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2022 7급 국가직 전자회로

1번

$1000$ kHz를 중심으로 하여 좌우로 $[1,10]$ kHz의 주파수 성분들이 옮겨간 것이므로 변조된 출력 주파수의 범위는 $[1000-10,1000-1]=[990,999]$ kHz 대역 및 $[1000+1,1000+10]=[1001,1010]$ kHz 대역이다. 따라서 3번 주파수는 나타날 수 없다.

2번

먼저 아날로그 신호에 대해 시간 측면에서 이산적으로 표본화(샘플링한다). 이렇게 나온 이산 신호의 값은 매 시간에서 아날로그 값을 가지므로 한정된 비트 수로 표현할 수 있는 양자화를 하여 디지털 신호를 생성한다. 이렇게 나온 디지털 신호는 한 비트 이상의 PCM 신호인데, 마지막 단계인 부호화에서 이 비트들을 어떻게 담고 표현할 것인지 결정한다. 따라서 답은 3번 이다.

3번

주파수가 너무 낮다면 $\text{C}_1$ 커패시터가 신호 전달을 막을 것이므로 $\text{R}_1$ 과 $\text{C}_1$ 이 고역 통과 필터를 구성한다. 하지만 주파수가 너무 높다면 신호는 $\text{C}_2$ 를 통해서 빠져나가버릴 것이므로 $\text{R}_4$ 와 $\text{C}_4$ 는 저역 통과 필터를 구성한다. (왜 $\text{R}_2,\text{R}_3$ 은 언급하지 않았을까?) 이 둘을 합성하면 주어진 것과 같이 중간 신호만 잘 통과할 수 있는 밴드 패스 필터가 만들어진다. 저역 통과 필터이건 고역 통과 필터이건 컷오프 주파수는 다음과 같다.

f_c=\frac{1}{2\pi RC}

주어진 조건에서 낮은 쪽 컷오프 주파수 $f_{c,l}=\frac{1}{2\pi}$ kHz, 높은 쪽 주파수 $f_{c,h}=\frac{1}{\pi}$ kHz로 주어져 있으므로

\begin{gather} f_{c,l}=\frac{1}{2\pi}\times 10^3=\frac{1}{2\pi \times 10^3 \times \text{C}_1} \\ \Rightarrow \text{C}_1=1 \text{ }\mu\text{F}\\ f_{c,h}=\frac{1}{\pi}\times 10^3=\frac{1}{2\pi \times 10^3 \times \text{C}_1} \\ \Rightarrow \text{C}_2=0.5\text{ }\mu\text{F} \end{gather}

이므로 답은 2번 이다.

4번

주기는

\begin{equation} \begin{split} T&=\frac{2\pi}{\omega}\\ &=\frac{2\pi}{2\pi\times 60}\\ &=\frac{1}{60} \text{ s} \end{split} \end{equation}

이다. 직류 부하 전압 $V_{R_L}$ 은 한 주기 동안의 평균 전압인데, 반주기동안만 다이오드가 켜지므로 적분 구간은 반주기여야 한다. 따라서

\begin{equation} \begin{split} V_{R_L}&=\frac{1}{\frac{1}{60}}\int _0 ^{\frac{1}{120}} 100\pi sin(2\pi\times 60t)dt\\ &=60\times 100\pi\times \frac{1}{120\pi}[-cos(2\pi\times 60t)]_0^{\frac{1}{120}}\\ &=50\times 2=100\text{ V} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 답은 1번이다.

\begin{equation} \begin{split} I_{R_L}&=\frac{V_{R_L}}{R_L}\\ &=5\text{ I} \end{split} \end{equation}

임도 쉽게 알 수 있다.

5번

진폭 변조 방식은 대역폭이 좁아서 그 부분에 잡음이 있으면 많은 악영향을 받으나 FM은 영향의 상대적인 크기가 더 작아 잡음 성능이 향상된다.
FM은 넓은 대역폭을 쓰는 특성상 반송파 주파수가 높아야 한다.(안 그러면 주파수 스펙트럼에서 음의 주파수와 양의 주파수가 겹치는 부분이 나타날 것이다.) 따라서 높은 주파수를 쓰는 VHF 통신에 적합하다.
변조된 신호의 전력은 메시지 신호와 관계가 없다. 정확히는 FM의 주파수 스펙트럼을 구했을 때 베셀 함수로 나타나는데, 이 함수의 특성상 메시지와는 무관한 제곱의 적분값이 나온다. 결과적으로는 진폭이 일정하므로 전력이 일정하다라고 생각할 수 있다.
FM의 정의 그대로이다.

따라서 답은 3번이다.

6번

동작점이 교류부하선의 중앙에 위치하는 A급 전력증폭기가 소모하는 직류 전력은 최대 출력 전류를 $I_C$ , 최대 출력 전압을 $V_C$ 라 하면
$\begin{equation} \begin{split} P_{dc}&=\frac{1}{2}I_C\times\frac{1}{2}V_C\\ &=\frac{1}{4}I_C V_C \end{split} \end{equation}$
이다. 한편 최대로 전력증폭시 전류의 진폭은 $\frac{1}{2}I_C$ , 전압의 진폭은 $\frac{1}{2}V_C$ 이므로 교류 전력을 구해보면
$\begin{equation} \begin{split} P_{ac}&=\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{1}{2}I_C\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\frac{1}{2}V_C\\ &=\frac{1}{8}I_C V_C \end{split} \end{equation}$
이다. 따라서
$\begin{equation} \begin{split} \eta&=\frac{P*{ac}}{P*{dc}}=\frac{\frac{1}{8}I_C V_C}{\frac{1}{4}I_C V_C}\\ &=\frac{1}{2} \end{split} \end{equation}$
이므로 최대 효율은 50%이다.
B급 전력증폭기는 동작점이 차단점에 있다. 따라서 반주기 동안에는 전압이 차단점 왼쪽 구간에서 움직이므로 전류도 주어진 빨간 부하선을 따라 나타나지만 나머지 반주기 동안에는 전압이 차단점 오른쪽에 위치하므로 전류는 나타날 수 없다. 그러므로 전류는 최대 반주기 시간동안만 흐를 수 있다. 또한, BJT가 켜지기 위해서는 0.7 V의 전압이 필요하므로 $\pm 0.7$ V 구간에서는 왜곡이 나타나게 된다. 효율은 어떨까? 출력이 있는 반 주기동안의 직류 전류를 구해보자.
$\begin{equation} \begin{split} I_{dc}&=\frac{1}{2\pi}\int _0 ^{\pi} I_C sin \theta d\theta\\ &=\frac{I_C}{\pi} \end{split} \end{equation}$
이다. 한편 B급 증폭기는 푸시풀 구조이므로 양단의 전압이 $+V_C, -V_C$ 이다. 따라서 인가되는 직류 전압은 $V_{dc}=V_C-(-V_C)=2V_C$ 이다. 그러므로 직류 전력은
$P_{dc}=I_{dc}V_{dc}=\frac{2}{\pi}I_C V_C$
이다. 한편 최대 교류 전력 출력시 교류 전압의 진폭을 생각해보면 $V_C$ 이고 교류 전류의 진폭은 $I_C$ 이므로 최대 교류 전력은
$\begin{equation} \begin{split} P_{ac}&=\frac{1}{\sqrt{2}}I_C\frac{1}{\sqrt{2}}V_C\\ &=\frac{1}{2}I_C V_C \end{split} \end{equation}$
따라서 최대 전력 효율은
$\begin{equation} \begin{split} \eta&=\frac{P_{ac}}{P_{dc}}\\ &=\frac{\frac{1}{2}I_C V_C}{\frac{2}{\pi}I_C V_C}\\ &=\frac{\pi}{4}\\ &\approx 0.785 \end{split} \end{equation}$
즉 약 $78.5$ %이다.
C급 전력증폭기는 동작점이 위 그래프의 제 4사분면에 존재한다. 즉 차단점 이하에 동작점이 있어서 전체 주기 중 짧은 일부 시간 동안만 전류가 흐른다. 아래 그림에서 가로 점선 높이까지가 흐르는 전류 크기의 범위이다. 따라서 낮은 전류로 인해 소비전력도 적으므로 효율이 $100$ %에 근접한다.
B급 푸시풀 전력증폭기의 경우, 트랜지스터가 켜지려면 BJT의 경우 $0.7$ V, MOS의 경우 문턱 전압 이상의 전압이 공급되어야 정상 작동 범위에 들어간다. 따라서 그 전까지는 꺼지고 켜지는 구간 사이에서 교차일그러짐이 발생한다. AB급 전력증폭기는 이를 해결하기 위해서 A급과 B급 중간에 동작점을 두어서 전력 효율을 A급보다 올리면서 교차일그러짐을 줄인 전력증폭기이다.

따라서 답은 4번 이다.

7번

다이오드를 2개 거치므로 출력전압은 $0.7\times 2=1.4$ V 작다.
반파정류기는 반주기동안은 아예 정류하지 않고 $R_L$ 과 $C$ 의 방전에만 의존하므로 리플이 크다. 하지만 전파정류기는 방전되는 시간이 작으므로 그만큼 리플도 더 적다.
$R_L$ 이 작다면 $C$ 에 저장된 전하들이 $R_L$ 을 통해 더 잘 흐른다, 즉 더 잘 빠져나간다는 뜻이므로 방전이 빨리 된다.
$C$ 가 크다면 $Q=CV$ 에서 $\Delta V=\frac{\Delta Q}{C}$ 이므로 전하가 빠져나가더라도 전압 변화, 즉 리플이 적다.

따라서 답은 4번 이다.

8번

뭔가 열심히 풀어야 할까 싶을 수도 있으나 그렇지 않다. 변압기 권선수 비율이 $10:1$ 이므로 $V_s$ 의 rms 값은 $22.2$ V이다. 따라서 $V_s$ 의 피크-피크 값은 약 $22.2\times 1.4 \approx 30$ V이다. 한편, $V_s$ 의 $-$ 쪽을 보면 접지보다 $0.7$ V 낮은 $-0.7$ V이니 $+$ 쪽은 $29.3$ V이다. 여기서 다이오드 2개 지난다 해도 약 $28$ V이다. 제너다이오드가 도통되지 않는다고 가정했을 때 $V_o$ 의 최댓값은

\begin{equation} \begin{split} V_{o,MAX}&=V_s\times\frac{200}{250+200}\\ &\approx 28\times\frac{4}{9}\\ &\approx 27\times\frac{4}{9}\\ &\approx 12 > 10 \end{split} \end{equation}

이므로 제너 다이오드는 작동할 것이다. 이보다 출력전압이 낮아지려 하면 그 때에는 $2200 \text{ }\mu$ F라는 큰 용량의 커패시터가 리플을 작게 만들 것이므로 출력 전압 $V_o$ 는 거의 $10$ V라고 추측할 수 있따. 따라서 답은 2번 이다.

9번

$V_P$ 이상에서는 드레인 쪽의 채널 폭이 감소하고 공핍 영역이 넓어진다(역방향 바이어스가 걸리기 때문이다). 여기서는 캐리어들이 이미 충분히 강한 전기장을 받아서 끌어당겨지므로 더 강한 전기장을 건다고 해도(더 드레인 전압을 올린다 해도) 캐리어의 개수가 한정되어 있는 이상 전류가 증가하지 않는다. 도로에서 차의 제한속도가 높아지지만 그에 따라 차선도 좁아진다면 어떨까? 차선이 하나로 줄어들게 된다면 제한속도가 아무리 높다 해도 교통량에는 한계가 생긴다. 극단적으로 차가 순간이동할 만큼 빨리 간다고 해도, 그 하나짜리 차선으로 들어오는 시간당 차의 수에 제한이 있다면 교통량은 그 제한을 넘어설 수 없을 것이다. 마찬가지 원리가 드레인 쪽의 핀치오프에 적용된다. 따라서 답은 1번 이다.

10번

주파수가 높아지면 커패시터를 타고 신호가 빠져나가버릴 것이므로 OPAMP의 +입력 쪽에 LPF가 달려있다. 차단주파수 $f_c$ 는

f_c=\frac{1}{2\pi RC}

인데, $R$ 이 주어져 있지 않으므로 차단주파수 이하의 전압이득 $A_V=11$ 에서 $R$ 을 구해야 한다. 피드백이 있을 때의 전압이득 $A_V$ 은

\begin{equation} \begin{split} A_V&\frac{A}{1+A\beta}\\ &\approx \frac{1}{\beta} \end{split} \end{equation}

인데, 이 값이 $11$ 이므로

\begin{gather} \frac{1}{\beta}=11\\ \Rightarrow \beta=\frac{1}{11} \end{gather}

이다. 한편, $\beta$ 는 출력이 피드백되는 비율이므로 이로부터 $R$ 을 구하면

\begin{gather} \beta=\frac{R}{10 \text{ k}+R}=11\\ \Rightarrow R=1 \text{ k}\Omega \end{gather}

이다. 따라서 차단주파수는

\begin{equation} \begin{split} f_c&=\frac{1}{2\pi \times 1\times 10^3\times 1\times 10^{-6}}\\ &=\frac{1}{2\pi}\text{ kHz} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 1번 이다.

11번

T 플립플롭을 직렬로 연결하면 한 플립플롭을 지날 때마다 주파수가 절반이 된다. 따라서 답은 2번 이다.

12번

첫 번째 증폭기의 출력은

2\times \left(-\frac{1}{2}\right)=-1 \text{ V}

이다. 두 번째 증폭기의 출력을 구하기 위해 중첩을 이용하자. $3$ V 전압원을 없앴을 때 네거티브 피드백에 의하여 이 전압원 위의 $2 \text{ k}\Omega$ 저항 양단의 전압은 $0$ 이므로 이 쪽으로는 전류가 흐르지 않아 개방된 것이나 마찬가지다. 따라서 신경쓸 것 없이 위의 첫 번째 증폭기의 출력에 의한 출력전압을 구하면

-1\times \left(-\frac{2}{2}\right)=1 \text{ V}

이다. 다음으로 첫 번째 증폭기 쪽의 출력전압을 $0$ 으로 만들면 위와 마찬가지 논리가 적용되므로 $3$ V 전압원에 의한 출력 전압은

3\times\left(-\frac{2}{2}\right)=-3 \text{ V}

이다. 따라서 총 출력전압은

\begin{equation} \begin{split} V_o=1-3=-2 \text{ V} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 2번 이다.

13번

그냥 아무 생각 없이 논리식으로 바꾸면

F=(A+B)C+\overline{C}D

이므로 답은 4번 이다.

14번

이득-대역폭 곱의 값은 일정하므로 비반전 연산증폭기의 대역폭을 $B$ 라 하면

\begin{gather} 100\times B=1000\times 10\times 10^6\\ \begin{equation} \begin{split} \therefore B&=100 \times 10^6\\ &= 100 \text{ MHz} \end{split} \end{equation} \end{gather}

이므로 답은 3번 이다.

15번

\begin{equation} \begin{split} F&=(A+B)(A+\overline{B})\\ &=A+A\overline{B}+AB+0\\ &=A(1+\overline{B}+B)\\ &=A \end{split} \end{equation}

이므로 답은 1번 이다.

16번

\begin{equation} \begin{split} Y&=\overline{A}+\overline{B}(\overline{C}+\overline{D})\\ &=\overline{A(B+\overline{(\overline{C}+\overline{D})})}\\ &=\overline{A(B+CD)} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 4번 이다.

MOS 레벨의 논리회로를 논리식으로 바꿀 때 나는 주로 PMOS쪽을 본다. PMOS들이 직렬로 연결되어 있으면 AND, 병렬로 연결되어 있으면 OR로 하되, 각 문자들은 NOT되어있다고 생각하는 것이다. 이를 이용하면 위 식의 첫 번째 우변이 나올 것이다.

17번

그렇다. 그래서 터널링이 일어나서 역방향으로 전류가 잘 흐르게 되는 성질을 이용한다.
그렇다. 이를 정성적으로 유도하기는 쉽지 않은 듯하니 외우자.
그렇다. 전기력을 받아서 캐리어들은 각자가 다수 캐리어가 되는 영역으로 미끄러져간다(드리프트).
그렇지 않다. 높은 도핑에 의해서 좁은 공핍층이 만들어지므로 낮은 역방향 전압에서 항복이 일어난다.

따라서 답은 4번 이다.

18번

답이 3번 임은 어렵지 않게 알 수 있을 것이다. $[L]=[\Omega][T]=[\Omega][Hz^-1]$ 의 차원이고 $[C]=[\Omega^-1][T]=[\Omega^-1][Hz^-1]$ 의 차원이므로 $[LC]=[Hz^-2]$ 의 차원이다. 따라서 2번은 답이 될 수 없고, 4번의 차원은 $[\Omega][Hz]$ 차원이므로 역시 답이 될 수 없다.

19번

그렇다. EEPROM은 Electrically Erasable Programmable Read Only Memory이다. Read Only지만 Erasable인 게 뭔가 싶겠지만, ROM은 RAM(Random Access Memory)과 다른 특성의 메모리를 뜻하는 단어라고 생각하는 편이 나을 것이다.
아니다. Flash라는 이름이 붙은 이유는 번개처럼 빨라서이다. 전력 소모가 적은 것은 옳다.
그렇다. NVRAM(Non-Volatile Randoma Access Memory)는 데이터를 유지하지 않냐고 할 수 있으나, 이는 내부에 배터리가 있어서이다.
그렇다. UV 없이 EPROM이라 해도 자외선으로 데이터를 지울 수 있는 ROM을 뜻한다.

따라서 답은 2번 이다.

20번

그렇다.
아니다. 왼쪽이 NMOS인 것은 맞지만, NMOS의 경우 $V_{DS}>V_{GS}-V_{TN}$ 일 때 포화 영역에서 동작한다.
아니다. 오른쪽이 PMOS인 것은 맞지만, 소스와 바디 전압을 연결하는 것은 Body Effect를 막기 위해서이다. 채널 길이 변조 효과는 소스와 드레인 간의 전압 차이가 커지면 채널 길이 변화가 커지는 효과를 의미한다.
아니다. Scaling down되면 채널 길이가 작아져서 채널 저항이 작아지고, 천이 주파수는 저항에 반비례하므로 증가하게 된다.

따라서 답은 1번 이다.

21번

위상 천이 발진기의 발진 주파수는 커패시터와 저항 위치가 어떻냐에 따라 분자 혹은 분모에 $\sqrt{6}$ 이 들어간다. 주어진 보기에서 이를 만족하는 것은 4번 밖에 없다. 이거는 그냥 외우자.

22번

차동 증폭기에서 입력 전압 차이의 절반은 왼쪽, 나머지 절반은 오른쪽에 가해진다. 한편 출력 전압 $V_o$ 를 보면 왼쪽이 $-$ , 오른쪽이 $+$ 임을 놓치면 안 된다. $V_i$ 의 입력 전압 변화에 대한 $M_1$ 의 드레인 전압 변화의 비율은 $-\frac{1}{2}g_mR_D$ 이고, $M_2$ 의 드레인 전압 변화의 비율은 $M_2$ 의 게이트 입력 전압이 $V_i$ 의 $-$ 쪽임을 감안하면 $-$ 가 곱해지므로 $\frac{1}{2}g_mR_D$ 이다. 따라서 전압이득 $A_v$ 은

\begin{equation} \begin{split} A_v&=\frac{1}{2}g_mR_D-\left(-\frac{1}{2}gm_mR_D\right)\\ &=g_mR_D \end{split} \end{equation}

이므로 답은 1번 이다.

23번

아니다. 공통 드레인 증폭기의 출력 전압은 입력 전압이 분배되는 것이므로 최대 $1$ 이고, 공통 게이트 증폭기의 경우 전압이득은 공통 소스 증폭기의 경우와 비슷하게 크다.
그렇다.
아니다. 입력 저항이 $\frac{1}{g_m}$ 으로 수십 옴 정도로 작아서 전압증폭기로는 적절하지 않다. 입력저항이 커야 입력전압이 이 입력저항에 많이 분배되고, 입력저항에 걸리는 전압이 감지되어 증폭되는 것이기 때문이다.
아니다. 공통 드레인 증폭기의 출력저항은 $\frac{1}{g_m}$ 과 소스 저항의 병렬로 작기 때문에 이러한 내부 출력저항에 걸리는 출력 전압의 비율이 작고, 따라서 전압증폭기로 사용하기 적합한 것이지 출력저항이 매우 커서 전압증폭기로 사용하기 적합한 것이 아니다.

따라서 답은 2번 이다.

24번

$R_E$ 가 있게 되면 바이어스 포인트의 불안정함(변화)이 $R_E$ 로도 분배되기 때문에(부궤환되기 때문에) $Q$ 에 걸리는 바이어스의 변화가 작아져서 보다 안정하게 된다. 따라서 답은 4번 이다.

25번

그렇다. 전압이득이 거의 $1$ 이기 때문에 전압이득과 전류이득의 곱인 전체 전력이득은 전류이득과 거의 같을 것이다.
이미터 쪽에서 본 출력 임피던스는 베이스 쪽의 임피던스를 $1+\beta$ 로 나눈 것이다. 이는 베이스 쪽의 전류 변화가 컬렉터 쪽에 원래 전압 변화의 $1+\beta$ 배로 증폭된 변화를 일으키기 때문에, 반대로 이미터 쪽의 변화는 베이스 쪽에 $\frac{1}{1+\beta}$ 배의 작은 변화를 일으킨다고 해석할 수 있기 때문이다. 베이스 쪽의 임피던스를 구해보면 $(R_S||R_1||R_2)+r_\pi$ 이기 때문에 출력 임피던스 $R_o$ 는 보기에 나와있는 대로 $\frac{(R_S||R_1||R_2)+r_\pi}{1+\beta}$ 이므로 옳다.
전체 전압이득은 입력 전압이 베이스에 가해지는 전압 비율 $\frac{R_i}{R_S+R_i}$ 에 이미터 팔로워의 전압 이득(=베이스 전압이 이미터 쪽에 분배되는 비율)인 $\frac{(1+\beta)R_L}{r_\pi+(1+\beta)R_L}$ 을 곱한 값이므로 보기에서 주어진 식은 틀렸다. (식 수정해주신 7급 합격생님 감사합니다.)
입력 임피던스를 구할 때 이미터 쪽의 임피던스 $R_L$ 은 테스트 전류를 베이스에 가했을 때 원래 임피던스에서의 전압변화 대비 $1+\beta$ 배 된 값의 전압변화가 나타나므로 임피던스도 $1+\beta$ 배로 증폭되어 보인다. 따라서 입력 임피던스는 보기와 같이 $R_i=R_1||R_2||(r_\pi+(1+\beta)R_L)$ 이므로 옳다.

따라서 답은 3번 이다.