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2024 9급 국가직 무선공학개론

1번

코사인이 곱해지면 전력은 12\frac{1}{2}배가 된다. 그리고 앞에 계수 AcA_c가 곱해져 있으므로 s(t)s(t)의 평균전력은

Ps=12Ac2PmP_s=\frac{1}{2}A_c^2P_m

이므로 답은 1번 이다.

2번

상측파대 SSB의 점유주파수는 반송파의 위쪽으로 대역폭만큼 차지하므로 1,500 ~ 1,510 kHz를 점유한다. 따라서 답은 4번 이다.

3번

모두 W 단위로 환산하자.

  1. 10 W
  2. 1 W
  3. 전력을 PP라 하면
    10 dBm=10logP1 mW⇒10=P1 mW⇒P=10 mW=0.01 W\begin{equation} \begin{split} 10\text{ dBm}&=10log\frac{P}{1\text{ mW}}\\ \Rightarrow 10&=\frac{P}{1\text{ mW}}\\ \Rightarrow P&=10\text{ mW}\\ &=0.01\text{ W} \end{split} \end{equation}
    이다.
  4. 전력을 PP라 하면
    0 dBW=10logP1 W⇒1=P1 W⇒P=1 W\begin{equation} \begin{split} 0\text{ dBW}&=10log\frac{P}{1\text{ W}}\\ \Rightarrow 1&=\frac{P}{1\text{ W}}\\ \Rightarrow P&=1\text{ W} \end{split} \end{equation}
    이다.

따라서 가장 큰 전력은 1번 이다.

4번

  1. 주파수는 30~300 MHz, 파장 1~10 m이다.
  2. 주파수 3~30 GHz, 파장 1~10 cm이다.
  3. 주파수 300~3,000 MHz, 파장 0.1~1 m이다.
  4. 주파수 300~3,000 kHz, 파장 100~1,000 m이다.

따라서 답은 2번 이다.

5번

  1. 그렇다. 반송파의 진폭의 제곱의 절반이다.
  2. 그렇다.
  3. 진폭은 일정하다. 메시지 신호의 적분은 위상에 영향을 준다.
  4. 그렇다. 카슨의 법칙은
    B=2(β+1)ΔfB=2(\beta+1)\Delta f
    이다.

따라서 답은 3번 이다.

6번

변조 신호의 전력은

Ps=12Ac2+12Ac2a2PmP_s=\frac{1}{2}A_c^2+\frac{1}{2}A_c^2a^2P_m

인데, 주어진 조건에서 =12Ac2=100=\frac{1}{2}A_c^2=100이고 메시지 전력 Pm=1P_m=1이다. 따라서

125=100+100a2⇒25=100a2⇒a=0.5\begin{equation} \begin{split} 125&=100+100a^2\\ \Rightarrow 25&=100a^2\\ \Rightarrow a&=0.5 \end{split} \end{equation}

이므로 답은 4번 이다.

7번

  1. 스펙트럼 보상을 위해 사용한다.
  2. FM에서 주파수 성분을 꺼내는 데 사용한다.
  3. 디지털 통신에서 수신 신호를 판정하는 데 사용한다.
  4. 양자화에 사용한다.

따라서 답은 1번 이다.

8번

s(t)s(t)의 위상은

θ(t)=2πfct+βsin(2πfmt)\theta(t)=2\pi f_c t+\beta sin(2\pi f_m t)

이고, 이를 미분하면 각주파수가 나온다.

ω(t)=dθ(t)dt=2πfc+2πβfmcos(2πfmt)\begin{equation} \begin{split} \omega(t)&=\frac{d\theta(t)}{dt}\\ &=2\pi f_c+2\pi \beta f_m cos(2\pi f_m t) \end{split} \end{equation}

각주파수의 편이는 2πβfmcos(2πfmt)2\pi \beta f_m cos(2\pi f_m t)에 해당하므로, 주파수 편이를 이를 2π2\pi로 나눈 βfmcos(2πfmt)\beta f_m cos(2\pi f_m t)이다. 이의 최댓값은 코사인이 1일 때이므로

βfm\beta f_m

이 최대 주파수 편이이다. 따라서 답은 4번 이다.

9번

  1. 그렇다.
  2. 그렇다.
  3. 수신 신호의 시간 지연 확산은 다중경로 채널에 의해 나타난다.
  4. 그렇다.

따라서 답은 3번 이다.

10번

도플러 천이 식은

fD=vλcosθ=fvccosθ\begin{equation} \begin{split} f_D&=\frac{v}{\lambda}cos\theta\\ &=\frac{fv}{c}cos\theta \end{split} \end{equation}

이다. 주어진 값을 대입하면

fD=600×106×303×108cos30∘=303\begin{equation} \begin{split} f_D&=\frac{600\times10^6\times30}{3\times10^8}cos 30^\circ\\ &=30\sqrt{3} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 2번 이다.

11번

파세발의 정리를 이용하자. 주어진 신호의 주파수 스펙트럼은폭이 2이고 높이가 12\frac{1}{2}인 rect 함수이다.(sinc의 계수가 rect 함수의 넓이가 되므로) 따라서 에너지를 구하면

E=2×(12)2=0.5\begin{equation} \begin{split} E&=2\times\left(\frac{1}{2}\right)^2\\ &=0.5 \end{split} \end{equation}

이므로 답은 1번 이다.

12번

비동기 FSK 시스템에서 직교성을 갖기 위한 조건을 살펴보자. 두 신호의 주파수를 각각 f1,f2f_1,f_2라 하면

∫Tcos(2πf1t+θ)cos(2πf2t+ϕ)dt=12∫T(cos(2π(f1+f2)t+θ+ϕ)+cos(2π(f1−f2)t+θ−ϕ))dt=14π(f1+f2)sin(2π(f1+f2)t+θ+ϕ)∣0T+14π(f1−f2)sin(2π(f1−f2)t+θ−ϕ)∣0T\begin{equation} \begin{split} \int_T cos(2\pi f_1 t+\theta)cos(2\pi f_2 t+\phi)dt&=\frac{1}{2}\int_T (cos(2\pi(f_1+f_2)t+\theta+\phi)+cos(2\pi(f_1-f_2)t+\theta-\phi))dt\\ &=\left.\frac{1}{4\pi(f_1+f_2)}sin(2\pi(f_1+f_2)t+\theta+\phi)\right|_0^T+\left.\frac{1}{4\pi(f_1-f_2)}sin(2\pi(f_1-f_2)t+\theta-\phi)\right|_0^T \end{split} \end{equation}

위 식의 값이 0이 되기 위해서는 오른쪽 적분이 0이 되어야 하므로

f1−f2=nT(n은 정수)f_1-f_2=\frac{n}{T}\text{(}n\text{은 정수)}

여야 한다. 따라서 최소 주파수 간격은 1T\frac{1}{T}인데, 여기서 TT는 한 심벌 주기이므로 1T\frac{1}{T}는 심벌률이다. 따라서 주어진 조건에서 최소 주파수 간격은

f1−f2=800 Hzf_1-f_2=800\text{ Hz}

이므로 답은 2번 이다.

13번

1초당 2,000개의 펄스가 있고, 각 펄스의 폭이 10−710^{-7}초이다. 따라서 1초 안에 있는 총 펄스 폭은

2000×10−7=2×10−42000\times10^{-7}=2\times10^{-4}

초이다. 1초당 2,000개의 펄스가 있는데 각 펄스의 첨두전력을 PpP_p라고 하면 1초당 에너지인 평균 송신전력 PmP_m으로부터 첨두전력을 구할 수 있다.

Pm=200=Pp×10−7×2×103⇒Pp=12×200×104=1000 kW\begin{equation} \begin{split} P_m&=200\\ &=P_p\times10^{-7}\times2\times10^3\\ \Rightarrow P_p&=\frac{1}{2}\times200\times10^4\\ &=1000\text{ kW} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 3번 이다.

14번

편도 전파시간 측정오차 2 μ\mus동안 전파는

3×108×2×10−6=600 m3\times10^8\times2\times10^{-6}=600\text{ m}

을 진행할 수 있다. 따라서 답은 2번 이다,

15번

경로손실은

L=(4πdλ)2L=\left(\frac{4\pi d}{\lambda}\right)^2

이다.

  1. 그렇다.
  2. 그렇다. 거리의 제곱에 반비례하기 때문이다.
  3. 그렇다 파장의 제곱에 반비례하므로 주파수의 제곱에 비례한다.
  4. 그렇지 않다. 그러므로 답은 4번 이다.

16번

정지궤도위성은 약 36,000 km 상의 높은 고도에 위치한다. 따라서 가장 지연시간이 크고, 그 다음은 중궤도와 저궤도 순이다. 따라서 답은 1번 이다.

17번

  1. 같을 수 있다. 심벌에 비트 하나만 실을 수 있기 때문이다.
  2. 그렇다.
  3. 압축을 위해서는 소스 코딩을 사용한다.
  4. SNR이 커지면 비트오류율은 작아진다.

따라서 답은 2번 이다.

18번

총 5개의 지연 신호가 있을 때, 2개는 1 μ\mus만큼 지연되어 들어오고, 2개는 2 μ\mus만큼 지연되어 들어오고, 1개는 4 μ\mus만큼 지연되어 들어옴을 알 수 있다. 따라서 평균초과지연은

τm=25×1+25×2+15×4τm=2+4+45=2 μs\begin{equation} \begin{split} \tau_m&=\frac{2}{5}\times1+\frac{2}{5}\times2+\frac{1}{5}\times4\\ \tau_m&=\frac{2+4+4}{5}\\ &=2\text{ }\mu\text{s} \end{split} \end{equation}

이므로 답은 3번 이다.

19번

30 MHz 안에 채널당 25 kHz 대역 두 개를 사용하므로 채널당 50 kHz를 사용한다. 따라서 총 채널 수는

30×10650103=600 개\frac{30\times10^6}{50\text10^3}=600\text{ 개}

이다. 이 600개의 채널이 한 클러스터 내에서 사용되고, 한 클러스터는 4개의 셀로 구성되므로 셀당 가용 채널 수는

6004=150 개\frac{600}{4}=150\text{ 개}

이므로 답은 2번 이다.

20번

  1. 고도가 높아질수록 굴절률은 작아진다. 관련 표준인 ITU-R P.453에 따르면 굴절률 nn과 고도 hh는 다음과 같은 관계가 있다고 한다.
    n(h)=1+N0×10−6×e−hh0n(h)=1+N_0\times10^{-6}\times e^{-\frac{h}{h_0}}
  2. 그렇다.
  3. 그렇다.
  4. 그렇다.

따라서 답은 1번 이다.