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2020 7급 국가직 전자회로

1번

  1. 발진기는 내부 잡음을 정귀환시켜서 발진 신호를 만들어내므로 입력신호가 필요하지 않다.
  2. 폐루프 이득이 정상상태에서 1이어야 일정한 발진 신호가 유지된다.
  3. 폐루프 이득이 시동상태에서 1보다 커야 작은 신호가 커질 것이다.
  4. 폐루프의 위상변이가 180∘180^{\circ}이면 뺄셈이 되니 안된다. 위상변이가 00이어야 발진이 시작되고 유지될 수 있다.

따라서 답은 4번이다.

2번

생각을 편하게 하기 위해 초기에 출력 전압이 00이라고 하자. Vi>0V_i>0이면 다이오드가 도통되고 출력전압은 00이다. 또한 커패시터에는

VC=(오른쪽전압)−(왼쪽전압)=ViV_C=(오른쪽 전압)-(왼쪽 전압)=V_i

만큼 충전된다. 다음으로 Vi<0V_i\lt 0이면 다이오드가 꺼지고, 시정수가 매우 크므로 방전은 일어나지 않으니 전류가 흐르지 않고,

Vi+VC=2ViV_i+V_C=2V_i

가 출력된다. 따라서 답은 1번이다.

3번

2020 kHz 음성신호의 나이퀴스트 샘플 속도는

2×20=402\times 20=40

이다. 88비트 양자화를 하므로 둘을 곱하면 320320 kbps가 되므로 답은 4번이다.

4번

  1. R2R_2는 출력 전압의 크기와 상관이 있다. 비반전 증폭기의 일부이기 때문이다.
  2. 발진 주파수는 R1R_1이 아닌 RR과 관련이 있다. 1번과 마찬가지 이유로 R1R_1은 출력 전압 크기와 관련이 있다.
  3. RR은 출력 전압에서 원하는 주파수만 골라내는 밴드패스필터의 구성 요소이기 때문에 발진 주파수와 관련이 있다.
  4. 접지와 연결된 RC 회로의 임피던스는 둘의 병렬 연결이므로
    R1+sCR\frac{R}{1+sCR}
    이다. 그 오른쪽의 직렬 RC의 임피던스는
    R+1sCR+\frac{1}{sC}
    이다. VoV_o가 병렬 RC에 분배되어 OPAMP의 ++단에 걸리고, 이 전압이 가상 도통에 의해 OPAMP의 −-단으로 전달되어 증폭되고 다시 VoV_o가 나온다. ++단에 걸리는 전압을 구해보면
    V+=VoR1+sCRR1+sCR+R+1sC=VoRR+R+sCR2+1sC+R=VosCR3sCR+s2C2R2+1\begin{equation} \begin{split} V_+&=V_o\frac{\frac{R}{1+sCR}}{\frac{R}{1+sCR}+R+\frac{1}{sC}}\\ &=V_o\frac{R}{R+R+sCR^2+\frac{1}{sC}+R}\\ &=V_o\frac{sCR}{3sCR+s^2C^2R^2+1} \end{split} \end{equation}
    이다. 이 값이 비반전 증폭 이득인
    1+R2R11+\frac{R_2}{R_1}
    만큼 증폭되어 VoV_o가 되므로 식을 세우면
    Vo=(1+R2R1)⋅VosCR3sCR+s2C2R2+1V_o=\left(1+\frac{R_2}{R_1}\right)\cdot V_o\frac{sCR}{3sCR+s^2C^2R^2+1}
    인데, 좌변과 우변이 같으려면 둘의 위상이 같아야 한다. 양변을 VoV_o로 나눠서 생각하면 좌변은 11이므로 우변의 복소수가 제거되기 위해선 분자의 ss가 약분되어야 하고, 그러려면 분모의 s2C2R2=−1s^2C^2R^2=-1이 되어서 분모에는 3sCR3sCR만 남아야 한다. 그렇게 되면
    1=(1+R2R1)⋅Vo⋅131=\left(1+\frac{R_2}{R_1}\right)\cdot V_o\cdot \frac{1}{3}
    이 되고, 이를 풀면
    R2R1=2\frac{R_2}{R_1}=2
    가 되므로 R2R_2는 R1R_1의 22배가 되어야 한다.

따라서 답은 3번이다.

5번

IC=βIB=100IBI_C=\beta I_B=100I_B

이다. 2kΩ2 k\Omega 저항을 IC1I_{C1}이 흐르므로 Q1Q_1의 컬렉터 전압은

5−2IC15-2I_{C1}

이다. 한편, Q2Q_2의 컬렉터 전압은 0.70.7 V이고, 1kΩ1 k\Omega저항을 통해 흐르는 전류는 IB1+IC1=1.01IC1I_{B1}+I_{C1}=1.01I_{C1}이다. 이로부터 Q1Q_1의 이미터 전압은

0.7+1⋅1.01⋅IC10.7+1\cdot1.01\cdot I_{C1}

임을 알 수 있다. 이 이미터 전압에 0.70.7 V를 더하면 Q1Q_1의 베이스 전압이 나오고, Q1Q_1의 컬렉터 전압에서 베이스 전압을 뺀 만큼이 100kΩ100 k\Omega가 IB1I_{B1}을 흘리게 되면서 낮추는 전압이다. 식을 세워 계산하면

5−2IC1−(0.7+1.01IC1+0.7)=100⋅IC1/100⇒3.6−3.01IC1=IC1⇒3.6=4.01IC1⇒IC1≒0.9\begin{gather} 5-2I_{C1}-(0.7+1.01I_{C1}+0.7)=100\cdot I_{C1}/100\\ \Rightarrow 3.6-3.01I_{C1}=I_{C1}\\ \Rightarrow 3.6=4.01I_{C1}\\ \Rightarrow I_{C1}\fallingdotseq 0.9 \end{gather}

이므로 답은 3번이다.

6번

IDQ=IDSS⋅(1−VGSVGS(OFF))2I_{DQ}=I_{DSS}\cdot \left(1-\frac{V_{GS}}{V_{GS(OFF)}}\right)^2

이므로 계산하면

IDQ=10⋅(1−−2−8)2=10⋅916=5.625\begin{equation} \begin{split} I_{DQ}&=10\cdot \left(1-\frac{-2}{-8}\right)^2\\ &=10\cdot \frac{9}{16}\\ &=5.625 \end{split} \end{equation}

이다. 그리고

VDSQ=VDD−RDIDQ=20−2⋅5.625=8.75\begin{equation} \begin{split} V_{DSQ}&=V_{DD}-R_DI_{DQ}\\ &=20-2\cdot5.625\\ &=8.75 \end{split} \end{equation}

이므로 답은 2번이다.

7번

가상 도통을 이용하면

(45−(−10))⋅110+1−10=Vos(45-(-10))\cdot \frac{1}{10+1}-10=V_{os}

이므로 계산하면

Vos=−5 VV_{os}=-5 \text { V}

이므로 답은 1번이다.

8번

(이득)×(대역폭)(이득)\times (대역폭)은 일정하다. 따라서

1⋅10⋅106=(1+991)⋅B=100B\begin{equation} \begin{split} 1\cdot 10\cdot 10^6&=\left(1+\frac{99}{1}\right)\cdot B\\ &=100B \end{split} \end{equation}

이므로

B=105=0.1 MhzB=10^5=0.1 \text { Mhz}

이다. 따라서 답은 2번이다.

9번

베이스로 분배되는 전압 비율은

rπ100k+rπ=2102=151\begin{equation} \begin{split} \frac{r_\pi}{100k+r_\pi}&=\frac{2}{102}\\ &=\frac{1}{51} \end{split} \end{equation}

이다. 그리고

β=gmrπ=100\begin{equation} \begin{split} \beta&=g_mr_\pi\\ &=100 \end{split} \end{equation}

이므로

gm=0.05Ω−1g_m=0.05\Omega^{-1}

이다. 입력 신호가 모두 베이스로 전달된다고 가정했을 때의 소신호 전압증폭도는

gmRC=0.05⋅2000=100\begin{equation} \begin{split} g_mR_C&=0.05\cdot 2000\\ &=100 \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 최종적인 소신호 전압증폭도는 여기에 베이스로의 전압 분배 비율을 곱한

151⋅100≒1.96\frac{1}{51}\cdot 100\fallingdotseq 1.96

이므로 답은 2번이다.(부호는 무시했다.)

10번

M이 켜지면 D에는 역전압이 걸리기 때문에 D는 꺼지고, 모든 전류는 L을 통해서 흐르게 된다. 그러다 M이 꺼지면 L은 전류를 계속 흘리고 싶어하는데, 이 전류는 C와 저항을 지나서 D를 통해서 다시 L로 돌아온다. 이 전류가 흐름에 의해 생기는 저항의 DC 전압이 −100-100 V이다. M이 켜지는 동안에는 전압원의 100100 V가 M을 통해 전달되므로, D에 인가되는 역전압은

PIV=100−(−100)=200\begin{equation} \begin{split} PIV&=100-(-100)\\ &=200 \end{split} \end{equation}

이므로 답은 4번이다. 듀티비는 왜 줬는지 모르겠다.

11번

먼저 RifR_{if}를 구하자. 그러기 위해

Vo=AViV_o=AV_i

이므로,

Vi=VS−βVo=VS−AβVi\begin{equation} \begin{split} V_i&=V_S-\beta V_o\\ &=V_S-A\beta V_i \end{split} \end{equation}

임에 따라

Vi=VS1+AβV_i=\frac{V_S}{1+A\beta}

임에 주목하자. 이를 해석해보면 전류는 1+Aβ1+A\beta배 작게 흐르는 효과가 나타나고, 이는 저항이 그 비율로 커지는 것처럼 보이게 한다. 다음으로 RofR_{of}를 구하자. VS=0V_S=0으로 놓으면

Vi=−βVoV_i=-\beta V_o

이고, 이를 대입하면

AVi=−AβVoAV_i=-A\beta V_o

이다. RoR_o에 걸리는 전압은

Vo−(−AβVo)=Vo(1+Aβ)V_o-(-A\beta V_o)=V_o(1+A\beta)

이다. 따라서 전류는 1+Aβ1+A\beta배 크게 흐르는 효과가 나타나고, 이는 저항이 그 비율로 작은 것처럼 보이게 한다. 정리하면

Rif=(1+Aβ)Ri,Rof=Ro1+AβR_{if}=(1+A\beta)R_i, R_{of}=\frac{R_o}{1+A\beta}

이므로 답은 2번이다.

12번

X+Y‾=X‾⋅Y‾XY‾=X‾+Y‾\begin{gather} \overline{X+Y}=\overline{X}\cdot \overline{Y}\\ \overline{XY}=\overline{X}+\overline{Y} \end{gather}

을 이용하자. Y에 있는 버블을 왼쪽으로 옮기고 OR 연산을 AND로 바꾼다. 그러면 안쪽의 버블들끼리 상쇄된다. 위쪽 게이트의 출력은 A‾+B\overline{A}+B이고, 아래쪽 게이트의 출력은 A+B‾A+\overline{B}이다. 이 둘을 AND시키면

(A‾+B)(A+B‾)=AB+A‾⋅B‾(\overline{A}+B)(A+\overline{B})=AB+\overline{A}\cdot\overline{B}

이므로 답은 4번이다.

13번

aa를 변조 상수라고 하고, 메시지 전력을 PmP_m이라 하면 피변조파 전력

PAM=Ac22(1+a2Pm)P_{AM}=\frac{A_c^2}{2}\left(1+a^2P_m\right)

이다. 여기서 메시지 부분이 이렇게 되는 이유는 다음과 같다. 어떤 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. 주어진 조건에서

1.32=1+a2Pm1.32=1+a^2P_m

이므로

a2Pm=0.32a^2P_m=0.32

이다. 이로부터 상측파 전력은

12a2Pm=0.16\frac{1}{2}a^2P_m=0.16

이다. 따라서 답은 3번이다.

14번

하나하나 대입해서 풀어보자. 왼쪽에서 오른쪽으로 입력된다고 가정하면 위쪽 게이트의 출력은 1000이고, 아래쪽 게이트의 출력은 0100이다. 이 둘의 OR 연산 결과는 1100이다. 따라서 답은 1번이다.

15번

  1. 입력전압이 음의 최대 피크전압일 때 2챠측에도 크기가 가장 큰 음의 전압이 다이오드에 전달될 것이다.
  2. 권선비가 3:1이 되면 2차측에 생기는 전압은 최대 170/2=85170/2=85 V에서 170/3=57170/3=57 V 정도로 작아지니 저항에 흐르는 전류도 작아지고 다이오드에 흐르는 전류도 작아진다.
  3. 다이오드 양단의 최대 역전압 PIV는 170/2=85170/2=85 V이다.
  4. 정류된 출력의 피크전압은 85−0.7=84.385-0.7=84.3 V이다.

따라서 3번이 옳지 않다.

16번

1 kΩ1\text{ k}\Omega의 전압 강하는 1⋅10=101\cdot 10=10 V이다. 따라서

VZ=10+VBE=10.7\begin{equation} \begin{split} V_Z&=10+V_{BE}\\ &=10.7 \end{split} \end{equation}

이므로 답은 4번이다.

17번

  1. 빠른 풀이

    단위가 Ω\Omega인 것을 찾는다. 1번은 Ω2\Omega^2, 2번은 Ω\Omega, 3번은 Ω2\Omega^2, 4번은 Ω4\Omega^4이다. 따라서 답이 될 수 있는 것은 2번이다.

  2. 극한을 이용한 풀이

    DC의 경우를 생각해보자. 이 경우 커패시터는 존재감이 없어진다. 아래 쪽 OPAMP는 네거티브 피드백이 있으므로 테스트 입력 전압 VV가 사라진 C와 가운데 RXR_X 사이의 −-단에도 걸린다. 그리고 가운데 RXR_X의 왼쪽은 오픈된 상태이므로 전류가 흐르지 않고, 그 오른쪽에도 VV가 걸린다. 이 VV가 RXR_X와 RYR_Y에 분배되어서

    VRYRX+RYV\frac{R_Y}{R_X+R_Y}

    가 위쪽 OPAMP의 ++단에 걸린다. 이에 따라 위쪽 OPAMP에 입력되는 전압차는

    VRYRX+RY−V=−VRXRX+RYV\frac{R_Y}{R_X+R_Y}-V=-V\frac{R_X}{R_X+R_Y}

    가 되어 VV가 양수라면 −-부호의 큰 값이 나와서 매우 큰 전류가 흘러들어가고, VV가 음수라면 ++부호의 큰 값이 나와서 매우 큰 전류가 흘러나온다. 따라서 저항은 매우 작을 것이다. 다음으로 주파수가 매우 높다고 하자. 이 경우 테스트 전압 VV가 가상 도통되어 −-단에도 걸릴 것이고, 커패시터는 도통되므로 RXR_X와 C 사이의 전압도 VV가 된다. 이에 따라 RXR_X 양단의 전압차는 00이 되어 전류가 흐르지 않게 되어버리고, 따라서 저항은 무한대가 된다.

  3. 정량적 풀이 두 OPAMP에 네거티브 피드백이 있음을 이용하자. 입력 전압을 VV라 하자. 그러면 가운데 RXR_X와 C 사이의 전압도 VV이고, 오른쪽 RXR_X와 RYR_Y 사이의 전압도 VV이다. 가운데 RXR_X를 흐르는 전류는

    V−V(1+RXRY)RX=VRY\frac{V-V\left(1+\frac{R_X}{R_Y}\right)}{R_X}=\frac{V}{R_Y}

    이다. 이 전류는 C를 타고 올 수밖에 없으므로 왼쪽 RXR_X와 C 사이의 전압은

    V+VRY/jωCV+\frac{V}{R_Y}/j\omega C

    이다. 따라서 제일 왼쪽 RXR_X를 타고 입력되는 전류는

    V−(V+VRY/jωC)RX=VjωCRXRY\frac{V-\left(V+\frac{V}{R_Y}/j\omega C\right)}{R_X}=\frac{V}{j\omega C R_X R_Y}

    이다. 이로부터 입력 임피던스는

    Zin=V/(VjωCRXRY)=jωCRXRY\begin{equation} \begin{split} Z_{in}&=V/\left(\frac{V}{j\omega C R_X R_Y}\right)\\ &=j\omega C R_X R_Y \end{split} \end{equation}

    가 된다.

18번

  1. 계수형 구조: 내부 카운터(계수기)의 디지털 값을 디지털-아날로그 변환기를 통해 아날로그화한 값이 아날로그 입력보다 커질 때의 카운터의 디지털 값을 출력하는 구조이다. 회로가 간단하나 변환시간이 길고 입력신호의 크기에 따라 변환시간이 달라진다.
  2. R-2R 사다리 구조: R-2R 사다리 구조는 디지털-아날로그 변환기 구조로 알고 있다.
  3. 병렬(flash) 구조: 아날로그 입력신호를 병렬로 변환하므로 속도가 빠르나 복잡하고 비싸다.
  4. 이중 경사 구조: 일정 시간 동안 아날로그 입력신호를 적분한 후 방전되는 시간을 카운터로 구하는 방식이다.

따라서 3번이 답이다.

19번

저주파 이득은

Av=−위쪽 임피던스아래쪽 임피던스=101/gm+1=102=5\begin{equation} \begin{split} A_v&=-\frac{\text{위쪽 임피던스}}{\text{아래쪽 임피던스}}\\ &=\frac{10}{1/g_m+1}\\ &=\frac{10}{2}\\ &=5 \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 0.1μF0.1 \mu F 커패시터는 밀러 효과에 의해 (1+5)=6(1+5)=6배가 되어 게이트와 그라운드 사이에 0.6μF0.6 \mu F 커패시터가 추가되는 것처럼 보인다. 그러므로 게이트 쪽 총 커패시턴스는

CIN=1+0.6=1.6\begin{equation} \begin{split} C_{IN}&=1+0.6\\ &=1.6 \end{split} \end{equation}

이므로 답은 2번이다.

20번

S=1,R=0S=1,R=0이면 X=0,Y=1X=0,Y=1이고, S=0,R=1S=0,R=1이면 X=1,Y=0X=1,Y=0이다. 이로부터 이 플립플롭의 S=1S=1이면 YY가 set되고, R=1R=1이면 reset됨을 알 수 있다. 따라서 1번이 옳은 파형이다.