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2018 7급 국가직 전자회로

1번

  1. MOSFET을 증폭기 회로에 사용하려면 포화 영역에서 동작시켜야 한다. 여기서 포화는 BJT에서의 포화와는 다르다. MOSFET의 포화는 VDSV_{DS}변동에도 불구하고 IDI_D가 변하지 않음(포화됨)을 의미한다. 반면 BJT에서의 포화는 VBEV_{BE}가 변해도 출력 컬렉터 전압이 변하지 않음을 의미한다.
  2. RSR_S는 네거티브 피드백을 하므로 전압이득의 크기를 줄여버린다. 구체적인 수식을 보면
    ∣Av∣=(위쪽임피던스)(아래쪽임피던스)=RD1gm+RS\begin{equation} \begin{split} |A_v|&=\frac{(위쪽 임피던스)}{(아래쪽 임피던스)}\\ &=\frac{R_D}{\frac{1}{g_m}+R_S} \end{split} \end{equation}
    이다.
  3. 위의 식에 따라 옳다.
  4. 저항은 전류 대비 전압이므로 전류가 00이면 저항은 무한대가 된다. 마지막으로
    ∣Av∣=(위쪽임피던스)(아래쪽임피던스)|A_v|=\frac{(위쪽 임피던스)}{(아래쪽 임피던스)}
    가 어떻게 나오는지 한번 살펴보고 가자. 입력전압 ViV_i는 아래쪽 임피던스인 1gm\frac{1}{g_m}과 RSR_S의 전압강하의 합이다. 이 때 드레인 전류를 iDi_D라 하면
    Vin=(1gm+RS)iDV_{in}=\left(\frac{1}{g_m}+R_S\right)i_D
    이다. 이 iDi_D는 위쪽 임피던스인 RDR_D에서 전압강하 −RDiD-R_Di_D를 만든다. 따라서 이득은
    RDiD(1gm+RS)iD\frac{R_Di_D}{\left(\frac{1}{g_m}+R_S\right)i_D}
    이므로 iDi_D를 약분하면 제시된 식이 나온다.

따라서 2번이 옳지 않다.

2번

출력 쪽에는 VgsV_{gs}가 KK배 되어 나타난다. 따라서 CgdC_{gd} 양단에 걸리는 전압은 입력 쪽에서 바라보면 Vgs(1−K)V_{gs}(1-K)이므로 전류도 1−K1-K배 되어 흐른다. 이는 임피던스가 그 비율로 작아진단 뜻이고, 곧 커패시턴스가 1−K1-K배만큼 커져서 보인다는 것이다. 따라서 총 입력 커패시턴스는 CgsC_{gs}와 Cgd(1−K)C_{gd}(1-K)의 병렬이므로

Cin=Cgs+Cgd(1−K)C_{in}=C_{gs}+C_{gd}(1-K)

이다. 이에 해당하는 것은 1번임을 알 수 있긴 하지만 좀 더 풀어보자. 출력 전압 VoV_o를 만들기 위해서는

Vgs=VoKV_{gs}=\frac{V_o}{K}

가 되면 될 것이다. 따라서 출력 쪽에서 바라봤을 때 CgdC_{gd}에 걸리는 전압은

Vo(1−1K)V_o(1-\frac{1}{K})

이다. 따라서 앞서 한 것처럼 해석하면

CL′=CL+Cgd(1−1K)C'_L=C_L+C_{gd}\left(1-\frac{1}{K}\right)

이므로 답은 1번이 확실하다.

3번

카슨의 법칙을 이용하면

BW=2(fm+mf)=2(10+50)=120\begin{equation} \begin{split} BW&=2(f_m+m_f)\\ &=2(10+50)\\ &=120 \end{split} \end{equation}

이므로 답은 3번이다.

4번

전파 정류 회로이지만 착각하기 쉬운 함정이 있다. ViV_i 부호가 ++라 하자. 그러면 전압은 D1D_1을 타고 내려와서 RR의 아래쪽이 ++가 된다. 즉 VoV_o의 부호는 −-가 되는 것이다. 따라서 답은 1번이 아닌 2번이다.

5번

시험장에서 직접 유도해 푸는 것은 시간이 많이 걸리니 불가능하다. 여기서 한번 보고 되도록이면 결과를 외우자. 먼저 네거티브 피드백이 있으므로 C2C_2에 걸리는 전압은 VoV_o이다. 따라서 RR과 RR 사이의 전압은

V=Vo+sC2RVoV=V_o+sC_2RV_o

이다. 이 지점에서 전류에 대한 식을 세우면

VI−VR=sC2VO+sC1(V−VO)⇒VI−VO−sC2RVO=sC2RVO+sC1R(VO+sC2RVO−VO)⇒VI=VO(1+sC2R+sC2R+s2R2C1C2)⇒VO(s)VI(s)=11+s2RC2+s2R2C1C2\begin{gather} \frac{V_I-V}{R}=sC_2V_O+sC_1(V-V_O)\\ \Rightarrow V_I-V_O-sC_2RV_O=sC_2RV_O+sC_1R(V_O+sC_2RV_O-V_O)\\ \Rightarrow V_I=V_O(1+sC_2R+sC_2R+s^2R^2C_1C_2)\\ \Rightarrow \frac{V_O(s)}{V_I(s)}=\frac{1}{1+s2RC_2+s^2R^2C_1C_2} \end{gather}

이므로 답은 4번이다.

6번

++단에 00 V가 걸리는 순간에 상태 천이가 일어난다. 먼저 높은 쪽에서 낮은 쪽으로 갈 때의 문턱전압에 대해 구해보자. VL=−12V_L=-12 V가 걸려있고 ++ 단에 00 V가 걸리면 20kΩ20 k\Omega 저항을 흐르는 전류는 오른쪽으로

1220=0.6\frac{12}{20}=0.6

이다. 이 전류는 왼쪽 저항에서 올 것이고 이 떄 입력전압은

Vi=VTH=0.6×10=6\begin{equation} \begin{split} V_i&=V_{TH}\\ &=0.6\times 10\\ &=6 \end{split} \end{equation}

이다. 다음으로 낮은 쪽에서 높은 쪽으로 갈 때의 문턱전압을 마찬가지로 구해보자. VH=12V_H=12 V가 걸려있다고 하면 위 계산에서 부호만 반대로 될 것이므로

VTL=−6V_{TL}=-6

이다. 따라서 답은 1번이다.

7번

CSC_S가 바라볼 때의 저항은 RSR_S와 소스 입력 저항인 1gm\frac{1}{g_m}의 병렬이므로

Req=RS∣∣1gm=RS1+gmRS\begin{equation} \begin{split} R_{eq}&=R_S||\frac{1}{g_m}\\ &=\frac{R_S}{1+g_mR_S} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 극점은

1ReqCS=1+gmRSRSCS\frac{1}{R_{eq}C_S}=\frac{1+g_mR_S}{R_SC_S}

이므로 답은 4번이다.

8번

D급 증폭기는 먼저 입력 신호를 PWM변조한 후, 이를 푸시풀 증폭기로 증폭시킨 결과에 LPF를 통과시키는 회로이다. 따라서 답은 1번이다.

9번

OPAMP 입력단 전압을 VV라 하자. 네거티브 피드백이 있으므로 두 입력단 전압은 같다. 이 VV는

(1+R2R1)\left(1+\frac{R_2}{R_1}\right)

증폭되어 VoV_o가 된다. 다음으로 VoV_o는

R+1sCR+\frac{1}{sC}

와

R∣∣1sC=R1+sCRR\left|\left|\frac{1}{sC}\right.\right.=\frac{R}{1+sCR}

에 분배되어서 VV가 된다. 식을 세우면

(1+R2R1)⋅R1+sCRR+1sC+R1+sCR=1\left(1+\frac{R_2}{R_1}\right)\cdot \frac{\frac{R}{1+sCR}}{R+\frac{1}{sC}+\frac{R}{1+sCR}}=1

이므로 정리하면

(1+R2R1)⋅RR+R+sCR2+R+1sC=(1+R2R1)⋅sCRs3CR+s2C2R2+1⇒(1+R2R1)⋅sCRs3CR+s2C2R2+1=1⇒R2R1=3+sCR+1sCR−1=1sCR+2+sCR\begin{gather} \left(1+\frac{R_2}{R_1}\right)\cdot \frac{R}{R+R+sCR^2+R+\frac{1}{sC}}=\left(1+\frac{R_2}{R_1}\right)\cdot \frac{sCR}{s3CR+s^2C^2R^2+1}\\ \Rightarrow \left(1+\frac{R_2}{R_1}\right)\cdot \frac{sCR}{s3CR+s^2C^2R^2+1}=1\\ \Rightarrow \frac{R_2}{R_1}=3+sCR+\frac{1}{sCR}-1=\frac{1}{sCR}+2+sCR \end{gather}

이다. 따라서 2번이 답이다.

10번

Vi,ICV_i, I_C가 없을 떄 VXV_X에 의한 출력은 비반전 증폭이므로

(1+R2R1)VX\left(1+\frac{R_2}{R_1}\right)V_X

이다. Vi,VXV_i, V_X가 없을 때 ICI_C에 의한 출력은 R1R_1을 타고 오는 전류는 없으므로(왜일까?) R2R_2에 ICI_C가 흘러서 나타나는 것으로

R2ICR_2I_C

이다. 이 둘이 상쇄되면 되므로

(1+R2R1)VX=−R2IC⇒IC=−(1R1+1R2)VX\begin{gather} \left(1+\frac{R_2}{R_1}\right)V_X=-R_2I_C\\ \Rightarrow I_C=-\left(\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}\right)V_X \end{gather}

이고 답은 3번이다.

11번

왼쪽 절반을 묶으면 y‾\overline{y}이다. 아래쪽 절반을 묶으면 xx이다. 마지막으로 왼쪽 첫 세로줄과 오른쪽 끝 세로줄을 묶으면 z‾\overline{z}이다. 이들을 다 더하면

F=x+y‾+z‾F=x+\overline{y}+\overline{z}

이므로 3번이 답이다.

12번

2 kΩ2\text{ k}\Omega 저항의 왼쪽의 전압은 아랫줄을 그라운드로 하였을 때

5−2=35-2=3

이다. 따라서 다이오드는 오픈되므로 이 33 V는 다이오드에 그대로 걸리게 되니 답은 3번이다.

13번

Vi1V_{i1}에 의한 출력은

Vo1=−11Vi1=−1\begin{equation} \begin{split} V_{o1}&=-\frac{1}{1}V_{i1}\\ &=-1 \end{split} \end{equation}

이다. 그리고 Vi2V_{i2}에 의한 출력은

Vo2=−12Vi2=−1\begin{equation} \begin{split} V_{o2}&=-\frac{1}{2}V_{i2}\\ &=-1 \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 출력 전압은

Vo=Vo1+Vo2=−2\begin{equation} \begin{split} V_o&=V_{o1}+V_{o2}\\ &=-2 \end{split} \end{equation}

이므로 답은 2번이다.

14번

  1. 개방 드레인 구조는 말 그대로 드레인에 아무것도 연결되지 않은 것으로, 풀업 저항을 통해 전원에 연결해야 MOSFET의 상태에 따른 출력 전압을 얻을 수 있다.
  2. 개방 드레인 단자들끼리 결선해서 풀업 저항에 연결하는 것은 아무 문제가 없다.
  3. 사용 전원 전압이 다른 회로들의 인터페이스로 사용할 수 있다. 가령 첫 번째 회로의 전원은 55 V를 쓰는데 이 회로의 출력이 3.33.3 V를 전원으로 쓰는 회로에 바로 연결되면 문제가 생길 것이다. 이를 해결하기 위해서는 개방 드레인 구조를 사용하여 풀업 저항을 3.33.3 V에 연결해주면 될 것이다.
  4. 아무래도 MOS 하나로 구성되니 MOS 2개인 회로보다는 간단할 것다.

그러므로 옳지 않은 것은 4번이다.

15번

제너 다이오드가 켜지면 Vo=5V_o=5 V이고, 이에 따라 RR에 걸리는 전압은

V−VO=11−5=6V-V_O=11-5=6

이다. 따라서 RR에 흐르는 전류는 66 mA이고, 이중 최소 11 mA는 제너 다이오드로 흘러야 하니 남은 55 mA가 RLR_L로 흐른다. 따라서

VO=5=5⋅RLV_O=5=5\cdot R_L

에서

RL=1 kΩR_L=1 \text{ k}\Omega

가 최솟값이므로 답은 1번이다.

16번

(a): S=R=0S=R=0이므로 좌우 가장 바깥의 트랜지스터 단은 없는 것과 마찬가지이고, 안쪽의 트랜지스터들은 서로 피드백을 하며 상태를 유지한다. 따라서 Q(t)=Q(t−1)Q(t)=Q(t-1)을 출력한다.

(b): 왼쪽 트랜지스터 단은 00을 출력하고 R=0R=0이므로 오른쪽 트랜지스터 단은 꺼진다. 따라서 Q=1Q=1이다.

(c): 위와 반대 경우이므로 Q=0Q=0이다.

(d): (a)의 경우와 마찬가지이므로 Q(t)=Q(t−1)Q(t)=Q(t-1)이다.

따라서 답은 2번이다.

17번

ViV_i가 소스에 전달되는 비율은

A1=1gm∣∣RXRS+1gm∣∣RX=RX1+gmRXRS+RX1+gmRX=RXRS(1+gmRX)+RX\begin{equation} \begin{split} A_1&=\frac{\frac{1}{g_m}||R_X}{R_S+\frac{1}{g_m}||R_X}\\ &=\frac{\frac{R_X}{1+g_mR_X}}{R_S+\frac{R_X}{1+g_mR_X}}\\ &=\frac{R_X}{R_S(1+g_mR_X)+R_X} \end{split} \end{equation}

이다. 다음으로 이 전압 비율은

A0=gmRDA_0=g_mR_D

만큼 증폭되므로, 전체 전압 이득은

Av=A0A1=gmRDRXRS(1+gmRX)+RXA_v=A_0A_1=\frac{g_mR_DR_X}{R_S(1+g_mR_X)+R_X}

이니 1번이 답이다.

18번

네거티브 피드백이 있으므로 RR을 흐르는 전류는

ViR\frac{V_i}{R}

이다. 이 전류가 다이오드를 통해 흐르므로

ViR=IR⋅eqVF/kT=IR⋅e−qVo/kT⇒Vo=−(kTq)ln(ViIRR)\begin{gather} \frac{V_i}{R}=I_R\cdot e^{qV_F/kT}=I_R\cdot e^{-qV_o/kT}\\ \Rightarrow V_o=-\left(\frac{kT}{q}\right) ln\left(\frac{V_i}{I_RR}\right) \end{gather}

이므로 답은 1번이다.

19번

TG 게이트는 그냥 스위치나 마찬가지이다. 주어진 회로를 보면 S=1S=1일 때 위쪽이 켜지고 S=0S=0일 때 아래쪽이 켜지므로 Y=SA+S‾BY=SA+\overline{S}B이다. 주어진 보기들을 분석하기 위해 오른쪽 게이트의 출력 쪽 버블을 입력 쪽으로 넘기고 AND이면 OR로, OR이면 AND로 연산을 바꾸자.

  1. Y=(S+A)(S‾+B)=SB+S‾AY=(S+A)(\overline{S}+B)=SB+\overline{S}A이므로 다르다.
  2. Y=(S+A)+(S‾+B)=1Y=(S+A)+(\overline{S}+B)=1이므로 다르다.
  3. Y=(SA)+(S‾B)=SA+S‾BY=(SA)+(\overline{S}B)=SA+\overline{S}B이므로 같다.
  4. Y=(SA)(S‾B)=0Y=(SA)(\overline{S}B)=0이므로 다르다.

따라서 3번이 답이다.

20번

IE1=(hfe1+1)IBI_{E1}=(h_{fe1}+1)I_B

이고, 이 전류는 Q2Q_2에서 증폭되므로

IC2=hfe2IE1=hfe2(hfe1+1)IB⋅IB\begin{equation} \begin{split} I_{C2}&=h_{fe2}I_{E1}\\ &=h_{fe2}(h_{fe1}+1)I_B\cdot I_B \end{split} \end{equation}

이다. 그리고

IC=IC1+IC2=hfe1⋅IB+hfe2(hfe1+1)IB⋅IB\begin{equation} \begin{split} I_C&=I_{C1}+I_{C2}\\ &=h_{fe1}\cdot I_B+h_{fe2}(h_{fe1}+1)I_B\cdot I_B \end{split} \end{equation}

이므로 답은 4번이다.