2024 7급 국가직 전자회로 1번 출력임피던스와 출력전력 관계에서 출력전압을 구하면
P = V 2 R ⇒ V = P R = 20 × 500 = 100 V \begin{equation} \begin{split} P&=\frac{V^2}{R}\\ \Rightarrow V&=\sqrt{PR}\\ &=\sqrt{20\times 500}\\ &=100\text{ V} \end{split} \end{equation} P ⇒ V = R V 2 = PR = 20 × 500 = 100 V 이다. 따라서 전압이득을 구하면
A v = 20 l o g 100 1000 = − 20 dB \begin{equation} \begin{split} Av&=20log\frac{100}{1000}\\ &=-20\text{ dB} \end{split} \end{equation} A v = 20 l o g 1000 100 = − 20 dB 이므로 답은 2번 이다.
2번 -20 dB/dec의 기울기가 추가되는 지점이 바로 코너 주파수이고, 코너 주파수는 극을 2 π 2\pi 2 π
p = 1 R C p=\frac{1}{RC} p = RC 1 로 주어진다. 주어진 조건에서 극은 1 0 3 10^3 1 0 3 R = R 1 = 1 × 1 0 3 R=R_1=1\times10^3 R = R 1 = 1 × 1 0 3 Ω \Omega Ω
C = 1 p R = 1 1 0 3 × 1 × 1 0 3 = 1 μ C \begin{equation} \begin{split} C&=\frac{1}{pR}\\ &=\frac{1}{10^3\times1\times10^3}\\ &=1\text{ }\mu\text{C} \end{split} \end{equation} C = pR 1 = 1 0 3 × 1 × 1 0 3 1 = 1 μ C 이므로 답은 3번 이다.
3번 어떤 시스템의 이득과 대역폭의 곱은 일정하다. 0 dB 이득은 이득이 1인 것이므로, 이 시스템의 이득과 대역폭의 곱은
1 × 3 × 1 0 6 = 3 × 1 0 6 1\times3\times10^6=3\times10^6 1 × 3 × 1 0 6 = 3 × 1 0 6 이다. 그리고 주어진 회로는 이득이 100이므로 대역폭을 구하면
B = 3 × 1 0 6 100 = 0.03 MHz \begin{equation} \begin{split} B&=\frac{3\times10^6}{100}\\ &=0.03\text{ MHz} \end{split} \end{equation} B = 100 3 × 1 0 6 = 0.03 MHz 이므로 답은 1번 이다.
4번 가운데 NOT 게이트와 그 왼쪽의 AND 게이트에 드 모르간의 법칙을 적용하자. 그러면 AND 게이트는 OR 게이트로 바뀌고, NOT 게이트는 입력 쪽으로 넘어가서 A, B, C 입력의 NOT 게이트들과 상쇄된다. 따라서 중간에 있던 NOT 게이트 쪽의 출력은
가 된다. 이와 아래쪽의 C가 AND되므로 그 출력은 그냥 C이다. 이 C와 A + B + C A+B+C A + B + C
Y = A + B + C + D Y=A+B+C+D Y = A + B + C + D 이다. 이에 해당하는 것은 4번 이다.
5번 출력전압이 최대가 되기 위해서는 입력전압도 최대가 되어야 한다. 즉 입력전압이 양의 최대일 때를 생각해보자.
입력전압이 그대로 출력될 것이다. 다이오드가 작동함에 따라 출력전압은 0.7 V가 될 것이다. D 1 D_1 D 1 D 2 D_2 D 2 Z 1 Z_1 Z 1 Z 2 Z_2 Z 2 0.7 + 4.5 = 5.2 0.7+4.5=5.2 0.7 + 4.5 = 5.2 따라서 최댓값이 6 V 이상인 회로는 1번 이다.
6번 A가 0이고, B 또는 C 또는 D가 0일 때 위쪽 PMOS들에 의해 V D D V_{DD} V DD
Y = A ‾ ⋅ ( B ‾ + C ‾ + D ‾ ) = A ‾ ⋅ ( B ‾ + C ‾ + D ‾ ) ‾ ‾ = A + B ‾ + C ‾ + D ‾ ‾ ‾ = A + B ⋅ C ⋅ D ‾ \begin{equation} \begin{split} Y&=\overline{A}\cdot(\overline{B}+\overline{C}+\overline{D})\\ &=\overline{\overline{\overline{A}\cdot(\overline{B}+\overline{C}+\overline{D})}}\\ &=\overline{A+\overline{\overline{B}+\overline{C}+\overline{D}}}\\ &=\overline{A+B\cdot C\cdot D} \end{split} \end{equation} Y = A ⋅ ( B + C + D ) = A ⋅ ( B + C + D ) = A + B + C + D = A + B ⋅ C ⋅ D 이므로 답은 4번 이다.
7번 다이오드가 비선형으로 동작하므로 다이오드의 출력은
y = a 0 x + a 1 x 2 + a 2 x 2 + ⋯ y=a_0x+a_1x^2+a_2x^2+\cdots y = a 0 x + a 1 x 2 + a 2 x 2 + ⋯ 이다. 따라서 이차항 등에 의해 입력들이 믹스된다. 그리고 이 출력 중 LC 필터의 공진 주파수에 맞는 신호만 출력되게 된다.
LC 필터의 공진 주파수는
f = 1 2 π L C f=\frac{1}{2\pi\sqrt{LC}} f = 2 π L C 1 이다. 주어진 조건으로부터 C를 구하면
C = 1 ( 2 π f ) 2 L = 1 4 π 2 × 1 0 2 × 1 0 12 × 10 × 1 0 − 6 = 1 4 π 2 × 1 0 9 = 250 π 2 \begin{equation} \begin{split} C&=\frac{1}{(2\pi f)^2L}\\ &=\frac{1}{4\pi^2\times 10^2\times 10^{12}\times 10\times 10^{-6}}\\ &=\frac{1}{4\pi^2\times 10^9}\\ &=\frac{250}{\pi^2} \end{split} \end{equation} C = ( 2 π f ) 2 L 1 = 4 π 2 × 1 0 2 × 1 0 12 × 10 × 1 0 − 6 1 = 4 π 2 × 1 0 9 1 = π 2 250 이므로 답은 2번 이다.
8번 그렇다. 채널영역에서는 드리프트가 일어난다. 그렇다. 그렇다. 그러다가 컬렉터 쪽에 도착하면 드리프트한다. 따라서 답은 2번 이다.
9번 역방향 바이어스에 일어나는 항복을 이용하는 회로이다. 출력전압의 변화를 줄이는 회로이다. 그렇다. 제너 다이오드로 흘러들어가는 전류가 줄어든다는 뜻이므로, 결국엔 제너 다이오드가 꺼지게 될 것이다. 제너 다이오드는 이상적으로는 전압원인데, 저항이라는 비이상적 특성이 있다면 제너 다이오드의 출력전압이 이 저항에도 걸리게 되고, 그러면 출력으로 전달되는 제너 다이오드의 일정한 출력전압의 영향이 작아진다. 따라서 답은 3번 이다.
10번 바이패스 RC 회로의 차단주파수를 결정하는 것은 C 2 C_2 C 2 R E R_E R E R S ∣ ∣ R 1 ∣ ∣ R 2 R_S||R_1||R_2 R S ∣∣ R 1 ∣∣ R 2 1 1 + β \frac{1}{1+\beta} 1 + β 1 r e ’ r_e^\text{'} r e ’
R E ∣ ∣ R S ∣ ∣ R 1 ∣ ∣ R 2 1 + β + r e ’ R_E\left|\left|\frac{R_S||R_1||R_2}{1+\beta}+r_e^\text{'}\right.\right. R E ∣ ∣ ∣ ∣ 1 + β R S ∣∣ R 1 ∣∣ R 2 + r e ’ 이므로 바이패스 RC 회로의 차단주파수를 결정하는 데 관여하지 않는 소자는 R C R_C R C 3번 이다. (문제 다시 분석해주신 7급 합격생님 감사합니다.)
11번 네거티브 피드백이 있으므로 연산 증폭기의 +단과 -단의 전압은 같다. 따라서 마치 휘트스톤 브리지처럼, 대각선에 있는 임피던스들의 곱은 같다. 그러므로
( R 1 + 1 j ω r C 1 ) R 4 = ( R 2 ∣ ∣ 1 j ω r C 2 ) R 3 ⇒ R 1 R 4 + R 4 j ω r C 1 = R 2 R 3 j ω r C 2 R 2 + 1 j ω r C 2 ⇒ R 1 R 2 R 4 + R 2 R 4 j ω r C 1 + R 1 R 4 j ω r C 2 − R 4 ω r 2 C 1 C 2 = R 2 R 3 j ω r C 2 \begin{equation} \begin{split} \left(R_1+\frac{1}{j\omega_r C_1}\right)R_4&=\left(R_2\left|\left|\frac{1}{j\omega_r C_2}\right.\right.\right)R_3\\ \Rightarrow R_1R_4+\frac{R_4}{j\omega_r C_1}&=\frac{\frac{R_2R_3}{j\omega_r C_2}}{R2+\frac{1}{j\omega_r C_2}}\\ \Rightarrow R_1R_2R_4+\frac{R_2R_4}{j\omega_r C_1}+\frac{R_1R_4}{j\omega_r C_2}-\frac{R_4}{\omega_r^2C_1C_2}&=\frac{R_2R_3}{j\omega_r C_2} \end{split} \end{equation} ( R 1 + j ω r C 1 1 ) R 4 ⇒ R 1 R 4 + j ω r C 1 R 4 ⇒ R 1 R 2 R 4 + j ω r C 1 R 2 R 4 + j ω r C 2 R 1 R 4 − ω r 2 C 1 C 2 R 4 = ( R 2 ∣ ∣ ∣ ∣ j ω r C 2 1 ) R 3 = R 2 + j ω r C 2 1 j ω r C 2 R 2 R 3 = j ω r C 2 R 2 R 3 이다. 우변은 순허수이므로 복소수의 상등에 의해
R 1 R 2 R 4 = R 4 ω r 2 C 1 C 2 ⇒ ω r = 1 R 1 R 2 C 1 C 2 ⇒ f r = 1 2 π R 1 R 2 C 1 C 2 = 1 2 π R C \begin{equation} \begin{split} R_1R_2R_4&=\frac{R_4}{\omega_r^2C_1 C_2}\\ \Rightarrow \omega_r&=\frac{1}{\sqrt{R_1R_2C_1C_2}}\\ \Rightarrow f_r&=\frac{1}{2\pi\sqrt{R_1R_2C_1C_2}}\\ &=\frac{1}{2\pi RC} \end{split} \end{equation} R 1 R 2 R 4 ⇒ ω r ⇒ f r = ω r 2 C 1 C 2 R 4 = R 1 R 2 C 1 C 2 1 = 2 π R 1 R 2 C 1 C 2 1 = 2 π RC 1 이다. 그러므로 1번 이 옳지 않다. 다음으로 순허수부를 비교하면
R 2 R 4 ω r C 1 + R 1 R 4 ω r C 2 = R 2 R 3 ω r C 2 ⇒ R R 4 ω r C + R R 4 ω r C 2 = R R 3 ω r C ⇒ R 4 + R 4 = R 3 ⇒ R 3 = 2 R 4 \begin{equation} \begin{split} \frac{R_2R_4}{\omega_rC_1}+\frac{R_1R_4}{\omega_rC_2}&=\frac{R_2R_3}{\omega_rC_2}\\ \Rightarrow \frac{RR_4}{\omega_r C}+\frac{RR_4}{\omega_r C_2}&=\frac{RR_3}{\omega_r C}\\ \Rightarrow R_4+R_4&=R_3\\ \Rightarrow R_3&=2R_4 \end{split} \end{equation} ω r C 1 R 2 R 4 + ω r C 2 R 1 R 4 ⇒ ω r C R R 4 + ω r C 2 R R 4 ⇒ R 4 + R 4 ⇒ R 3 = ω r C 2 R 2 R 3 = ω r C R R 3 = R 3 = 2 R 4 이므로 4번은 옳다. 2,3 번도 옳다.
12번 편하게 풀기 위해 V i n 1 = 1 V_{in1}=1 V in 1 = 1 R 3 R_3 R 3 R 4 R_4 R 4
1 × R 4 R 3 + R 4 = 2 R 3 R 3 + 2 R 3 = 2 3 V \begin{equation} \begin{split} 1\times\frac{R_4}{R_3+R_4}&=\frac{2R_3}{R_3+2R_3}\\ &=\frac{2}{3}\text{ V} \end{split} \end{equation} 1 × R 3 + R 4 R 4 = R 3 + 2 R 3 2 R 3 = 3 2 V 이다. 이 전압이 네거티브 피드백에 의해 연산 증폭기의 -단자에도 걸린다. 따라서 R 1 R_1 R 1
I = V i n 2 − 2 3 R 1 = 5 6 − 2 3 R 1 \begin{equation} \begin{split} I&=\frac{V_{in2}-\frac{2}{3}}{R_1}\\ &=\frac{\frac{5}{6}-\frac{2}{3}}{R_1} \end{split} \end{equation} I = R 1 V in 2 − 3 2 = R 1 6 5 − 3 2 이다. 이 전류가 그대로 R 2 R_2 R 2
5 6 − 2 3 R 1 = 2 3 − V o u t R 2 = 2 3 − V o u t 2 R 1 ⇒ 5 3 − 4 3 = 2 3 − V o u t ⇒ V o u t = 1 3 V \begin{equation} \begin{split} \frac{\frac{5}{6}-\frac{2}{3}}{R_1}&=\frac{\frac{2}{3}-V_{out}}{R_2}\\ &=\frac{\frac{2}{3}-V_{out}}{2R_1}\\ \Rightarrow \frac{5}{3}-\frac{4}{3}&=\frac{2}{3}-V_{out}\\ \Rightarrow V_{out}&=\frac{1}{3}\text{ V} \end{split} \end{equation} R 1 6 5 − 3 2 ⇒ 3 5 − 3 4 ⇒ V o u t = R 2 3 2 − V o u t = 2 R 1 3 2 − V o u t = 3 2 − V o u t = 3 1 V 이므로 답은 2번 이다.
13번 Q 1 Q_1 Q 1
12 × 11 11 + 22 = 4 V 12\times\frac{11}{11+22}=4\text{ V} 12 × 11 + 22 11 = 4 V 이다. 따라서 Q 1 Q_1 Q 1 Q 2 Q_2 Q 2 Q 2 Q_2 Q 2 R E R_E R E
P = 2. 6 2 26 = 26 × 0.01 = 260 mW \begin{equation} \begin{split} P&=\frac{2.6^2}{26}\\ &=26\times0.01\\ &=260\text{ mW} \end{split} \end{equation} P = 26 2. 6 2 = 26 × 0.01 = 260 mW 이므로 답은 1번 이다.
14번 먼저 위쪽 2줄의 맨 왼쪽과 오른쪽을 묶으면 B ‾ ⋅ C ‾ \overline{B}\cdot\overline{C} B ⋅ C A ‾ ⋅ C ‾ \overline{A}\cdot\overline{C} A ⋅ C B ‾ ⋅ D ‾ \overline{B}\cdot\overline{D} B ⋅ D
Y = B ‾ ⋅ C ‾ + A ‾ ⋅ C ‾ + B ‾ ⋅ D ‾ Y=\overline{B}\cdot\overline{C}+\overline{A}\cdot\overline{C}+\overline{B}\cdot\overline{D} Y = B ⋅ C + A ⋅ C + B ⋅ D 이다.
한편, (b)에서 드 모르간의 법칙을 적용해보면 출력 쪽의 NAND는 OR이 되고, NOT 연산이 입력 쪽으로 넘어가서 입력쪽들의 연산은 그냥 AND 게이트가 된다. 그러므로 위에서 구한 식과 형태가 같다. 이 둘을 비교해보면 답은 4번 임을 알 수 있다.
15번 그렇다. 항복 전압이 일정함을 이용한다. 그렇다. 가령 출력전압이 올라가면, OPAMP의 -단에 가해지는 전압도 올라가고, 이에 의해 Q의 베이스 전압은 낮아진다. 따라서 Q에 흐르는 전류가 작아져서 출력 전압이 낮아진다. 연산증폭기는 비교기로 작동한다. 그렇다. 따라서 답은 3번 이다.
16번 주어진 전압이득을 구해보면
A v = 20 l o g 2 0.01 = 20 ( 0.3 + 2 ) = 46 dB \begin{equation} \begin{split} A_v&=20log\frac{2}{0.01}\\ &=20(0.3+2)\\ &=46\text{ dB} \end{split} \end{equation} A v = 20 l o g 0.01 2 = 20 ( 0.3 + 2 ) = 46 dB 이다. 이 값이 들어있는 구간은 f 3 f_3 f 3 3번 이다.
17번 저주파에서는 입력 전압이 두 R R R C C C R R R 4번 이다.
18번 발진 주파수에서 C G , C D , C S , C C C_G, C_D, C_S, C_C C G , C D , C S , C C V G S V_{GS} V GS V D S V_{DS} V D S
V G S = V D S × s L 1 s L 1 + 1 s C ⇒ V D S = V G S ( 1 + 1 s 2 L 1 C ) \begin{equation} \begin{split} V_{GS}&=V_{DS}\times\frac{sL_1}{sL_1+\frac{1}{sC}}\\ \Rightarrow V_{DS}&=V_{GS}\left(1+\frac{1}{s^2L_1C}\right) \end{split} \end{equation} V GS ⇒ V D S = V D S × s L 1 + s C 1 s L 1 = V GS ( 1 + s 2 L 1 C 1 ) 이다. 드레인에서의 전류 방정식을 세우면
g m V G S + V G S s L 1 + V D S R L + V D S s L 2 = 0 ⇒ g m + 1 s L 1 + ( 1 + 1 s 2 L 1 C ) ( 1 R L + 1 s L 2 ) = 0 ⇒ g m + 1 s L 1 + 1 R L + 1 s 2 L 1 C R L + 1 s L 2 + 1 s 3 L 1 L 2 C = 0 ⇒ ( g m + 1 R L ) s 3 L 1 L 2 C R L + s 2 ( L 1 + L 2 ) C R L + s L 2 + R L = 0 \begin{equation} \begin{split} g_mV_{GS}+\frac{V_{GS}}{sL_1}+\frac{V_{DS}}{R_L}+\frac{V_{DS}}{sL_2}&=0\\ \Rightarrow g_m+\frac{1}{sL_1}+\left(1+\frac{1}{s^2L_1C}\right)\left(\frac{1}{R_L}+\frac{1}{sL_2}\right)&=0\\ \Rightarrow g_m+\frac{1}{sL_1}+\frac{1}{R_L}+\frac{1}{s^2L_1CR_L}+\frac{1}{sL_2}+\frac{1}{s^3L_1L_2C}&=0\\ \Rightarrow \left(g_m+\frac{1}{R_L}\right)s^3L_1L_2CR_L+s^2(L_1+L_2)CR_L+sL_2+R_L&=0 \end{split} \end{equation} g m V GS + s L 1 V GS + R L V D S + s L 2 V D S ⇒ g m + s L 1 1 + ( 1 + s 2 L 1 C 1 ) ( R L 1 + s L 2 1 ) ⇒ g m + s L 1 1 + R L 1 + s 2 L 1 C R L 1 + s L 2 1 + s 3 L 1 L 2 C 1 ⇒ ( g m + R L 1 ) s 3 L 1 L 2 C R L + s 2 ( L 1 + L 2 ) C R L + s L 2 + R L = 0 = 0 = 0 = 0 s = j ω 0 s=j\omega_0 s = j ω 0
( g m + 1 R L ) ( − j ω 0 3 ) L 1 L 2 C R L − ω 0 2 ( L 1 + L 2 ) C R L + j ω 0 L 2 + R L = 0 ⇒ ( R L − ω 0 2 ( L 1 + L 2 ) C R L ) + j ω 0 ( L 2 − ω 0 2 L 1 L 2 C R L g m − ω 0 2 L 1 L 2 C ) = 0 \begin{equation} \begin{split} \left(g_m+\frac{1}{R_L}\right)(-j\omega_0^3)L_1L_2CR_L-\omega_0^2(L_1+L_2)CR_L+j\omega_0L_2+R_L&=0\\ \Rightarrow (R_L-\omega_0^2(L_1+L_2)CR_L)+j\omega_0\left(L_2-\omega_0^2L_1L_2CR_Lg_m-\omega_0^2L_1L_2C\right)&=0 \end{split} \end{equation} ( g m + R L 1 ) ( − j ω 0 3 ) L 1 L 2 C R L − ω 0 2 ( L 1 + L 2 ) C R L + j ω 0 L 2 + R L ⇒ ( R L − ω 0 2 ( L 1 + L 2 ) C R L ) + j ω 0 ( L 2 − ω 0 2 L 1 L 2 C R L g m − ω 0 2 L 1 L 2 C ) = 0 = 0 복소수의 상등에 의해 실수부가 0이어야 하므로
R L = ω 0 2 ( L 1 + L 2 ) C R L ⇒ ω 0 = 1 ( L 1 + L 2 ) C \begin{equation} \begin{split} R_L&=\omega_0^2(L_1+L_2)CR_L\\ \Rightarrow \omega_0&=\frac{1}{\sqrt{(L_1+L_2)C}} \end{split} \end{equation} R L ⇒ ω 0 = ω 0 2 ( L 1 + L 2 ) C R L = ( L 1 + L 2 ) C 1 이고 허수부도 0이어야 하므로
L 2 − ω 0 2 L 1 L 2 C R L g m − ω 0 2 L 1 L 2 C = 0 ⇒ 1 − ω 0 2 L 1 C R L g m − ω 0 2 L 1 C = 0 ⇒ 1 − ( 1 ( L 1 + L 2 ) C ) ( L 1 C R L g m + L 1 C ) = 0 ⇒ L 1 C R L g m + L 1 C = L 1 C + L 2 C ⇒ L 1 C R L g m = L 2 C ⇒ g m R L = L 2 L 1 \begin{equation} \begin{split} L_2-\omega_0^2L_1L_2CR_Lg_m-\omega_0^2L_1L_2C&=0\\ \Rightarrow 1-\omega_0^2L_1CR_Lg_m-\omega_0^2L_1C&=0\\ \Rightarrow 1-\left(\frac{1}{(L_1+L_2)C}\right)(L_1CR_Lg_m+L_1C)&=0\\ \Rightarrow L_1CR_Lg_m+L_1C&=L_1C+L_2C\\ \Rightarrow L_1CR_Lg_m&=L_2C\\ \Rightarrow g_mR_L&=\frac{L_2}{L_1} \end{split} \end{equation} L 2 − ω 0 2 L 1 L 2 C R L g m − ω 0 2 L 1 L 2 C ⇒ 1 − ω 0 2 L 1 C R L g m − ω 0 2 L 1 C ⇒ 1 − ( ( L 1 + L 2 ) C 1 ) ( L 1 C R L g m + L 1 C ) ⇒ L 1 C R L g m + L 1 C ⇒ L 1 C R L g m ⇒ g m R L = 0 = 0 = 0 = L 1 C + L 2 C = L 2 C = L 1 L 2 이다. 주어진 조건에 의해
g m R L = 9 × 1 0 − 3 × 1 × 1 0 3 = 9 g_mR_L=9\times10^{-3}\times1\times10^3=9 g m R L = 9 × 1 0 − 3 × 1 × 1 0 3 = 9 이므로
이다. 이를 발진 주파수 식에 대입하면
ω 0 = 1 10 L 1 C = 1 10 × L 1 × 1 × 1 0 − 6 = 1 L 1 × 1 0 − 5 \omega_0=\frac{1}{\sqrt{10L_1C}}=\frac{1}{\sqrt{10\times L_1\times1\times10^{-6}}}=\frac{1}{\sqrt{L_1\times 10^{-5}}} ω 0 = 10 L 1 C 1 = 10 × L 1 × 1 × 1 0 − 6 1 = L 1 × 1 0 − 5 1 이다. 주어진 조건에서 f = 1 2 π × 1 0 6 = ω 0 2 π f=\frac{1}{2\pi}\times10^6=\frac{\omega_0}{2\pi} f = 2 π 1 × 1 0 6 = 2 π ω 0
1 L 1 × 1 0 − 5 = 1 0 6 ⇒ 1 L 1 × 1 0 − 5 = 1 0 12 ⇒ L 1 = 1 1 0 − 5 × 1 0 12 ⇒ L 1 = 1 0 − 7 = 0.1 μ H \begin{equation} \begin{split} \frac{1}{\sqrt{L_1\times 10^{-5}}}&=10^6\\ \Rightarrow \frac{1}{L_1\times10^{-5}}&=10^{12}\\ \Rightarrow L_1&=\frac{1}{10^{-5}\times10^{12}}\\ \Rightarrow L_1&=10^{-7}\\ &=0.1\text{ }\mu\text{H} \end{split} \end{equation} L 1 × 1 0 − 5 1 ⇒ L 1 × 1 0 − 5 1 ⇒ L 1 ⇒ L 1 = 1 0 6 = 1 0 12 = 1 0 − 5 × 1 0 12 1 = 1 0 − 7 = 0.1 μ H 이다. 따라서 답은 2번 이다.
19번 f p f_p f p f t f_t f t f z f_z f z 4번 이다.
20번 그렇다. 거의 켜져있는 때가 없기 때문이다. 커패시터에 충전되는 전압이 ± V C C \pm V_{CC} ± V CC V p p = 2 V C C V_{pp}=2V_{CC} V pp = 2 V CC 교류이므로 최대 출력전력은1 2 V C C 2 R \frac{1}{2}\frac{V_{CC}^2}{R} 2 1 R V CC 2 위쪽 LC 필터의 공진 주파수를 입력 주파수의 고조파로 선택하면 출력되는 전압의 주파수는 그 고조파의 주파수이다. 따라서 주파수 곱셈기로 동작시킬 수 있다. 그러므로 답은 3번 이다.
21번 그렇다. 그렇다. V C V_C V C + V C C +V_{CC} + V CC V o V_o V o − V D D -V_{DD} − V DD 그렇다. 따라서 답은 3번 이다.
22번 회로를 잘 관찰해보면 (a)는 0, 1, 0, 1이 반복됨을 알 수 있다. 이와 같이 동작시키기 위해서는 A는 1과 Q가 같지 않을 때 1이 나와야 하고, 같을 때 0이 나와야 한다. 따라서 A에 적절한 것은 XOR 게이트이므로 답은 1번 이다.
23번 Q 1 Q_1 Q 1 T 3 T_3 T 3 T 5 T_5 T 5 T 7 T_7 T 7 T 9 T_9 T 9 Q 1 Q_1 Q 1 Q 2 Q_2 Q 2 Q 2 Q_2 Q 2 T 3 T_3 T 3 4번 이다.
24번 V 1 = V X − ( − V 2 ) = V X + V 2 ⇒ V 2 = V 1 − V X \begin{equation} \begin{split} V_1&=V_X-(-V_2)\\ &=V_X+V_2\\ \Rightarrow V_2&=V_1-V_X \end{split} \end{equation} V 1 ⇒ V 2 = V X − ( − V 2 ) = V X + V 2 = V 1 − V X 이다. 따라서
I X = g m 2 V 2 = g m 2 ( V 1 − V X ) ⇒ V 1 − V X = I X g m 2 ⇒ V 1 I X − V X I X = 1 g m 2 ⇒ V X I X = V 1 I X − 1 g m 2 \begin{equation} \begin{split} I_X&=g_{m2}V_2\\ &=g_{m2}(V_1-V_X)\\ \Rightarrow V_1-V_X&=\frac{I_X}{g_{m2}}\\ \Rightarrow \frac{V_1}{I_X}-\frac{V_X}{I_X}&=\frac{1}{g_{m2}}\\ \Rightarrow \frac{V_X}{I_X}&=\frac{V_1}{I_X}-\frac{1}{g_{m2}} \end{split} \end{equation} I X ⇒ V 1 − V X ⇒ I X V 1 − I X V X ⇒ I X V X = g m 2 V 2 = g m 2 ( V 1 − V X ) = g m 2 I X = g m 2 1 = I X V 1 − g m 2 1 이다. 한편 이 전류가 오른쪽 종속전류원이 만들어내는 전류와 같으므로
g m 1 V 1 = − I X ⇒ V 1 I X = − 1 g m 1 \begin{equation} \begin{split} g_{m1}V_1&=-I_X\\ \Rightarrow \frac{V_1}{I_X}&=-\frac{1}{g_{m1}} \end{split} \end{equation} g m 1 V 1 ⇒ I X V 1 = − I X = − g m 1 1 이다. 이를 위 식에 대입하면
V X I X = − 1 g m 1 − 1 g m 2 = − f r a c 1 2 g m − 1 3 g m = − 5 6 g m \begin{equation} \begin{split} \frac{V_X}{I_X}&=-\frac{1}{g_{m1}}-\frac{1}{g_{m2}}\\ &=-frac{1}{2g_m}-\frac{1}{3g_m}\\ &=-\frac{5}{6g_m} \end{split} \end{equation} I X V X = − g m 1 1 − g m 2 1 = − f r a c 1 2 g m − 3 g m 1 = − 6 g m 5 이므로 답은 3번 이다.
25번 주어진 회로의 피드백 극성을 별해보자. 출력 전압이 올라가면 M 2 M_2 M 2 M 1 M_1 M 1 M 4 M_4 M 4 M 2 M_2 M 2 R 1 , R 2 R_1,R_2 R 1 , R 2 A A A β \beta β
A c = A o 1 + A β A_c=\frac{A_o}{1+A\beta} A c = 1 + A β A o 이다. 이를 이용해서 문제를 풀어보자. 우선 피드백 팩터는
β = R 2 R 1 + R 2 = 2 18 + 2 = 1 10 \begin{equation} \begin{split} \beta&=\frac{R_2}{R_1+R_2}\\ &=\frac{2}{18+2}\\ &=\frac{1}{10} \end{split} \end{equation} β = R 1 + R 2 R 2 = 18 + 2 2 = 10 1 이다. 다음으로 오픈 루프 이득을 구하기 위해 R 1 , R 2 R_1, R_2 R 1 , R 2 M 2 M_2 M 2 R 1 + R 2 R_1+R_2 R 1 + R 2 R 1 R_1 R 1
R o u t = r o 4 ∣ ∣ r o 2 ∣ ∣ ( R 1 + R 2 ) = 20 ∣ ∣ 10 ∣ ∣ 20 = 20 ∣ ∣ 20 ∣ ∣ 10 = 10 ∣ ∣ 10 = 5 k Ω \begin{equation} \begin{split} R_{out}&=r_{o4}||r_{o2}||(R_1+R_2)\\ &=20||10||20\\ &=20||20||10\\ &=10||10\\ &=5\text{ k}\Omega \end{split} \end{equation} R o u t = r o 4 ∣∣ r o 2 ∣∣ ( R 1 + R 2 ) = 20∣∣10∣∣20 = 20∣∣20∣∣10 = 10∣∣10 = 5 k Ω 이다. 그리고 입력 쪽의 MOS의 트랜스컨덕턴스가 g m 1 = 8 mS g_m1=8\text{ mS} g m 1 = 8 mS
A o = g m 1 R o u t = 8 × 5 = 40 \begin{equation} \begin{split} A_o&=g_m1R_{out}\\ &=8\times5\\ &=40 \end{split} \end{equation} A o = g m 1 R o u t = 8 × 5 = 40 이다. 이들로부터 폐루프 이득을 구하면
A c = 40 1 + 40 × 1 10 = 40 1 + 4 = 8 \begin{equation} \begin{split} A_c&=\frac{40}{1+40\times\frac{1}{10}}\\ &=\frac{40}{1+4}\\ &=8 \end{split} \end{equation} A c = 1 + 40 × 10 1 40 = 1 + 4 40 = 8 이므로 답은 2번 이다.
이제 출력 쪽의 임피던스를 구하면