[전기기사 필기] 24년 1회차 시험지 PDF 다운로드

전류 I인 도선으로부터 a만큼, 전류 4I인 도선으로부터 b만큼 떨어진 점 P에서 두 도선에 의한 자계가 서로 상쇄되려면 크기가 같아야 하므로 $\dfrac{I}{2\pi a}=\dfrac{4I}{2\pi b}$, 즉 $b=4a$가 되어야 한다. 따라서 $\dfrac{a}{b}=\dfrac{1}{4}$이 되어 정답은 ④이다.

평행판 콘덴서의 전극판에 작용하는 정전흡인력은 단위면적당 정전응력 $f=\dfrac{1}{2}\epsilon E^{2}\,[\mathrm{N/m^{2}}]$ 로 주어진다. 전압 V를 가한 상태이므로 $E=\dfrac{V}{d}$ 를 대입하면 $f=\dfrac{1}{2}\epsilon\dfrac{V^{2}}{d^{2}}$ 이고, 여기에 전극 면적 S를 곱하면 전극판을 떼어내는 데 필요한 힘은 $F=fS=\dfrac{1}{2}\epsilon\dfrac{V^{2}}{d^{2}}S\,[\mathrm{N}]$ 이 된다. 따라서 정답은 ② $\dfrac{1}{2}\epsilon\dfrac{V^{2}}{d^{2}}S$ 이다. ③ $\dfrac{1}{2}\epsilon\dfrac{V}{d}S$ 는 전압이 1승이어서 차원이 힘이 되지 않고, ①·④ 는 유전율 ε이 분모에 있어 유전율이 클수록 흡인력이 작아진다는 잘못된 결과를 준다.

정답은 ④ $i_c=\nabla\cdot E$이다. 맥스웰의 기본방정식은 $\nabla\times H=i_c+\frac{\partial D}{\partial t}$, $\nabla\cdot D=\rho$, $\nabla\times E=-\frac{\partial B}{\partial t}$, $\nabla\cdot B=0$의 네 가지이며, ④와 같은 관계식은 존재하지 않는다.

변위전류는 $i_d=C\frac{dv}{dt}$로 구한다. $v=V_msinwt$를 미분하면 $i_d=C\times V_mwcoswt=wCV_mcoswt$가 되어 정답은 ④ $wCV_mcoswt$이다.

전계는 전위의 음의 기울기 $E=-\nabla V$로 구한다. $V=3xy+2z^2+4$에서 $\nabla V=3y\,i+3x\,j+4z\,k$이므로 $E=-3y\,i-3x\,j-4z\,k$이다.
정답은 ④ $-3yi-3xj-4zk$이다.

상자성체는 외부 자계 방향으로 약하게 자화되므로 자화율 $\chi$가 $\chi>0$인 값을 가진다(반자성체는 $\chi<0$). 따라서 정답은 ④이다.

자계 에너지 밀도는 $w=\dfrac{1}{2}BH=\dfrac{1}{2}\mu H^2=\dfrac{B^2}{2\mu}$로 표현된다. 따라서 정답은 ④ $\dfrac{1}{2\mu}B^2$이다.

자속은 N극에서 나와 공극을 지나 전기자(중심)로 들어가고, 전기자를 통과한 뒤 S극으로 들어가 계철을 거쳐 다시 N극으로 돌아온다. 그림의 화살표를 보면 b, d 쪽에서는 자속이 자극에서 전기자 쪽(안쪽)으로 향하고, a, c 쪽에서는 전기자에서 자극 바깥(계철) 쪽으로 향한다. 즉 자속이 나가는 b, d가 N극이고 자속이 들어오는 a, c는 S극이므로 정답은 ④ b, d 이다. 또한 다극기는 원주를 따라 자극이 N, S로 번갈아 배치되므로 ① a, b 나 ③ c, d 처럼 서로 이웃한 두 극이 동시에 N극이 되는 배치는 성립할 수 없다.

단위 체적당 정전에너지는 $w=\dfrac{D^2}{2\varepsilon}$이므로 유전율은 $\varepsilon=\dfrac{D^2}{2w}=\dfrac{(2.4\times10^{-7})^2}{2\times2\times10^{-3}}=\dfrac{5.76\times10^{-14}}{4\times10^{-3}}=1.44\times10^{-11}$[F/m]이 되어 정답은 ④ $1.44\times10^{-11}$이다.

비 오는 날에는 대기 중 물방울로 인해 매질의 도전율(σ)이 커지고, 도전율이 큰 매질일수록 전자파의 감쇠(흡수손)가 커진다. 따라서 맑은 날보다 비 오는 날 높은 주파수의 전자파 감쇠가 심해지는 원인은 정답인 ④ 도전율 관계임이다.

유전율이 다른 두 매질의 경계에서 $\epsilon_1$ 영역에 있는 전하 Q에 작용하는 힘은 영상전하법으로 구할 수 있으며, 영상전하는 $Q'=Q\dfrac{\epsilon_1-\epsilon_2}{\epsilon_1+\epsilon_2}$이다. $\epsilon_1>\epsilon_2$이면 영상전하가 실제 전하와 같은 부호가 되어 반발력이 작용하고, $\epsilon_1<\epsilon_2$이면 반대 부호가 되어 흡인력이 작용한다. 따라서 정답은 ④ $\epsilon_1>\epsilon_2$인 경우 반발력이 작용한다이다.

정육각형의 각 꼭짓점에 크기와 부호가 같은 전하가 대칭으로 배치되어 있으므로, 중심에서 각 전하에 의한 전계 벡터가 서로 상쇄되어 합은 0이 된다. 따라서 정답은 ④ 0이다.

정답은 ④ $\frac{1}{8}\mu_0H^2$이다. 자계의 세기는 전류에 비례하므로 전류가 $I/2$가 되면 자계도 $H/2$가 되며, 에너지 밀도는 $w=\frac{1}{2}\mu_0\left(\frac{H}{2}\right)^2=\frac{1}{8}\mu_0H^2$가 된다.

동심구 정전용량은 $C=4\pi\epsilon\frac{ab}{b-a}$이다. $a=\frac{1}{4\pi\epsilon}\times10^{-2}, b=\frac{1}{\pi\epsilon}\times10^{-2}$[m]를 대입하여 정리하면 $C=\frac{4}{3}\times10^{-2}[\mathrm{F}]$가 되어 정답은 ④ $\frac{4}{3}\times10^{-2}[\mathrm{F}]$이다.

자계 중을 속도 $v$로 수직하게 진입하는 전하가 받는 힘은 로렌츠 힘 $F=qvB$이고, 공기 중에서 $B=\mu_0H$이므로 $F=\mu_0qvH$이다.
정답은 ④ $\mu_0qvH$이다.

인덕턴스의 단위 [H]는 $\Omega\cdot s$, $\rm{Wb/A}$, 그리고 에너지 관계식 $W=\dfrac12LI^2$에서 나오는 $\rm{J/A^2}$와 모두 같다. 그러나 $\rm{J/(A\cdot s)}$는 $\rm{J/s}$를 A로 나눈 것, 즉 전압의 단위(W/A)이므로 인덕턴스의 단위와 같지 않다. 따라서 정답은 ④이다.

강자성체에서는 $B=\mu_0H+J$의 관계가 성립하며, $\mu_0H$ 항이 J에 비해 매우 작을 뿐 0은 아니므로 B가 J보다 약간 크다. 바꿔 말하면 J는 B보다 약간 작다. 따라서 정답은 ④이다.

맥스웰의 전자계 기초방정식(미분형)은 패러데이 법칙 $rot\ E=-\dfrac{\partial B}{\partial t}$, 변위전류를 포함한 앙페르 법칙 $rot\ H=i+\dfrac{\partial D}{\partial t}$, 가우스 법칙 $div\ D=\rho$, 그리고 자기단극자가 존재하지 않음을 나타내는 $div\ B=0$으로 구성된다. 이 네 식을 모두 만족하는 것은 ④번이다.

콘덴서의 정전용량 C와 누설저항 R 사이에는 유전체의 절대유전율 ε(=ε0εs)와 고유저항 ρ에 대해 $RC=\rho\varepsilon$의 관계가 성립하므로 $R=\dfrac{\rho\varepsilon}{C}$이다. 따라서 누설전류는 $I=\dfrac{V}{R}=\dfrac{CV}{\rho\varepsilon}$가 되어 정답은 ④이다.

반원형으로 분포한 선전하 $\rho$에 의해 중심에 생기는 전계는 대칭성에 의해 지름과 나란한 성분은 상쇄되고 이에 수직한 성분만 남는다. 미소전하 $dq=\rho r\,d\theta$에 의한 전계의 수직 성분을 $\theta=0$부터 $\pi$까지 적분하면 $E=\dfrac{\rho}{4\pi\epsilon_0 r}\displaystyle\int_0^{\pi}\sin\theta\,d\theta=\dfrac{\rho}{2\pi\epsilon_0 r}$가 되어 정답은 ④ $\dfrac{\rho}{2\pi\epsilon_0 r}$이다.

수전설비 1차측 차단기는 사고 시 발생하는 단락전류를 안전하게 차단할 수 있어야 하므로, 그 용량은 공급측 전원(계통)의 단락용량에 의해 정해진다. 따라서 정답은 ② 공급측 전원의 단락 용량이다.

소호리액터의 용량은 선로의 전 대지정전용량에 의한 충전용량과 같게 $Q_L=3\omega C_sE^2$으로 설계한다. 2회선이므로 $C_s=0.0043\times20\times2=0.172[\mu F]$이고, 상전압 $E=\dfrac{154000}{\sqrt3}\approx88912[V]$, $\omega=2\pi\times60$을 대입하면 $Q_L\approx1538[kVA]$가 되어, 정답은 ② 1,537이다.

엔탈피는 증기 1kg이 가지고 있는 전체 열량, 즉 현열과 잠열을 합한 보유열량을 의미한다. 따라서 정답은 ② 증기 1kg의 보유열량이다.

유황곡선의 경사가 완만하여 거의 수평에 가깝다는 것은 연중 하천 유량의 변화가 크지 않고 일정하게 유지된다는 것을 의미한다. 정답은 ② 하천의 유량 변동이 거의 없음을 의미한다이다.

코로나 임계전압은 상대공기밀도에 비례하므로(Peek의 식), 코로나손은 상대공기밀도와 가장 밀접한 관계가 있다.
정답은 ② 상대공기 밀도이다.

단락전류는 $I_s=\dfrac{100}{\%Z}\times I_n=\dfrac{100}{30}\times300=1000\rm{[A]}$이다. 단락용량은 $P_s=\sqrt3\,VI_s=\sqrt3\times154\times1\approx266.7\rm{[MVA]}$가 되어 정답은 ② 266.7이다.

저압 네트워크 배전방식은 무정전 공급이 가능해 신뢰도가 높고 전압변동·전력손실이 적으며 부하 증가에 대한 적응성이 좋으나, 역送전력을 차단하는 네트워크 프로텍터 등 특별한 보호장치가 반드시 필요하다. 따라서 '특별한 보호장치를 필요로 하지 않는다'는 ②가 특징이 아니다.

차폐선에 의한 저감계수는 차폐선이 없을 때에 비해 통신선에 유도되는 전자유도전압이 얼마나 줄어드는지를 나타내며 $\left|1-\dfrac{Z_{1s}Z_{2s}}{Z_sZ_{12}}\right|$로 표현된다. 따라서 정답은 ②번이다.

안내날개 열림이 일정하면 유량은 낙차의 제곱근에 비례하므로 출력은 $P \propto H^{1.5}\eta$로 나타난다. 낙차가 30[%] 감소해 $H'=0.7H$, 효율이 10[%] 감소해 $\eta'=0.9\eta$이므로 $\frac{P'}{P}=0.7^{1.5}\times0.9\approx0.527$이 되어 출력은 약 52.7[%]이다. 따라서 정답은 ② 52.7[%]이다.

유효접지계통에서 피뢰기의 정격전압은 1선 지락고장 시 건전상에 나타나는 대지전위(상용주파 지속성 이상전압)를 기준으로 결정된다. 따라서 정답은 ② 1선 지락고장시 건전상의 대지전위이다.

소호리액터를 접속하는 변압기의 리액턴스 $x_t$를 고려하면, 공진 조건을 만족하는 소호리액터 탭의 리액턴스는 $X=\dfrac{1}{3\omega C}-\dfrac{x_t}{3}$로 주어진다. 따라서 정답은 ②이다.

차폐선이 있으면 통신선에 유도되는 전자유도전압은 저감계수 $\left|1-\dfrac{Z_{1S}Z_{2S}}{Z_SZ_{12}}\right|$만큼 감소한다. 여기서 $Z_{1S}$, $Z_{2S}$는 전력선-차폐선, 차폐선-통신선 사이의 상호임피던스이고, $Z_S$는 차폐선 자기임피던스, $Z_{12}$는 전력선-통신선 사이의 상호임피던스이다. 따라서 정답은 ② $\left|1-\frac{Z_{1S}Z_{2s}}{{Z_S}{Z_{12}}}\right|$이다.

모선 보호 계전방식에는 전류차동 보호방식, 위상비교방식, 방향거리 계전방식 등이 있으며, 선택접지 계전방식은 비접지·소호리액터 접지 배전선로에서 지락된 회선을 선택하기 위한 방식으로 모선보호와는 무관하다. 따라서 정답은 ② 선택접지 계전방식이다.

차단기는 고장 시 흐르는 단락전류를 안전하게 차단할 수 있어야 하므로, 1차측 차단기의 정격차단용량은 설치 지점에서 발생 가능한 최대 단락전류, 즉 공급측(전원측)의 단락용량을 기준으로 정한다. 정답은 ② 공급측 단락 용량이다.

동일한 정전용량의 콘덴서를 Δ결선에서 Y결선으로 바꾸면 각 상에 걸리는 전압이 $1/\sqrt3$배로 줄어들고 충전용량은 전압의 제곱에 비례하므로 $1/3$배로 줄어든다.
정답은 ② 1/3 로 된다이다.

접속점 B에서 반사가 없으려면 A쪽에서 본 임피던스 $Z_1$이 B에서 병렬로 갈라지는 $Z_2, Z_3$의 합성 임피던스와 같아야 하므로 $\dfrac1{Z_1}=\dfrac1{Z_2}+\dfrac1{Z_3}$이다. 따라서 정답은 ②이다.

역섬락은 뇌격전류가 철탑을 통해 대지로 흐를 때 탑각 접지저항이 크면 철탑 전위가 크게 상승하여 애자련을 통해 전선쪽으로 역으로 섬락하는 현상이다. 따라서 탑각 접지저항을 감소시키는 것이 근본적인 방지 대책이 되어 정답은 ②이다.

인터록은 부하전류가 흐르는 상태에서 단로기를 조작하여 사고로 이어지는 것을 막기 위한 장치로, 차단기가 열려 있는(무전류) 상태에서만 단로기를 닫거나 열 수 있도록 기계적·전기적으로 상호 구속한다. 이를 정확히 설명한 것은 ② 차단기가 열려 있어야 단로기를 닫을 수 있다이다.

이도는 $D=\dfrac{WS^2}{8T}$의 관계를 가지므로 수평장력은 $T=\dfrac{WS^2}{8D}=\dfrac{0.37\times 80^2}{8\times 0.8}=370$[kg]이다. 따라서 정답은 ② 370이다.

차단기(CB)는 정상적인 부하전류뿐 아니라 단락사고 시 발생하는 고장전류와 같은 대전류까지 안전하게 차단할 수 있도록 설계된 기기이다. 단로기(DS)나 선로개폐기(LS), 유입개폐기(OS)는 무부하 또는 소전류 개폐용으로 고장전류를 차단할 수 없다. 따라서 정답은 ③ 차단기(CB)이다.

정답은 ① 사이클로 컨버터이다. 사이클로 컨버터는 교류를 직류 단계를 거치지 않고 직접 다른 크기의 주파수를 갖는 교류로 변환하는 장치이며, 컨버터는 교류를 직류로, 인버터는 직류를 교류로, 초퍼는 직류전압의 크기만을 변환하는 장치이다.

단절권과 분포권을 사용하면 고조파 성분이 억제되어 기전력의 파형이 정현파에 가깝게 개선된다. 따라서 정답은 ① 단절권, 분포권이다.

회전계자형을 채택하는 이유는 계자극을 회전자로 하는 편이 기계적으로 튼튼하고, 전기자가 고정자이므로 고압·대전류에 적합하며 절연이 쉽고, 계자는 저압·소용량 직류이므로 여자 구조가 간단하기 때문이다. 기전력의 파형 개선은 분포권·단절권 등 권선법과 관련된 사항으로 회전계자형 채택 이유와는 관련이 없으므로 정답은 ①이다.

회전자(2차) 기전력의 주파수는 슬립주파수이므로 $s=\dfrac{f_2}{f_1}=\dfrac{3}{60}=0.05$이고, 동기속도는 $N_s=\dfrac{120\times60}{6}=1200[\mathrm{rpm}]$이다. 따라서 회전수는 $N=(1-s)N_s=(1-0.05)\times1200=1140[\mathrm{rpm}]$이다. 정답은 ① 1,140이다.

전기자저항을 무시하면 3상 동기발전기의 출력은 $P=3\times\dfrac{EV}{X_s}\sin\delta$로 구할 수 있다.
대입하면 $P=3\times\dfrac{6400\times4000}{10}\times\sin30^\circ=3\times2{,}560{,}000\times0.5=3{,}840{,}000\ [\mathrm W]=3840\ [\mathrm{kW}]$가 되어, 정답은 ① $3840$이다.

매극매상당 슬롯수 $q=3$, 상수 $m=3$인 권선의 분포계수는 $k_d=\dfrac{\sin\frac{\pi}{2m}}{q\sin\frac{\pi}{2mq}}=\dfrac{\sin\frac{\pi}{6}}{3\sin\frac{\pi}{18}}=\dfrac{1}{6\sin\frac{\pi}{18}}$이므로 정답은 ①이다.

각 발전기의 계자전류는 $I_{f1}=\dfrac{200}{20}=10$[A], $I_{f2}=\dfrac{200}{40}=5$[A]이고, 전기자전류는 $I_{a1}=\dfrac{216-200}{0.1}=160$[A], $I_{a2}=\dfrac{211.2-200}{0.05}=224$[A]이다. 부하로 나가는 전류는 각각 $150$[A], $219$[A]이므로 합성 부하전력은 $P=200\times(150+219)=73.8$[kW]가 되어 정답은 ①이다.

단상 유도전압조정기의 정격(부하)용량은 직렬권선에 걸리는 조정전압과 그 전류의 곱으로 구해진다. 2차 전압이 $100\pm50[\mathrm{V}]$이므로 조정전압(승압분)은 $50[\mathrm{V}]$이고, 정격용량은 $P=50\times50=2500[\mathrm{VA}]=2.5[\mathrm{kVA}]$이다. 따라서 정답은 ① 2.5이다.

정답은 ① 회전속도는 입력 펄스의 주파수에 반비례한다이며, 이 설명이 틀렸다. 스텝모터의 회전속도는 입력 펄스 주파수에 비례하고, 총 회전각은 스텝각과 스텝 수의 곱으로 정밀한 위치 제어가 가능하다.

동기발전기의 전기자전류가 유기기전력보다 90° 뒤진 경우(지상 무효전류)는 순수 감자성 전기자 반작용이 나타나 계자자속을 약화시킨다. 반대로 90° 앞선 전류는 증자작용을, 동상전류는 교차자화작용을 일으킨다. 따라서 정답은 ① 감자 작용을 한다이다.

정답은 ① 30°이다. 1차 Y결선, 2차 Δ결선인 변압기는 1차와 2차 선간전압 사이에 위상차가 발생하며 그 값은 30°이다. Y-Y 또는 Δ-Δ 결선처럼 같은 방식끼리 결선하면 위상차는 0°가 된다.

반발 기동형 전동기는 정류자와 브러시를 이용해 기동하며, 브러시의 위치를 이동시키면 회전자에 흐르는 전류의 방향(자속과의 위상 관계)이 바뀌어 회전방향을 반대로 바꿀 수 있다. 따라서 정답은 ① 반발 기동형 전동기이다.

정류자 위의 브러시에 나타나는 주파수는 정지 좌표계에서 본 회전자계의 회전속도에 비례한다. 회전자를 회전자계와 같은 시계방향으로 n으로 회전시키면 공간상 자계속도가 $n_{s}+n$ 으로 빨라지므로 $f_{c}=\dfrac{n_{s}+n}{n_{s}}f_{1}=\left(1+\dfrac{n}{n_{s}}\right)f_{1}\gt f_{1}$ 이 되어, $f_{c}\lt f_{1}$ 이라고 서술한 ① 이 틀린 설명이다. 반대로 반시계방향으로 회전시키면 자계속도가 $n_{s}-n$ 이 되어 $f_{c}=\dfrac{n_{s}-n}{n_{s}}f_{1}=sf_{1}$ 이므로 ④ 가 옳고, $n=n_{s}$ 이면 자계가 공간에 정지해 $f_{c}=0$ 이므로 ③ 도 옳으며, 회전자를 정지시키면 $n=0$ 이므로 $f_{c}=f_{1}$ 이 되어 ② 도 옳다.

단상 반파 정류회로의 정류효율은 직류출력과 교류입력의 비로 정의되며, 이론적으로 $\eta=\dfrac{4}{\pi^2}\times100[\%]\,(\approx40.6\%)$가 된다. 정답은 ① $\dfrac{4}{\pi^2}\times100[\%]$이다.

권수비는 임피던스비의 제곱근과 같으므로 $a=\sqrt{\dfrac{8000}{16}}=\sqrt{500}\approx22.36$이다.
따라서 2차 권수는 $N_2=\dfrac{N_1}a=\dfrac{1500}{22.36}\approx67$회가 되어, 정답은 ① 약 $67$이다.

직류전동기의 역기전력은 $E=V-I_aR_a=120-100\times0.2=100[V]$이고, 출력은 $P=EI_a=100\times100=10000[W]=10[kW]$이므로 정답은 ① 10이다.

탭 전압을 바꿀 때 1차 실제 공급전압과 2차 정격전압이 일정하다고 보면 2차 전압은 탭 전압에 반비례한다. $V_{tap,new}=22900\times\dfrac{360}{380}\approx21700$[V]로, 2차 전압을 높이려면 오히려 탭 전압은 낮추어 선택해야 하며 보기 중 가장 가까운 값은 ① 21900이다.

변압기 내부고장 검출에는 비율차동계전기, 부흐홀츠 계전기, 충격압력 계전기 등이 사용된다. 과전압 계전기는 계통의 이상전압을 검출하는 것으로 변압기 내부고장 전용 보호계전기가 아니므로 정답은 ①번이다.

타여자 발전기이므로 전기자전류는 부하전류 50[A]와 같고, 유기기전력은 $E_a=V+I_aR_a+e_b=100+50\times 0.2+2=112$[V]이다. 계자전류가 일정하므로 무부하 시 단자전압은 유기기전력과 같은 112[V]가 되어, 무부하와 정격부하 시의 전압차는 $112-100=12$[V]이다. 따라서 정답은 ① 12이다.

3상 유도전동기에서 2차입력 $P_2$, 2차동손 $P_{2c}$, 기계적 출력 $P_o$ 사이에는 $P_{2c}=sP_2$, $P_o=(1-s)P_2$의 관계가 성립하며, 회전속도비를 이용하면 $P_o=\dfrac{N}{N_s}P_2$로도 나타낼 수 있다. 이를 종합하면 $P_o=P_2-P_{2c}=P_2-sP_2=\dfrac{N}{N_s}P_2=(1-s)P_2$가 되어 정답은 ④이다.

정답은 ④ E_a-Z₁I₁이다. 3상 교류발전기의 기본식에서 영상분은 $V_0=-Z_0I_0$, 정상분은 $V_1=E_a-Z_1I_1$, 역상분은 $V_2=-Z_2I_2$로 주어진다.

정답은 ④ $R=20,\ X_L=15$이다. 직류에서는 리액턴스가 0이므로 $R=\frac{100^2}{500}=20[\Omega]$이고, 교류에서 $I=\sqrt{\frac{720}{20}}=6[A]$, $Z=\frac{150}{6}=25[\Omega]$이므로 $X_L=\sqrt{25^2-20^2}=15[\Omega]$이 된다.

RL 직렬회로에 직류전압 E를 인가하면 순시전류는 $i(t)=\frac{E}{R}\left(1-e^{-\frac{R}{L}t}\right)$로 나타난다. R=5, L=1, E=10을 대입하면 $i(t)=\frac{10}{5}(1-e^{-5t})=2(1-e^{-5t})$가 된다. 따라서 정답은 ④ $2(1-e^{-5t})$이다.

회로를 정리하면 6Ω, 4Ω, 12Ω 저항이 모두 같은 두 마디(노드) 사이에 병렬로 연결되고, 8A와 7A 두 전류원도 같은 두 마디 사이에서 같은 방향으로 병렬 주입된다. 세 저항의 합성저항은 $\dfrac{1}{R}=\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{12}=\dfrac{1}{2}$이므로 $R=2[\Omega]$이고, 주입 전류의 합은 $8+7=15[\mathrm{A}]$이므로 마디전압은 $V=15\times2=30[\mathrm{V}]$가 된다. 따라서 6Ω에 흐르는 전류는 $\dfrac{30}{6}=5[\mathrm{A}]$이다. 정답은 ④ 5이다.

영상분 전류는 $I_0=\dfrac13(I_a+I_b+I_c)$로 구한다.
$I_a+I_b+I_c=(15-20-3)+j(2-14+10)=-8-j2$이므로 $I_0=\dfrac{-8-j2}3\approx-2.67-j0.67\ [\mathrm A]$가 되어, 정답은 ④ $-2.67-j0.67$이다.

위쪽 OR 게이트의 출력은 $A+B$이고, 아래쪽에서 분기된 B가 AND 게이트의 다른 입력으로 그대로 들어가므로 $X=(A+B)\cdot B=AB+B=B$가 된다. 따라서 정답은 ④ B이다.

정답은 ④ 1[sec] 이다. 인덕턴스는 $L=\frac{N\Phi }{I}=\frac{2000\times 6\times 10^{-2}}{10}=12$[H]이므로, 시정수는 $\tau =\frac{L}{R}=\frac{12}{12}=1$[sec]이다.

2전력계법에서 유효전력은 $P_1+P_2$이고, 역률은 $\cos\theta=\dfrac{P_1+P_2}{2\sqrt{P_1^2+P_2^2-P_1P_2}}$로 표현된다. 따라서 정답은 ④이다.

그림의 결선은 하나의 전력계로 무효전력 성분을 측정하도록 구성한 회로로, $\sin\theta=\frac{W}{VI}$ 관계가 성립한다. 값을 대입하면 $\sin\theta=\frac{1500}{100\times30}=0.5$이므로 $\theta=30^\circ$이다. 따라서 정답은 ① 30이다.

지수감쇠 코사인함수의 라플라스 변환 공식 $\mathcal{L}[e^{-at}\cos bt]=\dfrac{s+a}{(s+a)^2+b^2}$에 $a=2,\ b=3$을 대입하면 $\dfrac{s+2}{(s+2)^2+3^2}$이 되어 정답은 ①이다.

정답은 ① -3 + j6이다. Δ결선의 세 임피던스는 $Z_{ab}=j6$, $Z_{bc}=-j8$, $Z_{ca}=4+j2$이며 그 합은 $4$이므로, $Z_a=\dfrac{Z_{ab}Z_{ca}}{Z_{ab}+Z_{bc}+Z_{ca}}=\dfrac{j6(4+j2)}{4}=\dfrac{-12+j24}{4}=-3+j6$이다.