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2022 7급 군무원 전자회로

1번

변압기의 권선비가 2:1이므로 2차측에서의 교류전압의 크기는 60 V이다.

먼저 처음 양의 전압이 나타날 때를 살펴보자. $D_1$ 은 꺼지므로, $D_2$ 와 $C_1,C_2$ 가 직렬 연결된 상황이 될 것이다. 따라서 $C_1$ 의 왼쪽에는 60 V, 오른쪽에는 약 30 V, $C_2$ 의 위는 $C_1$ 의 오른쪽과 같은 노드이므로 약 30 V, 아래는 접지이므로 0이다.

다음으로 음의 전압이 나타날 때를 생각해보자. 최저 전압인 -60 V가 나타날 때 $D_1$ 은 켜지고 $D_2$ 는 꺼질 것이다.(왜일까?) $C_1$ 의 왼쪽에는 -60 V, 오른쪽에는 약 0가 걸려서 약 60 V가 충전된다. $C_2$ 의 위쪽은 꺼진 다이오드로 인해 개방 상태이므로 전압은 여전히 약 30 V이다. 그 이후 -30 V로 전압이 올라가게 되면 $C_1$ 의 오른쪽 전압은 약 $-30+60=30$ V가 되어 $D_2$ 는 켜지려고 한다. ( $D_1$ 은 꺼진 지 오래이다. 약 0는 최저 전압일 때까지만 나타나니까 그 이후로는 음극 전압이 더 높다.)

이후 최대 전압인 +60 V까지 총 약 $60-(-30)=90$ V가 상승하는데, 이 전압 변화의 절반이 $D_2$ 양단에 나타난다. 즉 $C_1$ 의 오른쪽에는 약 $30+90/2=75$ V가 걸린다.

다음으로 전압이 내려가기 시작해서 약 -15 V가 되는 순간 $D_1$ 이 켜지기 시작하므로 -60 V까지 내려가면 $C_1$ 은 60 V가 다시 충전된다.

다음으로 변압기 출력이 $75-60=15$ V가 되는 순간 $D_2$ 가 켜지기 시작하므로 $(60-15)/2=22.5$ V만큼 $D_2$ 의 양단 전압이 상승하여 약 $75+22.5=97.5$ V가 된다.

이 다음으로는 $(97.5-60)/2$ 가 상승하는 등의 사이클이 반복될 것이다. 이를 관찰하면 n번째의 전압 $a_n$ 은 $60-a_{n-1}/2$ 임을 알 수 있다. 따라서 $n$ 이 무한대로 가면

60+30+15+7.5+3.75+\cdots=\frac{60}{1-\frac{1}{2}}=120 \text{ V}

이다. 따라서 답은 2번 이다.

2번

$Q_1$ 의 출력 임피던스는

r_{o1}=R_C||r_{\pi2}

이다. 전압 이득은 이미터 쪽의 저항과 출력 임피던스의 비율이므로

A_v=-\frac{R_C||r_{\pi2}}{\frac{1}{g_{m1}}+R_E}

이다. 따라서 답은 3번 이다.

3번

베이스 전류는

I_B=\frac{5-0.7}{86\text{ k}}=50 \text{ mA}

이다. 따라서 컬렉터 전류는

I_C=\beta I_B=5 \text{ mA}

이므로 $V_{CE}$ 는

V_{CE}=12-2\text{ k}\times 5\text{ m}=2 \text{ V}

이다. 따라서 답은 4번 이다.

4번

포화 상태의 $V_{CE}$ 는 $V_{CE(sat)}=0.2$ V이다. 이 때 컬렉터 전류는

I_C=\frac{15-0.2}{740}\approx 20\text{ mA}

이다. 따라서 이 때의 베이스 전류가 최소이며

I_{Bmin}=\frac{I_C}{\beta_{DC}}=0.2\text{ mA}

인데, 이의 2배의 전류를 사용하므로

I_B=2I_{Bmin}=0.4\text{ mA}

이다. 따라서 필요한 입력전압은

V_{IN}=R_BI_B+V_{BE}=10\times0.4+0.7=4.7\text{ V}

이므로 답은 3번 이다.

5번

$Q_2$ 의 이미터 쪽 임피던스는 $R_{e2}=50||50=25$ 이므로 $Q_2$ 의 베이스 임피던스는 교류 이미터 저항을 무시하므로 $\beta_{ac2}R_{e2}=2.5 \text{ k}\Omega$ 이다. $Q_1$ 의 베이스 입력 임피던스는 이 임피던스가 다시 $\beta_{ac1}$ 배 된 것이므로

z_{in(base)}=100\times2.5\text{ k}\Omega=250\text{ k}\Omega

이다. 따라서 답은 4번 이다.

6번

작동을 위해 사용하는 직류 전력은 $10\times 0.5=5$ W이다. 효율이 70%이므로 교류 출력 전력을 구하기 위해 방정식을 세우면

\cancel{ \begin{gather} \eta=0.7=\frac{P_{ac}}{P_{dc}+P_{ac}}=\frac{P_{ac}}{5+P_{ac}}\\ \Rightarrow 3.5+0.7P_{ac}=P_{ac}\\ \Rightarrow 0.3P_{ac}=3.5\\ \Rightarrow P_{ac}\approx 1.2\text{ W} \end{gather} }

~~이다. 답을 보아하니 그냥 직류 전력에다가 효율을 곱한 것 같은데, 과연 그게 옳을까?~~

옳더라. 내가 완전히 잘못 알고 있었다. 사용하는 직류 전력 대비 출력되는 교류 전력이 효율의 정의더라. 따라서 이를 제대로 풀면

\begin{gather} \eta=0.7=\frac{P_{ac}}{P_{dc}}\\ \Rightarrow P_{ac}=0.7P_{dc}\\ \Rightarrow P_{ac}=3.5\text{ W} \end{gather}

이므로 답은 3번 이다.

7번

게이트 쪽 저항이 $5 \text{ M}\Omega$ 로 매우 크므로 무시하자. 출력 임피던스는 $R_o=R_D||R_L=2||2=1\text{ k}\Omega$ 이다. 따라서 교류 출력 전압은

V_{out}=V_{in}g_mR_o=15\times5\times1=75\text{ mV}

이다. 따라서 답은 1번 이다.

8번

$V_{BE}=0$ 이므로 $R_E$ 에 걸리는 전압은

V_{R_E}=0-(-16)=16 \text{ V}

이다. 따라서 $R_E$ 를 흐르는 전류는

I_{R_E}=\frac{16}{8}=2\text{ mA}

이다. 이 전류가 두 트랜지스터에 절반씩 흐르는 것이므로 콜렉터 전압 $V_C$ 는

V_C=V_CC-R_CI_C=16-10\times\frac{2}{2}=6\text { V}

이다. 따라서 답든 4번 이다.

9번

입력 바이어스 전류의 존재로 인해서 OPAMP의 -단 쪽에 $I_{b}$ 만큼 전류가 흐른다고 가정하자. 네거티브 피드백에 의해서 +쪽의 전압 0이 -단에도 그대로 나타나므로, $I_{b}$ 는 $R_2$ 에서만 온다(왜 $R_1$ 에서는 오지 않을까?) 따라서 출력 전압에는 이로 인한 $10I_{b}$ 만큼의 전압이 더 출력된다. 한편 +쪽에도 전류 $I_{b}$ 가 흐른다면, 이로 인해 +단에는 $-R_{보상}I_b$ 가 입력된다. 이는 비반전 증폭되어 출력 전압에는 $\left(1+\frac{10}{10}\right)\times(-R_{보상}I_b)$ 로 나타난다. 이 둘의 합이 0이 되어야 하므로

\begin{gather} 10I_b+\left(1+\frac{10}{10}\right)\times(-R_{보상}I_b)=0\\ \Rightarrow R_{보상}\times 2=10\\ \Rightarrow R_{보상}=5 \text{ k}\Omega \end{gather}

이다. 따라서 답은 2번 이다.

10번

중첩을 이용하는 게 편하다. $V_1$ 에 의한 출력 전압은

V_{o1}=-3\times\frac{3}{2}=-4.5 \text{ V}

이다. 다음으로 $V_2$ 에 의한 전압은

V_{o2}=5\times\left(1+\frac{3}{2}\right)=12.5\text{ V}

이다. 따라서 총 출력 전압은

V_{out}=-4.5+12.5=8\text{ V}

이므로 답은 1번 이다.

11번

왼쪽 OPAMP의 출력 전압이 $+V$ 로 일정하다고 하자. 그렇다면 $V_{out}$ 은 다음과 같다.

V_{out}=-\frac{1}{R_1C}\int _0 ^t V dt=-10^4Vt

반주기 $\frac{T}{2}$ 가 지나면 왼쪽 OPAMP의 출력 전압이 $-V$ 로 바뀌게 될 텐데, 이 순간 왼쪽 OPAMP의 +단 전압은 0이 될 것이다.(이 OPAMP에는 네거티브 피드백이 없다!!) 따라서

\begin{gather} \frac{V-0}{R_2}=\frac{0-V_{out}\times\left(\frac{T}{2}\right)}{5}\\ \Rightarrow \frac{V}{20}=\frac{10^4V\times\frac{T}{2}}{5}\\ \Rightarrow f=\frac{1}{T}=20\text{ kHz} \end{gather}

이다. 이에 가장 가까운 답은 4번 이다.

12번

네거티브 피드백이 있으므로 $R_3$ 의 위쪽에 걸리는 전압은 5 V이다. 따라서

\begin{gather} V_{out}\times\frac{10}{10+47}=5\\ \Rightarrow V_{out}=\frac{57}{2}\lt30 \end{gather}

따라서 답은 1번 이다.

13번

변압기 비율이 4:1이므로 2차측의 최대 전압은 $200/4=50$ V이다. 다이오드 2개를 거쳐서 전압이 출력되므로 최대 출력전압은

50-0.7\times 2=48.6 \text { V}

이므로 답은 2번 이다.

14번

$M_2$ 의 출력 임피던스는 $\frac{1}{g_{m2}}$ 이다. CS 증폭기의 전압 이득은 (드레인 쪽 임피던스)/(소스 쪽 임피던스) 이므로

A_v=-\frac{R_D}{\frac{1}{g_{m1}}+\frac{1}{g_{m2}}}

이다. 따라서 답은 1번 이다.

15번

바디에 금속 단자를 연결하기 위해서는 Ohmic Contact가 만들어져야 한다. 이를 위해서 substrate와 같은 타입의 도핑을 높게 해서 터널링을 이용하여 저항과 같은 성질을 띠게 해준다. 따라서 p+이다.
substrate가 p타입이니 채널은 n타입이고 nMOS이다.
실리콘 위의 절연막이므로 $ $\text{SiO}_2$ 이다.
이쪽은 pMOS이므로 소스는 p+이다.
n타입 substrate 역할을 하는 n-well이다.

따라서 답은 3번 이다.

16번

중첩을 이용하자. $R_1=R_2=R_3=5 \text{ k}\Omega$ 이고 $R_f=10\text{ k}\Omega$ 이므로 이득은 모두 똑같이 $-\frac{10}{5}=2$ 이다. 따라서 출력은 각 입력전압을 다 더해서 이득을 곱해주면 되니

V_{out}=-(0.8+1.1+0.5)\times 2=-4.8\text{ V}

이다. 따라서 답은 3번 이다.

17번

커패시터의 한 쪽이 접지였다면 이 커패시터에 걸리는 전압은 다른 쪽의 전압으로 결정되지만, 다른 쪽이 $-g_mR_D$ 라는 이득을 갖고 있다면 이 커패시터에 $V$ 를 걸었을 때 다른 쪽의 전압은 $-g_mR_DV$ 가 되어서 총 $V-(-g_mR_DV)=V(1+g_mR_D)$ 의 전압이 걸린다. 즉 원래 $V$ 를 걸었을 때 $I$ 만큼 전류를 흘리던 임피던스가 실질적으로 전압이 그만큼 커진 것에 대한 만큼의 전류를 흘리게 되므로 임피던스는 $\frac{1}{1+g_mR_D}$ 배가 된다. 따라서 입력 커패시턴스는

C_{in}=C_{F}(1+g_mR_D)

가 된다. 반대로 이득이 있는 쪽에 $V$ 라는 전압을 걸기 위해서는 다른 쪽에서 $-\frac{V}{g_mR_D}$ 의 전압을 걸어야 하므로 총 전압은 $V-\left(-\frac{V}{g_mR_D}\right)=V\left(1+\frac{1}{g_mR_D}\right)$ 가 된다. 따라서 임피던스는 이의 역수배가 되므로 출력 커패시턴스는

C_{out}=C_{F}\left(1+\frac{1}{g_mR_D}\right)

이다. 따라서 답은 1번 이다.

18번

$C_L$ 에서 감지되는 저항은 $R_D$ 이므로 3dB 주파수는

\omega_c=\frac{1}{R_{eq}C_{eq}}=\frac{1}{R_DC_L}

이다. 따라서 답은 1번 이다.

19번

CS 증폭기의 이득은 (드레인 쪽의 임피던스)/(소스 쪽의 임피던스)이므로

|A_v|=\frac{R_D}{\frac{1}{g_{m1}}+R_S}

이다.

한편

R_S=\frac{250}{1}=250\Omega

이고 트랜스컨덕턴스는

\begin{equation} \begin{split} g_m&=\frac{\partial I_D}{\partial V_{GS}}\\ &=\frac{\partial\left(\frac{1}{2}\mu_nC_{ox}\frac{W}{L}(V_{GS}-V_{TH})^2\right)}{\partial V_{GS}}\\ &=\mu_nC_{ox}\frac{W}{L}(V_{GS}-V_{TH})\\ &=\sqrt{2\mu_nC_{ox}\frac{W}{L}I_D}\\ &=\sqrt{2\times100\times10^{-6}\times\frac{10}{0.18}\times1\times10^{-3}}\\ &\approx \sqrt{10^{-5}} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서

\begin{equation} \begin{split} R_D&=|A_v|\left(\frac{1}{g_m1}+R_S\right)\\ &=5(\sqrt{10^5}+250)\\ &\approx 5(100\times 3.2+250)\\ &\approx 5\times570\\ &\approx 2.7\text{ k}\Omega \end{split} \end{equation}

이므로 답은 2번 이다.

20번

네거티브 피드백이 있으므로 $R_3$ 의 위쪽에 걸리는 전압은 5.1 V이다. 따라서 출력 전압은

V_{out}=5.1\times\left(1+\frac{R_2}{R_3}\right)=5.1\times2=10.2\text{ V}

이다. 그러므로 $R_2$ 와 $R_3$ 을 흐르는 전류는

I_{2,3}=\frac{10.2}{2}=5.1\text{ mA}

이다. 한편 $R_4$ 에는 0.7 V가 걸리므로 이 저항을 흐르는 전류는

I_4=\frac{0.7}{1}=700 \text{ mA}

이다. 따라서 최악의 상황에서는 700 mA 중 약 5 mA가 빠진 650 mA, 약 0.7 A 정도가 부하로 흐를 수 있는 최대 전류이므로 답은 1번 이다.

21번

I_{REF}=\beta I_B+(n+1)I_B

이고

I_{copy}=n \beta I_B

이다. 이 두 식을 결합하면

\begin{equation} \begin{split} I_{copy}&=n\beta\frac{I_{REF}}{\beta+(n+1)}\\ &=\frac{nI_{REF}}{1+\frac{1}{\beta}(n+1)} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 4번 이다.

22번

채널길이변조계수는 채널의 원래 길이(=게이트 길이) 대비 드레인 전압에 의해 영향받는 채널 길이 변화량이다. 따라서 게이트 길이가 짧아질수록 $\lambda$ 는 커지므로 답은 4번 이다.

23번

베이스 전압은

V_B=12\times\frac{6.8}{22+6.8}\approx \frac{12}{30}\times 6.8=0.4\times 6.8\approx 2.7\text{ V}

이다. 따라서 이미터 전압은 $V_E=V_B-0.7=2$ V이므로 이미터 전류는

I_E=\frac{2}{560}\approx 3.6 \text{ mA}

이다. $\frac{2}{500}$ 과 비교하면 분모가 10% 이상 크기 때문에 값도 4 mA보다 10% 가량 작은 3.6 mA로 계산된다.

그리고 컬렉터 전류는 이미터 전류와 거의 같으므로 답은 2번 이다.

24번

전압 이득은 (부하 임피던스)/(이미터 쪽 전체 임피던스)이므로

A_v=\frac{R_L}{\frac{1}{gm}+R_L}

이다. 따라서 1번 이 옳지 않다.

25번

$V_{out2}$ 에는 반대 위상, 그리고 이로 인하여 $V_CC$ 에서 내려온 전류가 $V_{out1}$ 쪽으로 올라가므로 $V_{out1}$ 은 같은 위상, $V_p$ 는 이미터 팔로워와 마찬가지이므로 같은 위상이 된다. 따라서 답은 3번 이다.