Home

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

2022 9급 지방직 전자공학개론

1번

X=(AB)‾(A+B)=(A‾+B‾)(A+B)=AB‾+A‾B\begin{equation} \begin{split} X&=\overline{(AB)}(A+B)\\ &=(\overline A + \overline B)(A+B)\\ &=A\overline B + \overline A B \end{split} \end{equation}

이므로 답은 1번 이다.

2번

윗 줄을 살펴보면 A=0A=0일 때 모두 11이다. 다음으로 왼쪽에서 두 번째 열을 살펴보면 BC=11BC=11일 때 11이다. 따라서 이를 모으면

A‾+BC\overline A+ BC

이므로 답은 1번 이다.

3번

  1. 인덕터의 전압은
    v=Ldidtv=L\frac{di}{dt}
    이므로 인덕터 전류가 불연속적으로 변하려면 무한대의 전압이 필요한 게 맞다.
  2. 커패시터의 전류는
    i=Cdvdti=C\frac{dv}{dt}
    이므로 커패시터 전류는 인가 전압의 시간 변화율에 비례한다.
  3. 직류 전압이 인가된 후 정상 상태에 도달하면 직류 전압 성분만 남는다. 이 때 커패시터는 개방 회로처럼 동작한다.
  4. 인덕터의 전압과 전류 관계는 저항과 비슷하다. 인덕터 두 개가 렬 연결되면 그 인덕턴스는 인덕터 한 개의 인덕턴스보다 작다.

따라서 답은 4번 이다.

4번

2 kΩ2\text{ k}\Omega 저항에 전류가 흐르지 않는다는 것은 이 저항에 걸리는 전압이 00이란 것이다. 따라서 다이오드의 음극 전압이 00일 때 양극 전압은 0.70.7 V 미만이면 된다. 이를 수식으로 표현하면

14×1R+1<0.7⇒20<R+1⇒19<R\begin{gather} 14\times{1}{R+1}\lt 0.7\\ \Rightarrow 20 \lt R+1 \\ \Rightarrow 19 \lt R \end{gather}

따라서 이를 만족하는 보기는 4번 뿐이다.

5번

  1. 그렇다. 그래서 발진기로 작동할 수 있다.
  2. 그렇다.
  3. 그렇다.
  4. 히스테리시스 특성이 없다면 출력 상태 변화가 일어나는 두 지점이 동일하므로, 조금의 잡음만 있어도 상태가 의도치 않게 너무 쉽게 변경되어 버릴 수 있다. 따라서 히스테리시스 특성을 두어서 잡음이 어느 정도 들어와도 무시할 수 있도록 한다.

따라서 4번 이 옳지 않다.

6번

  1. Vm=12π∫02πvs(t)d(ωt)=12π∫0π2Vsinωtd(ωt)=12π×2V×2=2Vπ\begin{equation} \begin{split} V_m&=\frac{1}{2\pi}\int _0 ^{2\pi} v_s(t) d(\omega t)\\ &=\frac{1}{2\pi} \int_0 ^{\pi} \sqrt{2} V sin \omega t d(\omega t)\\ &=\frac{1}{2\pi} \times \sqrt{2}V\times 2\\ &=\frac{\sqrt{2}V}{\pi} \end{split} \end{equation}
    이므로 옳다.
  2. Vrms=12π∫02πvs2(t)d(ωt)=12π∫0π2V2sin2ωtdωt=12π2V2×π×12=V22=V2=2V2\begin{equation} \begin{split} V_{rms}&=\sqrt{\frac{1}{2\pi}\int_0 ^{2\pi} v_s^2(t) d(\omega t)}\\ &=\sqrt{\frac{1}{2\pi}\int _0 ^ \pi 2V^2 sin^2 \omega t d{\omega t}}\\ &=\sqrt{\frac{1}{2\pi} 2V^2 \times \pi \times \frac{1}{2}}\\ &=\sqrt{\frac{V^2}{2}}\\ &=\frac{V}{\sqrt{2}}\\ &=\frac{\sqrt{2}V}{2} \end{split} \end{equation}
    이므로 옳다.
  3. 부하에 공급되는 전력은
    P=Vrms2R=V22R\begin{equation} \begin{split} P&=\frac{V_{rms^2}}{R}\\ &=\frac{V^2}{2R} \end{split} \end{equation}
    이므로 옳지 않다.
  4. 입력 전압의 부호가 음일 때 출력 전압은 00이고, 최저 입력 전압은 −2V-\sqrt{2}V이므로 역방향 최대 전압은
    PIV=0−(−2V)=2VPIV=0-(-\sqrt{2}V)=\sqrt{2} V
    이므로 옳다.

따라서 답은 3번 이다.

7번

트랜지스터는 NPN BJT이므로 VBE>0,VCE>0V_{BE}>0, V_{CE}>0이어야 한다. 따라서 답은 2번 이다.

8번

  1. 입력전압이 트랜지스터의 출력임피던스와 로드에 분배되는 소스 팔로워 회로이다. 전압 분배가 일어나는 것이니 전압이득은 11보다 작을 수밖에 없다.
  2. 입력임피던스는 출력임피던스가 큰 값인 β\beta배만큼 증폭되어 보이므로 매우 크다.
  3. 출력전압은 입력전압이 분배되는 것이므로 그 위상은 같다.
  4. 옳다.

따라서 답은 3번 이다.

9번

  1. 그렇다. BCD는 각 자리의 값을 4자리의 이진수로 표현한다.
  2. 그레이 코드는 각 자리별로 가중치를 갖지 않는다. 같은 자리라도 앞의 코드가 무엇이냐에 따라 매번 그 자릿값이 의미하는 값이 달라지기 때문이다.
  3. 그렇다. 패리티 1비트를 포함해서 총 8비트, 혹은 패리티를 제외해서 7비트이다.
  4. 그렇다.

따라서 답은 2번 이다.

10번

FF는 OR 게이트의 출력이므로 입력 중 어느 하나라도 11이면 F=1F=1이다. 또한 그 앞단의 AND 게이트들은 위에서부터 차례로 AB=00,01,10,11AB=00, 01, 10, 11이면 해당 게이트가, 또 그 게이트만이 선택됨을 알 수 있다. 따라서 차례로 V,W,X,YV, W, X, Y가 11인 경우를 포함하면 해당 AND 게이트의 출력은 11이 되고 출력도 F=1F=1이 된다. 이에 해당하는 것은 2번 이다.

11번

  1. 그렇다. 첫 번째 BJT에서 약 β\beta배, 두 번째 BJT에서 또 약 β\beta배이므로 종합하면 약 β2\beta^2배의 전류 이득을 갖는다.
  2. 그렇지 않다. BJT 2개로 이루어진 이미터 팔로워 회로이므로 전압이득은 11보다 클 수 없다.
  3. 그렇지 않다. 두 번째 BJT의 입력 임피던스는 rπ2+βREr_{\pi2}+\beta R_E이고, 이 임피던스는 첫 번째 BJT의 입력 임피던스에 β\beta배가 되어 포함되므로 입력 임피던스는 rπ1+β(rπ2+βRE)r_{\pi1}+\beta(r_{\pi2}+\beta R_E)로 대략적으로만 봐도 β2RE\beta^2R_E라는 큰 값이다.
  4. 그렇지 않다. 공통 컬렉터 회로이다.

따라서 답은 1번 이다.

12번

  1. 그렇다.
  2. 그렇다.
  3. 그렇다.
  4. ω≫ωc\omega \gg \omega_c이면 G(jω)≈(1jω/ωc)2G(j\omega)\approx \left(\frac{1}{j\omega/\omega_c}\right)^2이므로 보드 선도 크기는
    20log10∣1jω/ωc∣2=−40log10∣ωcω∣20 log_{10}\left|\frac{1}{j\omega/\omega_c}\right|^2=-40 log_{10}\left|\frac{\omega_c}{\omega}\right|
    이므로 ω\omega가 1010배 될 때마다 −40-40 dB 내려가므로 기울기는 −40-40 dB/decade이므로 옳다.

따라서 답은 4번 이다.

13번

중첩을 써보자. 먼저 V2=0V_2=0인 경우, OPAMP의 ++단에 세로로 연결된 저항은 R∣∣R=R2R||R=\frac{R}{2}이다. 따라서 V1V_1은 OPAMP의 ++단에 V1×R/2R+R/2=V1×13V_1\times{R/2}{R+R/2}=V_1\times\frac{1}{3}으로 분배되므로 출력전압은

Vout1=V1×13×(1+2RR)V1\begin{equation} \begin{split} V_{out1}&=V_1\times\frac{1}{3}\times\left(1+\frac{2R}{R}\right)\\ &V_1 \end{split} \end{equation}

이다. 다음으로 V1=0V_1=0인 경우를 보자. V2V_2도 마찬가지로 V2×13V_2\times\frac{1}{3}으로 분배된다. 따라서 출력 전압은

Vout2=V2V_{out2}=V_2

이다. 따라서 총 출력 전압은

Vout=Vout1+Vout2=V1+V2\begin{equation} \begin{split} V_{out}&=V_{out1}+V_{out2}\\ &=V_1+V_2 \end{split} \end{equation}

이므로 답은 1번 이다.

14번

  1. 그렇다. TCP는 신뢰성 있는 연결을 위해서 이보다 많은 데이터가 필요하여 20바이트의 헤더를 갖는다고 한다.
  2. 그렇다. 연결을 확립하는 3-Way Handshake도 하고, 송신자가 Window를 전송하면 수신자는 그에 따라 ACK/NACK를 보내서 수신 여부를 알림으로써 수신이 잘못되었을 때 적절한 조치를 하기 때문이다.
  3. 그렇지 않다. TCP 헤더에 체크섬이 들어간다.
  4. 그렇다. 그냥 보내고 본다.

따라서 답은 3번 이다.

15번

베이스의 입력 임피던스는

Rb=βac(r′e+RE)=100×(10+390)=40 kΩ\begin{equation} \begin{split} R_b&=\beta_{ac}(r'e+R_E)\\ &=100\times(10+390)\\ &=40\text{ k}\Omega \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 Vin−RSV_{in}-R_S와 연결되는 입력 임피던스는

R1∣∣R2∣∣Rb=20∣∣40∣∣40=1120+140+140=1120+120=1110=10 kΩ\begin{equation} \begin{split} R_1||R_2||R_b&=20||40||40\\ &=\frac{1}{\frac{1}{20}+\frac{1}{40}+\frac{1}{40}}\\ &=\frac{1}{\frac{1}{20}+\frac{1}{20}}\\ &=\frac{1}{\frac{1}{10}}\\ &=10\text{ k}\Omega \end{split} \end{equation}

이므로 VinV_{in}이 베이스에 분배되는 전압은

Vin×1010+10=Vin2=202=10 mV\begin{equation} \begin{split} V_{in}\times{10}{10+10}&=\frac{V_{in}}{2}\\ &=\frac{20}{2}\\ &=10 \text{ mV} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 답은 3번 이다.

16번

R1∣∣R2=100∣∣100=50 kΩR_1||R_2=100||100=50\text{ k}\Omega이고 베이스의 입력 임피던스는 β(re′+RE)=200×(0+1)=200×kΩ\beta(r'_e+R_E)=200\times(0+1)=200 \times{ k}\Omega이다. 따라서 소스에서 공급되는 전류는 베이스 쪽으로 5050+200=15\frac{50}{50+200}=\frac{1}{5}의 비율로 들어간다. 이 전류의 1+β≈2001+\beta\approx 200배가 이미터 전류가 되므로 전류이득은 15×200=40\frac{1}{5}\times 200=40 배이다. 따라서 답은 2번 이다.

17번

한 주기에 해당하는 칸의 개수는 8개이므로 주기는

T=5×8=40 μs\begin{equation} \begin{split} T&=5\times 8\\ &=40\text{ }\mu\text{s} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 주파수는

f=1T=100040=25 kHz\begin{equation} \begin{split} f&=\frac{1}{T}\\ &=\frac{1000}{40}\\ &=25\text{ kHz} \end{split} \end{equation}

이고, 각주파수는

ω=2πf=5π×104rad/s\begin{equation} \begin{split} \omega&=2\pi f\\ &=5\pi\times 10^4 \text{rad/s} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 3번 이다.

18번

이 회로는 Sallen-Key Low Pass Filter라고 한다. 뭔가 복잡해 보이므로 잘 찍기 위해서 임계주파수가 될 수 있는 보기를 차원 분석을 통해서 골라보자. τ=RC\tau=RC라는 식에서 알 수 있듯이 저항과 커패시턴스의 곱은 시간의 차원을 갖는다. 따라서 보기 3,4번은 시간 제곱의 역수이므로 답이 될 수 없다. 보기 1,2번만이 시간의 역수, 즉 주파수 차원을 갖는다. 이 정도로는 답을 고를 수 없으므로 제대로 이 회로의 전달함수를 구해보자. 먼저 OPAMP의 ++단에 걸리는 전압은

V+=Vout×R3R3+R4V_+=V_{out}\times\frac{R_3}{R_3+R_4}

이다. 따라서 커패시터를 흐르는 전류는

IC2=sC2Vout×R3R3+R4I_{C_2}=sC_2V_{out}\times\frac{R_3}{R_3+R_4}

이다. 이 전류가 R2R_2에서 오므로 R1R_1과 R2R_2 사이의 노드의 전압은

Vout×R3R3+R4+R2sC2Vout×R3R3+R4=Vout×R3R3+R4(1+R2sC2)V_{out}\times\frac{R_3}{R_3+R_4}+R_2sC_2V_{out}\times\frac{R_3}{R_3+R_4}=V_{out}\times\frac{R_3}{R_3+R_4}(1+R_2sC_2)

이다. 이로부터 C1C_1을 흐르는 전류는

IC1=sC1(Vout×R3R3+R4(1+R2sC2)−Vout)=sC1Vout(−R4R3+R4+R2sC2R3R3+R4)\begin{equation} \begin{split} I_{C_1}&=sC_1\left(V_{out}\times\frac{R_3}{R_3+R_4}(1+R_2sC_2)-V_{out}\right)\\ &=sC_1V_{out}\left(-\frac{R_4}{R_3+R_4}+R_2sC_2\frac{R_3}{R_3+R_4}\right) \end{split} \end{equation}

이다. IC1+IC2I_{C_1}+I_C{2}가 $R_1을 흐르므로

Vin=Vout×R3R3+R4(1+R2sC2)+R1(IC1+IC2)=Vout(R3R3+R4+R2R3R3+R4sC2−R1×R4R3+R4×sC1+R1s2C1C2R2×R3R3+R4+R1sC2×R3R3+R4)\begin{equation} \begin{split} V_{in}&=V_{out}\times\frac{R_3}{R_3+R_4}(1+R_2sC_2)+R_1(I_{C_1}+I_{C_2})\\ &=V_{out}\left(\frac{R_3}{R_3+R_4}+\frac{R_2R_3}{R_3+R_4}sC_2-R_1\times\frac{R_4}{R_3+R_4}\times sC_1+R_1s^2C_1C_2R_2\times\frac{R_3}{R_3+R_4}+R_1sC_2\times\frac{R_3}{R_3+R_4} \right) \end{split} \end{equation}

가 된다. 따라서 전달함수를 구해보면

H(s)=Vout(s)Vin(s)=R3+R4R3+sC2R2R3−sC1R1R4+s2C1C2R1R2R3+sC2R1R3=R3+R4s2C1C2R1R2R3+s(C2R2R3−C1R1R4+C2R1R3)+R3\begin{equation} \begin{split} H(s)&=\frac{V_{out}(s)}{V_{in}(s)}\\ &=\frac{R_3+R_4}{R_3+sC_2R_2R_3-sC_1R_1R_4+s^2C_1C_2R_1R_2R_3+sC_2R_1R_3}\\ &=\frac{R_3+R_4}{s^2C_1C_2R_1R_2R_3+s(C_2R_2R_3-C_1R_1R_4+C_2R_1R_3)+R_3} \end{split} \end{equation}

이다. 버터워스 필터 근사를 위해 H(s)H(−s)H(s)H(-s)를 구하면

H(s)H(−s)=R3+R4s2C1C2R1R2R3+s(C2R2R3−C1R1R4+C2R1R3)+R3×R3+R4s2C1C2R1R2R3−s(C2R2R3−C1R1R4+C2R1R3)+R3=(R3+R4)2(s2C1C2R1R2R3+R3)2−s2(C2R2R3−C1R1R4+C2R1R3)2=(R3+R4)2s4(C1C2R1R2R3)2+R32+2s2C1C2R1R2R32−s2(C2R2R3−C1R1R4+C2R1R3)2\begin{equation} \begin{split} H(s)H(-s)&=\frac{R_3+R_4}{s^2C_1C_2R_1R_2R_3+s(C_2R_2R_3-C_1R_1R_4+C_2R_1R_3)+R_3}\times\frac{R_3+R_4}{s^2C_1C_2R_1R_2R_3-s(C_2R_2R_3-C_1R_1R_4+C_2R_1R_3)+R_3}\\ &=\frac{(R_3+R_4)^2}{(s^2C_1C_2R_1R_2R_3+R_3)^2-s^2(C_2R_2R_3-C_1R_1R_4+C_2R_1R_3)^2}\\ &=\frac{(R_3+R_4)^2}{s^4(C_1C_2R_1R_2R_3)^2+R_3^2+2s^2C_1C_2R_1R_2R_3^2-s^2(C_2R_2R_3-C_1R_1R_4+C_2R_1R_3)^2} \end{split} \end{equation}

그리고 전달함수가 HB(s)H_B(s)인 2차 버터워스 필터에 대해서는

HB(s)HB(−s)=G021+(−s2ωc2)2H_B(s)H_B(-s)=\frac{G_0^2}{1+\left(\frac{-s^2}{\omega_c^2}\right)^2}

이므로 H(s)H(−s)H(s)H(-s)와 HB(s)HB(−s)H_B(s)H_B(-s)를 비교하면 임계각주파수 ωc\omega_c는 주어진 조건인 R1=R2,C1=C2R_1=R_2, C_1=C_2를 이용하면

ωc=1C1C2R1R2=1R1R2C1C2=1R1C1\omega_c=\frac{1}{\sqrt{C_1C_2R_1R_2}}=\frac{1}{\sqrt{R_1R_2C_1C_2}}=\frac{1}{R_1C_1}

임을 알 수 있다. 따라서 임계주파수는

fc=ωc2π=12πR1R2C1C2\begin{equation} \begin{split} f_c&=\frac{\omega_c}{2\pi}\\ &=\frac{1}{2\pi\sqrt{R_1R_2C_1C_2}} \end{split} \end{equation}

이다. 또한 임계각주파수에서 출력의 크기는 12\frac{1}{\sqrt{2}}배가 되어야 하는데, s=jωcs=j\omega_c를 대입하면 s2C1C2R1R2R3+R3=−R3+R3=0s^2C_1C_2R_1R_2R_3+R_3=-R_3+R_3=0임과 주어진 조건인 R3=1R_3=1를 대입하면

∣H(jωc)∣=∣1+R4j(2−R4)∣⇒1+R42−R4=1+R42⇒R4=2−2≈0.586\begin{gather} |H(j\omega_c)|=\left|\frac{1+R_4}{j(2-R_4)}\right|\\ \Rightarrow \frac{1+R_4}{2-R_4}=\frac{1+R_4}{\sqrt{2}}\\ \begin{equation} \begin{split} \Rightarrow R_4&=2-\sqrt{2}\\ &\approx 0.586 \end{split} \end{equation} \end{gather}

이다. 두 결과에 해당하는 보기는 1번 이다.

이 문제는 제대로 풀라고 낸 문제가 아닐 것이다. 결과를 잘 외워두자.

19번

Vin>6.7V_{in}\gt6.7 V이면 다이오드가 켜지므로 Vout=6.7V_{out}=6.7 V이다. 다이오드 회로가 대칭이므로 음의 주기에서 출력 전압의 최솟값은 −-를 붙인 −6.7-6.7 V이므로 답은 3번 이다.

20번

  1. 그렇다.
  2. 그렇다.
  3. 잘 모르겠으니 일단 넘어가자.
  4. 부하전압 변동률은 부하에 의한 전압 변동률을 의미하므로 틀렸다.

따라서 답은 4번이다.