[전기기사 필기] 25년 1회차 시험지 PDF 다운로드

두 콘덴서를 같은 극성으로 병렬 접속하면 전체 전하는 $Q=2\times10^{-4}+3\times10^{-4}=5\times10^{-4}[\mathrm{C}]$, 합성 정전용량은 $C=0.5+1=1.5[\mu\mathrm{F}]$이다. 축적 에너지는 $W=\dfrac{Q^{2}}{2C}=\dfrac{(5\times10^{-4})^{2}}{2\times1.5\times10^{-6}}\approx0.083[\mathrm{J}]$가 되어 정답은 ③ 0.083이다.

지름 d인 환상 솔레노이드의 평균 자로 길이는 $l=\pi d$이므로 내부 자계의 세기는 $H=\dfrac{NI}{l}=\dfrac{NI}{\pi d}$가 된다. 따라서 정답은 ③이다.

철심의 자기저항은 $R_m=\dfrac{l}{\mu_0\mu_rA}$이며, 평균 자로길이 $l=2\pi\times0.1\approx0.628[m]$, $\mu_0\mu_r=4\pi\times10^{-7}\times4000\approx5.03\times10^{-3}$, $A=10^{-3}[m^2]$를 대입하면 $R_m\approx1.25\times10^5$가 된다. 기자력은 $NI=500\times2=1000[AT]$이므로 자속은 $\Phi=\dfrac{NI}{R_m}\approx8\times10^{-3}[Wb]$가 되어, 정답은 ③ $8\times10^{-3}$이다.

자성체 경계면에 자하(자극)가 없을 때, 임의의 폐곡면을 통과하는 자속의 총합은 항상 0이다($\nabla\cdot B=0$의 적분형). 이는 각도 $\theta_1, \theta_2$나 비투자율 값과 관계없이 성립하는 관계식이다. 따라서 정답은 ④ $\int_s B\cdot nds=0$이다.

자계는 $H=\dfrac1\mu(\nabla\times A)$로 구한다. $\nabla\times A$의 $z$성분은 $\dfrac{\partial A_y}{\partial x}-\dfrac{\partial A_x}{\partial y}=2-3x^2$이고 나머지 성분은 모두 0이 되므로 $H=\dfrac1\mu(2-3x^2)a_z$이다.
정답은 ④ $\dfrac{1}{\mu}(2-3x^2)a_z$이다.

유전체 경계면에서는 전계의 접선성분과 전속밀도의 법선성분이 각각 연속이므로 $\dfrac{\tan\theta_{1}}{\tan\theta_{2}}=\dfrac{\epsilon_{1}}{\epsilon_{2}}$ 라는 굴절법칙이 성립하고, 그 결과 유전속(전속선)은 유전율이 큰 매질 쪽으로 휘어 들어가 밀도가 높아진다. 그림에서는 바깥 매질 $\epsilon_{1}$ 을 지나던 유전속이 원 안쪽 영역으로 모여들어 그 안에서 더 조밀해지므로, 안쪽 매질의 유전율이 더 크다는 뜻이다. 따라서 정답은 ④ $\epsilon_{2}>\epsilon_{1}$ 이다. ① 은 대소가 반대이고, ② 라면 전속선이 휘지 않고 직선으로 지나가야 하며, ③ 은 유전율이 양수라는 당연한 사실일 뿐 두 유전율의 대소를 말해주지 않는다.

압전 효과에서 응력과 분극(전기 변형)이 같은 방향으로 나타나는 현상을 종효과라 하고, 응력과 수직 방향으로 분극이 나타나는 현상을 횡효과라 한다. 따라서 정답은 ④ 종효과이다.

막대자석의 자기모멘트는 $M=ml=8\times10^{-6}\times0.03=2.4\times10^{-7}[\mathrm{Wb\cdot m}]$이다. 회전력은 $T=MH\sin\theta=2.4\times10^{-7}\times120\times\sin30^{\circ}=1.44\times10^{-5}[\mathrm{N\cdot m}]$이므로 정답은 ④번이다.

와전류손은 교번자속의 주파수와 최대자속밀도 각각의 제곱에 비례하여 발생하므로, "주파수와 최대자속밀도에 비례한다"는 설명은 옳지 않다. 단위 체적당 와류손의 단위, 철손 구성, 성층철심을 통한 저감에 관한 나머지 지문은 모두 옳다. 따라서 정답은 ④이다.

도체 표면의 전계는 표면에 수직이며 그 크기는 면전하밀도와 $\rho_s=\varepsilon_0 E$의 관계에 있다. $|E|=\sqrt{6^2+(-2)^2+3^2}=\sqrt{49}=7$이므로 $\rho_s=7\varepsilon_0$가 되어 정답은 ④ $7\varepsilon_0$이다.

환상철심의 자속은 $\Phi=\dfrac{\mu_0\mu_r NIS}{l}$로 구한다. $\mu_r=800$, $S=10\times10^{-4}[\mathrm{m^{2}}]$, $N=600$, $I=1[\mathrm{A}]$, $l=16\pi\times10^{-2}[\mathrm{m}]$를 대입하면 $\Phi=\dfrac{4\pi\times10^{-7}\times800\times600\times1\times10\times10^{-4}}{16\pi\times10^{-2}}\approx1.2\times10^{-3}[\mathrm{Wb}]$가 되어 정답은 ④ $1.2\times10^{-3}$이다.

P에서 Q로 향하는 거리 벡터는 $\vec{R}=(2-1,\,0-2,\,5-3)=(1,-2,2)$, $|\vec{R}|=\sqrt{1+4+4}=3$[m]이고 단위벡터는 $\hat{a}_{R}=\dfrac{(1,-2,2)}{3}$이다. 쿨롱 법칙 $\vec{F}=9\times10^{9}\dfrac{Q_{1}Q_{2}}{R^{2}}\hat{a}_{R}$에 대입하면 $9\times10^{9}\times\dfrac{(300\times10^{-6})(-100\times10^{-6})}{3^{2}}=-30$[N]이므로 $\vec{F}=-30\times\dfrac{(1,-2,2)}{3}=-10\hat{i}+20\hat{j}-20\hat{k}$[N]이다. 따라서 정답은 ③ -10i + 20j - 20k 이다. 계수가 음(-)인 것은 두 전하의 극성이 반대여서 흡인력이 작용해 힘이 P를 향하기 때문이며, ④ 10i − 20j + 20k 는 이 흡인 부호를 놓쳐 반발력 방향으로 계산한 값이다.

무한 평면에 전류가 흐를 때 발생하는 자계는 평면으로부터의 거리와 무관하게 일정한 크기를 갖는다. 따라서 r만큼 떨어진 점과 2r만큼 떨어진 점의 자계 세기는 같으므로 비는 1이다. 정답은 ④ 1이다.

전자가 정지 상태에서 전위차 V에 의해 가속될 때 얻는 운동에너지는 전기장이 한 일과 같으므로 $\dfrac{1}{2}mv^2=eV$가 성립한다. 이를 v에 대해 정리하면 $v=\sqrt{\dfrac{2eV}{m}}$이므로 정답은 ④ $\sqrt{\dfrac{2eV}{m}}$이다.

자속밀도는 $B=\dfrac{\Phi}{S}=\dfrac{6\times10^{-4}}{4\times10^{-4}}=1.5\,\mathrm{Wb/m^2}$이다. 투자율은 $\mu=\dfrac BH=\dfrac{1.5}{2800}\approx5.36\times10^{-4}$이고, 비투자율은 $\mu_r=\dfrac{\mu}{\mu_0}=\dfrac{5.36\times10^{-4}}{4\pi\times10^{-7}}\approx426$이다.
정답은 ② 426이다.

경계면에 자하(자기전하)가 없으므로 경계면을 감싸는 미소 폐곡면에 대해 자속은 들어간 만큼 나오며, 이는 자계에 대한 가우스 법칙의 폐곡면 적분 $\int B\cdot n\,ds=0$으로 표현된다. 이 식으로부터 경계면에서 자속밀도의 법선 성분이 연속임이 유도된다. 따라서 정답은 ②이다.

상자성체에서는 $\mu=\mu_0+\chi$의 관계가 성립하는데, 상자성체의 자화율 $\chi$는 $\mu_0$에 비해 매우 작은 값이므로 투자율이 자화율보다 항상 크다. 따라서 정답은 ②이다.

전자유도에 의한 기전력이 쇄교자속의 시간적 감소율에 비례한다는 것은 패러데이의 법칙이며, 유도기전력의 방향(쇄교자속의 변화를 방해하는 방향)을 정하는 것은 렌츠의 법칙이다. 따라서 (가)는 패러데이의 법칙, (나)는 렌츠의 법칙이므로 정답은 ②번이다.

맥스웰 방정식은 $\nabla\cdot D=\rho$, $\nabla\cdot B=0$, $\nabla\times E=-\dfrac{\partial B}{\partial t}$, $\nabla\times H=i+\dfrac{\partial D}{\partial t}$의 네 가지이다. $\nabla\cdot B=H$는 맥스웰 방정식이 아니며 실제로는 $\nabla\cdot B=0$이어야 하므로 정답은 ②이다.

전하보존법칙에 의해 유출전류는 체적전하의 감소율과 같다. 구의 체적은 $V=\dfrac{4}{3}\pi r^3=\dfrac{4}{3}\pi(10^{-5})^3=4.19\times10^{-15}$[m³]이므로 전류는 $I=V\times2\times10^{8}=4.19\times10^{-15}\times2\times10^{8}\approx8.38\times10^{-7}$[A]$=0.838$[$\mu$A]가 되어 정답은 ② 0.838이다.

전력용 콘덴서를 설치하여 역률을 개선하면 선로의 전압강하와 전력손실이 줄고, 같은 부하를 공급하는 데 필요한 선로전류가 감소하여 전원측 설비용량에는 오히려 여유가 증가한다. 따라서 실제와 반대되는 설명인 정답은 ① 전원측 설비용량의 여유 감소이다.

피뢰기는 이상전압이 내습했을 때 방전 동작으로 그 파고치를 저감시켜 기기를 절연파괴로부터 보호하는 장치이다. 따라서 정답은 ① 피뢰기이다.

동일 전력, 동일 손실 조건에서 배전방식별 전선 소요량을 비교하면 단상2선식을 1로 할 때 3상3선식은 3/4, 3상4선식은 1/3이 된다. 따라서 3상3선식 대비 3상4선식의 비는 $\dfrac{1/3}{3/4}=\dfrac{4}{9}$가 되어, 정답은 ① 4/9이다.

정한시 계전기는 동작전류의 크기와 관계없이 최소 동작전류 이상이 흐르기만 하면 항상 일정한 시간이 지난 뒤에 동작하는 한시 특성을 가진다. 정답은 ② 정한시 계전기이다.

4단자정수 $A,B,C,D$는 $AD-BC=1$의 관계를 만족하며, 선로가 좌우 대칭인 회로(양단에서 본 회로 특성이 동일한 경우)에서는 $A=D$의 조건이 추가로 성립한다. 장거리 송전선로는 좌우 대칭 회로이므로 이 조건을 만족한다. 따라서 정답은 ② $A=D$이다.

역률 100%인 순저항 부하이므로 부하 자체는 무효전력을 소비하지 않지만, 선로 리액턴스에 의해 송전측에서 무효전력이 발생한다. $Q=I^2X=100^2\times0.5=5000\rm{[Var]}=5\rm{[kVar]}$가 되어 정답은 ②이다.

비접지방식은 중성점이 대지와 절연되어 있어 1선 지락이 나면 지락된 상의 대지전위가 0이 되고 중성점 전위가 상전압만큼 이동하므로, 건전상의 대지전위는 상전압에서 선간전압으로, 즉 $\sqrt{3}$ 배까지 상승한다. 따라서 정답은 ② 비접지방식 이다. ④ 직접접지방식 은 중성점이 대지전위로 묶여 건전상 전위상승이 1.3배 정도로 가장 작고, ③ 소호리액터접지방식 은 지락점에서 병렬공진이 성립해 전위상승이 $\sqrt{3}$ 배 이상으로 가장 크며, ① 저항접지방식 은 접지저항 값에 따라 그 중간 정도가 되어 어느 것도 정확히 $\sqrt{3}$ 배로 규정되지 않는다.

동일한 송전전력, 역률, 거리, 전력손실, 선간전압 조건에서 3상3선식 전선 1가닥에 흐르는 전류는 단상2선식의 $\dfrac{1}{\sqrt3}$배가 된다. 따라서 정답은 ② 1/√3이다.

송전전력은 $P=\dfrac{E_sE_r}{X}\sin\delta$로 계산된다. $P=\dfrac{160\times 150}{50}\times \sin 45^{\circ}\approx 339$[MW]이므로 정답은 ② 339이다.

중성점 잔류전압은 $\frac{\sqrt{C_a^2+C_b^2+C_c^2-C_aC_b-C_bC_c-C_cC_a}}{C_a+C_b+C_c}E$로 구한다. 값을 대입하면 분자는 $\sqrt{0.000003}\approx0.00173$, 분모는 $0.093$이 되어 잔류전압은 상전압의 약 $1.9$[%]가 된다. 따라서 정답은 ② 1.9이다.

동일한 선로 2회선을 평행하게 병가하면 전압비를 나타내는 A와 전류비를 나타내는 D는 변하지 않고, 임피던스에 해당하는 B는 병렬 연결로 절반이 되며, 어드미턴스에 해당하는 C는 2배가 된다. 따라서 정답은 ② $A_0=A,\ B_0=\dfrac{1}{2}B,\ C_0=2C,\ D_0=D$이다.

하천 유량 중 1년(365일) 가운데 185일 동안은 이 수위 아래로 내려가지 않는 유량을 평수량이라 한다(갈수량은 355일, 저수량은 275일, 풍수량은 95일 기준). 따라서 정답은 ② 평수량이다.

부하용량과 역률이 같을 때 단상3선식(110/220V)의 외선 전류는 단상2선식(110V)의 절반이 되고, 평형부하이면 중성선에는 전류가 흐르지 않아 전압강하도 왕복 2선이 아닌 외선 1선분만 발생한다. 전류가 절반, 강하가 걸리는 도체 수도 절반이 되는 효과가 겹쳐 전압강하율은 $\dfrac14$로 줄어들며, 정답은 ② 1/4로 된다이다.

합성하중은 전선자중과 빙설하중의 합인 수직하중과 풍압하중인 수평하중의 벡터합으로 구한다. $W=\sqrt{(1.838+0.416)^2+1.525^2}=\sqrt{2.254^2+1.525^2}\approx2.72\ [\mathrm{kg/m}]$이고, 사용장력은 $T=\dfrac{7910}{2.0}=3955\ [\mathrm{kg}]$이다. 이도는 $D=\dfrac{WS^2}{8T}=\dfrac{2.72\times200^2}{8\times3955}\approx3.44\ [\mathrm{m}]$가 되어 정답은 ② 3.44[m]이다.

전력용 콘덴서는 부하와 병렬로 설치되어 진상(용량성) 무효전력을 공급함으로써 지상역률을 개선하는 설비이다. 콘덴서에는 전압보다 위상이 90° 앞서는 진상 전류가 흐른다. 따라서 정답은 ② 진상 전류이다.

변성기(계기용변압기·변류기 등)의 정격부담은 2차측 회로에 걸리는 부하용량을 나타내며, 그 단위로는 VA를 사용한다. 따라서 정답은 ②이다.

부하율 90%인 평균출력은 $100000\times0.9=90000$[kW]이고, 60일간 발생 전력량은 $90000\times60\times24=1.296\times10^8$[kWh]이다. 이를 열량으로 환산(1kWh=860kcal)하면 $1.296\times10^8\times860\approx1.115\times10^{11}$[kcal]이며, 종합효율은 $0.4\times0.85\times0.98\approx0.333$이므로 필요 발열량은 $\dfrac{1.115\times10^{11}}{0.333}\approx3.345\times10^{11}$[kcal]이다. 석탄 발열량 5500[kcal/kg]으로 나누면 $\dfrac{3.345\times10^{11}}{5500}\approx60820$[t]이 되어 정답은 ②이다.

전력퓨즈는 단락전류 차단과 차단기의 후비보호에는 효과적이지만, 소전류의 지락사고나 고임피던스 접지계통의 지락사고는 검출·차단이 어려워 지락보호에는 적합하지 않다. 따라서 옳지 않은 설명은 ② 고임피던스 접지계통에서도 지락보호가 가능하다이다.

동기조상기는 부족여자로 운전하면 리액터로 작용하여 뒤진 무효전력을 공급(흡수)하고, 과여자로 운전하면 콘덴서로 작용하여 앞선 무효전력을 공급함으로써 송전계통의 전압을 일정하게 유지한다. 문제의 설명은 부족여자 운전 시의 작용을 리액터가 아닌 컨덕터라고 표현하고 있어 옳지 않으므로 정답은 ② 동기전동기를 부족여자로 운전하여 컨덕터로 사용한다이다.

정답은 ② 병렬콘덴서이다. 병렬콘덴서는 무효전력을 보상해 역률을 개선하는 설비이고, 가공지선, 서지흡수기, 피뢰기는 모두 뇌서지나 개폐서지 등 이상전압으로부터 설비를 보호하는 장치이다.

정격전류는 $I_n=\dfrac{P}{\sqrt{3}V_n}=\dfrac{10{,}000{,}000}{\sqrt{3}\times6000}≒962[\mathrm{A}]$이고 상전압은 $V_p=6000/\sqrt{3}≒3464[\mathrm{V}]$이다. %동기임피던스는 $\%Z_s=\dfrac{Z_sI_n}{V_p}\times100=\dfrac{2\times962}{3464}\times100≒55.6[\%]$이므로 단락비는 $K_s=\dfrac{100}{\%Z_s}≒1.8$이 되어 정답은 ② 1.8이다.

정답은 ② 위상이 뒤진 전류가 흐른다이다. 동기조상기를 과여자로 운전하면 콘덴서처럼 작용하여 위상이 앞선(진상) 전류가 흐르며, 이로 인해 송전선의 역률이 개선되고 전압강하가 줄어든다. 지상 전류가 흐른다는 설명은 부족여자 운전에 해당하므로 옳지 않다.

직류발전기의 부하포화곡선은 정격전류를 흘린 부하 상태에서 계자전류를 변화시키며 측정한 계자전류와 단자전압의 관계를 나타낸다. 따라서 정답은 ② 계자전류와 단자전압이다.

동기속도는 $N_s=\dfrac{120\times60}{6}=1200[\mathrm{rpm}]$이고, 슬립 5%에서 2차입력(회전자입력)은 출력을 $(1-s)$로 나눈 값이므로 $P_2=\dfrac{10000}{1-0.05}\approx10526[\mathrm{W}]$이다(이때 2차동손은 $P_2\times s\approx526[\mathrm{W}]$로 주어진 500W와 근사한다). 토크는 $T=9.55\dfrac{P_2}{N_s}=9.55\times\dfrac{10526}{1200}\approx83.7[\mathrm{N\cdot m}]$이다. 정답은 ④ 약 83.7이다.

이상적인 변압기의 무부하 상태에서 여자전류는 철심의 자화 특성(인덕턴스)에 의해서만 결정되는 순수 자화전류이므로, 이를 만드는 자속과 여자전류는 서로 동위상이 된다. 인가전압은 유기기전력과 크기가 같고 위상도 같으며, 자속은 인가전압보다 90° 뒤진다. 따라서 정답은 ④ 자속과 여자전류는 동위상이다이다.

동기발전기의 자기여자현상은 장거리 송전선로의 충전(진상)전류에 의해 발생하므로, 수전단에 동기조상기나 리액터를 병렬로 연결해 진상전류를 흡수하거나 발전기 여러 대를 모선에 병렬로 연결하여 이를 방지한다. 반대로 수전단에 콘덴서를 병렬로 접속하면 진상전류가 늘어나 자기여자를 오히려 조장하므로, 방지법이 아닌 것은 ④이다.

정답은 ④ 리액턴스 전압을 크게 한다 이다. 보상 권선 설치, 보극 설치, 브러시 접촉저항을 크게 하는 것은 모두 정류를 좋게 하는 방법이지만, 리액턴스 전압은 정류 작용을 방해하는 요인이므로 오히려 작게 해야 양호한 정류를 얻을 수 있다.

변압기의 전일효율이 최대가 되는 조건은 하루 동안 발생하는 무부하손(철손)과 부하손(동손)의 합이 최소가 되는 지점에서 결정된다. 전부하로 운전되는 시간이 짧을수록 하루 중 상시 발생하는 무부하손의 비중을 줄여야 총 손실이 최소화되므로 철손(무부하손)을 작게 설계해야 한다. 따라서 정답은 ④번이다.

그림은 애노드(A)와 캐소드(K) 사이에 다이오드 방향의 삼각형 기호가 있고 캐소드 쪽에 게이트(G) 단자가 붙어 있는 3단자 소자로, 단방향으로 도통하는 사이리스터인 SCR의 회로 기호이다. 따라서 정답은 ④ SCR이다.

정답은 ④ 회생제동이다. 회생제동은 전동기를 발전기로 동작시켜 전기자에서 발생하는 역기전력을 전원전압보다 높여 전력을 전원 쪽으로 되돌리면서 제동하는 방식이다.

분권전동기가 무부하로 운전 중 계자회로가 단선되면 계자자속이 거의 0에 가깝게 감소하고, 역기전력을 유지하기 위해 회전속도가 급격히 상승하는 초과속도 현상이 발생해 매우 위험해진다. 따라서 정답은 ④ 속도가 급격히 상승하여 위험해진다이다.

정답은 ④ 1889이다. 병렬운전 시 부하전류는 %임피던스 강하에 반비례하여 분담되므로, 임피던스 전압이 낮은 8% 변압기가 먼저 정격전류(1000kVA)에 도달하고, 이때 9% 변압기는 $1000\times\dfrac{8}{9}\approx889\,[\mathrm{kVA}]$만 분담한다. 따라서 걸 수 있는 전체 부하는 $1000+889=1889\,[\mathrm{kVA}]$이다.

3상 분권 정류자전동기의 대표적인 예는 시라게(Schrage) 전동기이며, 브러시 이동을 통해 광범위한 속도 제어가 가능하다. 따라서 정답은 ④ 시라게 전동기이다.

동기전동기는 계자전류(여자)를 조정하여 역률을 진상에서 지상까지 자유롭게 조정할 수 있다는 것이 큰 특징이다. 따라서 역률을 조정할 수 없다는 설명은 틀렸으며 정답은 ④이다.

직류 직권전동기는 자속이 전기자전류에 거의 비례($\Phi\propto I_a$, 불포화 영역)하므로 토크는 $T\propto I_a^2$, 속도는 $N\propto\dfrac1{I_a}$의 관계를 갖는다.
토크비가 $\dfrac{T_2}{T_1}=\dfrac34$이므로 전류비는 $\dfrac{I_{a2}}{I_{a1}}=\sqrt{\dfrac34}\approx0.866$이고, 속도는 전류에 반비례하므로 $N_2=N_1\times\dfrac1{0.866}=1732\times1.155\approx2000\ [\mathrm{rpm}]$이 된다. 따라서 정답은 ④ $2000$이다.

2중 농형 전동기는 기동 시 저항이 큰 외측 도체가 주로 작동하여 큰 기동토크를 내고, 기동 후에는 저항이 작은 내측 도체가 주로 작동하는 구조로, 보통 농형에 비해 기동토크가 크고 기동전류는 작다는 장점이 있다. 따라서 정답은 ④ 기동 토크가 크다이다.

정답은 ④ 0.025 이다. 변압기의 유기기전력 공식 $E_1=4.44fN_1\Phi _m$에서 $\Phi _m=\frac{E_1}{4.44fN_1}=\frac{6600}{4.44\times 60\times 1000}\approx 0.0248$[Wb]로 약 0.025[Wb]가 된다.

3상 농형 유도전동기에서 리액터 대신 저항을 기동 시 1차 측에 직렬로 넣어 기동전류를 제한하고, 속도가 정상속도에 가까워지면 저항을 단락시켜 전전압 운전으로 전환하는 방식을 1차 저항 기동법이라 한다. 따라서 정답은 ④번이다.

동기기의 안정도를 향상시키려면 단락비를 크게 하고 관성모멘트를 크게 하며 속응여자방식을 채용하고, 동기리액턴스는 작게 해야 한다. 따라서 안정도 향상 방법이 아닌 것은 ④ 동기리액턴스를 크게 한다이다.

정답은 ④ 동기발전기이다. 동기발전기는 대전류가 흐르는 전기자를 고정자에 두고 계자를 회전자로 하는 회전계자형이 일반적이며, 절연과 냉각, 대전류 인출이 쉬운 것이 장점이다.

분모의 (s+3) 인자가 분자의 (s+3)과 상쇄되므로 실질적인 극점은 $s=0,\ 0,\ -1,\ -4$(4개)이고 영점은 없다. 점근선의 교차점은 $\sigma=\dfrac{\sum(\text{극점})-\sum(\text{영점})}{P-Z}=\dfrac{0+0-1-4}{4}=-\dfrac{5}{4}$가 되어 정답은 ② -5/4이다.

정답은 ② |Z|=1인 단위 원내에 존재하여야 한다이다. Z변환된 샘플치 제어계의 안정조건은 특성방정식 $1+GH(Z)=0$의 근이 모두 z평면의 단위원 내부에 있어야 하는 것이며, 이는 연속계에서 근이 s평면의 좌반면에 있어야 하는 조건에 대응한다.

정답은 ② -2,-2이다. 신호흐름선도의 두 루프이득은 $L_1=G_2H_1=-(s+1)$, $L_2=G_1G_2H_2=-(s+1)(s+2)$이고 두 루프가 서로 접촉하므로 특성방정식은 $\Delta=1-(L_1+L_2)=1+(s+1)+(s+1)(s+2)=s^2+4s+4=(s+2)^2=0$이 되어 근은 중근 -2, -2이다.

직류이득은 전달함수에 $s=0$을 대입한 값이므로 $G(0)=\dfrac{10}{0^2+3\times0+2}=\dfrac{10}{2}=5$이다. 정답은 ③ 5이다.

그림에서 $R$이 $G_1$을 지난 신호는 $G_2$ 출력 지점에서 최종 출력 $C$가 음(−)의 피드백으로 더해지고, $G_2$ 출력은 다시 $G_4$를 거쳐 최초 가합점에 음(−)의 피드백으로 돌아간다. 이 신호흐름을 정리하면 $\dfrac CR=\dfrac{G_1G_2G_3}{1+G_2G_3+G_1G_2G_4}$가 되어, 정답은 ③ $\dfrac{G_1G_2G_3}{1+G_2G_3+G_1G_2G_4}$이다.

$s^2+2s+5=(s+1)^2+2^2$이므로 $F(s)=\dfrac{2(s+1)+2}{(s+1)^2+2^2}$로 변형된다. 라플라스 역변환하면 $e^{-t}(2\cos2t+\sin2t)$가 되어 정답은 ③이다.

정답은 ③ 5 이다. 최종값 정리에 의해 $\lim_{t\to \infty }f(t)=\lim_{s\to 0}sF(s)=\lim_{s\to 0}\frac{s(2s+15)}{s(s^{2}+s+3)}=\frac{15}{3}=5$이다.

극점은 $s=0$(중근), $-4$, $-5$로 4개, 영점은 $s=3$으로 1개이다. 점근선의 교차점은 $\sigma=\dfrac{(0+0-4-5)-3}{4-1}=\dfrac{-12}{3}=-4$가 되어 정답은 ③ -4이다.

3차 특성방정식 $as^3+bs^2+cs+d=0$이 안정하려면 모든 계수가 양수이고 $bc>ad$를 만족해야 한다. ③ $s^3+3s^2+2s+8=0$은 $bc=3\times2=6$, $ad=1\times8=8$로 $bc$

이득선도의 절점주파수가 $\omega=1$과 $\omega=10$[rad/s]에서 나타나고 그 이후 기울기가 각각 -20, 추가로 -20[dB/dec]씩 꺾이므로 극점이 두 주파수에 하나씩 있다. 저주파($\omega<1$)에서 이득이 0[dB]이 되도록 정리하면 $G(s)=\frac{1}{(s+1)(0.1s+1)}=\frac{10}{(s+1)(s+10)}$이다. 따라서 정답은 ③ $G(s)=\frac{10}{(s+1)(s+10)}$이다.

블록선도에서 입력은 궤환신호와 (−)로 합산된 후 $G_1$, $G_2$를 거쳐 출력 C가 되고, C는 $G_3$를 거쳐 합산점으로 부궤환된다. 부궤환 전달함수 공식에 의해 $\dfrac{C}{R}=\dfrac{G_1G_2}{1+G_1G_2G_3}$가 되어 정답은 ③이다.

정답은 ③ 0이다. 루드表를 작성하면 $s^1$행의 값이 $\dfrac{10\times4-1\times20}{10}=2$가 되어 제1열이 $1,\,10,\,2,\,20$ 모두 양수이므로 부호변화가 없고, 따라서 양의 실수부를 갖는 근은 없다(0개).

정답은 ③ NOR이다. 그림은 두 입력을 각각 버블(반전)시킨 뒤 AND 형태의 게이트로 결합하는 구조로, 드모르간의 정리 $\overline{A}\cdot\overline{B}=\overline{A+B}$에 의해 이는 NOR 게이트와 논리적으로 동일하다.

특성방정식은 $s(s+2)(s+3)+K=s^3+5s^2+6s+K=0$이다. 루드-후르비츠 표에서 $s^1$행이 0이 되는 조건은 $K=30$이며, 이때 보조방정식 $5s^2+K=0$에서 $s^2=-6$, 즉 $\omega_d=\sqrt6\approx2.45[\mathrm{rad/s}]$가 허수축과의 교차점이다. 정답은 ③ $\omega_d=2.45$이다.

감쇠비(decay ratio)는 과도응답에서 연속된 오버슈트가 줄어드는 비율을 나타내는 지표로, 첫 번째(최대) 오버슈트에 대한 두 번째 오버슈트의 비로 정의된다. 따라서 정답은 ④ 제2 오버슈트를 최대 오버슈트로 나눈 값이다이다.

직렬 임피던스 R 다음에 분로(병렬) 임피던스 $j\omega L$이 연결된 4단자망에서 $A$정수는 $A=1+\dfrac{R}{j\omega L}$가 된다. 정답은 ④이다.

정답은 ④ $\frac{G_1G_2}{1+G_1G_2G_3}$ 이다. 블록선도에서 $C=G_1G_2(A-G_3C)$의 관계가 성립하므로 $C(1+G_1G_2G_3)=G_1G_2A$, 즉 $\frac{C}{A}=\frac{G_1G_2}{1+G_1G_2G_3}$이다.