Home

문제지 PDF 파일을 로드하고 있습니다. 한참 걸릴 수도 있어요 ㅠㅠ 30초 이상 걸리면 새로고침을 한번 해보세요.

2017 9급 국가직 무선공학개론

1번

  1. 메시지 대역폭의 1배~2배 사이이다.
  2. 메시지 대역폭과 같다.
  3. 메시지 대역폭의 2배이다.
  4. 메시지 대역폭의 2배이다.

따라서 답은 2번 이다.

2번

대기감쇠는 주파수가 높아질수록 심해진다.

  1. X밴드는 8~12 GHz이다.
  2. C밴드는 4~8 GHz이다.
  3. Ku밴드는 12~18 GHz이다.
  4. Ka밴드는 27~40 GHz이다. 따라서 주파수가 가장 낮은 C밴드가 대기감쇠의 영향이 가장 적으므로 답은 2번 이다.

3번

디지털화하는 게 아니므로 나이퀴스트 샘플링 주파수와는 무관하다. 메시지의 대역폭이 3 kHz이고 주파수 편이가 5 kHz이므로 FM 변조신호의 대역폭은

B=2(fm+Δf)=2(3+5)=16 kHz\begin{equation} \begin{split} B&=2(f_m+\Delta f)\\ &=2(3+5)\\ &=16\text{ kHz} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 답은 4번 이다.

4번

안테나의 길이는 파장에 비례한다. 보기 중 파장이 가장 짧은 것은 초단파이므로 답은 1번 이다.

5번

출력 전력을 PP라 하면

10logP1 mW=30⇒P1 mW=103⇒P=103×10−3 W=1 W\begin{equation} \begin{split} 10log\frac{P}{1\text{ mW}}&=30\\ \Rightarrow \frac{P}{1\text{ mW}}&=10^3\\ \Rightarrow P&=10^3\times10^{-3}\text{ W}\\ &=1\text{ W} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 3번 이다.

6번

경로손실은

L=(4πdλ)2=(4πdfc)2\begin{equation} \begin{split} L&=\left(\frac{4\pi d}{\lambda}\right)^2\\ &=\left(\frac{4\pi df}{c}\right)^2\\ \end{split} \end{equation}

이다. 나중의 경로손실은 처음 대비 거리가 2배로 늘어남에 의해 22=42^2=4배가 되었고, 주파수가 2배가 됨에 따라 또 22=42^2=4배가 되었다. 따라서 총 16배가 되었으므로, 송신 전력은 이전의 16배인 64 mW가 되어야 한다. 따라서 답은 3번 이다.

7번

DSB-SC 변조하면 스펙트럼은 보기 2,4번에 해당하는 대로 바뀐다. 코사인을 푸리에 변환하면

cos(2πfct)=12(δ(f−fc)+δ(f+fc))\mathcal{cos(2\pi f_c t)}=\frac{1}{2}(\delta(f-f_c)+\delta(f+f_c))

이므로, 이와 M(f)M(f)를 콘볼루션하면 M(f)M(f)가 ±fc\pm f_c 주변으로 옮겨가고, 계수에 12\frac{1}{2}가 곱해진다.

다음으로 전력을 구해 보자. 메시지 신호를 m(t)m(t)라 하고, 그 전력을 PmP_m이라 하면

P=lim⁡T→∞1T∫−T2T2m2(t)cos2(2πfct)dt=lim⁡T→∞1T∫−T2T2m2(t)×12(1+cos(4πfct))dt=12(lim⁡T→∞1T∫−T2T2m2(t)dt+lim⁡T→∞1T∫−T2T2m2(t)cos(4πfct)dt)=12lim⁡T→∞1T∫−T2T2m2(t)dt=12Pm\begin{equation} \begin{split} P&=\lim_{T\rightarrow \infty}\frac{1}{T}\int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}}m^2(t)cos^2(2\pi f_c t)dt\\ &=\lim_{T\rightarrow \infty}\frac{1}{T}\int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}}m^2(t)\times\frac{1}{2}(1+cos(4\pi f_c t))dt\\ &=\frac{1}{2}\left(\lim_{T\rightarrow \infty}\frac{1}{T}\int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}}m^2(t)dt+\lim_{T\rightarrow \infty}\frac{1}{T}\int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}}m^2(t)cos(4\pi f_c t)dt\right)\\ &=\frac{1}{2}\lim_{T\rightarrow \infty}\frac{1}{T}\int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}}m^2(t)dt\\ &=\frac{1}{2}P_m \end{split} \end{equation}

이다. 위 식에서 ∫−T2T2m2(t)cos(4πfct)dt\int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}}m^2(t)cos(4\pi f_c t)dt는 0인데, 그 이유는 m(t)m(t)는 상대적으로 느린 데 비해 cos(4πfct)cos(4\pi f_c t)는 빠르므로 적분하면 양의 부분과 음의 부분이 상쇄되기 때문이다. 따라서 전력은 절반으로 줄어든다. 그러므로 답은 4번 이다.

8번

등화는 주파수 선택적 페이딩의 영향을 보상해주고, 공간 다이버시티나 주파수 다이버시티는 페이딩을 피하는 것이다. 암호화는 페이딩과 상관없으므로 답은 1번 이다.

9번

  1. GPS 위성은 정지궤도상에 있지 않고 움직인다.
  2. 그렇다.
  3. 그렇다.
  4. 3개의 위성만 있어도 위치 측정이 가능하지만(3차원이므로), 시간오차까지 고려하려면 3개로는 부족할 것이다.

따라서 답은 1번 이다.

10번

  1. 그렇다.
  2. 정지궤도 위성의 고도는 약 36,000 km이다.
  3. 그렇다.
  4. 그렇다.

따라서 답은 2번 이다.

11번

  1. 초광대역 통신이다. 매우 정밀한 공간 인식과 방향성을 지원한다.
  2. 여러 개의 안테나로 송수신하는 기술이다.
  3. 사물인터넷이다.
  4. 직교 주파수 분할 다중화이다.

따라서 답은 3번 이다

12번

왕복 시간이 6 μ\mus이므로 편도 시간은 3 μs=3×10−6\mu\text{s}=3\times10^{-6}$s이다. 따라서 목표물까지의 거리는

d=3×108×3×10−6=900 m\begin{equation} \begin{split} d&=3\times10^8\times3\times10^{-6}\\ &=900\text{ m} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 2번 이다.

13번

  1. 정재파비가 무한대일 때는 급전선의 끝이 개방되거나 단락될 때 일어난다. 정재파비는
    VSWR=1+∣Γ∣1−∣Γ∣VSWR=\frac{1+|\Gamma|}{1-|\Gamma|}
    이고 반사계수 Γ\Gamma는
    Γ=ZL−Z0ZL+Z0\Gamma=\frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0}
    이다. $∣Γ∣=1|\Gamma|=1이 되기 위해서는 ZL=0Z_L=0 또는 ZL=∞Z_L=\infty이다.
  2. 그렇다. 위 식에서 ZL=Z0Z_L=Z_0인 상황으로 반사계수가 0이다.
  3. 그렇다. 반사되는 전력이 없으니까.
  4. 그렇다. 신호가 가장 잘 전달되니까.

따라서 답은 1번 이다.

14번

  1. 가능하다. 반송파 성분이 있으므로 포락선 검파가 된다.
  2. 그렇다. 다수의 사용자들이 저렴한 복조기(포락선 검파기)를 이용할 수 있기 때문이다.
  3. 그렇다.
  4. 반송파 성분을 추가로 보내므로 더 많은 전력이 소모된다.

15번

PWM을 쓸 때 0일 때의 펄스 폭이 0이 아니라면 음의 표현도 가능할 것 같다. 따라서 답은 3번 이다.

16번

최소 표본화 주파수는 최고 주파수의 2배이므로 80,000 Hz이다. 따라서 최대 표본화주기는 이의 역수인

180000=180 ms\frac{1}{80000}=\frac{1}{80}\text{ ms}

이다. 한편 표본당 8비트이므로 최소 데이터 전송속도는

4×80000=320 kbps4\times80000=320\text{ kbps}

이다. 그러므로 답은 3번 이다.

17번

  1. 그렇다. 병렬로 여러 개의 심벌을 보내기 때문에 한 심벌의 시간은 더 길게 된다.
  2. 반송파들의 위상이 같은 순간 큰 전력이 필요하므로 PAPR이 높다.
  3. 그렇다. 개별 반송파들의 대역폭은 넓지 않으므로 주파수 선택적 페이딩이 적다.
  4. 그렇다. 다중 경로로 인한 심벌 간 간섭을 없애기 위해 가드 구간을 두고 이를 CP로 채운다.

따라서 답은 2번 이다.

18번

도플러 주파수는

fD=vfccosθf_D=\frac{vf}{c}cos\theta

이므로 최댓값은 cosθ=1cos\theta=1일 때이다. 그러므로 그 때의 값을 구하면

fD=108×1033600×1093×108=100 Hz\begin{equation} \begin{split} f_D&=\frac{\frac{108\times10^3}{3600}\times10^9}{3\times10^8}\\ &=100\text{ Hz} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 4번 이다.

19번

증폭도 100을 dB로 바꾸면

10log100=20 dB10log100=20\text{ dB}

이다. 한편 입력신호 0.1 W를 dBm으로 나타내면

100.1 W1 mW=10log10−110−3=10log102=20 dBm\begin{equation} \begin{split} 10\frac{0.1 \text{ W}}{1\text{ mW}}&=10log\frac{10^-1}{10^-3}\\ &=10log10^2\\ &=20\text{ dBm} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 EIRP는

EIRP=20−2−2+20+10=46 dBmEIRP=20-2-2+20+10=46\text{ dBm}

이므로 답은 3번 이다.

20번

10 cm 진행하는 데 걸리는 시간은

10×10−23×108=13×10−9\frac{10\times10^{-2}}{3\times10^8}=\frac{1}{3}\times10^{-9}

이다. 위상변화는 이 값에 각주파수를 곱한 것이므로

13×10−9×\2pi×1.5×109=π\frac{1}{3}\times10^{-9}\times\2pi\times1.5\times10^9=\pi

이다. 따라서 답은 4번 이다.