🔬 고등 물리Ⅰ

📖 풀이:
직렬 회로의 합성저항은 $R = R_1+R_2+R_3 = 2+3+5 = 10\,\Omega$. 회로에 흐르는 전류는 $I = \dfrac{12}{10} = 1.2\,\mathrm{A}$. $R_2$ 양단의 전압은 직렬에서 저항에 비례하므로 $V_{R_2} = IR_2 = 1.2 \times 3 = 3.6\,\mathrm{V}$. 비율로 풀어도 $V_{R_2} = 12\times \dfrac{3}{10} = 3.6\,\mathrm{V}$. 따라서 답은 ③.

📖 풀이:
솔레노이드의 자기장 방향은 오른손 법칙으로 결정한다. 오른손으로 솔레노이드를 감싸 쥐고 네 손가락을 전류가 도는 방향으로 감으면, 엄지가 가리키는 쪽이 내부 자기장의 방향이자 N극이 된다. 그림에서 코일 위쪽 전류는 종이 밖(●), 아래쪽 전류는 종이 안(×)이다. 위쪽 손가락이 종이 밖(나를 향하도록)으로 나오게 오른손으로 코일을 감싸 쥐면 엄지는 오른쪽을 가리킨다. 따라서 내부 자기장은 오른쪽 방향이고, 오른쪽 끝이 N극, 왼쪽 끝이 S극이다. 정답은 ④.

📖 풀이:
폭발은 외력이 무시되는 내부 상호작용이므로 운동량이 보존된다. 폭발 전 총 운동량은 정지 상태이므로 $0$. 폭발 후 $m_1 v_1 + m_2 v_2 = 0$ 에서 $(2)(6) + (3)v_2 = 0$. 따라서 $v_2 = -\dfrac{12}{3} = -4\,\mathrm{m/s}$. 음의 부호는 $m_1$의 반대 방향을 의미한다. 답은 ②.

📖 풀이:
일-에너지 정리에 따라 자동차에 한 알짜일은 운동에너지 변화량과 같다. $W = \Delta K = \tfrac{1}{2}mv^2 - 0 = \tfrac{1}{2}(800)(20)^2 = 160{,}000\,\mathrm{J}$. 평균 일률은 단위 시간당 한 일이므로 $P_{avg} = \dfrac{W}{t} = \dfrac{160{,}000}{10} = 16{,}000\,\mathrm{W} = 16\,\mathrm{kW}$. 답은 ③.

📖 풀이:
병렬 연결에서는 각 가지에 전지의 전압이 그대로 걸린다. 전구 A가 끊어져도 전구 B 양단의 전압은 여전히 $12\,\mathrm{V}$이므로 B에 흐르는 전류는 변하지 않는다. 따라서 B의 밝기는 그대로다. 그러나 전체 전류는 두 가지의 전류 합 $I_A+I_B$였다가 A가 끊어진 뒤에는 $I_B$만 흐르므로 절반으로 감소한다. 답은 ③. 직렬에서는 한 전구가 끊어지면 둘 다 꺼지지만, 병렬은 그렇지 않다.

📖 풀이:
자석의 N극이 아래를 향하므로, 자석에서 나온 자기력선은 위에서 아래 방향으로 코일을 관통한다. 자석이 가까워질수록 코일을 아래방향으로 통과하는 자속이 증가한다. 렌츠 법칙에 의해 유도전류는 이 변화를 방해하려 하므로, 코일을 위 방향으로 관통하는 자기장(자석의 N극을 밀어내는 방향)을 만들어야 한다. 오른손 법칙으로 위 방향 자기장을 만들려면, 위에서 내려다봤을 때 반시계방향 전류가 흘러야 한다. 답은 ②.

📖 풀이:
운동량 보존을 $x$성분과 $y$성분에 각각 적용한다. 충돌 후 A의 속력을 $v_A$, B의 속력을 $v_B$라 하자. $y$성분: $0 = mv_A\sin 30^\circ - mv_B\sin 30^\circ$ 이므로 $v_A = v_B$. $x$성분: $mv_0 = mv_A\cos 30^\circ + mv_B\cos 30^\circ = 2mv_A\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}\,mv_A$. 따라서 $v_A = \dfrac{v_0}{\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{3}}{3}v_0$. 답은 ②. (참고: 충돌 후 운동에너지는 $\tfrac{2}{3}\cdot\tfrac{1}{2}mv_0^2$로 줄어 일부가 손실된 비탄성 2차원 충돌이다.)

📖 풀이:
루프 꼭대기에서 물체가 트랙을 가까스로 통과하는 임계 조건은 수직항력 $N=0$이고, 원운동에 필요한 구심력은 오로지 중력이 제공할 때다. $mg = \dfrac{mv_{top}^2}{R}$ 에서 $v_{top}^2 = gR$. 마찰이 없으므로 출발점과 루프 꼭대기 사이에 역학적 에너지 보존이 성립한다(주: 본 풀이는 일반적 에너지 보존이며 자유낙하 적용이 아님): $mgh = mg(2R) + \tfrac{1}{2}mv_{top}^2 = mg(2R) + \tfrac{1}{2}m(gR) = \tfrac{5}{2}mgR$. 따라서 $h = \dfrac{5R}{2}$. 답은 ④.

📖 풀이:
먼저 병렬 부분의 합성저항을 구한다. $R_{23} = \dfrac{R_2 R_3}{R_2+R_3} = \dfrac{3\times 6}{3+6} = \dfrac{18}{9} = 2\,\Omega$. 회로 전체 저항은 $R = R_1 + R_{23} = 2+2 = 4\,\Omega$. 회로 전체 전류는 $I = \dfrac{12}{4} = 3\,\mathrm{A}$. 이 전류 전부가 $R_1$을 지난 뒤 노드 a에서 두 가지로 나뉜다. 병렬 부분 양단 전압은 $V_{ab} = I\cdot R_{23} = 3\times 2 = 6\,\mathrm{V}$. 따라서 $R_2$에 흐르는 전류는 $I_2 = \dfrac{V_{ab}}{R_2} = \dfrac{6}{3} = 2\,\mathrm{A}$. 검산: $I_3 = 6/6 = 1\,\mathrm{A}$, $I_2+I_3 = 3\,\mathrm{A}$ (전체전류 일치). 답은 ④.

📖 풀이:
이상 변압기에서는 권선수와 전압이 비례한다. $\dfrac{V_2}{V_1} = \dfrac{N_2}{N_1} = \dfrac{50}{200} = \dfrac{1}{4}$, 따라서 $V_2 = 50\,\mathrm{V}$. 2차 코일에 연결된 저항에 흐르는 전류는 $I_2 = \dfrac{V_2}{R} = \dfrac{50}{5} = 10\,\mathrm{A}$. 이상 변압기는 에너지 손실이 없으므로 1차와 2차의 전력이 같다: $V_1 I_1 = V_2 I_2$. 따라서 $I_1 = \dfrac{V_2 I_2}{V_1} = \dfrac{50\times 10}{200} = 2.5\,\mathrm{A}$. 또는 $\dfrac{I_1}{I_2} = \dfrac{N_2}{N_1} = \dfrac{1}{4}$ 로 바로 $I_1 = 2.5\,\mathrm{A}$. 답은 ③.

📖 풀이:
위치-시간 그래프에서 그래프의 기울기는 그 순간의 속도를 의미한다. 기울기가 일정한 직선이므로 속도가 변하지 않는 등속 직선 운동이며, 속도의 크기는 기울기 값인 $20\,\mathrm{m/s}$이다. 가속도는 $0$이다.

📖 풀이:
평균 속력은 스칼라량으로 $\dfrac{\text{총 이동 거리}}{\text{걸린 시간}} = \dfrac{400}{100} = 4\,\mathrm{m/s}$이다. 평균 속도는 벡터량으로 $\dfrac{\text{변위}}{\text{걸린 시간}}$인데, 출발점과 도착점이 일치하므로 변위가 $0$이다. 따라서 평균 속도의 크기는 $0\,\mathrm{m/s}$이다. 폐곡선 운동에서는 이동 거리와 변위가 크게 다를 수 있다.

📖 풀이:
종파는 매질의 진동 방향이 파동의 진행 방향과 나란한 파동이고, 횡파는 진동 방향과 진행 방향이 서로 수직인 파동이다.
- ㄱ. 줄의 파동: 줄은 위아래로, 파동은 옆으로 진행하므로 횡파.
- ㄴ. 음파: 공기 분자가 진행 방향으로 압축, 팽창하므로 종파.
- ㄷ. 빛(전자기파): 전기장과 자기장이 진행 방향에 수직으로 진동하는 횡파.
- ㄹ. 지진파 P파: 매질을 압축, 팽창시키며 전파되는 종파(S파는 횡파).
따라서 종파는 ㄴ, ㄹ이다.

📖 풀이:
속도-시간 그래프에서 그래프와 시간축 사이의 면적이 이동 거리이다. 그래프 모양은 사다리꼴이며, 윗변(등속 구간) $= 7 - 2 = 5\,\mathrm{s}$, 아랫변(전체 구간) $= 10\,\mathrm{s}$, 높이(최대 속도) $= 8\,\mathrm{m/s}$이다. $$\text{이동 거리} = \frac{(5 + 10) \times 8}{2} = 60\,\mathrm{m}$$ 또는 가속 구간 $\frac{1}{2}\cdot 2 \cdot 8 = 8$, 등속 $5 \cdot 8 = 40$, 감속 $\frac{1}{2}\cdot 3 \cdot 8 = 12$, 합 $= 60\,\mathrm{m}$.

📖 풀이:
스넬의 법칙 $n_1 \sin\theta_1 = n_2 \sin\theta_2$를 적용하면 $$1 \times \sin 30° = 1.5 \times \sin\theta_2$$ $$\sin\theta_2 = \frac{0.5}{1.5} = \frac{1}{3} \approx 0.333$$ $$\theta_2 = \sin^{-1}(1/3) \approx 19.5°$$ 빛이 광학적으로 더 밀한 매질(굴절률이 큰 매질)로 들어갈 때 굴절 광선은 법선 쪽으로 꺾인다.

📖 풀이:
한쪽이 막힌 관에서 정상파는 막힌 쪽이 변위 마디, 열린 쪽이 변위 배가 된다. 기본 진동에서는 마디 1개, 배 1개만 있어 관의 길이가 파장의 $1/4$이다. $$L = \frac{\lambda}{4} \;\Rightarrow\; \lambda = 4L = 4 \times 0.5 = 2\,\mathrm{m}$$ 진동수는 $$f = \frac{v}{\lambda} = \frac{340}{2} = 170\,\mathrm{Hz}$$

📖 풀이:
등온 과정에서는 이상 기체의 상태 방정식 $PV = nRT$에서 $T$가 일정하므로 $PV =$일정 (보일의 법칙)이 성립한다. $$P_1 V_1 = P_2 V_2$$ $$2\,\mathrm{atm} \times 6\,\mathrm{L} = P_2 \times 4\,\mathrm{L}$$ $$P_2 = \frac{12}{4} = 3\,\mathrm{atm}$$ 등온 압축에서는 부피가 줄어든 만큼 압력이 반비례로 증가한다.

📖 풀이:
단열 과정이므로 $Q = 0$이다. 압축 과정에서는 외부가 기체에 일을 해 주므로 기체가 외부에 한 일은 음수, 즉 $W < 0$이다. 열역학 1법칙에서 $$\Delta U = Q - W = 0 - (\text{음수}) > 0$$ 따라서 내부 에너지가 증가한다. 이상 기체의 내부 에너지는 온도만의 함수이므로 ($U \propto T$) 온도도 상승한다.

📖 풀이:
전이 시 방출되는 광자의 에너지는 두 준위 에너지 차이이다. $$E_1 = -\frac{13.6}{1^2} = -13.6\,\mathrm{eV}, \quad E_2 = -\frac{13.6}{2^2} = -3.4\,\mathrm{eV}$$ $$h f = E_2 - E_1 = -3.4 - (-13.6) = 10.2\,\mathrm{eV}$$ 이 전이는 $n \to 1$로 끝나는 라이먼 계열의 첫 번째 선이다. $10.2\,\mathrm{eV}$ 광자는 파장 약 $122\,\mathrm{nm}$로 자외선 영역에 속한다 (가시광선 영역의 발머 계열과 구별).

📖 풀이:
단일 슬릿 회절에서 첫 번째 어두운 무늬의 조건은 $a \sin\theta = \lambda$이다 (슬릿을 둘로 나눠 짝지은 두 광원이 반파장 경로차로 상쇄되는 조건). 작은 각 근사 $\sin\theta \approx y/L$을 대입하면 $$a \cdot \frac{y}{L} = \lambda \;\Rightarrow\; y = \frac{\lambda L}{a}$$ 수치 대입: $$y = \frac{(600 \times 10^{-9}\,\mathrm{m})(2.0\,\mathrm{m})}{0.10 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}} = \frac{1.2 \times 10^{-6}}{1.0 \times 10^{-4}} = 1.2 \times 10^{-2}\,\mathrm{m} = 12\,\mathrm{mm}$$

📖 풀이:
카르노 열기관의 효율(이상적 열기관의 최대 효율)은 고온부와 저온부의 절대 온도만으로 결정된다. $$\eta = 1 - \frac{T_c}{T_h} = 1 - \frac{300}{600} = 0.5 \;(50\%)$$ 한 순환 동안 한 일 $$W = \eta \cdot Q_h = 0.5 \times 800 = 400\,\mathrm{J}$$ 에너지 보존(열역학 1법칙)에 의해 저온부로 버린 열 $$Q_c = Q_h - W = 800 - 400 = 400\,\mathrm{J}$$ 카르노 효율은 두 온도 사이에서 작동하는 모든 열기관 효율의 이론적 상한이다.

📖 풀이:
광자의 운동량은 $p = h/\lambda$로 주어진다. $$p = \frac{h}{\lambda} = \frac{6.63 \times 10^{-34}}{500 \times 10^{-9}} = 1.33 \times 10^{-27}\,\mathrm{kg\cdot m/s}$$ 거울에 수직 입사 후 같은 속력으로 반대 방향으로 반사되므로, 광자의 운동량은 $+p$에서 $-p$로 변한다. 운동량 변화의 크기는 $$|\Delta p_{\text{광자}}| = |-p - (+p)| = 2p = 2.65 \times 10^{-27}\,\mathrm{kg\cdot m/s}$$ 작용-반작용 법칙에 의해 거울이 광자로부터 받는 충격량은 광자 운동량 변화와 크기가 같다.

📖 풀이:
등가속도 운동에서 변위는 $v$-$t$ 그래프의 면적과 같다. 그래프는 윗변 $v_0=2\ \mathrm{m/s}$, 아랫변 $v=10\ \mathrm{m/s}$ (실제로는 사다리꼴 평행한 두 변), 높이 $t=4\ \mathrm{s}$인 사다리꼴이다. 사다리꼴 면적: $s = \frac{1}{2}(v_0 + v)t = \frac{1}{2}(2+10)(4) = 24\ \mathrm{m}$. 또는 공식 $s=v_0 t + \frac{1}{2}at^2$에서 $a=\frac{10-2}{4}=2\ \mathrm{m/s^2}$이므로 $s = 2(4)+\frac{1}{2}(2)(16)=8+16=24\ \mathrm{m}$.

📖 풀이:
직렬연결이므로 합성저항은 단순 합이다: $R = R_1+R_2+R_3 = 2+3+7 = 12\ \mathrm{\Omega}$. 옴의 법칙으로 회로 전류: $I = \dfrac{\varepsilon}{R} = \dfrac{12\ \mathrm{V}}{12\ \mathrm{\Omega}} = 1\ \mathrm{A}$. 직렬에서는 모든 저항에 같은 전류가 흐르므로 $R_2$ 양단 전압: $V_2 = I R_2 = 1 \times 3 = 3\ \mathrm{V}$. (검산: $V_1+V_2+V_3 = 2+3+7 = 12\ \mathrm{V}$로 전지 기전력과 일치.)

📖 풀이:
원자의 전자는 양자화된 에너지 준위 $E_1, E_2, E_3, \ldots$에만 존재할 수 있다. 입사한 광자의 에너지 $hf$가 두 준위의 에너지 차 $\Delta E = E_n - E_m$과 정확히 일치할 때만 흡수되어 전자가 위 준위로 들뜬다. 태양 광구에서 나온 연속광이 태양 외곽 대기(채층)를 통과할 때, 그곳에 있는 수소·칼슘 등의 원자들이 자기 고유 에너지 차이에 해당하는 파장만 골라 흡수하기 때문에 그 파장에서 검은 줄(흡수선)이 나타난다. 이는 곧 그 별의 화학 조성을 알려주는 '지문' 역할을 한다.