[전기기사 필기] 23년 2회차 기출문제 해설 페이지

스위치를 A로 하여 흐르던 정상전류 $I_0$에 의해 인덕터에는 $W=\dfrac{1}{2}LI_0^2$[J]의 에너지가 저장된다. 스위치를 B로 전환하면 이 에너지가 저항 R에서 전량 열로 소비되며, $1[\mathrm{cal}]=4.2[\mathrm{J}]$로 환산하면 $H=\dfrac{1}{2}LI_0^2\times\dfrac{1}{4.2}=\dfrac{1}{8.4}LI_0^2$[cal]가 된다. 따라서 정답은 ④ $\frac{1}{8.4}LI_0^2$이다.

히스테리시스 루프로 둘러싸인 면적은 자화와 감자화를 한 사이클 반복하는 동안 강자성체 단위 체적에서 열로 소비되는 에너지, 즉 히스테리시스손에 해당한다. 따라서 정답은 ④ 강자성체 단위 체적당 소요되는 에너지를 나타낸다이다.

정답은 ④ $J=\sigma E$이다. 옴의 법칙의 미분형은 전류밀도가 도전율과 전계의 곱으로 주어지는 $J=\sigma E$이다.

유전체 내 저장되는 에너지밀도는 $w=\frac{1}{2}\epsilon E^2$로 구한다. $\epsilon=9$, $E=100$을 대입하면 $w=\frac{1}{2}\times9\times100^2=4.5\times10^4[\mathrm{J/m^3}]$가 되어 정답은 ④ $4.5\times10^4$이다.

무한직선도체 주위의 자계는 $H=\dfrac{I}{2\pi r}$이다. $4=\dfrac{4\pi}{2\pi r}=\dfrac{2}{r}$이므로 $r=0.5\rm{[m]}$가 되어 정답은 ①이다.

평행 평판 도체 표면의 정전응력은 $f=\dfrac{\sigma^2}{2\epsilon_0}$로 결정되며 전극 간격(4cm)은 결과에 영향을 주지 않는다. $\sigma=2\times10^{-6}$[C/m²]이므로 $f=\dfrac{(2\times10^{-6})^2}{2\times8.855\times10^{-12}}\approx0.226$[N/m²]이다. 따라서 정답은 ① 0.226이다.

정답은 ① $y^{2}-x^{2}=12$ 이다. 전기력선의 미분방정식 $\frac{dx}{E_x}=\frac{dy}{E_y}$에서 $x\,dx=y\,dy$가 되어 적분하면 $x^{2}-y^{2}=C$이며, 점(2, 4)를 대입하면 $4-16=-12$, 즉 $y^{2}-x^{2}=12$가 된다.

단위길이당 힘은 $\vec F=I\vec l\times\vec B$이며, 전류 방향은 $a_z$이다. $a_z\times(3a_x-4a_y)=3a_y+4a_x$이므로 $\vec F=10(4a_x+3a_y)=40a_x+30a_y$[N/m]가 되어 정답은 ①이다.

$V=\dfrac{10}{x^2+y^2}$에서 $E=-\nabla V=\left(\dfrac{20x}{(x^2+y^2)^2},\ \dfrac{20y}{(x^2+y^2)^2}\right)$이다. $P(2,1)$에서 $x^2+y^2=5$이므로 $E=\dfrac{20}{25}(2,1)=\dfrac{4}{5}(2i+j)$가 되어 정답은 ① $\dfrac{4}{5}(2i+j)$이다.

자화의 세기는 $J=\mu_0(\mu_r-1)H$로 구한다. $\mu_r=350$, $H=342[\mathrm{AT/m}]$를 대입하면 $J=4\pi\times10^{-7}\times349\times342\approx0.15[\mathrm{Wb/m^{2}}]$가 되어 정답은 ① 0.15이다.

유전체 경계조건에서 $D_{1n}-D_{2n}=\sigma$ 관계식의 $\sigma$는 자유전하의 표면밀도를 의미하는 것이지 구속(분극)전하의 표면밀도가 아니다. 따라서 ① 표면전하 밀도란 구속전하의 표면밀도를 말하는 것이다라는 설명이 옳지 않다. 외부전하가 있으면 유전체 내외의 전하가 평형되지 않는다는 점, 특수한 경우를 제외하면 경계면의 표면전하밀도가 0이라는 점, 완전 유전체 내부에는 자유전하가 존재하지 않는다는 점은 모두 타당한 설명이다.

표피두께는 $\delta=\dfrac{1}{\sqrt{\pi f\mu\sigma}}$로 구한다. $\mu=\mu_0\mu_r=4\pi\times10^{-7}\times0.99\approx1.244\times10^{-6}$이고 $f=50$[Hz], $\sigma=5.8\times10^7$을 대입하면 $\delta\approx9.39\times10^{-3}[m]$이 된다. 따라서 정답은 ① 9.39[mm]이다.

정답은 ① 15[V]이다. 유기기전력은 $e=Blv\sin\theta$로 구하며, $e=10\times0.1\times30\times\sin30^{\circ}=30\times0.5=15[V]$가 된다.

맥스웰 방정식 $\nabla\times H=J+\frac{\partial D}{\partial t}$에서 알 수 있듯이 변위전류는 전도전류와 마찬가지로 자계를 발생시킨다. 변위전류는 전속밀도의 시간적 변화(공간적 변화가 아님)에 의해 생기며 투자율이 아닌 유전율에 관계된 양이다. 따라서 정답은 ① 변위 전류는 자계를 발생시킨다이다.

평행판 사이의 전계는 $E=\dfrac Vd$이고, 도체판 단위면적당 작용하는 정전 흡인력은 $f=\dfrac12\epsilon_0E^2=\dfrac12\epsilon_0\left(\dfrac Vd\right)^2$이다.
정답은 ① $f=\dfrac12\epsilon_0\left(\dfrac Vd\right)^2$이다.

균일한 전계에서 전하를 직선으로 이동시키는 일은 $W=qE\cdot r$로 구해진다. $E=(i+2j+3k)$[V/cm]$=(100i+200j+300k)$[V/m]이고 이동 경로가 $r=3i$[m]이므로 x성분만 기여하여 $E\cdot r=100\times3=300$[V]이다. 따라서 $W=0.01\times10^{-6}\times300=3\times10^{-6}$[J]이 되어 정답은 ①이다.

누설전류가 흐르는 콘덴서에서는 $RC=\epsilon_0\epsilon_s\rho$의 관계가 성립하므로 절연(누설)저항은 $R=\dfrac{\epsilon_0\epsilon_s\rho}{C}=\dfrac{8.854\times10^{-12}\times2.2\times10^{11}}{20\times10^{-6}}=97.4\times10^{3}[\Omega]$로 구해진다. 따라서 누설전류는 $I=\dfrac{V}{R}=\dfrac{500}{97.4\times10^{3}}=5.13\times10^{-3}[\mathrm{A}]=5.13[\mathrm{mA}]$이므로 정답은 ① 5.13이다.

전기력선은 정전하(+)에서 시작하여 부전하(−)에서 끝나므로, "부전하에서 시작하여 정전하에서 그친다"는 설명은 방향이 반대로 되어 옳지 않다. 전계 방향과 밀도의 대응, 전위가 높은 곳에서 낮은 곳으로 향하는 성질, 단위전하당 1/ε0개의 전기력선이 출입한다는 설명은 모두 옳다. 따라서 정답은 ①이다.

전자분극은 전계에 의해 원자 내부의 양전하인 원자핵과 음전하인 전자운의 상대적 위치가 어긋나면서 발생하는 분극으로, 이온 간의 변위로 생기는 이온분극이나 영구쌍극자의 배열로 생기는 배향분극과는 구별된다. 정답은 ① 단결정 매질에서 전자운과 핵의 상대적인 변위이다.

두 유전체의 경계면에서는 전계가 유한하므로 전위는 경계면 양쪽에서 연속이며 서로 같다. 따라서 정답은 ① 두 경계면에서의 전위는 서로 같다이다. 실제로는 전속밀도의 법선성분과 전계의 접선성분이 각각 연속이고, 전속은 유전율이 큰 매질 쪽으로 모이므로 나머지 설명은 틀렸다.

공통중성선 다중접지 방식에서 1차 중성선과 2차 중성선을 전기적으로 연결하는 주된 목적은, 고저압 혼촉사고가 발생했을 때 저압측 수용가에 침입하는 상승전압을 대지로 방류하여 억제하기 위함이다. 따라서 정답은 ① 고저압 혼촉 시 수용가에 침입하는 상승전압을 억제하기 위함이다.

선로정수(저항, 인덕턴스, 정전용량)는 전선의 굵기·종류와 더불어 전선의 배치(선간거리, 등가 선간거리)에 가장 크게 좌우되며, 송전전압·전류·역률과는 무관하다. 따라서 정답은 ① 전선의 배치이다.

케이블의 정전용량은 길이에 비례하므로 건전상 전체 길이 l에 대한 정전용량 C와 고장점까지의 정전용량 $C_x$의 비는 거리의 비와 같다. 따라서 고장점까지의 거리는 $l_x=\dfrac{C_x}{C}l$이 되어 정답은 ①이다.

무손실 선로(R=G=0)로 가정하면 송전선의 특성(파동)임피던스는 $Z_0=\sqrt{\dfrac{L}{C}}$로 표시된다. 따라서 정답은 ① $\sqrt{\dfrac{L}{C}}$이다.

유황곡선은 하천 유량을 크기순으로 배열한 곡선으로, 풍수량·평수량·갈수량 등 유량의 지속일수별 크기는 알 수 있지만 그 유량이 어느 달에 발생했는지, 즉 월별 하천 유량은 알 수 없다. 따라서 정답은 ① 월별 하천 유량이다.

선로손실을 최소로 하려면 부하의 역률을 1로 개선해야 하므로, 필요한 콘덴서 용량은 부하의 무효전력과 같다. 역률 0.6(늦음)에서 $\cos\theta=0.6, \sin\theta=0.8$이므로 무효전력은 $Q=P\tan\theta=60\times\dfrac{0.8}{0.6}=80$[kVA]이다. 따라서 정답은 ① 80이다.

4단자(ABCD) 정수 중 $C$는 전압과 전류의 관계에서 어드미턴스 차원을 갖는 정수이다. 따라서 정답은 ① 어드미턴스이다.

화력발전소의 열효율은 $\eta =\dfrac{860W}{Hm}\times 100$로 구한다. $\eta =\dfrac{860\times 40000}{5000\times 40000}\times 100=17.2$[%]이므로 정답은 ① 17.2이다.

석탄 40톤($4\times10^4$kg)을 발열량 4,000kcal/kg으로 연소시키면 입력 열량은 $4\times10^4\times4000=1.6\times10^8$[kcal]이다. $1\,\mathrm{kWh}=860\,\mathrm{kcal}$로 환산하면 입력 에너지는 $\dfrac{1.6\times10^8}{860}\approx186047$[kWh]이므로 열효율은 $\eta=\dfrac{185000}{186047}\times100\approx99.4$[%]가 되어 정답은 ① 99.4이다.

리액턴스 X를 통해 연결된 두 동기기 사이에 전달되는 전력은 $P=\dfrac{E_GE_M}{X}\sin\delta$로 나타난다. 따라서 정답은 ① $P=\dfrac{E_GE_M}{X}\sin\delta$이다.

무손실 선로의 파동(특성)임피던스는 $Z_0=\sqrt{L/C}$로 주어진다. 가공송전선로의 표준정수인 $L=1.0$[mH/km], $C=0.0111$[μF/km]를 대입하면 $Z_0=\sqrt{\dfrac{1.0\times10^{-3}}{0.0111\times10^{-6}}}\approx300$[Ω]으로 문제의 조건과 일치한다. 따라서 정답은 ① 1.0이다.

1선 지락 시 지락전류는 상전압을 두 접지저항의 병렬 합성저항으로 나눈 값이 된다. 상전압은 $\dfrac{20000}{\sqrt3}\approx11547[V]$이고, 두 접지저항의 병렬값은 $\dfrac{100\times200}{100+200}\approx66.7[\Omega]$이므로, 지락전류는 $\dfrac{11547}{66.7}\approx173[A]$가 된다. 따라서 정답은 ① 173이다.

발전기의 조속기는 원동기의 회전속도, 즉 주파수를 제어하는 장치로 전압조정과는 직접적인 관련이 없다. 분로리액터, 전력용 콘덴서, 발전기의 전압조정장치는 모두 무효전력 조정을 통해 계통 전압을 조정하는 설비이다. 따라서 전압조정과 무관한 것은 ① 발전기의 조속기이다.

1선 지락사고로 흐르는 영상전류에 의한 전자유도전압은 $E_m=j\omega Ml\cdot3I_0$ 형태로 나타나며, 통신선의 길이 $l$과 상호인덕턴스 $M$의 곱에 비례한다. 정답은 ① 통신선의 길이와 상호인덕턴스의 곱에 비례한다이다.

흡출관은 수차를 방수면보다 높은 위치에 설치하더라도 낙차 손실을 줄여 유효낙차를 늘려주는 역할을 한다.
정답은 ① 유효 낙차를 늘린다이다.

파동임피던스가 다른 선로 접속점에서의 반사계수는 $\rho=\dfrac{Z_2-Z_1}{Z_2+Z_1}$이다. $Z_1=300, Z_2=1500$이므로 $\rho=\dfrac{1500-300}{1500+300}=\dfrac{2}{3}$이고, 반사파 파고값은 $e_1\times\rho=600\times\dfrac{2}{3}=400$[kV]가 되어 정답은 ① 400[kV]이다.

무손실 선로의 파동(특성)임피던스는 $Z_0=\sqrt{L/C}$, 전파속도는 $v=\dfrac{1}{\sqrt{LC}}$이며 가공송전선로에서는 $v$가 광속과 거의 같은 $3\times10^{5}[\mathrm{km/s}]$로 취급한다. 두 식으로부터 $L=\dfrac{Z_0}{v}=\dfrac{300}{3\times10^{5}}=1\times10^{-3}[\mathrm{H/km}]=1[\mathrm{mH/km}]$이므로 정답은 ① 1이다.

특유속도(비속도)는 펠턴수차가 가장 작고 프란시스, 프로펠러, 카플란 순으로 커진다. 따라서 정답은 ① 펠턴수차이다.

정답은 ① 단락전류의 제한이다. 한류리액터는 선로에 직렬로 삽입해 계통의 임피던스를 크게 함으로써 단락사고 시 흐르는 단락전류를 제한하여 차단기 용량을 낮추고 설비를 보호하는 목적으로 사용한다.

전력원방정식 $P_r^{2}+(Q_r+400)^{2}=250000$에서 부하가 무유도성으로 $P_r=500$이므로 대입하면 $500^{2}+(Q_r+400)^{2}=250000$에서 $(Q_r+400)^{2}=0$, 즉 $Q_r=-400$이 된다. 전압을 일정하게 유지하려면 조상기가 400만큼의 진상 무효전력을 공급해야 하므로 정답은 ① 400, 진상 무효전력이다.

직류기의 전기자 권선법 중 실제로 가장 많이 사용되는 것은 2층권이며, 각 슬롯에 두 개의 코일변을 배치하여 결선이 규칙적이고 제작이 용이하다. 따라서 정답은 ① 2층권이다.

직권전동기는 계자전류와 전기자전류가 같아 자속이 전기자전류에 비례하므로($\phi\propto I_a$), 토크는 $T\propto\phi I_a\propto I_a^2$이고 회전속도는 $N\propto\dfrac{1}{I_a}$에 가깝다. 회전수가 절반이 되면 전류는 2배가 되므로 토크는 $2^2=4$배가 되어, 정답은 ① 4이다.

%저항강하는 동손을 정격용량으로 나누어 백분율로 구한다. $\%r=\dfrac{150}{5000}\times100=3\ [\%]$이므로 정답은 ① 3이다.

%저항강하는 정격용량에 대한 동손의 비율로 구하며, $\%r=\dfrac{P_c}{P_n}\times100=\dfrac{150}{5000}\times100=3[\%]$이다. 정답은 ① 3이다.

전기자 반작용의 감자기자력은 $AT_d=\dfrac{\alpha}{180}\cdot\dfrac{Z}{p}\cdot\dfrac{I_a}{a}$로 표현된다. 브러시 이동각 $\alpha$에 해당하는 만큼의 전기자 도체가 감자작용에 관여하므로 전체 도체수 중 $\alpha/180$에 해당하는 비율이 감자기자력을 만든다. 정답은 ①이다.

전압 변동률은 $\epsilon=\dfrac{V_{20}-V_{2n}}{V_{2n}}\times100$으로 구해진다. $\epsilon=\dfrac{240-230}{230}\times100\approx4.35$[%]이므로 정답은 ①이다.

전기자 반작용은 주자속을 감소시키는 감자작용과 함께 전기적 중성축 이동, 정류자편 사이 전압 불균일, 국부적 전압 저하(자기여자 현상 유발) 등을 일으킨다. '주자속은 변화하지 않는다'는 진술은 실제 전기자 반작용의 결과와 반대되어 그 영향이 아니므로 정답은 ①번이다.

TRIAC은 게이트를 포함해 3개의 단자를 가지며 양방향으로 전류를 흘릴 수 있는 사이리스터이다. SCR은 단방향 3단자, SSS는 양방향 2단자, SCS는 4단자 소자이다. 따라서 정답은 ① TRIAC이다.

회전각속도는 $\omega=\frac{2\pi N}{60}$이므로 토크는 $T=\frac{P}{\omega}=\frac{60P}{2\pi N}\approx9.55\frac{P}{N}$[N·m]이 된다. 따라서 정답은 ① 9.55$\frac{P}{N}$이며, 975$\frac{P}{N}$은 단위를 [kgf·m]로 나타낼 때 쓰는 식이다.

스텝각이 2°이므로 1회전당 필요한 스텝수는 $\dfrac{360}{2}=180$스텝이다. 스테핑주파수가 1800pps이므로 축속도는 $\dfrac{1800}{180}=10[\mathrm{rps}]$가 되어 정답은 ① 10이다.

단상 직권전동기는 직권형, 보상직권형, 유도보상직권형으로 분류되며, 보극직권형이라는 분류는 존재하지 않는다(보극은 직류기의 정류 개선을 위한 것이다). 따라서 정답은 ① 보극직권형이다.

단권변압기의 자기용량과 부하(선로)용량의 비는 $\dfrac{\text{자기용량}}{\text{부하용량}}=\dfrac{V_2-V_1}{V_2}$로 구한다. $V_1=100[V]$, $V_2=200[V]$를 대입하면 비는 0.5이므로, 자기용량은 $60\times0.5=30[kVA]$가 되어 정답은 ① 30이다.

스코트 결선은 3상을 2상으로 변환하는 결선이며, 2중 성형·환상 결선·대각 결선은 모두 3상을 6상으로 변환하는 결선방식이다. 따라서 3상을 6상으로 변환할 수 없는 것은 ① 스코트 결선이다.

단락전류는 정격전류의 $\dfrac{100}{\%Z}$배가 되므로 $\dfrac{100}{5}=20$배가 된다. 정답은 ① 20이다.

실제 인가전압(전원전압)이 일정할 때 2차 전압은 1차 탭전압에 반비례하므로, 2차 전압을 높이려면 탭전압을 낮춰야 한다. $V_1{}'=V_1\times\dfrac{V_2}{V_2{}'}=22900\times\dfrac{360}{380}\approx21{,}695\ [\mathrm V]$가 되며, 주어진 탭 중 이에 가장 가까운 값은 ① $21900$이다.

그림은 다이오드 2개와 사이리스터 2개로 구성된 단상 혼합(반제어) 브리지 정류회로로, 이때 직류 평균전압은 $E_d=\dfrac{2\sqrt{2}E}{\pi}\left(\dfrac{1+\cos\alpha}{2}\right)$로 주어진다. 따라서 정답은 ④이다.

외분권 차동복권발전기는 직권계자권선이 전기자와 직렬로 연결되어 전기자전류 $I_a$가 그대로 직권계자에도 흐르는 장분권(long-shunt) 구조이다. 차동복권이므로 자속은 $\Phi_f-\Phi_s$가 되고, 전기자저항과 직권계자저항에 의한 전압강하가 모두 $I_a$에 의해 발생하므로 단자전압은 $V=k(\Phi_f-\Phi_s)n-I_a(R_a+R_s)$이다. 따라서 정답은 ④번이다.

동기전동기의 여자전류를 정상치 이상으로 증가시키면(과여자) 전기자전류가 진상이 되어 전압에 대해 전기자 전류의 위상이 앞서게 된다(V곡선에서 최소전류점을 지난 구간). 따라서 정답은 ④ 전기자 전류의 위상이 앞선다이다. 부하가 일정하다면 여자전류 변화만으로 토크가 변하거나 난조가 발생하지는 않는다.

극수 4극 단중 중권에서는 병렬회로수 $a=p=4$이므로 각 병렬회로에 흐르는 전류는 $\frac{I_a}{a}=\frac{40}{4}=10$[A]이다. 따라서 정답은 ④ 10이다.

단상 직권전동기에는 직권형, 보상직권형, 유도보상직권형이 있으며, 아트킨손형은 단상 반발전동기 계열의 한 종류로 직권전동기가 아니다. 따라서 단상 직권전동기의 종류가 아닌 것은 ④ 아트킨손형이다.

정답은 ① 2×10-3이다. RL 직렬회로의 시정수는 $\tau=\dfrac{L}{R}=\dfrac{40\times10^{-3}}{20}=2\times10^{-3}\,[\mathrm{s}]$이다.

정답은 ① 150[kΩ]이다. 배율기 저항은 $R_s=r(n-1)$이고 배율은 $n=\frac{600}{100}=6$이므로 $R_s=30(6-1)=150[k\Omega]$이 된다.