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2023 7급 국가직 전자회로

1번

$R_g$ 에 전류가 흐르지 않으므로 양단의 전압차는 $0$ 이다. 즉 드레인 전압은 8 V이다. 따라서

\begin{equation} \begin{split} R_L&=\frac{12-8}{0.5}\\ &=16\text{ k}\Omega \end{split} \end{equation}

이므로 답은 3번 이다.

2번

\begin{equation} \begin{split} \tau&=RC\\ &=300\times 10^{-6}\\ &=3\times 10^{-4} \end{split} \end{equation}

이다. 한편 반송파의 주기는 주파수의 역수이므로

T_s=10^{-4}

이다. 그러므로 시정수는 반송파 주기의 3배이고 답은 1번 이다.

3번

그렇다.
그렇다.
양호도는 $\frac{\text{저장전력}}{\text{소모전력}}=\frac{\omega L}{R}$ 이므로 옳다.
3번 보기의 설명에 의해 옳지 않다.

따라서 답은 4번 이다.

4번

우선 $A=0$ 이면 $Y=0$ 이다. 그리고 $A=1$ 인 상황에서, $B=C=0$ 이 되어버리면 $Y=0$ 이 되어버린다. 따라서

Y=A(B+C)

이므로 답은 3번 이다.

5번

$A=0$ 이면 $Q_1$ 은 꺼진다. 따라서 $Q_2$ 에는 높은 전압이 가해져서 켜지므로 $F=1$ 이 출력된다. 그리고 $A=1$ 이면 $Q_2$ 에는 접지 전압이 가해지므로 꺼진다. 한편 $B=0$ 이면 $Q_3$ 도 꺼지므로 $F=0$ 이 출력된다. 그러므로 답은 3번 이다.

6번

$V_i$ 가 작을 때에는 다이오드가 꺼져 있을 것이다. 이 때 다이오드의 음극 전압은

\begin{equation} \begin{split} 15\times\frac{1}{6.8+1}\\ &\approx 1.92\text{ V} \end{split} \end{equation}

이다. 그러다 $V_i=1.92+0.7=2.62$ V가 되는 순간 다이오드가 켜질 것이다. 따라서 이동안 출력 전압은

V_o=2.62\text{ V}

로 유지된다. 따라서 최대 양의 출력전압에 해당하는 보기는 2번 이다.

7번

+단의 전압을 $V_+$ 라 하면

\begin{equation} \begin{split} V_+-3+V_+-1+V_+-8&=0\\ \Rightarrow V_+=4\text{ V} \end{split} \end{equation}

이다. 비반전 증폭기이므로

V_o=\left(1+\frac{20}{10}\right)\times 4=12\text{ V}

이고 답은 4번 이다.

8번

제대로 풀자면 임피던스들을 다 구해서 풀어야겠으나, 출력의 주파수 응답으로부터 식의 형태를 추론해보자. $s=0$ 이면 $C_1$ 이 입력신호를 걸러버리니 출력이 0이다. $s=\infty$ 이면 $C_2$ 가 도통되어버리니 출력이 마찬가지로 0이다. 이와 같은 응답을 보이는 식은 2,4번 중 하나이다. 그런데, 1은 무차원 수이므로 $sRC$ 와 $\frac{s}{RC}$ 중 무차원 단위를 갖는 4번 이 답이다.

9번

공진 상태일 때 커패시터와 인덕터는 서로의 효과를 상쇄시킨다. 총 컨덕턴스를 구해보면

\begin{equation} \begin{split} G(\omega)&=j0.1\omega+\frac{1}{5}+\frac{1}{2+j2\omega}\\ &=j0.1\omega+\frac{1}{5}+\frac{2-j2\omega}{4+4\omega^2}\\ &=j0.1\omega+\frac{1}{5}+\frac{1-j\omega}{2+2\omega^2} \end{split} \end{equation}

이다. 공진일 때 허수부가 0이므로

\begin{equation} \begin{split} 0.1\omega-\frac{1}{2+2\omega^2}&=0\\ \Rightarrow 2+2\omega^2&=10\\ \Rightarrow \omega^2&=4\\ \Rightarrow \omega&=2 \end{split} \end{equation}

이고 답은 2번 이다.

10번

모두 네거티브 피드백이 있으므로 가상 도통 상태이다. 아래 그림을 보자. 식을 세우자.

\begin{equation} \begin{split} V_3-V_2&=V_2-V_a+V_2-V_1\\ V_a-V_1&=V_1-V_o+V_1-V_2\\ \Rightarrow V_3-V_2&=V_2-(3V_1-V_2-V_o)+V_2-V_1\\ \Rightarrow V_3-V_2&=-4V_1+3V_2+V_o\\ \Rightarrow V_o&=4V_1-4V_2+V_3 \end{split} \end{equation}

이므로 답은 3번 이다.

11번

총 전압 이득은

A_v=4\times25=100

이다. 이를 dB로 표현하면

A_v(dB)=20log 100=40

이므로 답은 3번 이다.

12번

$T_2$ 에서 $Q_2$ 의 상태가 1로 바뀌었다. 그 다음으로 $T_3$ 에서 $Q_1$ 의 상태가 1로 바뀌었다. 따라서 답은 4번 이다.

13번

그렇다.
그렇지 않다. 불순물 도핑 농도가 높을수록 정공의 수가 증가하므로 저항률이 감소한다.
그렇다. 옥텟 규칙을 만족하기 위해서 이웃들과 4개씩 공유결합을 해야하는데 최외각 전자가 3개면 하나가 부족하다. 이 하나의 빈 자리가 정공이다.
그렇다. 그만큼 최고 에너지준위에 전자가 있을 확률이 높은 것이다.

따라서 답은 2번 이다.

14번

$R_C$ 가 커질수록 같은 전류에 의해 생기는 전압강하가 크므로 전압이득도 커진다. 따라서 답은 3번 이다.

15번

-단에 걸리는 전압은 $\frac{3}{4}V_o$ 이다. 한편 $A=3$ 으로 꽤 작으므로 가상 도통이라고 보기 어렵다. 직접 풀어야 한다.

\begin{equation} \begin{split} V_o&=3\left(V_i-\frac{3}{4}V_o\right)\\ \Rightarrow 3V_i&=\frac{13}{4}V_o\\ \Rightarrow \frac{V_o}{V_i}&=\frac{12}{13} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 3번 이다.

16번

베이스 전압은

\begin{equation} \begin{split} V_B&=10\times\frac{2.2}{2.2+10}\\ &\approx 1.7\text{ V} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 이미터 전압은 $V_E=1\text{ V}$ 이다. 이로부터 컬렉터 전류와 이미터 전류는

\begin{equation} \begin{split} I_E&=I_C\\ &=\frac{1}{1}\\ &=1\text{ mA} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 컬렉터 전압은

V_C=10.3.6=6.4\text{ V}

이다. 그러므로

V_{CE}=5.4

이다. 이와 가장 가까운 값은 2번 이다.

17번

실횻값은 반파나 전파나 같다. 제곱해서 평균낸 후 제곱근을 취하기 때문이다. 따라서 $I_{o(rms)}=\frac{220}{10}\text{ A}$ 이다.
$V_o$ 의 평균값은 $\frac{1}{\pi}\int_0 ^\pi \sqrt{2}\times 220 \times sin\theta d\theta=\frac{\sqrt{2}\times220}{\pi}\times 2$ 이므로 옳지 않다.
전파 정류가 되므로 주파수는 2배가 된다.
$D_1$ 이 역방향 최대전압 받을 때, 양극 전압을 0이라 하면 $D_2$ 를 통과한 전압이 $\sqrt{2}\times 220$ 이다. 따라서 역방향 최대전압은 $\sqrt{2}\times 220-0=\sqrt{2}\times 220$ 이다.

따라서 답은 2번 이다.

18번

g_m=\frac{I_c}{V_T}

이다. 입력이 0일 때,

I_{R_E}=\frac{-0.7+10.7}{20}=0.5\text{ mA}

이다. 이 전류는 양쪽 이미터에서 똑같이 왔으므로 $Q_1$ 의 트랜스컨덕턴스는

g_{m1}=\frac{0.25}{26}=\frac{1}{104}

이다. 따라서 $Q_1$ 의 이미터 전류는

I_{E_1}=g_{m1}V_i=\frac{V_i}{104} \text{ mA}

이다. 만약 $Q_2$ 의 베이스가 반대 위상으로 걸렸다면 이 전류가 $Q_2$ 의 이미터로 흘러들어가서 피크 출력전압은 $20\times\frac{52}{104}=10\text{ V}$ 였겠으나, $Q_2$ 에는 0의 베이스 전압만이 걸린다. 따라서 효과는 절반이 되어서 피크 출력전압은 이의 절반인 $5 \text{ V}$ 이다. 따라서 답은 1번 이다.

19번

직접

R_S+j\omega L_1 \left|\left| \frac{1}{j\omega C_1}\right.\right.

을 풀 수도 있겠으나 그러고 싶진 않다. 주파수가 0이면 등가 임피던스는 $R_S$ 이다. 이를 만족하는 보기는 2,3번이다. 다음으로 주파수가 무한대이면 등가 임피던스는 0이다. 이 또한 2,3번 보기 모두 만족한다. 이제 해볼 수 있는 것은 차원 분석이다. $R_S$ 는 저항 $\Omega$ 의 차원을 갖고, $\omega L_1$ 또한 마찬가지이다. 이로부터 2번이 유력함을 알 수 있다. 3번이 아님을 확실히 확인해보자. $C_1\omega$ 는 저항의 역수 차원을 가지므로 무차원 숫자인 1과 더해질 수 없다. 따라서 3번은 유효하지 않다. 이로부터 보기는 2번 임이 확실해졌다.

20번

\begin{equation} \begin{split} Y(s)&=H(s)(X(s)-\beta Y(s))\\ \Rightarrow Y(s)(1+\beta H(s))&=H(s)X(s)\\ \Rightarrow \frac{Y(s)}{X(s)}&=\frac{H(s)}{1+\beta H(s)}\\ &=\frac{\frac{A_0}{(1+s)\left(1+\frac{s}{3}\right)}}{1+\frac{\beta A_0}{(1+s)\left(1+\frac{s}{3}\right)}}\\ &=\frac{A_0}{(1+s)\left(1+\frac{s}{3}\right)+\beta A_0}\\ &=\frac{A_0}{(1+s)\left(1+\frac{s}{3}\right)+\frac{1}{3}}\\ &=\frac{A_0}{1+\frac{4}{3}s+\frac{s^2}{3}+\frac{1}{3}}\\ &=\frac{3A_0}{s^2+4s+4}\\ &=\frac{3A_0}{(s+2)^2} \end{split} \end{equation}

이므로 극점은 $s_1=s_2=-2$ 이다. 따라서 답은 4번 이다.

21번

R_E=\frac{2.4}{2}=1.2\text{ k}\Omega

이다. 그리고 $V_{CEQ}=5.2\text{ V}$ 이므로 $V_C=7.6\text{ V}$ 이다. 따라서

R_C=\frac{10-7.6}{2}=1.2\text{ k}\Omega

이므로 답은 1번 이다.

22번

카르노 맵을 만들면

\begin{array}{c|c|c|c|c} ABCD & 00 & 01 & 11 & 10 \\ \hline 00 & 0 & 1 & 1 & 1 \\ \hline 01 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ \hline 11 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ \hline 10 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ \hline \end{array}

이므로

F=\overline{A}\cdot\overline{B}D+C\overline{D}+AC

이다. C로 묶으면 $A+\overline{D}$ 로 OR 함수이다. 따라서 주어진 NAND 게이트의 출력 쪽 버블을 입력 쪽으로 넘기고 OR 연산으로 바꾸면

\overline{\text{(가)}}+\overline{\text{(나)}}=A+\overline{D}

이다. 그러므로 하나는 $\overline{A}$ , 다른 하나는 $D$ 여야 한다. 이에 해당하는 것은 1번 이다.

23번

$R_1$ 의 위쪽에 걸리는 전압은 $0.7+0.7=1.4\text{ V}$ 이다. 따라서 출력 전압은

V_o=5+1.4=6.4\text{ V}

이다. 따라서

I_s=\frac{10-6.4}{2}=1.8\text{ mA}

이므로 답은 4번 이다.

24번

$C=1$ 이면 두 개의 NOT 게이트를 지나는 시간이 흐른 후 $Q=X$ 이다. 반대로 $C=0$ 이면 $Q$ 는 값을 유지한다. 이와 같은 플립플롭은 D 플립플롭이므로 답은 1번 이다.

25번

차단 주파수는 $\frac{1}{2\pi R_AC_A}=\frac{1}{\pi}$ Hz이다. 한편 고역에서

\begin{equation} \begin{split} V_i&=V_o\frac{R_2}{R_1+R_2}\\ \Rightarrow A_v&=\frac{V_o}{V_i}\\ &=1+\frac{R_1}{R_2}\\ &=1.586 \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 답은 1번 이다.