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2024 9급 지방직 전자공학개론

1번

순시 전류는

i(t)=v(t)R=1202sin(ωt)15=82sin(ωt) A\begin{equation} \begin{split} i(t)&=\frac{v(t)}{R}\\ &=\frac{120\sqrt{2}sin(\omega t)}{15}\\ &=8\sqrt{2}sin(\omega t)\text{ A} \end{split} \end{equation}

이다. 그리고 전류의 실횻값은 피크 전류를 2\sqrt{2}로 나눈 값이므로

Irms=822=8 A\begin{equation} \begin{split} I_{rms}&=\frac{8\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\\ &=8\text{ A} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 답은 2번 이다.

2번

28=256<260<29=5122^8=256\lt260\lt2^9=512

이므로 총 9개의 플립플롭이 필요하다. 따라서 답은 4번 이다.

3번

연산증폭기의 +단자로 들어가는 전류가 없으므로 10 kΩ\Omega 저항에 흐르는 전류도 없다. 따라서 전압강하도 없으므로 viv_i가 그대로 연산증폭기의 +단자에 인가된다. 그리고 네거티브 피드백에 의해 -단자에도 똑같은 전압이 걸린다. 이에 의해 1 kΩ\Omega의 양단에 걸리는 전압이 viv_i이고, 이 전압에 의한 전류가 5 kΩ\Omega 저항에도 그대로 흐르므로 5 kΩ\Omega저항의 양단 전압은 5vi5v_i이다. 따라서 5 kΩ\Omega의 오른쪽 전압은

vi+5vi=6viv_i+5v_i=6v_i

가 된다. 이 전압이 두 개의 3 kΩ\Omega저항에 똑같이 분배되므로

vo=6vi×33+3=3vi\begin{equation} \begin{split} v_o&=6v_i\times\frac{3}{3+3}\\ &=3v_i \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 전압이득은

vovi=3vivi=3\begin{equation} \begin{split} \frac{v_o}{v_i}&=\frac{3v_i}{v_i}\\ &=3 \end{split} \end{equation}

이므로 답은 2번 이다.

4번

IC=βIBI_C=\beta I_B

이므로

IE=IB+IC=IB+βIB=(β+1)IB⇒IEβ+1=IB⇒βIEβ+1=βIB=IC⇒αIE=IC⇒IE=1αIC\begin{equation} \begin{split} I_E&=I_B+I_C\\ &=I_B+\beta I_B\\ &=(\beta+1)I_B\\ \Rightarrow \frac{I_E}{\beta+1}&=I_B\\ \Rightarrow \frac{\beta I_E}{\beta+1}&=\beta I_B\\ &=I_C\\ \Rightarrow \alpha I_E&=I_C\\ \Rightarrow I_E&=\frac{1}{\alpha}I_C \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 답은 2번 이다.

5번

왼쪽 아래 2개를 묶으면

A‾B\overline{A}B

이다. 다음으로 오른쪽 제일 위와 제일 아래를 묶으면

AC‾A\overline{C}

이다. 둘을 더하면

A‾B+AC‾\overline{A}B+A\overline{C}

이므로 답은 4번 이다.

6번

네거티브 피드백들이 있으므로 연산증폭기의 +단자와 -단자의 전압은 같다. 왼쪽 연산증폭기의 +단자 전압이 0.5 V이므로 -단자 전압도 0.5 V이다. 오른쪽 연산증폭기 회로는 반전연산증폭기 회로이고, 증폭률은

A=−21=−2\begin{equation} \begin{split} A&=-\frac{2}{1}\\ &=-2 \end{split} \end{equation}

이므로 출력력전압은

vo=−2×0.5=−1.0 V\begin{equation} \begin{split} v_o&=-2\times0.5\\ &=-1.0\text{ V} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 답은 2번 이다.

7번

피드백 부호가 +이므로 발진조건은

AB=1∠0∘AB=1\angle0^\circ

이다. 따라서 답은 2번 이다.

8번

하틀리 발진기가 되기 위해서는 (가)에 인덕터, (나)에 커패시터가 들어가야 한다. 따라서 답은 3번 이다.

9번

드 모르간의 법칙을 이용해보자. 출력 FF쪽의 NOT게이트를 입력 쪽으로 넘기면 NOR은 AND가 되고, 입력쪽의 NOT 게이트는 위아래에 있는 NOR 게이트와 합쳐져서 OR 게이트가 된다. 따라서

F=ABF=AB

가 되므로 답은 1번 이다.

10번

변조지수는 반송파의 진폭과와 정보신호의 진폭의 비율이므로

810=0.8\frac{8}{10}=0.8

이다. 하측파대 신호는 반송파 주파수 1000π2π=500\frac{1000\pi}{2\pi}=500 Hz로부터 작은 쪽으로 정보신호의 주파수 100π2π=50\frac{100\pi}{2\pi}=50 Hz만큼 떨어진 주파수이므로

500−50=450 Hz500-50=450\text{ Hz}

이다. 따라서 답은 3번 이다.

11번

정확한 계산은 다음과 같다. 베이스 전압이 0.7 V이므로 베이스 전류는

IB=10−0.7200=4.65×10−2 mA\begin{equation} \begin{split} I_B&=\frac{10-0.7}{200}\\ &=4.65\times10^{-2}\text{ mA} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 컬렉터 전류는

ICQ=βIB=100×4.65×10−2=4.65 mA\begin{equation} \begin{split} I_{CQ}&=\beta I_B\\ &=100\times 4.65\times10^{-2}\\ &=4.65\text{ mA} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 답은 3번 이다.

대충 풀면 다음과 같다. 대충 0.7 V를 무시하면 베이스 전류는 약 5×10−25\times10^{-2} mA이다. 따라서 컬렉터 전류는 직류 전류 이득 100을 곱한 5 mA인데, 빼지 않은 0.7 V를 고려하면 이보다 약간 작을 것이다. 이에 해당하는 것은 4.65 mA이다.

12번

vi>0v_i\gt0일 때 왼쪽 다이오드는 꺼지고 오른쪽 다이오드가 켜져서 가장 오른쪽 노드에 viv_i 가 가해진다. 이 전압이 가운데 1 kΩ\Omega와 왼쪽 1 kΩ\Omega에 똑같이 분배되므로 12vi\frac{1}{2}v_i가 출력된다. vi<0v_i\lt0일 때엔 왼쪽 다이오드가 켜지고 오른쪽 다이오드가 꺼지므로 왼쪽 노드에 viv_i가 걸린다. 이 전압이 마찬가지로 분배되는데, 방향성을 고려하면 출력되는 전압은 −12vi-\frac{1}{2}v_i이다. 이때 viv_i가 음수인 것을 고려하면 결국 이 회로는 전파정류기이고, 출력이 입력의 절반임을 알 수 있다. 따라서 답은 2번 이다.

13번

F=ABC+ABC‾+A‾BC+A‾⋅B‾C=AB+A‾C\begin{equation} \begin{split} F&=ABC+AB\overline{C}+\overline{A}BC+\overline{A}\cdot\overline{B}C\\ &=AB+\overline{A}C \end{split} \end{equation}

이다. 이에 해당하는 것은 1번 이다.

14번

네거티브 피드백이 있으므로 연산증폭기의 -단자 전압은 +단자 전압과 마찬가지로 0이다. 따라서 커패시터를 흐르는 전류는

I=CdVdt=12×10−6d(vi−0)dt=12×10−6dvidt\begin{equation} \begin{split} I&=C\frac{dV}{dt}\\ &=12\times10^{-6}\frac{d(v_i-0)}{dt}\\ &=12\times10^{-6}\frac{dv_i}{dt} \end{split} \end{equation}

이다. 이 전류가 저항으로 그대로 흘러가므로

12×10−6dvidt=0−vo50×103⇒vo=−600×10−3dvidt\begin{equation} \begin{split} 12\times10^{-6}\frac{dv_i}{dt}&=\frac{0-v_o}{50\times10^3}\\ \Rightarrow v_o&=-600\times10^{-3}\frac{dv_i}{dt}\\ \end{split} \end{equation}

이다. 4<t<64\lt t \lt6 구간에서

dvidt=−106−4=−5\begin{equation} \begin{split} \frac{dv_i}{dt}&=\frac{-10}{6-4}\\ &=-5 \end{split} \end{equation}

이므로 대입하면

vo=−600×10−3×(−5)=3 V\begin{equation} \begin{split} v_o&=-600\times10^{-3}\times(-5)\\ &=3\text{ V} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 답은 2번 이다.

15번

나이퀴스트 채널 용량은

C=2Blog2MC=2Blog_2 M

이다. 64-QAM이므로 심벌당 비트수는 log264=6log_2 64=6개이다. 나이퀴스트 대역폭을 사용하였으므로 2B=152B=15 MHz이다. 따라서

C=6×15=90 MbpsC=6\times 15=90\text{ Mbps}

이므로 답은 1번 이다.

16번

테브닌 정리를 이용하자. RLR_L자리를 떼어내고 전압원을 쇼트시키고 전류원을 개방시면 RLR_L 자리에서 보이는 저항은

Rth=4+6∣∣3=4+26 kΩ\begin{equation} \begin{split} R_{th}&=4+6||3\\ &=4+2\\ &6\text{ k}\Omega \end{split} \end{equation}

이므로 최대 전력 전달은 RL=Rth=6R_L=R_{th}=6 kΩ\Omega일 때 일어난다. 다음으로 테브닌 전압을 구하기 위해 중첩의 원리를 사용하자. 먼저 전압원을 0으로 만들면, RLR_L자리의 오른쪽 전압 VRV_R은 0, 왼쪽 전압은

VL=2×(4+3∣∣6)=2×(4+2)=12 V\begin{equation} \begin{split} V_L&=2\times(4+3||6)\\ &=2\times(4+2)\\ &=12\text{ V} \end{split} \end{equation}

이므로 VL−VR=12−0=12V_L-V_R=12-0=12 V이다. 다음으로 전류원을 0으로 만들면 VR=3V_R=3 V가 되고, 4 kΩ\Omega를 흐르는 전류가 없으므로 전압 강하도 없어서 VLV_L은 가운데 전압과 같게 된다. 가운데 전압은 3 V가 6 kΩ\Omega와 3 kΩ\Omega 중 3 kΩ\Omega에 분배되는 전압과 같으므로

VL=3×33+6=1 V\begin{equation} \begin{split} V_L&=3\times\frac{3}{3+6}\\ &=1\text{ V} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 이 때의 VL−VR=1−3=−2V_L-V_R=1-3=-2 V이다. 앞서 구한 결과와 더하면 테브닌 전압은

Vth=12−2=10 V\begin{equation} \begin{split} V_{th}&=12-2\\ &=10\text{ V} \end{split} \end{equation}

이다. 따라서 전달되는 최대 전력은

PL=Vth24Rth=1024×6=256 mW\begin{equation} \begin{split} P_L&=\frac{V_{th}^2}{4R_{th}}\\ &=\frac{10^2}{4\times6}\\ &=\frac{25}{6}\text{ mW} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 4번 이다.

17번

중첩의 원리를 이용하자. 우선 전류원을 개방하면 20 V 전압이 4+3+5+2+1=154+3+5+2+1=15 Ω\Omega의 합성 저항에 걸리므로 이 때의 전류는

io=2015=43 A\begin{equation} \begin{split} i_{o}&=\frac{20}{15}\\ &=\frac{4}{3}\text{ A} \end{split} \end{equation}

이다. 다음으로 전압원을 쇼트시키면 전류원의 왼쪽은 4+1=54+1=5 Ω\Omega 저항이 되고, 오른쪽은 3+5+2=103+5+2=10 Ω\Omega 저항이 된다. 따라서 저항의 비율이 1:2이므로 전류 비율은 2:1이 되어서 3 A의 전류는 왼쪽에서는 시계 방향으로 2 A만큼 흐르고, 오른쪽에서는 반시계 방향으로 1 A만큼 흐른다. 즉

io=−1 Ai_o=-1\text{ A}

이다. 두 결과를 더하면

io=43−1=13 A\begin{equation} \begin{split} i_o&=\frac{4}{3}-1\\ &=\frac{1}{3}\text{ A} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 1번 이다.

18번

  1. 네거티브 피드백이 있으므로 연산증폭기의 +단자 전압이 -단자에 그대로 나타난다. 따라서 -단자 전압은 viv_i이고, 이 전압이 그대로 출력으로 전달되므로 vo=viv_o=v_i인 회로이다.
  2. 반전 증폭기 회로이다.
  3. 비반전 증폭기 회로이다.
  4. 입력 전압 viv_i가 +단 전압인 vo×510+5=vo3v_o\times\frac{5}{10+5}=\frac{v_o}{3}을 경계로 바뀔 때 출력 전압이 바뀌는 슈미트 트리거이다.

따라서 답은 4번 이다.

19번

vi=0v_i=0이면 PMOS는 켜지고 NMOS는 꺼진다. 반대로 vi=5v_i=5 V이면 PMOS는 꺼지고 NMOS는 켜진다. 따라서 답은 3번 이다.

20번

최대 전압이 되면 다이오드가 꺼져서 커패시터가 저항을 통해 방전하므로 출력 전압은

vo=vpe−tRCv_o=v_p e^{-\frac{t}{RC}}

로 감쇄한다. 이를 테일러 급수로 1차 근사하면

vo≈vp(1−tRC)v_o\approx v_p\left(1-\frac{t}{RC}\right)

이다. 근사적으로 vov_o가 다음 신호가 들어오는 TT동안 감쇄한다고 하면, 이 때의 vov_o는

vo≈vp(1−TRC)v_o\approx v_p\left(1-\frac{T}{RC}\right)

이므로 리플 전압은

vr≈vpTRCv_r\approx v_p\frac{T}{RC}

이다. 주어진 조건들을 대입하면

vp100=vpTRC⇒1100=1602×103×C⇒2×103C100=160⇒C=11200≈833 μF\begin{equation} \begin{split} \frac{v_p}{100}&=v_p\frac{T}{RC}\\ \Rightarrow \frac{1}{100}&=\frac{\frac{1}{60}}{2\times 10^3\times C}\\ \Rightarrow \frac{2\times 10^3 C}{100}&=\frac{1}{60}\\ \Rightarrow C&=\frac{1}{1200}\\ &\approx 833\text{ }\mu\text{F} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 4번 이다.