[전기기사 필기] 24년 2회차 시험지 PDF 다운로드

자유공간의 고유(파동)임피던스는 $\eta_0=377[\Omega]$이므로 자계의 진폭은 $H=\dfrac{E}{\eta_0}=\dfrac{10\times10^{-3}}{377}=2.65\times10^{-5}$[AT/m]가 된다. 따라서 정답은 ④이다.

자기차폐 효과는 물질의 비투자율이 클수록 자속을 잘 흡수하여 내부를 보호하므로, 강자성체 중에서도 비투자율이 큰 물질을 사용하는 것이 가장 효과적이다. 따라서 정답은 ④ 강자성체 중에서 비투자율이 큰 물질이다.

정답은 ④ 경계면에서 전계와 전속밀도는 굴절한다는 것이다. 경계면에 진전하가 없을 때 실제로 연속인 것은 전계의 접선 성분과 전속밀도의 법선 성분이며, 두 유전체의 유전율이 다르면 입사각에 따라 전계와 전속밀도의 방향이 굴절하므로 성분이 뒤바뀐 ②, ③은 틀린 설명이다.

무한 평면 도체판에 분포된 전하는 양면에 균등하게 나뉘므로, 표면전하밀도 $\sigma$인 도체판 한쪽 면 바로 밖의 전계는 $E=\frac{\sigma}{2\epsilon_0}$가 된다(도체 표면 한쪽에만 전하가 있는 경우의 $\sigma/\epsilon_0$와 구분된다). 따라서 정답은 ④ $\frac{\sigma}{2\epsilon_0}$이다.

원래 콘덴서 용량 $C_0=0.2\,\mu F$는 극간격 $d$에 대응한다. 간격의 절반을 비유전율 10인 유리로 채우면 공기층(두께 $d/2$)과 유리층(두께 $d/2$)이 직렬로 연결된 두 콘덴서가 되어 각각 $C_1=\dfrac{\epsilon_0S}{d/2}=2C_0=0.4\,\mu F$, $C_2=\dfrac{10\epsilon_0S}{d/2}=20C_0=4\,\mu F$이고, 직렬합성용량은 $C=\dfrac{C_1C_2}{C_1+C_2}=\dfrac{0.4\times4}{0.4+4}\approx0.36\,\mu F$이다.
정답은 ④ 0.36이다.

유도기전력은 $e=-\dfrac{d\phi}{dt}=-50\cos10t\rm{[V]}$이므로 최댓값은 50[V]이다. 전류의 최댓값은 $I=\dfrac{50}{10}=5\rm{[A]}$가 되어 정답은 ④이다.

공극이 없을 때 자기저항은 $R_0=\dfrac{l}{\mu S}$이고, 미소 공극 $l_g$가 생기면 $l\gg l_g$이므로 $R=\dfrac{l}{\mu S}+\dfrac{l_g}{\mu_0 S}$로 근사된다. 두 식의 비를 구하면 $\dfrac{R}{R_0}=1+\dfrac{\mu l_g}{\mu_0 l}$이 되어 정답은 ④이다.

평등전계 속 유전체 구는 경계조건에 의해 구 내부의 전계가 $E_1=\dfrac{3\epsilon_2}{\epsilon_1+2\epsilon_2}E_0$로 나타나므로, $\epsilon_1<\epsilon_2$이면 구 내부의 전계가 외부보다 커져 전기력선이 구 내부에서 더 촘촘해진다. 그림에서 전기력선이 구의 중심 부근에서 간격이 좁아져 밀도가 높게 나타나므로 $\epsilon_1<\epsilon_2$이며, 정답은 ④번이다.

직렬접속된 콘덴서는 각 콘덴서에 걸리는 전하량 Q가 모두 같으므로, 최대허용전하 $Q_{max}=CV_{max}$가 가장 작은 콘덴서가 가장 먼저 절연파괴된다. 계산하면 3μF는 300μC, 5μF는 2500μC, 12μF는 3000μC로 3μF의 허용전하가 가장 작다. 따라서 정답은 ④ 3μF이다.

패러데이 원판(단극발전기)의 기전력은 도체 원판이 자계를 가로질러 회전할 때 $e=\int_{0}^{a}(v\times B)\cdot dl=\dfrac{1}{2}B\omega a^{2}$ 로 발생한다. 그런데 막대자석을 자기 자신의 축 둘레로 돌리면 자계 분포가 축대칭이어서 공간의 자속밀도는 조금도 변하지 않으므로, 원판 속 전하가 받는 $v\times B$ 힘도 없고 회로의 쇄교자속 변화도 없다. 따라서 검류계에 전류가 흐르지 않는 경우는 ② 자석만을 일정한 방향으로 회전시킬 때 이다. ① 자석을 축 방향으로 전진·후퇴시키면 쇄교자속이 변해 전류가 흐르고, ③ 원판만 회전시키면 도체가 자속을 끊어 기전력이 생기며, ④ 원판과 자석을 함께 회전시켜도 자석의 회전은 자계에 아무 영향을 주지 않으므로 결국 원판만 회전시킨 것과 같아 전류가 흐른다.

자기인덕턴스는 $N\Phi=LI$의 관계에서 정의되므로 그 단위는 $[\mathrm{Wb/A}]$이다. 따라서 정답은 ②이다.

두 점전하 사이에 작용하는 힘은 $F=\dfrac{Q_1Q_2}{4\pi\epsilon_0r^2}\hat{r}$로 구한다. 두 점 사이의 벡터는 $(2-1,\ 1-3)=(1,-2)$이고 $r=\sqrt5$이므로, $F=9\times10^9\times(-2\times10^{-9})\times1\times\dfrac{(1,-2)}{5\sqrt5}=-\dfrac{18}{5\sqrt5}a_x+\dfrac{36}{5\sqrt5}a_y$가 된다. 따라서 정답은 ② $-\frac{18}{5\sqrt{5}}a_x+\frac{36}{5\sqrt{5}}a_y$이다.

전위 V가 주어지면 전계는 전위의 공간적 변화율에 음의 부호를 붙인 값, 즉 $\mathbf{E}=-\operatorname{grad}V=-\nabla V\,[\mathrm{V/m}]$ 로 정의된다. 음의 부호는 전계가 전위가 높은 곳에서 낮은 곳으로, 다시 말해 전위가 가장 급하게 감소하는 방향으로 향한다는 뜻이다. 따라서 정답은 ③ E = -grad V 이다. ② E = grad V 는 부호가 반대여서 전계 방향이 뒤집히고, ①·④ 의 div(발산)는 벡터장에 적용해 스칼라를 만드는 연산자이므로 스칼라인 전위 V에는 쓸 수 없다.

콘덴서의 정전에너지는 $W=\frac{1}{2}CV^2$이므로 $C=\frac{2W}{V^2}=\frac{2\times1}{(1000)^2}=2\times10^{-6}[\mathrm{F}]=2[\mu F]$이다. 따라서 정답은 ② $2[\mu F]$이다.

한 변의 길이가 $a$인 정삼각형 도체에 전류 $I$가 흐를 때 중심에서의 자계의 세기는 $H=\dfrac{9I}{2\pi a}$이다.
정답은 ② $\dfrac{9I}{2\pi a}$이다.

자속밀도는 벡터 포텐셜로 $B=\text{rot}A$와 같이 나타나고, 패러데이 법칙 $\text{rot}E=-\dfrac{\partial B}{\partial t}$에 대입하면 $E=-\dfrac{\partial A}{\partial t}$가 성립한다. 따라서 정답은 ②이다.

유전체 내부의 전속밀도는 $D=\epsilon_0\epsilon_rE$로 구해진다. $\epsilon_r=10, E=5$[V/m]이므로 $D=10\times5\times\epsilon_0=50\epsilon_0$[C/m²]이 되어 정답은 ②이다.

극판과 평행하게 절반씩 나누면 각 부분은 극판 간격이 $d/2$인 두 콘덴서가 직렬로 연결된 것과 같다. 공기 부분의 정전용량은 $2C_0$, 유전체 부분은 $2\epsilon_rC_0$이므로 직렬 합성 정전용량은 $C=\dfrac{2C_0\times2\epsilon_rC_0}{2C_0+2\epsilon_rC_0}=\dfrac{2C_0}{1+\dfrac{1}{\epsilon_r}}$이다. 따라서 정답은 ②번이다.

두 전하 사이의 힘은 $F=\dfrac{kq^2}{r^2}=\dfrac{9\times10^9\times(2\times10^{-6})^2}{0.1^2}=3.6$[N]이다. 정삼각형의 한 꼭짓점에서 나머지 두 변이 이루는 각이 60°이므로 합력은 $2\times3.6\times\cos30^\circ=3.6\sqrt3$[N]이 되어 정답은 ② 3.6√3이다.

반지름 $a$, 권수 $N$인 원형코일 중심의 자계 세기는 $H=\dfrac{NI}{2a}$이다. $N=10$을 대입하면 $H=\dfrac{10I}{2a}=\dfrac{5I}{a}$가 되어 정답은 ② $\dfrac{5I}{a}$이다.

핵분열로 생긴 고속중성자의 속도를 낮추어 열중성자로 만드는 역할을 하는 것은 감속재이며, 경수·중수·흑연 등이 사용된다. 따라서 정답은 ③ 감속재이다.

발전기나 주변압기 내부에서 발생하는 단락 등의 고장은 권선 양단의 전류 차이를 검출하는 비율차동계전기로 보호하는 것이 가장 일반적이다. 따라서 정답은 ③ 비율차동계전기이다.

안정도를 향상시키려면 계통의 직렬 리액턴스를 감소시켜야 하며, 리액턴스를 증가시키면 오히려 안정도가 저하된다. 고속도 재폐로, 중간조상방식 채택, 전압변동 억제는 모두 안정도 향상 대책에 해당한다. 따라서 안정도 향상 대책으로 볼 수 없는 것은 ③ 계통의 직렬 리액턴스를 증가시킨다이다.

소호리액터를 접속하는 변압기가 3권선 변압기인 경우 중성점 임피던스의 영향을 고려하면, 완전공진에 필요한 리액턴스는 $X_L=\dfrac{1}{3\omega C}-\dfrac{x_t}{3}$로 보정되어 표시된다. 정답은 ③ $\dfrac{1}{3wC}-\dfrac{x_t}{3}$이다.

고압배전계통은 배전변전소에서 나와 급전선, 간선, 분기선의 순서로 구성된다.
정답은 ③ 배전변전소 → 급전선 → 간선 → 분기선이다.

반한시 특성은 동작시간이 동작전류의 크기에 반비례하는 특성으로, 사고전류가 클수록 더 빨리 동작해 큰 고장을 신속히 제거한다. 따라서 정답은 ③ 동작전류가 크면 동작시간은 짧아진다 이다. ② 동작전류에 관계없이 동작시간은 일정하다 는 정한시, ④ 동작전류가 흐르는 순간에 동작한다 는 순한시 특성을 설명한 것이고, ① 동작전류가 클수록 동작시간이 길어진다 는 반한시와 정반대의 서술로 실제로 존재하지 않는 특성이다.

코로나는 전선 표면의 전위경도를 낮추면 억제되므로 굵은 전선 사용(①), 복도체 사용(④), 가선금구 개량(②)은 모두 전위경도를 낮춰 코로나를 줄이는 대책이다. 반면 연가는 선로정수를 평형시켜 유도장해 등을 줄이기 위한 것으로 코로나 방지와는 직접 관계가 없다. 따라서 정답은 ③이다.

4단자 정수는 $AD-BC=1$의 관계를 만족한다. $A=1, D=1, B=j190$을 대입하면 $1\times1-j190\times C=1$이 되어 $C=0$임을 알 수 있다. 따라서 정답은 ③ 0이다.

섹셔널라이저는 고장전류를 자체적으로 차단할 수 없어 반드시 차단 기능이 있는 후비보호장치(차단기)와 직렬로 조합하여 사용해야 한다. 따라서 정답은 ③ 섹셔널라이저이다.

송전전력은 $P=\frac{V_sV_r}{X}\sin\delta$로 구한다. 값을 대입하면 $P=\frac{154\times131}{75}\times\sin60^\circ\approx268.99\times0.866\approx233$[MW]이다. 따라서 정답은 ③ 약 233이다.

정한시 계전기는 동작전류의 크기와 관계없이 최소동작전류 이상이면 항상 일정한 시간이 지난 후 동작하는 한시 특성을 가진다. 따라서 정답은 ④ 정한시 계전기이다.

선택접지(지락)계전기는 병행 2회선 송전선에서 지락사고가 발생했을 때 고장이 발생한 회선만을 선택하여 차단하기 위해 사용한다. 따라서 정답은 ④ 병행 2회선에서 접지고장 회선의 선택 차단이다.

3상 차단기의 정격차단전류는 $I_n=\dfrac{P_n}{\sqrt3\,V_n}$로 구한다. $I_n=\dfrac{100\times10^{3}}{\sqrt3\times7.2}\approx8020\ [\mathrm{A}]\approx8\ [\mathrm{kA}]$이므로 정답은 ④ 8이다.

정격차단전류는 $I_s=\dfrac{P_s}{\sqrt{3}\,V_n}=\dfrac{1000\times10^{3}}{\sqrt{3}\times25.8}\approx22.4[\mathrm{kA}]$로 계산된다. 정답은 ④ 22.4이다.

가스절연개폐장치(GIS)는 SF6 가스로 절연된 밀폐 탱크 안에 차단기, 단로기, 계기용변성기, 접지개폐장치 등을 수납하여 소형화한 설비이다. 전력용 변압기는 절연유를 사용하는 대형·중량물이라 별도의 옥외 변압기로 설치하며 GIS 탱크 내부에는 수납하지 않는다. 따라서 GIS 내부에 설치하지 않는 장치는 ④ 전력용 변압기이다.

코로나 임계전압은 전선의 반지름과 선간거리가 클수록, 날씨가 맑고 표면이 매끈한(새 전선) 상태일수록, 상대공기밀도가 클수록 높아진다. 상대공기밀도가 작아지면 오히려 임계전압이 낮아지므로, 임계전압이 높아지는 경우가 아닌 것은 ④ "상대 공기밀도가 적다"이다.

현수 애자련에서 각 애자에 걸리는 전압은 대지 정전용량의 영향으로 균등하지 않으며, 전선에 가장 가까운 애자에 전압이 가장 크게 걸리고 철탑에 가까울수록 작아진다. 따라서 정답은 ④ 전선에 가장 가까운 것이다.

각 구간에 흐르는 전류는 하류 부하전류의 합이므로 O-A구간은 $5+15+10=30[\mathrm{A}]$, A-B구간은 $15+10=25[\mathrm{A}]$, B-C구간은 $10[\mathrm{A}]$이다. 각 구간 전압강하는 $30\times0.2=6[\mathrm{V}]$, $25\times0.2=5[\mathrm{V}]$, $10\times0.2=2[\mathrm{V}]$이므로 C점 전압은 $110-6-5-2=97[\mathrm{V}]$이다. 따라서 정답은 ④ 97[V]이다.

정격차단전류는 $I_s=\dfrac{P_s}{\sqrt{3}V_n}=\dfrac{100\times 10^6}{\sqrt{3}\times 7.2\times 10^3}\approx 8018$[A], 즉 약 8[kA]이다. 따라서 정답은 ④ 8이다.

정답은 ④ 정격전압이다. 피뢰기의 정격전압은 속류를 확실히 차단할 수 있는 교류전압의 최댓값으로 정의되며, 제한전압은 방전 중 단자에 걸리는 전압, 방전개시전압은 방전이 시작되는 전압을 말한다.

정답은 ④ 0.50이다. 게르게스 현상은 권선형 유도전동기에서 한 상이 결상된 상태로 경부하 기동될 때, 슬립이 약 50%(0.5) 부근에서 더 이상 가속되지 못하고 그대로 정지해 버리는 현상을 말한다.

동기임피던스는 $Z_s=\dfrac{1}{K_s}\times\dfrac{V^2}{P}$로 구할 수 있다. 단락비 $K_s=1.2$, $V=6000[V]$, $P=10000[kVA]$를 대입하면 $Z_s=\dfrac{1}{1.2}\times\dfrac{6000^2}{10^7}=\dfrac{1}{1.2}\times3.6=3[\Omega]$이 되어, 정답은 ④ 3이다.

서보모터는 응답성을 높이기 위해 관성을 최소화해야 하므로 회전자를 가늘고 길게 설계하는 것이 바람직하며, 굵고 짧게 하면 오히려 관성모멘트가 커져 조건에 맞지 않는다. 따라서 서보모터가 갖추어야 할 조건이 아닌 것은 ④ 회전자를 굵고 짧게 할 것이다.

변류비가 100/5이므로 부하전류는 전류계 지시값에 변류비를 곱해 구하며, $I=4\times\dfrac{100}{5}=80[\mathrm{A}]$이다. 정답은 ④ 80[A]이다.

다이오드와 사이리스터를 혼합한 단상 브리지(혼합브리지) 정류회로의 직류 평균전압은 $E_d=\dfrac{2\sqrt2E}\pi\left(\dfrac{1+\cos\alpha}2\right)$로 주어진다. 이는 위상제어각 $\alpha=0$일 때 완전한 브리지 정류값인 $\dfrac{2\sqrt2E}\pi$와 일치한다. 따라서 정답은 ④ $\dfrac{2\sqrt2E}\pi\left(\dfrac{1+\cos\alpha}2\right)$이다.

그림의 다이오드 방향을 따라가면 D에서 A로, A에서 B로, D에서 C로, C에서 B로 전류가 흐르도록 연결되어 있다. 즉 B는 모든 다이오드의 캐소드가 모이는 공통 캐소드(직류 (+)단자)이고 D는 공통 애노드(직류 (–)단자)이며, A와 C는 극성이 바뀔 때마다 번갈아 전류가 드나드는 교류 입력단자가 된다. 따라서 교류 입력은 ④ A-C점에 연결해야 한다.

유도전동기에서 2차 입력 $P_2$, 2차 동손 $P_{c2}=sP_2$, 기계적 출력 $P_0=(1-s)P_2$ 의 관계가 성립한다. 2차 효율은 2차 입력에 대한 기계적 출력의 비이므로 $\eta_2=\dfrac{P_0}{P_2}=1-s=\dfrac{N}{N_s}$ 가 되어 정답은 ② 1-s 이다. ① s 는 2차 입력 중 동손으로 소비되는 비율 $P_{c2}/P_2$ 로 효율이 아니라 손실률이며, 슬립이 커질수록 효율이 낮아진다는 경향과도 반대이므로 성립하지 않는다.

V결선으로 운전되는 변압기 뱅크의 3상 출력은 단상 변압기 1대 용량의 $\sqrt3$배인 $\sqrt3\times100=173.2[\mathrm{kVA}]$이다. 이를 2대의 변압기가 나누어 부담하므로 변압기 1대당 출력은 $\dfrac{173.2}{2}=86.6[\mathrm{kVA}]$이다. 따라서 정답은 ④ 86.6이다.

동기전동기는 여자전류 조정을 통해 역률을 1 또는 진상으로 운전할 수 있어 제시된 전동기 중 역률이 가장 좋다. 따라서 정답은 ④ 동기 전동기이다.

전압변동률이 최대가 되는 조건은 $\tan\theta=\frac{q}{p}$이므로 $\theta=\tan^{-1}\frac{2.0}{1.75}\approx48.85^\circ$이다. 따라서 정답은 ④ 48.85이다.

정답은 ② 기전력 파형이 개선되기 때문이다이다. 동기발전기를 회전계자형으로 하는 이유는 전기자권선이 고전압이고 결선이 복잡해 고정시키는 것이 유리하고, 계자극은 기계적으로 튼튼하게 만들기 쉬우며, 계자회로가 저압 직류라 소요전력이 작고 슬립링 수도 줄일 수 있기 때문이다. 기전력 파형 개선은 회전계자형 채택 이유와 관계가 없다.

회전자가 슬립 s로 회전할 때 2차 유기전압과 주파수는 정지 시 값에 슬립을 곱한 $E_{2s}=sE_2$, $f_{2s}=sf_1$로 나타난다. 따라서 정답은 ② $E_{2s}=sE_2,\ f_{2s}=sf_1$이다.

동기조상기를 과여자로 운전하면 진상(앞선) 전류가 흘러 콘덴서처럼 작용하며, 이를 통해 송전선의 역률을 개선하고 전압강하를 줄인다. 위상이 뒤진(지상) 전류가 흐른다는 것은 부족여자 운전 시의 특성이므로 과여자 운전에 대한 설명으로 틀렸다. 따라서 정답은 ②이다.

단상 직권 정류자전동기의 속도기전력은 정현파 자속 하에서 발생하는 교류이므로, 실효값 회전수를 rpm에서 rps로 환산($N/60$)하고 정현파의 실효값 환산계수 $1/\sqrt2$를 포함하여 $E_r=\dfrac{1}{\sqrt2}\cdot\dfrac{P}{a}Z\dfrac{N}{60}\phi_m$로 표시된다. 정답은 ② $E_r=\dfrac{1}{\sqrt2}\dfrac{P}{a}Z\dfrac{N}{60}\phi_m$이다.

직류발전기의 단자전압은 유기기전력과 전기자 반작용·전압강하에 의해 결정되며, 계자저항을 조정해 계자전류(자속)를 변화시키면 유기기전력이 바뀌어 단자전압을 조정할 수 있다. 따라서 정답은 ② 계자 저항이다.

3상 직권정류자 전동기에 중간변압기를 사용하면 회전자 전압을 정류에 적합한 값으로 선정할 수 있고, 권수비 조정으로 전동기 특성(속도 등)을 바꾸거나 경부하 시 속도 상승을 억제할 수 있다. 다만 중간변압기를 추가하면 누설 리액턴스가 오히려 커져 역률이 낮아지는 단점이 있으므로, '누설 리액턴스를 줄일 수 있다'는 ②는 이유로 적절하지 않다.

정답은 ② $\frac{3\sqrt{6}}{\pi }Ecos\alpha$ 이다. Y결선 3상 전파(브리지) 정류회로의 직류 평균전압은 선간전압 기준으로 $E_d=\frac{3\sqrt{2}}{\pi }V_L\cos\alpha$인데, 상전압과의 관계 $V_L=\sqrt{3}E$를 대입하면 $E_d=\frac{3\sqrt{2}}{\pi }\sqrt{3}E\cos\alpha =\frac{3\sqrt{6}}{\pi }E\cos\alpha$가 된다.

유도전동기 원선도로부터 1차 입력, 1차 동손, 2차 동손(동기와트), 2차 출력(전기적 출력) 등은 전류 벡터와 손실선을 이용해 구할 수 있다. 그러나 축에 나타나는 실제 기계적 출력은 별도의 기계손(마찰·풍손) 시험 없이는 원선도만으로 분리해 낼 수 없으므로 정답은 ②번이다.

동기전동기를 부족여자로 운전하면 전기자전류가 지상 상태로 흐르게 되며, 이미 지상 역률(0.85)로 운전 중이므로 부족여자로 갈수록 역률은 더 나빠진다. 따라서 정답은 ② 뒤진 역률이 되며 역률이 더 나빠진다이다.

단중 중권이므로 $a=p=4$이고, 토크는 $T=\frac{Z}{2\pi}\times\frac{p}{a}\times\phi\times I_a$로 구한다. 값을 대입하면 $T=\frac{100}{2\pi}\times1\times0.628\times5\approx50$[N·m]이다. 따라서 정답은 ② 50이다.

정답은 ③ 7.5이다. 회로를 정리하면 8[A]와 7[A] 두 전류원이 한 마디로 합쳐져 15[A]가 유입되고, 이 마디는 6Ω, 12Ω, 4Ω 세 저항이 병렬로 반대쪽 노드에 연결된 구조가 된다. 병렬 합성저항은 $\left(\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{12}+\dfrac{1}{4}\right)^{-1}=2\,[\Omega]$이므로 마디전압은 $15\times2=30\,[\mathrm{V}]$이고, 4Ω에 흐르는 전류는 $\dfrac{30}{4}=7.5\,[\mathrm{A}]$이다.

정답은 ③ 1.0이다. 왜형률은 기본파를 제외한 고조파 실효값의 합을 기본파 크기로 나눈 값으로, $THD=\frac{\sqrt{25^2+30^2+40^2}}{56}=\frac{\sqrt{3125}}{56}\approx1.0$이 된다.

기전력의 코사인 표현을 사인으로 바꾸면 $\sqrt2Vcos(wt-\varnothing)=\sqrt2Vsin\left(wt-\varnothing+\frac{\pi}{2}\right)$이다. 전류의 위상이 $wt+\theta$이므로 위상차는 $\left(\frac{\pi}{2}-\varnothing\right)-\theta=\frac{\pi}{2}-(\varnothing+\theta)$이다. 따라서 정답은 ③ $\frac{\pi}{2}-(\varnothing+\theta)$이다.

비정현파의 실효값은 각 고조파 실효값의 제곱합의 제곱근이다. 기본파 실효값은 $14.14/\sqrt2=10[\mathrm{V}]$, 3고조파 실효값은 $7.07/\sqrt2=5[\mathrm{V}]$이므로, 전체 실효값은 $\sqrt{10^2+5^2}=\sqrt{125}\approx11.2[\mathrm{V}]$이다. 정답은 ③ 11.2이다.

대칭 T회로의 4단자정수는 $A=D=1+ZY$, $B=Z(2+ZY)$, $C=Y$의 관계를 갖는다. $C=Y=0.01$, $A=1.2$이므로 $1.2=1+Z\times0.01$에서 $Z=20\ [\Omega]$이 되며, 이를 $B=Z(2+ZY)=20\times(2+0.2)=44\ [\Omega]$에 대입하면 주어진 값과 일치함을 확인할 수 있다. 따라서 정답은 ③ $20$이다.

앞의 두 항을 $\overline{x}$ 로 묶으면 $L=\overline{x}(\overline{y}+y)+xy=\overline{x}+xy$ 가 되고, 여기에 분배법칙을 적용하면 $\overline{x}+xy=(\overline{x}+x)(\overline{x}+y)=\overline{x}+y$ 이므로 정답은 ① $\overline{x}+y$ 이다. 진리표로 검산해도 원식이 0이 되는 경우는 $x=1,\;y=0$ 하나뿐인데, 이는 $\overline{x}+y$ 가 0이 되는 조건과 정확히 일치한다. ③ x + y 는 $x=0,\;y=0$ 일 때 0이 되지만 원식은 이때 $\overline{x}\,\overline{y}=1$ 이므로 서로 다르다.

정답은 ③ 3 이다. 근궤적의 가지수는 개루프 전달함수의 극점 개수와 같다. 특성방정식에서 극은 $s(s+1)(s+2)=0$의 근 3개, 영점은 $s=-3$ 1개이므로, 극의 개수인 3개가 근궤적의 가지수가 된다.

위상정수는 $\beta=\dfrac{\omega}{v}=\dfrac{2\pi f}{v}$로 구해진다. $\beta=\dfrac{2\pi\times200\times10^6}{3\times10^8}=\dfrac{4}{3}\pi$[rad/m]가 되어 정답은 ③ (4/3)π이다.

밀만의 정리에 의해 전원의 중성점과 부하의 중성점 사이의 전위차는 $V_{NN'}=\dfrac{Y_1E_1+Y_2E_2+Y_3E_3}{Y_1+Y_2+Y_3}$로 나타난다. 따라서 정답은 ③ $\dfrac{Y_1E_1+Y_2E_2+Y_3E_3}{Y_1+Y_2+Y_3}$이다.

반사계수는 $\rho=\frac{Z_L-Z_0}{Z_L+Z_0}=\frac{1200-400}{1200+400}=0.5$이다. 입사파 전압이 20[kV]이므로 반사파의 크기는 $20\times0.5=10$[kV]이다. 따라서 정답은 ③ 10이다.

정답은 ② 안정하다이다. 이득 교차점에서 위상각이 -180°보다 위쪽(더 큰 값)에 있으면 위상여유가 양(+)이 되어 계는 안정하다.

정답은 ② $\frac{10}{9}$이다. 안쪽 되먹임 루프(이득 1×2와 궤환 1)를 정리하면 픽오프점의 신호는 $N=\frac{2}{3}e_1$이 되고, 바깥쪽 궤환(이득 3 지점에서 픽오프, 궤환 1)에서 $e_1=R-3N$의 관계를 얻는다. 출력은 이득 3과 2 경로의 합인 $C=5N$이므로 두 식을 연립하면 $N=\frac{2}{9}R$, 따라서 $\frac{C(s)}{R(s)}=5\times\frac{2}{9}=\frac{10}{9}$가 된다.

블록선도에서 R(s)는 G(s)를 거쳐 가합점에 (+)로 들어가고, 가합점 출력 C(s)의 일부가 H(s)를 거쳐 다시 가합점에 (-)로 피드백된다. 따라서 $C(s)=G(s)R(s)-H(s)C(s)$이므로 $C(s)(1+H(s))=G(s)R(s)$, 즉 $\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{G(s)}{1+H(s)}$가 된다. 정답은 ② $\frac{G(s)}{1+H(s)}$이다.

추치제어는 목표값이 시간에 따라 변하는 제어를 말하며 추종제어, 비율제어, 프로그램제어가 이에 속한다. 반면 프로세스 제어는 목표값의 성질이 아니라 제어량(온도, 압력, 유량 등 공정량)의 종류로 분류되는 정치제어의 한 형태이므로 추치제어에 속하지 않는다. 정답은 ② 프로세스 제어이다.

고유값은 특성방정식 $\det(A-\lambda I)=0$의 해이다. $\lambda^2+3\lambda+2=(\lambda+1)(\lambda+2)=0$이므로 $\lambda=-1,-2$가 되어, 정답은 ② $-1,-2$이다.

RC직렬회로의 충전전류는 $i(t)=\dfrac{V}{R}e^{-t/RC}$이며, $RC=1000\times50\times10^{-6}=0.05[s]$이다. $t=0.1[s]$일 때 $i=\dfrac{10}{1000}e^{-0.1/0.05}=0.01e^{-2}\approx1.35[mA]$가 되어 정답은 ② 약 1.35이다.