60 〫 = 3 2 이므로, z 에 있는 유전체의 상대유전상수 ε (b) 식(6.88)로부터 수평편파의 Brewster 각을 구하면 < 0 ε 1μ 2 ε 2μ 1 ε1 2 1-( ) ε2 1- sin θ ll = B 1= sin θ t = 이다. r = 20 이다. 그렇다면 cos θ t = 1 - sin = εr ε0 2 1-( ) 15 ε 0 1 = 1+ εr 15 cos 〫 이므로, 영역 z 에 있는 유전체의 상대유전상수 ε = 3 2 < 0 r =5 ε2μ2 ε 1μ 1 1- 〫 = 이다. cos α sin θ t ll sin θ B = 문제 6-37 εr μr 2 1 - εr 1- = 1= 〫 1 = 2 와 같다. 위의 두 식 중에서 첫 번째 식을 정리하면 μ 식을 간략화한 식에 대입하면 2 1 - εr = 4 - 4 εr μr εr =4-4 ( 2 εr r = 2 εr 로 간단히 나타낼 수 있다. 이를 두 번째 2 ) = 4 - 2εr 이 된다. 이로부터 z 에 있는 매질의 ε 과 μ 을 구하면 다음과 같다. < 0 문제 6-36 1- sin α 1 εr ] 2 sin α =3 0 +4 = 5 ( 0.6 + 0.8 ) / 는 = 120 ( , ) = 1 [ ( , )]= 0 1 120 × [ ( 0.6 + 0.8 ) 8.4 - j ( 3 x + 4z ) ] x̂ + 0.6 ẑ ] = 70 e [ - 0.8 x̂ + 0.6 ẑ ] mA /m (b) 완전도체에서의 반사이므로 Γ = - 1 , kr = 3 x̂ - 4 ẑ = 5 ( 0.6 x̂ - 0.8 ẑ ) r ad/m ŷ V/m 이다. 따라서 반사자계 Hr 은 이므로 반사전계는 E r ( x, z) = - 8.4π e -2 e - j ( 3 x + 4z ) [ - 0.8 - j ( 3 x + 4z ) sin 30 μr = εr x̂ ẑ r ad m 이다. 자유공간에서 입사파의 파수벡터는 ki x̂ ẑ η η π Ω 이므로 입사자계 H i 는 다음과 같다. H i x z η ˆki× E i x z x̂ ẑ × π e ŷ π (a) = 7 10 ∥ εr = 1 cos α ] ε r - sin 2 α = t sin α [ 1 - = ε r ε 0μ 0 ε 0μ r μ 0 εr ε0 2 1-( ) ε0 1- α ] sin α cos θ t 1 εrμr 이고, 다음 식(6.88)로부터 수평편파의 Brewster 각을 구하면 가 된다. 따라서 두께 t 인 균일한 무손실 2 sin [ sin α cos θ t - cos α sin θ t ] cos θ t sin α⋅ 2 2 ε 1μ 2 ε 2μ 1 ε1 2 1-( ) ε2 1 εr = t sin α [ 1 - = sin α εr t ∥ sin 45 1 cos α ⋅ ε 0μ 0 ε r ε0μr μ 1 = θt = = t sin α [ 1 - 먼저 식(6.79)로부터 임계각을 구하면 sin θ c = 2 t d = l sin ( α - θ t ) = sin 60 ε 0μ 0 sin α = εr ε 0μ 0 t 비자성체를 통과한 거리 l 이다. 그렇다면 무손실 유전체가 없을 때 통과경로와 있을 때 통 θ 과경로 간의 거리 편차 d 는 다음과 같이 구할 수 있다. ε r ε 0μ 0 15 ε 0 μ 0 ∥ 문제 6-35 ε 1μ 1 sin θ i = ε 2μ 2 4-1 = 2 εr = 3 2 3 식(6.66b)에서 입사각 θ r i = =α 2 3 3 일 경우 투과각은 r - j ( 3 x - 4z ) 다음과 같다. H r ( x, z ) = η1 [ ˆ kr × E r ( x, z)] = 1201 π [ ( 0.6 x̂ - 0.8 ẑ )× ( - 8.4π e 0 × - j ( 3x - 4z ) ŷ )] x̂ + 0.6 ẑ ] = - 70 e [ 0.8 x̂ + 0.6 ẑ ] mA /m H = H + H z < 0 (c) 공기로 채워진 영역 에에서 1 i r 이고, z > 0 인 완전도체 내부에서는 자계가 0이므로 H 2 = 0 이다. 경계면의 법선방향을 n̂ = ẑ 라고 하면 z = 0 인 완전 도체 표면에 유기되는 면전류 K 는 다음과 같이 구할 수 있다. K = n̂ × [ H 2 - H 1 ] = ẑ ×[ 0 - ( H i ( x, z ) + H r ( x, z ) )] = - ẑ × [ H i ( x,0) + H r ( x,0) ] = - 7 10 -2 e - j ( 3 x - 4z ) [ 0.8 - j ( 3 x - 4z ) z=0 z=0 119# 연습문제 ẑ × [ - 112 e x̂ ] = 112 e ŷ mA/m - j 3x = - - j 3x (b) 반사각 θ = θi r H r = ΓηE e 입사파의 파수벡터는 i 1 - sin = 1.56 r 3 5 i = k1 = k0 = 5 r ad/ m 임을 알 수 있고, 무 = 1 와 같이 구할 수 있다. 따라서 sin θ t = k1 k2 (c) = - 20 e T = 1+Γ = 1- = kt = k ( sin θ x̂ + cos θ ẑ ) = k ( sin θ x̂ + 1 - sin θ ẑ ) 5 = 7.8 ( x̂ + 1 -( 135 ) ẑ ) 13 t t t 2 t ki = 3 x̂ + 4 ẑ r ad/m 이고, 경계면의 법선방향 n̂ = ẑ 인데 입사파의 전계방향은 이들과 모두 직교하는 ŷ 성분만 있으므로 입사파는 수직편파이다. 이 경우 η = η , 1 이고, 앞의 결과에서 수 Γ 는 다음과 같이 구할 수 있다. μr η0 η = εr 0 εr = η0 cos θ i = 1.56 1 Γ= η 2 cos θ i - η 1 cos θ t = η 2 cos θ i + η 1 cos θ t εr 1 εr 4 5 , cos θ t = 12 13 이므 0 = 20 - 36 20 + 36 로 반사계 7 - j ( 3 x+ 4z ) e [ - 0.8 100 - j ( 3 x + 7.2 z ) - j ( 3x + 7.2z ) [- x̂ + 135 ẑ ] 12 13 [- x̂ + 135 ẑ ] mA/m 12 13 z=0 - j 3x μ1 = μ2 = μ0 인 경우 수평편파된 평면파의 Brewster 각 θ 은 (6.88)로부터 ll B ε 1μ 2 ε 2μ 1 ε1 2 1-( ) ε2 1- ll ε1μ0 ε 2μ 0 ε1 2 1-( ) ε2 1- = ε1 ε2 ε1 2 1-( ) ε2 1- = 1 = 1+ ε1 ε2 θ θ 과 같으므로 εε 임을 알 수 있다. θ θ θ θ 이를 식(6.79)에 주어진 임계각 θ 에 대입하여 정리하면 다음의 관계식을 얻을 수 있다. 1 2 = 1 sin 2 ll B -1= 1 - sin sin 2 2 ll B = ll B cos 2 sin 2 ll B ll B = 1 tan 2 ll B c H i = η1 [ ˆki× E i ] = 1201 π [ ( 35 x̂ + 45 ẑ )×8.4π e = e - j 3x sin θ c = 1 -2 t - j ( 3x - 4 z ) sin θ B = 2 = 7 문제 6-39 (a) - j k2 ( x sin θ t + z cos θ t ) z=0 문제 6-40 cos θ i + cos θ t = 이므로 식(6.62b)로부터 투과파의 자계 H t 를 구하면 다음과 2 5 = 7 7 (d) 경계면의 법선방향을 n̂ = - ẑ 라고 하면 z = 0 인 유전체 표면에 유기되는 면전류 K 는 식(6.97)로부터 다음과 같이 구할 수 있다. K = n̂ ×2 H r ∣ = - ẑ ×2 [ - 20 e ( 0.8 x̂ + 0.6 ẑ )] = 40 e ẑ × ( 0.8 x̂ + 0.6 ẑ ) = 32 e ŷ mA/m cos θ i - cos θ t 1 4 12 ⋅ 1.56 5 13 1 4 12 ⋅ + 1.56 5 13 [ 0.8 x̂ + 135 ẑ ] = 78 e (d) i 5 5 12 ⋅8.4 π - j 7.8 ( x+ z) 7 12 13 13 e [120 π 13 1.56 × 5 13 x̂ + sin θ ẑ ] x̂ + sin θ ẑ ] = 7.8 10 x̂ + 12 ẑ ) 13 = 3 x̂ + 7.2 ẑ r ad/m = 7.8 ( r [ - cos θ t i 2 2 e 2 2 η2 = -2 - j ( 3x - 4z ) H t = Tη E e 5 5 ⋅0.6 = 7.8 13 sin θ i = x̂ + sin θ ẑ ] x̂ + 0.6 ẑ ] [ 0.8 x̂ + 0.6 ẑ ] mA /m - j 5 ( 0.6 x - 0.8 z ) = - 2 10 같다. 는 다음과 같이 구할 수 있다. sin θ t [ cos θ r 2 ⋅8.4 π 7 - j k1 ( x sin θ i - z cos θ i ) e [ cos θ i 120 π × ε r μ r = k0 ε r = 5⋅1.56 = 7.8 r ad/m k2 = k0 (c) = i 와 같다. 따라서 θ 이다. (b) 공기중의 파수는 앞에 있는 (a)의 결과로부터 손실 유전체 ( ε , μ ) 에서의 파수는 r - j k1 ( x sin θ r - z cos θ r ) 1 ki = k ( sin θ x̂ + cos θ ẑ ) = 3 x̂ + 4 ẑ = 5 ( 35 x̂ + 45 ẑ ) r ad/m x̂ + 0.6 ẑ ] mA/m [ - 0.8 이므로 식(6.61b)로부터 반사파의 자계는 H r 를 구하면 다음과 같다. i 문제 6-38 (a) - j ( 3x+ 4z ) = 70 e - j ( 3x+ 4z ) ŷ ] x̂ + 0.6 ẑ ] A/m ε 2μ 2 = ε 1μ 1 ε 2μ 0 = ε 1μ 0 ε2 = ε1 1 ε1 ε2 = 1 ll = tan θ B 1 tan θ llB 2 연습문제 121# 제 7 장 연습문제 풀이 문제 7-1 (a) 표 7-1로부터 주어진 동축선의 단위길이당 정전용량을 구하면 C= 2π ε r ε 0 b ln a 2π ε r ( = × 1 -9 10 ) -9 36 π 10 = 10 18 ln 5 ln 2 μr μ0d L= × σw 이다. 따라서 이로부터 상대유전상수를 구하면 다음과 같다. d R= → × × -5 → × -2 ) ) -3 ) × = = 9 10 π f μcσc 2 = wσc ∞ -2 = )⋅( 2 10 -2 -3 lim σc × )⋅ ( 9 10 -3 )⋅( 9 10 × 2 10 = w δ σc ∞ -7 × × 9 10 2 lim σc -9 × 1.5⋅( 4 π 10 ( 2 10 = 10 2 10 = w G= ε r = 0.25 10 - 9 F/m = d × 1 36π 4⋅( εr ε0 w C= -4 → 10 40π 3 × -9 10 = -9 5 π = nF/ m 40 π 3 nH/m ℧m / 2 lim σc × 5 π w ∞ πfμc σc = 0 Ω/ m ε r = 18 ln 5⋅0.25 = 4.5 ln 5 = 4.5⋅1.6 = 7.2 (b) 표 7-1로부터 주어진 동축선의 단위길이당 유도용량을 구하면 μ μ μ π× b L × r = 0 2π ln = a (4 r 10 -7 ) 2π ln 10 2 문제 7-4 = ( 2 ln 5 10 × = 0.64 10 -7 -6 )μr H/m 0.64 10 -6 2 ln 5 10 -7 2π σ G= ln b a = = 2π σ 10 2 ( + 6.4 = 2 2⋅1.6 = ln 2π ln 5 × σ = 2π 10 - 5 2 = 문제 7-2 10 2π ln 5 = ln 5 10 -5 = 1.6 10 -5 ℧m / lim △z→ = / =9 = 2 10 / = 0 △ ( + ( , )+ , ) - 2 △z t , ) = lim G △z → 2 0 + ∂ i ( z, t) ∂z ( + , ) , )- =4 c = 1.5 0 =∞ 0 [ v( z, t) + v( z + lim C ∂ △ z→ ∂ t 2 0 ∂ ∂ 2 ( + , ) △z t , )] [ v( z, t) + v( z + △z t , )] ∥ G v( z , t) + C ∂ v( z, t) ∂t 를 얻을 수 있다. 다음에는 두 node를 포함하는 루프에 Kirchhoff의 전압법칙을 적용한 후 양변을 △z 로 나누면 다음을 얻을 수 있다. △ =2 ∂ ∂ 2 ( + i ( z , t) - i (z + z v( z, t) - v( z + z 두 평행평판의 폭 w cm , 간격 d mm 이며, 그 사이에는 ε ε , μ μ , × S m 인 손실 유전체가 채워져 있고, 평행평판은 완전도체이므로 σ S m 라고 두면 σ 된다. 이러한 전송선의 단위길이당 정전용량 C , 유도용량 L , 콘덕턴스 G , 저항 R 을 표 7-1로부터 구 하면 다음과 같다. -5 , ) ( , )+ με 2a 문제 7-3 2 ∥ - μ πε -1 d cosh ⋅ 2a π -1 d cosh = 0 표 7-1로부터 유전율 ε 과 투자율 μ 인 무손실 유전체 내에 완전도체로 된 두 평행도선의 단위길이 당 정 전용량 C 와 유도용량 L 을 구하여 서로 곱한 후, 자승을 취한 양은 다음과 같은 관계가 성립함을 알 수 있다. LC = , ) 과 같은 두 식을 얻을 수 있다. 위의 두 식을 서로 뺀 후 △z → 을 취하면 이다. 따라서 이로부터 도전율을 구하면 다음과 같다. π× × × Sm σ -5 ( + ( , ) 이다. 따라서 이로부터 상대투자상수를 구하면 다음과 같다. × μ × (c) 표 7-1로부터 주어진 동축선의 단위길이당 콘덕턴스를 구하면 r = 장에 있는 그림 7-9(a) 에서 두 node 사이를 흐르는 전류를 i z α △z t 라고 두자. 이때 α 는 을 만족하는 임의의 상수이다. 각각의 node에서 Kirchhoff의 전류법칙을 적용한 후 양변을 △z 로 나누면 i z t G C i z α △z t v z t v z t △z t △z i z △z t i z α △z t G v z △z t C v z △z t △z △z t 6 0< α< 1 △z t , ) = R i( z + α △z t , )+L ∂ i( z + α ∂t △z t , ) 그런데 위의 식에서 △z → 를 취하면 다음과 같은 관계식을 얻을 수 있다. 0 / lim △z→ 0 v( z , t) - v( z + z △ △z t , ) = lim R i ( z + α △z→ 0 △z t , )+ lim L △z→ 0 ∂ i( z + α ∂t △z t , ) 123# 연습문제 ∥ × ℧m × C × pF m π π π× 다음에는 식(6.15)의 γ 에 식(6.22)의 Z 를 곱하면 2 10 = ∂ v( z , t) ∂z R i ( z , t) + L -5 G = 2 3 10 ∥ ∂ i ( z, t) ∂t 5 / -5 10 4 = 6 10 - 12 4 = / c 그러므로 위의 두 결과를 정리하면 다음과 같은 두 개의 전송선 방정식을 얻을 수 있다. - - ∂ v( z , t) = R i ( z, t) + L ∂z ∂ i ( z , t) = G v( z, t) + C ∂z × × × × × R+ jωL = G+jωC 문제 7-5 (a) Z c = 4.8 10 3 10 4.8 10 = -3 -6 = 1.6 10 ∂ v( z , t) ∂t × × × -6 3 = Re [ × = Re [ 40 ( 3 10 × = 1.2 10 (c) β = Im [ γ ] = Im [ 8 8 × × -6 -9 ) -6 + j 2.25 π 2π f β = × + j 3.6 10 3 × × 8 ∠60 = 10 = 5 10 -2 ∠45 5 -1 〫 × 6 R + j 2π⋅( 2.5 10 ) L ) × 6 R + j 5π 10 L ) ( cos 60 + sin 60 1 εμ -2 ) = 5 10 + 5 3 10 -2 / -2 5 3 10 10 6 3 = 10 v0 = × 3 10 = εr μr -8 10 3 = × 8 3 10 1.2 = 1.44 / × 8 = 2.5 10 8 m/s × π r ad m × (c) 식(7.24)로부터 단위길이당 정전용량을 구하면 다음과 같다. (b) β = × 10 8 ω v β )2 ω ( m/ s 2π f = v C= L 먼저 식(6.15)의 γ 에 식(6.22)의 Z 를 나누면 8 = 2π⋅( 5 10 ) 2.5 10 =4 8 / 1 2 = v L 1 = × × L = C (d) Z c = 문제 7--6 )⋅( 2 10 -1 문제 7-7 (a) v = + j 2.25π )] 2π⋅ ( 7.5 10 ) 1 = 90 π 6 -3 × + j 2.25π )] -6 2 10 π ) ( 3 10 - 6 + j 2.25π )] ( R + j ω L ) ( G + j ω C )] = 90π r ad/m = × × +j 〫〫 j 〫 × j × 와 같은 관계식을 얻을 수 있다. 이로부터 R 과 L 을 구하면 다음과 같다. R × Ωm × L × nH m π π π× 10 3 -3 × ∥ ) Np/ m = Re [ 40 ( 3 10 ω (d) v = β 〫 = ( 4.8 10 -4 )⋅ ( 2 10 -3 ∥ ( 50 ∠15 π ( R + j ω L ) ( G + j ω C )] × 〫 -3 ∥ = 40 Ω (b) α = Re [ γ ] = Re [ ∥ ( 50 ∠15 + j 2π⋅( 7.5 10 )⋅( 2.4 10 + j 3.6 10 R+jωL = R + j ω L = R + j 2π f L G+jωC ( R + j ω L) ( G + j ω C) ⋅ ∥ + j 2 π⋅( 7.5 10 )⋅( 1.5 10 -3 3 10 ∂ i ( z, t) ∂t γ⋅Z c = 8 10 -9 2 10 -9 1 × 2 = = 4 =2 Ω v L 8 × 2 ( 2.5 10 ) ⋅ ( 8 10 -9 ) × = 2 10 -9 = 2 nF/ m c γ R+jωL = G + j ω C = G + j 2π f C G+jω C ( R + j ω L) ( G + j ω C) / = Zc ∥ × ∥ ( 2 10 -3 +j × 2 10 -3 )/( 50∠15 〫 × ∥ × ( 2 10 6 G + j 2 π⋅( 2.5 10 ) C ) ∥ -3 ∠45 〫 )/( 50∠15 〫 × 6 G + j 5 π 10 C ) × 〫 × 〫 j 〫 × j × 와 같은 관계식을 얻을 수 있다. 이로부터 G 와 C 를 구하면 다음과 같다. 10 -4 ∠30 = 4 10 -5 ( cos 30 + sin 30 ) = 2 3 10 -5 + 2 10 -5 εμ v0 = = εr μr × 3 10 × 8 3 10 1.5 = 2.25 × 8 = 2 10 8 m /s × π r ad m × (c) 식(7.24)로부터 단위길이당 유도용량을 구하면 다음과 같다. (b) β = ω v ( L= ∥ 2 5 1 문제 7-8 (a) v = (d) Z c = = 2π f v β 2 ) ω C L = C = 7 2π⋅( 5 10 ) = 2 10 1 2 v C × × = 500 10 50 10 = 8 1 × 8 = 10 2 × ( 2 10 ) ⋅( 50 10 -9 - 12 / 2 4 - 12 = 100 Ω ) × = 5 10 -7 = 500 nH/ m 125# 연습문제 장의 예제 7-2-4의 결과에 따르면 무왜곡 전송선의 경우 RL GC 을 만족해야 한다. 따 단위길이당 저항 R 은 다음과 같다. G × R L × × Ω C × L × × (b) Z Ω C × RG × × × × Np m (c) α × × × (d) β ω LC π π r ad m × ω πf π m s (e) v 문제 7-9 (a) 7 = = = = = c = = = -5 ⋅( 0.2 10 -9 0.2 10 -6 0.5 10 -9 ( 1.2 10 = -2 -5 ) ( 3 10 = 2 ⋅( 1.5 10 )⋅ 2 ) = 1.2 10 -2 36 10 ( 0.2 10 -6 -8 = 6 10 ) ( 0.5 10 -9 -4 2 ⋅( 1.5 10 ) 8 = 10 30π = β / L = C β ω (a) C = Zc (d) × 1.2 10 10 = 2 × RG × 9 2 π⋅( 5 10 )⋅10 - 12 10 × ) = 5 10 × -5 × R = Z c G = 10 ⋅( 1.2 10 -6 -9 in = 10 5 - j 5 + j 10 5+j5 = 10 = 4+j2 Ω 10 + j ( 5 - j 5) 15 + j 5 × 문제 7-12 - 11 10 × β= ω 2π f = v0 v0 = × 3 10 × 과 같아서 β l π 임피던스 Z 는 다음과 같다. = 50 3 × 9 2π⋅( 2.5 10 ) ⋅( 1.5 10 = 8 -2 )= π 4 = 50 pF/m Z in = Z c = 10 Z c + j Z L tan β l 일 때, Z Ω 일 때, Z j Ω 일 때, Z j Ω 일 때, Z -4 50 π 3 in = 10 10 - j 10 + j 10 10 = 10 = 4-j2 Ω 10 + j ( 10 - j 10) 20 + j 10 Z in Zc Z L + j Z c tan β l = r ad/m 10 + j Z L tan (b) Z L = ∞ 4 π 4 = 10 Z L + j 10 l= in = 10 5 + j 10 = 2( 1 + j 2)( 2 - j ) = 8 + j 6 Ω 10 + j 5 = 10 j 5 + j 10 j 15 = 10 = j 30 Ω 10 + j ( j 5) 10 - 5 = 10 2π f 2π⋅10 × = v0 3 10 8 9 = 20π 3 r ad/m 이다. 따라 50 π l 3 20 π 50 + j Z L tan l 3 Z L + j 20 tan - j 5 + j 10 j5 10 = 10 = j 10 + j ( - j 5) 15 3 문제 7-13 Ω 3 20 π tan -1 일 경우, j 3 20 π tan 20π l 3 20π = j tan l 20π 3 50 + j 0⋅ tan l 3 0 + j 50 tan 3 = -1 (- 20π l 3 = 20π 50 + j ∞⋅ tan l 3 1 3 )= 을 만족해야 한다. 이때 가 = 0.75 1 j tan 20π l 3 × 3 5π -2 ⋅ = 12.5 10 = 12.5 cm 20π 6 무손실 전송선의 길이 l λ 이므로 β l 입력 임피던스를 구하면 다음과 같다. (a) 가장 × ∞ + j 50 tan 3 = 을 만족해야 한다. 이때 3 π = 5 10 - 2 = 5 cm ⋅ 20 π 3 3 = 장 작은 l 은 다음과 같다. 10 + j Z L (b) Z L = 5 in = 3 일 경우, j l= L π = j 작은 l 은 다음과 같다. 이다. 따라서 전송선 단말부하의 임피던스 Z 일 경우 입력 0 + j 10 = j 10 Ω 10 + j 0 (d) Z L = - 5 = Z c + j Z L tan β l 50 (a) Z L = 0 = 10 in ∞ + j 10 ∞ = 10 = - j 10 Ω 10 + j ∞ j∞ ∥ in 5 = 10 in 전송선에서 전파속도는 광속과 같다고 하였으므로 β 서 무손실 전송선의 입력 임피던스는 다음과 같다. / Z L + j 10 tan - j 10 + j 10 0 = 10 = 0 Ω 10 + j ( - j 10) 20 (k) Z L = 10 - 10 = 5 nH/m (a) Z L = 0 Ω (c) Z L = = 10 in 10 + j 10 + j 10 10 + j 20 = 10 = 20 - j 10 Ω 10 + j ( 10 + j 10) j 10 in Z L + j Z c tan β l j 10 + j 10 j 20 = 10 =∞ Ω 10 + j ( j 10) 0 = 10 인 공기로 채워진 무손실 전송선의 전파상수는 m = 10 in j 50 3 문제 7-11 Z c = 10 Ω , l = 1.5 cm = 1.5 10 10 + j 10 = 10 Ω 10 + j 10 / ) = 1.2 10 -2 = 10 in (l) Z L = ∞ LC = 5 10 in (j) Z L = 10 + 10 ℧m × Ωm -6 = 1.2 10 2 β=ω , 5π = 2π f Z c (b) L = Z 2c C = 10 2⋅ ( 50 α (c) G = α= , β = Zc R G (f) Z L = 5 - 5 / 앞의 7장에서 다룬 예제 7-2-4에 의하면 무왜곡 전송선의 경우 다음의 특성을 가진다. Zc = 5 + j 5 + j 10 5 + j 15 = 10 = 20 + j 10 Ω 10 + j ( 5 + j 5) 5 + j5 (i) Z L = - 10 / ) = 30 in = 10 (h) Z L = = 20 ) = 일 때, Z j Ω 일 때, Z Ω 일 때, Z j Ω 일 때, Z j Ω 일 때, Z j Ω 일 때, Z j Ω 일 때, Z Ω 일 때, Z (e) Z L = 5 + j 5 Ω (g) Z L = 10 9 2 = β -6 4 10 9 = 문제 7-10 3 10 0.5 10 라서 = 2π λ l= 2π λ ⋅ 3 3π λ= 4 2 이다. 이를 이 용하여 127# 연습문제 Z in = Z c (b) I in = (c) = 40 Z c + j Z L tan β l Vg 120 = 4 A 10 + 20 = Z g + Z in 3π 2 3π 40 + j 80 tan 2 = 3( j ) + ( - j ) 80 + j 40 tan Z L + j Z c tan β l 식 (7.27a) 와 (7.27b) 로부터 전원단의 위치인 z = 0 = 40 j 40 = 20 j 80 Ω = j2 A 에서의 전압 V 와 전류 I 는 ( 0) 문제 7-14 V( 0) = V in = V g - Z g I in = 120 - 10⋅4 = 80 V V ∥ + Zc - - V0 Zc + = - 40 V0 40 V와 V V 를 구할 수 있다. 과 같다. 따라서 앞의 두 식으로부터 V l (7.27b)로부터 전송선의 중간 위치인 z 에서의 전류 I 을 구하면 다음과 같다. = l 2 L Z ( d ) - j Z c tan β ( l - d ) Z c - j Z ( d ) tan β ( l - d ) V0 Zc = 0 βl -j e - 40 식 - 2 V0 - Zc e j 2 I( d ) = 따라서 z βl 2 IL ZL+Zc 2 Zc =d -j 120 e 40 = 3( - 1 2 3π 4 3π j ( - 40 ) 4 e 40 - 1 -j 2 ) + (- 1 2 (d) +j 1 2 ( Zc ) S ZL = Zc Z c + j Z L tan β l m 3π 80 + j 40 tan 4 = 40 3π 40 + j 80 tan 4 = 40 = YL = 80 - j 40 40 -j 80 40 ( 2 - j )( 1 + j 2 ) 5 = 32 + j 24 (e) Zc S 1 ZL 문제 7-15 (a) Z in = Z c = 1 Zc + Zc = - j βl -j 120 e 40 - 3π 2 V0 Zc e 1 - j S tan β ( l - d ) S - j tan β ( l - d ) S - j tan β ( l - d ) S - j tan β ( l - d ) = Yc 1 - j S tan β ( l - d ) 1 - j S tan β ( l - d ) Z c + j Z L tan β l (b) I in = Vg Z g+ Z in = 30 π 56 + j 28 tan ( 30 1 + j2 3 2+j 3 = 64 + j 24 3 = 56 j βl π 28 + j 56 tan ( = 56 Ω - e = Zc tan β ( l - d ) Z L + j Z c tan β l L V0 ) - j Z c tan β ( l - d ) 앞의 (c)와 동일한 방법으로 부하에 흐르는 전류 I 을 구하면 다음과 같다. I L = I ( z =l ) = [ 1 + | Γ |] 를 구할 수 있다. 이를 어드미턴스로 나타내면 다음을 증명할 수 있다. m Z L + j Z c tan β l m j β ( l - d) L 전송선 중앙에서 부하측을 들여다 본 입력 임피던스 Z 은 다음과 같다. Zm = Zc e 를 구할 수 있다. 결국 이를 앞에서 구한 Z 에 관한 식에 대입하면 A 2 [ 1 - | Γ |] 에서의 임피던스 Z d 는 앞의 두 결과와 식 (7.46) 을 이용하면 Zc - j = -2 2 - j j β ( l - d) Zc V( d ) 1 - |Γ | = Zc = I( d ) 1 + |Γ | S Z( d ) = = ( Z L + Z c) e 인 지점에서 전압의 절대값이 최소라고 하였다. 따라 =d 임을 알 수 있고, 마찬가지로 이 지점의 전류는 식 (7.44b) 로부터 다음과 같이 절대값이 최대 임을 알 수 있다. m 2 + )= IL V( d ) = - V0 + = 120 0 I m = I( z = 를 대입한 후, 부하 임피던스 Z 을 구하면 와 같이 나타낼 수 있다. 그런데 z 서 이 지점의 전압은 식 (7.44a) 로부터 - V0 I ( 0) = I in = 4 A V0 =d ZL = Zc ∥ + + 0 식 (7.34) 에 z ( 0) ⋅10 ) ⋅10 ) Ω 10 ( 64 + j 24 ) + ( 36 - j 24 3 ) = 10 = 0.1 A 100 3π - j ( - 40 ) 2 e 40 문제 7-16 동일한 길이 l 을 갖는 전송선의 단말을 개방시의 입력 임피던스 Z in , o 와 단말을 단락시켰을 경우의 입 연습문제 력 임피던스 Z in , s Z in .o = Z c Z in .s = Z c 는 식(7.35)로부터 ∞ + Z c tanh γ l 0 + Z c tanh γ l 1 l tanh 를 Z Γ = |Γ | e 로 나눈 후 제곱근을 취하면 전파상수 γ 는 다음과 in , o ZL = Zc (a) | V ( z ) | min 의 위치는 l z - 지점간의 거리 l z 지점 간의 거리 △z ( - β= (b) 2β = 0.05 m 라고 하였으므로 = 0.5 e j 0.5 π = j 0.5 ZL 을 구하면 다음과 같다. 1+Γ 1 + j 0.5 2 = 75⋅ = 15 ( 2 - j ) = 45 + j 60 1-Γ 1 - j 0.5 π △z 2 = 식(7.46)과 (7.38)로부터 다음과 같은 관계식을 얻을 수 있다. 를 만족한다. 따라서 최소가 되는 인접한 두 π π , 즉 반파장에 해당된다. 그런 데 여기서 두 β β m 라고 하였으므로 위상상수 β 는 다음과 같다. θ Γ + ( 2n - 1) π 2β ) - (l- z1 ) = △z = 2 2 |Γ | = = S-1 4-1 3 = = S+1 4+1 5 ∥ = 0.035 - 0.015 = 0.02 = 식 (7.46) 으로부터 π 0.02 ZL - Zc | Z +Z | = 50 π r ad/m L S-1 7-1 = = 0.75 S+1 7+1 |Γ |= 로 전압 크기가 최소가 되는 지점 l-z1 = θΓ + π 2β 1 | ( 50 + j ω1 C ) - 50 | 1 ωC = = 1 1 | 100 ω C - j | ( 50 + ) + 50 100 + | | | jωC jωC | = c 을 쉽게 구할 수 있다. 그리고 최초 1 = 2 ( 100 ω C ) + 1 라고 하였으므로 = 0.015 m 1 = θ Γ = 2β ( l - z 1 ) - π = 2⋅50π⋅0.015 - π = 0.5 π r ad (a) 이다. 따라서 구하고자 하는 반사계수는 다음과 같다. jθΓ Γ = |Γ | e (c) = 0.75 e j 0.5 π 1+Γ 1 + j 0.75 2 = 50⋅ = 2 ( 4 + j 3) = 14 + j 48 1-Γ 1 - j 0.75 5 2 ( ) -1 3 = 200π f C= L ZL = Zc 앞에서 유도한 관계식에서 f = j 0.75 식 (7.38) 로부터 부하 임피던스 Z 을 구하면 다음과 같다. 이 경우 단말부하 Z 은 (b) = 2 GHz 4 3 식(7.44b)에서 의 위치는 l z 인접한 두 지점간의 거리 l z l z 여기서 두 지점 간의 거리 △z - | I ( z ) | min ( - 2 )-( - = × 1 ZL = R + β= △z = π 0.2 = 5 π r ad/m = 1 3π × 10 - 11 10 3π = pF/m 1 j 2π f C = 50 - j ZL - Zc ZL + Zc = × 1 9 2 π⋅( 2 10 )⋅( ( 50 - j 75) - 50 = ( 50 - j 75) + 50 1 3π × 10 - 11 = 50 - j 75 Ω ) - j3 = 0.36 - j 0.48 4- j3 2β = 0.25 - 0.05 = 0.2 π Γ= θ Γ + 2n π )= 9 200π⋅( 2 10 ) L Ω 를 만족한다. 따라서 전류가 최소가 되는 △z βπ βπ , 즉 반파장에 해 당된다. 그런데 m 라고 하였으므로 위상상수 β 는 다음과 같다. 2 ( 200 π f C ) + 1 일 경우 콘덴서의 정전용량은 다음과 같다. 이므로, 실제 반사계수는 다음과 같다. 문제 7-18 (a) Ω Z in , o 문제 7-19 문제 7-17 jθΓ 식 (7.38) 로부터 부하 임피던스 (c) Z in , s -1 θΓ = 1 이다. 따라서 구하고자 하는 반사계수는 다음과 같다. c Z in , s 을 쉽게 구할 수 있다. 그리고 최초 S-1 3-1 = = 0.5 S+1 3+1 θ Γ = 2β ( l - z 1 ) = 2⋅5π⋅0.05 = 0.5 π r ad in , s 와 같이 구할 수 있으며, 같이 주어짐을 알 수 있다. γ= - 와 Z 를 곱한 후 제곱근을 취하면 전송선의 특성 임피던스 Z 는 Z in , o Z in , s |Γ |= 로 전류 크기가 최소가 되는 지점 l z tanh γ l = Z c tanh γ l Z c + 0 tanh γ l in , o 식 (7.46) 으로부터 (b) Zc = Z c + ∞ tanh γ l 을 구한다. 먼저 Z Zc = 129# = 2 2 = 문제 7-20 길이 l 인 전송선을 그림 7-29(b)와 같은 2단자 회로망으로 나타내기 위해서는 부하에 걸리는 전압 V V V , 부하에 흐르는 전류 I I 로 간주하여 Z 로 간주하면 된다. 또한 I V V I , I 로 둘 수 있으므로 이들을 식(7.30a)와 (7.30b)에 대입하면 다음의 두 식을 얻을 수 있다. L = 1 = L 2 ( 0) 1 = ( 0) = - 2 L = - 2 2 연습문제 V 1 = V( 0) = I L [ Z L cosh γ l + Z c sinh γ l ] = - I 2 [ - V2 I2 131# cosh γ l + Z c sinh γ l ] I 1 = I ( 0) = Zc [ Z L sinh γ l + Z c cosh γ l ] = -I2 Zc = V2 [- 1 Zc V2 I2 Z c sinh γ l  1 1  Zc   cosh γ l   sinh γ l 2 = 20 = 32 Ω 12.5 1 4 c sinh γ l + Z c cosh γ l ] in 1 4 = 50 Z c 1' = Z c Z in = 50⋅32 = 40 Ω 문제 7-24 j 이므로 부하와 스터브의 삽입위치 간의 거리 l 인 이 경우 y ZZ j 인 지점에서 부하를 들여다 본 정규화된 입력 어드미턴스 y 는 다음과 같다. L c = = L 100 =150 + 50 in 1 ( -VI ) 2 y in 1 = 2 y L + j tan β l = ( 1 - j ) + j tan β l 1 + j ( 1 - j ) tan β l = 1 - j ( 1 - tan β l ) ( 1 + tan β l ) + j tan β l 1 + j y L tan β l ( tan = | V( z )| max | V( z )| min 문제 7-21 (a) S = (b) = | S-1 9-1 = = 0.8 S+1 9+1 그리고 부하로부터 cm 떨어진 지점에 점에 V z 라면 다음의 두 관계식을 얻을 수 있다. 5 | l - z max = θΓ + π 2β 15 cm Γ = |Γ | e (c) Z L = Z c Z c' = jθΓ tan tan l=0 이다. 이러한 경우 또는 -2 이다. 따라서 이를 만족하는 l 중에서 가장 작 tan β l = 0 이므로 위에서 구한 y 은 다음과 같이 간단해진다. in 1 그렇다면 l 이므로 부하에 병렬로 삽입한 동일한 무손실 전송선으로 끝이 단락된 단일 스터브의 길이 d 를 d 라고 하면 단일 스터브의 정규화된 입력 어드미턴스 y 는 식(7.61) 에서 y , l z 이므로 다음과 같이 주어진다. =0 = 0.15 m in 2 임을 알 수 있다. 따라서 실제 반사계수는 다음과 같다. - j 0.5 π = - j 0.8 1+Γ 1 - j 0.8 2 = 41⋅ = ( 5 - j 4) = 9 - j 40 1-Γ 1 + j 0.8 Zc ZL = =0 =0 y in 1 = 1 - j Γ = - 0.5π = 0.8 e =1 위의 식을 만족하는 해를 구하면 β l 은 값은 바로 β l 의 최소값, 즉 떨어진 지 = 0.05 m θ Γ + 2π 2β 위의 두 식을 풀면 θ 문제 7-23 이고, 부하로부터 2 βl + 1 2 2 ( 1 + tan β l ) + tan β l tan ( ) | max l - z min = 문제 7-22 | V ( z ) | min β l + 1) + j ( tan 2 β l - tan β l - 1) 2 2 ( 1 + tan β l ) + tan β l in 1 먼저 반사계수의 크기 Γ 는 식 (7.46) 으로부터 다음과 같이 구할 수 있다. |Γ |= 2 그런데 임피던스 정합되기 위해서는 다음과 같이 y 의 실수값이 1이어야 하므로 다음을 만족해야 한다. 18 = 9 2 | c1 sinh γ l - I 2 cosh γ l 위의 두 식을 행렬식으로 표현하면 다음과 같다. ( VI ) =  1cosh γ l 2 ZL 그런데 두 번째 λ 변환기의 입장에서 보면 앞에서 구한 Z 이 바로 단말 부하에 해당된다. 따라서 Z λ 변환기의 특성 임피던스 Z 은 다음과 같아 Ω 인 전송선과 정합시키기 위해서는 두 번째 야 한다. = V 2 cosh γ l - I 2 Z c sinh γ l IL ( Z c2) Z in = y in 2 = Ω 1 λ 4 = -j = ∞ - = 1 tan β d 임피던스 정합을 이루기 위해서는 50⋅450 = 150 Ω 식(7.59)로부터 부하에 달린 첫 번째 음과 같이 구할 수 있다. 1 j tan β d L y in 1 + y in 2 = ( 1 - j ) + - j 변환기의 입구에서 부하를 들여다 본 입력 임피던스 Z 은 다 in 같다. 을 만족해야 한다. 따라서 d= 1 β ⋅ tan -1 (-1) = 1 =1 tan β d tan β d = - 1 1 β ⋅ 이어야 하는데, 이중 가장 작은 양의 값은 다음과 3π λ ⋅ 3π = 3 = 4 2π 4 8 λ 문제 7-25 (a) y L = Zc ZL 50 = 1 -j 4 = 50 + j 50 3 이고, β l 3 4 연습문제 133# 2π λ = 1 에 대입하면 다음과 같이 y 을 구할 수 있다. λ ⋅ 4 π = 2 이를 H 에 관한 식에 대입하면 이므로 이들을 식(7.61) x Hx = - in 1 y L + j tan β l y in 1 = 1 ( -j 4 = 1 + j y L tan β l 3 π ) + j tan 4 2 = 3 π ) tan 4 2 1 -j 4 1 + j( 3)= -j 3 4 - = 1 = -j tan β l 2 이다. 3 2 ∂ Hx ∂z 2 1 1 -1 3 λ ⋅π = y L + j tan β l 3 (d) y in 3 = 문제 7-26 ⋅ tan 2π = 1 + j y L tan β l 3 6 = = [ ∂ z ∂ - ∂ y ] ∂ x ∂ - ∂ = 1 z ∂ ] +[ ∂ y ∂ - ∂E x ∂y ] ẑ 문제 7-27 y x 1 ∂E z [ jωμ ∂y - ∂E y ∂z ∂y k = [ ∂H z ∂y - ∂H y ∂z ] 2 2 ω εμ ∂z + 2 2 1 ∂ Hz 2 ∂z ∂x ω εμ ( - γ) - k 2 Hx + 2 ( - γ) ∂H z 2 ∂x k 이고, 식 (7.75) 로부터 ω 2 ε μ = k2 2 ∂ Hz ∂ z ∂x z 1 2 k +γ ∂E z [ jωε 2 jωε ∂E z 2 ∂y h -γ ∂y - ∂H z ∂H z 2 ∂x v0 1 ( 1 a 2 ) + ( + γ h TM11 2 2 = 공기로 채운 구형 도파관의 동일한 도파관 내부를 ε 수는 다음과 같다. y ] f c, 1 1 = v ( 2 x y ) b 2 1 a 2 r ) + ( 1 b ) 2 = z y ] ∂x 2 2 2 2 라고 두면 최종적으로 2 = k - k z = kx + k y Ey = 1 jωε [ ∂z - ∂x z ] Hx 를 인 무손실 유전체로 채울 경우 TM 모드에 대한 차단주파 11 1 v0 εr μr 2 1 10⋅1.6 ( 1 2 ) + ( a 1 b ) 2 ⋅9.2 = 2.3 GHz x 문제 7-28 f c, m n = v 2 ( m 2 n 2 ) + ( ) = a b = ∂H z 이며, = 9.2 GHz μ r = 1.6 = 10 , 로부터 다음을 얻는다. ∂H x ∂x 모드에 대한 차단주파수는 식(7.90)으로부터 다음과 같다. = x̂+ [ ∂∂Hz - ∂∂Hx ] ŷ + [ ∂∂Hx - ∂∂Hy ] ẑ E = j ω ε [ E x̂ + E ŷ + E ẑ ] x ∂H z x ∥ jωε = -γ 2 y ×H ∂ Hx )] ∂x 을 대입한 것이다. 따라서 양변에 k 을 곱한 후, H 를 모아 정리하면 위의 식에서 E 는 자계에 대한 회전을 취한 식인 ∇ 1 ∂H z z 과 같이 나타낼 수 있다. 따라서 H 는 다음과 같이 E 와 E 로 표현된다. Hx = - - 앞 식의 우변에서 f c, 1 1 = H = - j ω μ [ H x̂ + H ŷ + H ẑ ] x ∂E z Hx = ∥ -jωμ ∂H x ∂ 1 [ ( ∂z jωε ∂z 2 1 + j tan β l 3 ∂ jωμ 1 + 과 같다. 표현의 편의상 h k γ 식 (7.81c)와 동일하게 나타낼 수 있음을 알 수 있다. 1 + j tan β l 3 +[ ∂y 2 Hx = 1 λ 12 먼저 Maxwell 방정식 중에서 전계에 대한 회전을 취한 식으로부터 E E E ×E x̂ Ez ŷ Ex y z x ∇ 2 = γ Hx 2 β ∂E z 2 jωε in 2 위의 식으로부터 단일 스터브의 길이 l 를 구하면 다음과 같다. l2 = jωε ω εμ = 2 1 = -j j tan β l 2 y in 2 = = 3 끝이 단락된 스터브를 그 스터브의 접합부에서 들여다 본 정규화된 입력 어드미턴스 y l 이므로 다음과 같이 주어진다. 는 식(7.61) 에서 y , l z = ∞ ∂y 3 (c) L ∂E z 1 1 -j 4 = 1+j (b) y in 2 = 1 - y in 2 = 1 - ( 1 + j 1 jωμ 1 v0 εrμr 2 1 3 10 2 × 4⋅1 × = 1.5 10 ( 9 2 m 2 n 2 ) + ( ) a b 8 ( m + 4n m 0.05 2 2 ) + ( n 0.025 ) 2 연습문제 2 2 m + 4n = 1.5 135# GHz 감쇠없이 전파가능한 TM 모드의 개수는 m n 또는 m n 을 만족하는 자연수 만으로 구성된 m n 의 개수를 의미한다. 위의 부등식을 만족 하는 해는 , , , , , , , , 으 로 총 9개의 모드가 가능하다. (b) 감쇠없이 전파가능한 TM 모드 중에서 차단주파수가 제일 높은 모드는 (a)의 9개 중에서 , 즉 TM 모드이다. (a) 2 1.5 2 +4 2 < 9 2 +4 ( ( 1, 1) ( 4, 2) ( 2, 1 ) ( 3, 1 ) ( 4, 1) 문제 7-30 < 36 식 (7.96) 으로부터 TE f c, m n = , ) ( 5, 1) ( 1, 2) ( 2, 2) ( 3, 2) v mn 모드의 차단주파수 f × m 2 n 2 ( ) + ( ) = a b 2 3 10 2 ( 4, 2) 42 c, m n 을 구하면 8 ( m 2 ) + ( 0.05 2 2 2 2 = 9 m + 25 n = 9 m + 25 n × 10 이므로 TM 모드이고, 여기서 m 과 n 은 식(7.83a)과 (7.83b)로부터 각각 다음 이 구할 수 있다. (a) E z ≠ 0 mn m = kx n = ky a 0.1 = 40π⋅ π b 0.025 π GHz = 4.5 r v0 v= = 2 = εr μr × 3 10 8 4.5⋅2 = 10 8 m /s 이다. f 따라 v 2 4 ( a 2 ) + ( 3 b ) 2 10 2 = 8 ( 2 2 = ( ( 2π f v 2 2 9 2 × 2 π⋅( 6.5 10 ) 10 8 2 2 ) - ( 40π ) - ( 120 π ) 2 식(7.94)로부터 TM 모드의 고유 임피던스를 구하면 다음과 같다. 43 ) = η η (4TM 3 1- ( f c, 4 3 f ) = μr η εr 0 = 2 ⋅120 π⋅ 4.5 2 = 80π⋅ 3 13 240π 13 Ω = =0 일 경우 : 100 10 = > m 9 3 이므로 m = 1, 2, 3 ②n =1 일 경우 : 75 = 2.88 > m 9 이므로 m = 0, 1, 2 0 =0> 9 (a) 10 1 = 2 3 10 2 8 ⋅ 1 9 = 3 10 = 3 0.05 c, 2 0 = c, 0 1 = 2 2 1 2 8 = 3 10 2 3 10 2 8 = 01 2 9 ⋅ = 6 10 = 6 0.05 ⋅ 1 9 = 7.5 10 = 7.5 0.02 20 = 30π r ad/m (d) ①n 20 ) - k x - ky 9 2 이 주어질 때 위의 부등식을 만족하는 m 을 구해보면 c, 1 0 = = 2 10 GHz 2 2 기본 모드는 당연히 TE 모드이다. v × × GHz (b) f a (c) 두 번째 고차 모드의 후보로는 TE 과 TE 의 두 모드가 있으므로 차단주파수를 구하면 v × f × GHz a v × f × GHz b 이다. 따라서 두 번째 고차 모드는 TE 모드이다. GHz (d) 기본 모드만이 감쇠없이 전파가능한 사용 주파수는 기본 모드의 차단 주파수 f GHz 보다는 낮으면 된다. 따라서 보다는 높고, 두 번째 고차 모드의 차단주파수 f 다음과 같은 주파수 범위를 가지면 된다. 문제 7-31 ⋅40 10 × k - kx - k y = 2 = 10 = 100 > 9 m + 25 n 4 3 2 2 ) + ( ) 0.1 0.025 8 = 2 10 10 (c) β = 2 =2 10 2 = 이 사용 주 다음을 m 이므로 없음 ③ n 일 경우 : 과 같다. 결국 감쇠없이 전파가능한 TE 모드는 총 6개이다. 43 f c, 4 3 = c, m n , n 43 r = 10 =3 따라서 TM 모드이다. (b) 여기서 ε , μ 이므로 서 TM 모드의 차단주파수는 다음과 같다. 2 로 주어진다. TE 모드가 감쇠없이 도파관을 전파하려면 차단주파수 f GHz 보다 작을 경우에만 가능하다. 따라서 주파수를 GHz 단위로 나타낼 경우 파수 f 만족하는 자연수 m n 을 구하면 된다. =4 π = 120π⋅ π 과같 ) 9 mn 문제 7-29 n 0.03 1- ( f c, 4 3 f ) 2 c .1 0 c .2 0 = 6 3 GHz < f < 6 GHz 2 10 2 1-( ) 6.5 문제 7-32 공기가 채워진 단면 크기가 a×b 인 구형 도파관에서는 v × f × Hz a a c, 1 0 = 1 2 = 3 10 2 8 1 = 5 10 9 = 3 137# 연습문제 f c, 0 2 = v 2 2 b × 3 10 2 = 이다. 이들을 풀면 a 8 ⋅ × 2 = 15 10 b 9 12.3 이다. 즉, 단면 크기는 = 0.03 m , b = 0.02 m 3 cm 2 mn m = kx n = ky a 0.1 = 20π⋅ π b = 40 π⋅ π 2 0.025 과 같이 =1 π 따라서 TE 모드이다. (b) 공기로 채워진 구형 도파관에서 TE 모드의 차단주파수는 다음과 같다. 21 21 f c, 2 1 = v ( 2 2 a 2 ) + ( 1 ) b 2 × 3 10 2 = × 3 10 2 = 8 ( 2 1 2 2 ) + ( ) 0.1 0.025 ⋅20 5 × (c) β = 2 2 k - kx - k y = = ( ( 2π f v 2 2 × × 3 10 2 2 ) - ( 20π ) - ( 40 π ) 8 c , 11 2 식(7.101)로부터 TE 모드의 고유 임피던스를 구하면 다음과 같다. 1 1- ( f c, 2 1 f 2 1- ( = 180π 식 (7.96) 으로부터 TM 과 TE mn f c, m n = (a) TM m n v 2 ( 1 = 120 π⋅ ) = 120 π⋅ 문제 7-34 c , 20 21 ) = η η (2TE 1 mn 3 10 2 3 5 2 ) 9 < 16.81 - 1 = 3.97 = 1, 2, 3 =2 < 16.81 - 4 = 3.58 = 1, 2, 3 =3 < 16.81 - 9 = 2.79 = 1, 2 =4 < 16.81 - 16 = 0.9 =0 < 16.81 = 4.1 = 1, 2, 3, 4 =0 < 16.81 = 4.1 = 1, 2, 3, 4 3 10 2 8 = 8 = 3 10 2 = 3 ( 1 2 ) +( 1 ) 2 = 10 10 c , 10 Ω 8 ( 2 2 2 2 = 3 m +n = 3 m +n 2 10 = 10 3 10 3 2 모드의 차단주파수 f × m m 2 n 2 ) + ( ) = a b =1 20 = 40π r ad/m (d)) 이 주어질 때 위의 부등식을 만족하는 m 을 구해보면 다음과 같다. ① n 일 경우 : m 이므로 m ② n 일 경우 : m 이므로 m ③ n 일 경우 : m 이므로 m ④ n 일 경우 : m 이므로 없음 결국 감쇠없이 전파가능한 TM 모드는 총 8개이다 (b) 감쇄없이 전파되는 TE 모드는 앞의 (a)에서 구한 8개의 모두 이외에 다음의 두 경우가 더 있다. ① n 일 경우 : m 이므로 m ② m 일 경우 : n 이므로 n 따라서 감쇠없이 전파가능한 TE 모드는 총 16개이다. (c) 감쇠없이 전파가능한 모드는 8개의 TM 모드와 16개의 TE 모드를 합한 총 24개이다. n 식(7.90)으로부터 단면의 크기가 a×b 인 구형 도파관의 내부가 공기로 채워져 있을 경우 모드의 차단주파수는 × f Hz a b 이고, 또한 이 경우 TE 모드의 차단주파수도 다음과 같이 동일하다. × f Hz a 따라서 위의 두 식으로부터 a 와 b 를 구하면 다음과 같다. a ×b cm × cm (b) 이 경우 기본 모드는 TE 모드로서 차단주파수는 다음과 같다. v × f × GHz a ) - kx - ky 2 π⋅ ( 9 10 ) 12.3 2 ) = 16.81 3 문제 7-35 (a) 2 9 2 ) = ( 9 = 3 5 GHz 2 f 3 mn 8 = 3 5 10 2 m +n < ( =2 π 다음을 , × cm 이다. 이므로 TE 모드이고, 여기서 m 과 n 은 식(7.83a)과 (7.83b)로부터 각각 다음 구할 수 있다. 문제 7-33 (a) H z ≠ 0 GHz 보다 작을 경우에만 가능하다. 따라서 주파수를 GHz 단위로 나타낼 경우 만족하는 자연수 m n 을 구하면 된다. Hz 0.05 × 10 c, m n 2 을 구하면 다음과 같다. ) + ( n 0.05 ) 2 9 GHz 모드가 감쇠없이 도파관을 전파하려면 차단주파수 f c, m n 이 사용 주파수 f = = 1 2 = 3 10 2 8 1 9 = 5 10 = 5 0.03 TM11

전자기학 솔루션 (김세윤 3판)

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