🔬 고등 물리Ⅱ

📖 풀이:
아르키메데스 원리에 의해 부력은 물체가 밀어낸 유체의 무게와 같다. 단위 변환: $V=400\,\text{cm}^3=4.0\times 10^{-4}$ m³. 따라서 $F_B=\rho V g=(1.0\times 10^3)(4.0\times 10^{-4})(9.8)=3.92$ N.

📖 풀이:
케플러의 제3법칙에 의해 $T^2\propto r^3$이다. 즉 $\dfrac{T_B^2}{T_A^2}=\left(\dfrac{r_B}{r_A}\right)^3=4^3=64$. 따라서 $T_B=\sqrt{64}\cdot T_A=8T$.

📖 풀이:
양끝이 고정된 줄의 기본 진동에서는 줄 전체가 반파장에 해당한다. 즉 $L=\dfrac{\lambda_1}{2}$이므로 $\lambda_1=2L=2.0$ m. 따라서 $f_1=\dfrac{v}{\lambda_1}=\dfrac{300}{2.0}=150$ Hz.

📖 풀이:
고유시간 $\tau_0$는 입자와 함께 움직이는 좌표계에서 측정한 수명이고, 지면 관측자에게는 시간 지연이 일어난다. $\tau=\gamma\tau_0$, 여기서 $\gamma=\dfrac{1}{\sqrt{1-(v/c)^2}}=\dfrac{1}{\sqrt{1-0.9801}}\approx 7.09$. 따라서 $\tau\approx 7.09\times 2.2\,\mu\text{s}\approx 15.6\,\mu$s.

📖 풀이:
벡터 관계식: $\vec{v}_{비행기/지면}=\vec{v}_{비행기/공기}+\vec{v}_{공기/지면}$. 결과가 정북이어야 하므로 동서 성분이 상쇄되어야 한다. 비행기는 정북에서 서쪽으로 각도 $\theta$만큼 향해야 하며, $100\sin\theta=30 \Rightarrow \sin\theta=0.3 \Rightarrow \theta\approx 17.5°$. 북쪽 성분(지면에 대한 속력)은 $100\cos\theta=\sqrt{100^2-30^2}=\sqrt{9100}\approx 95.4$ m/s.

📖 풀이:
줄의 장력을 $\mathcal{T}$라 하자. 연직 방향 평형: $\mathcal{T}\cos\theta=mg$. 수평 방향(구심력): $\mathcal{T}\sin\theta=m\omega^2 r=m\omega^2(L\sin\theta)$. 두 식을 나누면 $\tan\theta=\dfrac{\omega^2 L\sin\theta}{g}$, 즉 $\omega^2=\dfrac{g}{L\cos\theta}$. 따라서 $T=\dfrac{2\pi}{\omega}=2\pi\sqrt{\dfrac{L\cos\theta}{g}}$. 각도가 작을수록($\cos\theta\to 1$) 단진자 주기에 가까워진다.

📖 풀이:
이상기체의 분자운동론에서 분자 1개의 평균 운동에너지는 $\dfrac{1}{2}m\langle v^2\rangle=\dfrac{3}{2}k_BT$이며, 1 mol 단위로 쓰면 $v_{rms}=\sqrt{\dfrac{3RT}{M}}$. 단위 변환: $M=0.032$ kg/mol. 대입하면 $v_{rms}=\sqrt{\dfrac{3\times 8.31\times 300}{0.032}}=\sqrt{\dfrac{7479}{0.032}}=\sqrt{233{,}719}\approx 483$ m/s.

📖 풀이:
코일을 통과하는 자속은 $\Phi=BA=B\pi r^2$. 패러데이의 법칙에 의해 $|\varepsilon|=N\left|\dfrac{d\Phi}{dt}\right|=N\pi r^2\dfrac{\Delta B}{\Delta t}$. 대입하면 $|\varepsilon|=100\times 3.14\times (0.10)^2\times \dfrac{0.40}{0.5}=100\times 3.14\times 0.01\times 0.80=2.51$ V.

📖 풀이:
로런츠 인자: $\gamma=\dfrac{1}{\sqrt{1-(0.6)^2}}=\dfrac{1}{\sqrt{0.64}}=\dfrac{1}{0.8}=1.25$. (가) 지구 관측자는 우주선이 운동하는 것을 보므로 길이 수축이 일어난다: $L=\dfrac{L_0}{\gamma}=\dfrac{120}{1.25}=96$ m. (나) 우주선 승무원에게는 우주선이 정지해 있으므로 그대로 고유길이 $L_0=120$ m를 측정한다. 길이 수축은 운동 방향에 대해서만 일어나는 상대적 효과임에 주의.

📖 풀이:
단열과정에서 $PV^\gamma=$ 일정, 이상기체 상태방정식 $PV=nRT$와 결합하면 $TV^{\gamma-1}=$ 일정이다. 따라서 $T_1V_1^{\gamma-1}=T_2V_2^{\gamma-1}$, $T_2=T_1\left(\dfrac{V_1}{V_2}\right)^{\gamma-1}=300\times 8^{2/3}=300\times (2^3)^{2/3}=300\times 2^2=300\times 4=1200$ K. 단원자 이상기체에서 $\gamma-1=\dfrac{2}{3}$.

📖 풀이:
콤프턴 산란 공식: $\Delta\lambda=\lambda'-\lambda_0=\dfrac{h}{m_e c}(1-\cos\theta)=\lambda_C(1-\cos\theta)$. $\theta=90°$이면 $\cos\theta=0$이므로 $\Delta\lambda=\lambda_C=2.43\times 10^{-12}$ m $=0.00243$ nm. 따라서 $\lambda'=\lambda_0+\Delta\lambda=0.0500+0.00243\approx 0.0524$ nm. 산란 X선의 파장이 길어지는 것은 광자가 전자에 에너지와 운동량을 주었기 때문이다.

📖 풀이:
속도벡터는 위치벡터의 시간미분이다. $\vec{v}(t)=\frac{d\vec{r}}{dt}=(6t-2)\hat{i}+4\hat{j}$. $t=2$ s를 대입하면 $\vec{v}(2)=10\hat{i}+4\hat{j}$ (m/s). 속력은 크기이므로 $|\vec{v}|=\sqrt{10^2+4^2}=\sqrt{116}\approx 10.77$ m/s.

📖 풀이:
케플러 제3법칙: $T^2 \propto r^3$. 따라서 $\left(\frac{T_A}{T_B}\right)^2=\left(\frac{r_A}{r_B}\right)^3=\left(\frac{1}{4}\right)^3=\frac{1}{64}$. 양변에 제곱근을 취하면 $\frac{T_A}{T_B}=\frac{1}{8}$. 따라서 $T_A:T_B=1:8$.

📖 풀이:
키르히호프 전압법칙(KVL)에 의해 회로 전체에서 $\varepsilon=I(R+r)$이 성립한다. 대입하면 $12=I(5+1)$, 따라서 $I=\frac{12}{6}=2$ A. 단자전압은 $V=IR=10$ V, 내부저항에서 손실되는 전압은 $Ir=2$ V이다.

📖 풀이:
단진자 주기는 $T=2\pi\sqrt{\frac{L}{g}}$이므로 $\frac{T_M}{T_E}=\sqrt{\frac{g_E}{g_M}}=\sqrt{\frac{9.8}{3.7}}\approx\sqrt{2.65}\approx 1.63$. 따라서 화성에서 단진자 주기는 지구의 약 1.63배. 중력이 약하면 복원력도 약해져 진자가 더 천천히 흔들린다. (길이 $L$은 변하지 않음에 유의)

📖 풀이:
움직이는 시계는 정지좌표계에 비해 느려진다(시간 지연). $\tau=\gamma\tau_0$이고 로런츠 인자 $\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}=\frac{1}{\sqrt{1-0.99^2}}\approx 7.09$. 따라서 $\tau=7.09\times 2.2\times10^{-6}\approx 1.56\times 10^{-5}$ s. 뮤온은 정지수명만 보면 $c\tau_0\approx 660$ m 정도밖에 못 가지만, 시간 지연 덕분에 수 km 두께의 대기를 뚫고 지표면까지 도달할 수 있다.

📖 풀이:
RL 회로에서 전류는 $I(t)=I_\infty(1-e^{-t/\tau_L})$로 증가한다. 여기서 정상상태 전류 $I_\infty=\frac{\varepsilon}{R}=2$ A이고 RL 시정수 $\tau_L=\frac{L}{R}=\frac{2}{10}=0.2$ s. 전류가 절반에 도달하는 조건: $\frac{1}{2}=1-e^{-t/\tau_L}$, 즉 $e^{-t/\tau_L}=\frac{1}{2}$. 양변에 $\ln$을 취하면 $t=\tau_L\ln 2=0.2\times 0.693\approx 0.139$ s.

📖 풀이:
수직원운동 최고점에서는 장력과 중력이 모두 원의 중심(아래방향)을 향하며, 두 힘의 합력이 구심력 역할을 한다. $T+mg=\frac{mv^2}{L}$. 대입하면 $T=\frac{mv^2}{L}-mg=\frac{0.5\times 4.0^2}{1.0}-0.5\times 9.8=8.0-4.9=3.1$ N. 만약 $v$가 더 작아 임계속력 $v_c=\sqrt{gL}\approx 3.13$ m/s 미만이면 줄이 느슨해진다.

📖 풀이:
원궤도에서 구심력=만유인력 조건으로 $\frac{mv^2}{r}=\frac{GMm}{r^2}$, 따라서 운동에너지 $K=\frac{1}{2}mv^2=\frac{GMm}{2r}$. 퍼텐셜에너지 $U=-\frac{GMm}{r}$. 총 역학적 에너지 $E=K+U=\frac{GMm}{2r}-\frac{GMm}{r}=-\frac{GMm}{2r}$. 무한대에서 정지 상태($E_\infty=0$)에 도달하려면 $\Delta E=0-(-\frac{GMm}{2r})=\frac{GMm}{2r}$만큼의 에너지가 추가로 필요하다.

📖 풀이:
상대론에서 총에너지 $E=K+m_0c^2=m_0c^2+m_0c^2=2m_0c^2$. 에너지-운동량 관계식 $E^2=(pc)^2+(m_0c^2)^2$에 대입하면 $(2m_0c^2)^2=(pc)^2+(m_0c^2)^2$, 즉 $(pc)^2=4(m_0c^2)^2-(m_0c^2)^2=3(m_0c^2)^2$. 따라서 $pc=\sqrt{3}\,m_0c^2$이고 $p=\sqrt{3}\,m_0c$. (참고: 이때 $\gamma=2$이므로 $v=\frac{\sqrt{3}}{2}c\approx 0.866c$)

📖 풀이:
LC 회로는 저항이 없으므로 총 에너지가 보존된다. 초기에는 모든 에너지가 축전기의 전기에너지로 저장되어 있다: $U_{C,\max}=\frac{Q_0^2}{2C}=\frac{(4\times 10^{-6})^2}{2\times 8\times 10^{-6}}=\frac{16\times 10^{-12}}{16\times 10^{-6}}=10^{-6}$ J $=1$ $\mu$J. 인덕터 전류가 최대가 되는 순간(축전기 전하 0)에는 이 에너지 전부가 자기에너지 $U_{L,\max}=\frac{1}{2}LI_{\max}^2$로 옮겨간다. 에너지 보존에 의해 $U_{L,\max}=U_{C,\max}=1$ $\mu$J.

📖 풀이:
비탈면 방향(x')과 수직(y') 좌표계를 사용. 초속도 성분: $v_{x'}=v_0\cos 30°=10\sqrt{3}$ m/s, $v_{y'}=v_0\sin 30°=10$ m/s. 중력성분: $a_{x'}=-g\sin\theta=-5$ m/s$^2$, $a_{y'}=-g\cos\theta=-5\sqrt{3}$ m/s$^2$. 비탈면 복귀 조건 $y'=0$에서 비행시간 $t=\frac{2v_{y'}}{g\cos\theta}=\frac{2\times 10}{5\sqrt{3}}=\frac{4}{\sqrt{3}}$ s. 비탈면 위 이동거리 $R=v_{x'}t+\frac{1}{2}a_{x'}t^2=10\sqrt{3}\times\frac{4}{\sqrt{3}}+\frac{1}{2}(-5)\left(\frac{4}{\sqrt{3}}\right)^2=40-\frac{40}{3}=\frac{80}{3}$ m $\approx 26.7$ m.

📖 풀이:
에너지 준위 공식에 대입: $E_3=-\frac{13.6}{9}\approx -1.51$ eV, $E_2=-\frac{13.6}{4}=-3.40$ eV. 천이 시 방출 광자 에너지는 두 준위 에너지 차이: $\Delta E=E_3-E_2=-1.51-(-3.40)=1.89$ eV. 이 광자의 파장 $\lambda=\frac{hc}{\Delta E}\approx 656$ nm로, 가시광선 영역의 빨간색 빛이다. 이는 발머 계열의 $H_\alpha$ 선이다.

📖 풀이:
1단계(연속방정식): $A_1v_1=A_2v_2 \Rightarrow v_2=\dfrac{A_1}{A_2}v_1=\dfrac{4.0}{1.0}\times0.50=2.0\text{ m/s}$. 2단계(베르누이, 수평이라 $\rho gh$ 항 제거): $P_1+\tfrac12\rho v_1^2=P_2+\tfrac12\rho v_2^2$. 3단계(대입): $P_2=P_1+\tfrac12\rho(v_1^2-v_2^2)=1.5\times10^5+\tfrac12(1000)(0.25-4.0)=1.5\times10^5-1875\approx1.48\times10^5\text{ Pa}$. 좁아진 곳에서 속력은 커지고 압력은 작아진다(베르누이 효과).

📖 풀이:
1단계(파속): 줄에서 횡파의 속력은 $v=\sqrt{T/\mu}=\sqrt{50/(2.0\times10^{-3})}=\sqrt{2.5\times10^4}\approx158.1\text{ m/s}$. 2단계(기본 파장): 양끝 고정의 1차 모드는 $\lambda_1=2L=1.6$ m. 3단계(진동수): $f_1=v/\lambda_1=158.1/1.6\approx98.8\text{ Hz}\approx99\text{ Hz}$. 일반 모드는 $f_n=nf_1$.