[전기기사 필기] 23년 3회차 기출문제 정답·해설 페이지

두 구 사이 전위차가 $V=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{a}\right)$이므로 용량은 $C=\dfrac{4\pi\varepsilon_0 ab}{a-b}$로 정리된다. $a=0.1$[m], $b=0.04$[m]를 대입하면 $C=\dfrac{0.1\times 0.04}{9\times 10^{9}\times 0.06}=7.41\times 10^{-12}$[F], 곧 약 7.41 [pF]이다. 3.70은 계수를 $2\pi\varepsilon_0$로 본 값, 3.17은 분모를 $a+b$로 쓴 값, 11.1은 외구를 무시하고 고립 도체구로 계산한 값이다.

두 대전 구도체 사이의 반발력은 쿨롱의 법칙 $F=\dfrac{Q^2}{4\pi\epsilon_0r^2}$로 구할 수 있다. $F=8.6\times10^{-4}[N]$, $r=0.2[m]$를 대입하면 $Q^2=\dfrac{Fr^2}{9\times10^9}\approx3.82\times10^{-15}$이 되고, $Q\approx6.2\times10^{-8}[C]$이다. 따라서 정답은 약 6.2×10^-8[C]이다.

정답은 히스테리시스 곡선의 면적이다. 단위 체적당 히스테리시스 손실은 B-H 히스테리시스 곡선이 감싸는 면적에 비례한다.

정재파비는 $S=\frac{1+|\Gamma|}{1-|\Gamma|}=\frac{1+0.8}{1-0.8}=9$이다. 이를 데시벨로 나타내면 $S[\mathrm{dB}]=20log_{10}9$가 되어 정답은 $20log_{10}9$이다.

패러데이의 법칙은 전자유도에 의해 회로에 유도되는 기전력의 크기가 쇄교 자속수의 시간 변화율에 비례한다는 법칙이다(유도기전력이 자속 변화를 방해하는 방향으로 발생한다는 것은 렌츠의 법칙이다).
정답은 전자유도에 의하여 회로에 발생되는 기전력은 자속 쇄교수의 시간 변화율에 비례한다이다.

평등자계에 수직으로 입사한 전자는 로렌츠 힘에 의해 원운동을 하며, 그 반지름은 $r=\dfrac{mv}{qB}$로 자계의 세기 B에 반비례한다. 

환상철심 내부 평균 자로 길이는 $l=2\pi r=2\pi\times0.2=1.257[\mathrm{m}]$이다. 자계의 세기는 $H=\dfrac{NI}{l}=\dfrac{500\times4}{1.257}=1590[\mathrm{AT/m}]$이므로 정답은 1590이다.

두 점 사이의 거리벡터는 (2,−1), 크기는 √5이다. 힘은 $F=\dfrac{kq_1q_2}{r^2}\hat r=\dfrac{9\times10^9\times(-2\times10^{-9})\times1}{5}\times\dfrac{(2,-1)}{\sqrt5}$로 계산되며, 이를 정리하면 $-\dfrac{36}{5\sqrt5}\hat x+\dfrac{18}{5\sqrt5}\hat y$[N]이 되어

반지름 $a$, 선전하밀도 $\rho_L$인 원형 도체 중심축 위 $z=b$인 점에서는 대칭성에 의해 반경 방향 성분이 상쇄되고 $z$방향 성분만 남아 $E=\dfrac{ab\rho_L}{2\varepsilon_0(a^2+b^2)^{3/2}}a_z$가 된다.

고리 하나가 축을 따라 $z$만큼 떨어진 자리에 만드는 값은 $H_1=\dfrac{a^{2}I}{2(a^{2}+z^{2})^{3/2}}$이고, 전류 방향이 같은 고리 둘이 마주 놓여 있으면 가운데에서 두 몫이 나란히 겹쳐 크기가 곱절이 된다. 그래서 $H=\dfrac{a^{2}I}{(a^{2}+z^{2})^{3/2}}=\dfrac{0.1^{2}\times10}{(0.01+0.04)^{3/2}}=\dfrac{0.1}{0.01118}\approx8.94$, 곧 약 8.94[AT/m]다. 약 4.47은 고리 한 개 몫만 센 값, 약 2.00은 분모에서 $3/2$승을 빠뜨린 값, 약 50.0은 고리 한복판에 쓰는 $I/2a$를 그대로 갖다 쓴 값이다.

반지름 $a$, 중심간 거리 $d$인 평행 왕복 원통도체에 단위길이당 $\pm\lambda$의 전하가 있을 때 두 도체 표면 사이의 전위차는 $V=\dfrac{\lambda}{\pi\epsilon_0}\ln\dfrac{d-a}{a}$이므로, 단위길이당 정전용량은 $C=\dfrac{\lambda}{V}=\dfrac{\pi\epsilon_0}{\ln\dfrac{d-a}{a}}$[F/m]이다. 따라서 정답은 $\dfrac{\pi\epsilon_0}{\ln\dfrac{d-a}{a}}$ 이며, $d\gg a$인 경우 흔히 쓰는 $C=\dfrac{\pi\epsilon_0}{\ln(d/a)}$로 근사된다. ①·④ 처럼 정전용량이 로그에 비례하는 형태는 $C=Q/V$에서 전위차가 분모에 오는 관계와 맞지 않고, ② 는 $d>2a$에서 $\ln\dfrac{a}{d-a}<0$이 되어 음의 정전용량이 나오므로 성립할 수 없다.

같은 모양의 전극이면 정전용량 $C=\dfrac{2\pi\epsilon}{\ln(b/a)}$에서 유전율 자리에 도전율을 갈아 끼우는 것만으로 $G=\dfrac{2\pi\sigma}{\ln(b/a)}$를 얻는다. 두 반지름의 비가 4이므로 $G=\dfrac{2\pi\times5\times10^{-5}}{\ln 4}=\dfrac{3.14\times10^{-4}}{1.386}\approx2.27\times10^{-4}$가 되어 $2.27\times10^{-4}$[S/m]가 답이다. $1.13\times10^{-4}$는 분자를 $\pi\sigma$로, $4.53\times10^{-4}$는 $4\pi\sigma$로 잘못 잡은 값이며, $3.14\times10^{-4}$는 로그 항으로 나누기를 잊은 값이다.

정답은 I/4r이다. 반지름 r인 완전한 원형 전류가 중심에 만드는 자계는 $H=\frac{I}{2r}$이며, 반원형 전류는 그 절반의 경로만 기여하므로 중심의 자계는 $H=\frac{I}{4r}$가 된다.

자기에너지 밀도는 $w=\frac{B^2}{2\mu_0\mu_s}=\frac{5^2}{2\times4\pi\times10^{-7}\times2500}=\frac{12.5}{\pi}\times10^3[\mathrm{J/m^3}]$이다. 철심 전체의 자기에너지는 $W=w\times V=\frac{12.5}{\pi}\times10^3\times4\times10^{-6}=\frac{5}{\pi}\times10^{-2}[\mathrm{J}]$이 되어 정답은 $\frac{5}{\pi}\times10^{-2}$이다.

자속은 철심과 틈을 끊김 없이 지나가므로 두 곳의 자속밀도가 같고, 틈은 공기이므로 그 안의 자계는 $H_g=\dfrac{B}{\mu_0}$다.
기자력을 공급하는 코일이 없으니 닫힌 경로를 한 바퀴 돌며 자계를 적분한 값은 0이어야 한다. $Hl+H_g\delta=0$에서 $H_g=-\dfrac{l}{\delta}H$이고, 이를 앞 식에 넣으면 $B=\mu_0H_g=-\dfrac{\mu_0 l}{\delta}H$가 된다.
따라서 $\dfrac{B}{H}=-\dfrac{\mu_0 l}{\delta}$다. 음수라는 것은 자석 안쪽 자계가 자속과 반대로 향하는 감자계라는 뜻이며, $l\gg\delta$이므로 그 크기는 $\mu_0$보다 훨씬 크다.

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

무한 평면 도체 위의 점전하에 영상전하법을 적용하면 표면 유도 전하밀도는 $\sigma=-\dfrac{Qa}{2\pi(r^2+a^2)^{3/2}}$이며, 전하 바로 아래인 $r=0$에서 절댓값이 최대가 되어 $\sigma_{max}=-\dfrac{Q}{2\pi a^2}$가 된다. 

자기회로의 투자율은 전기회로의 도전율(저항률의 역수)에 대응하는 양으로, 유전율은 이 대응관계에 해당하지 않는다. 자속-전류, 자계의 세기-전계의 세기, 기자력-기전력의 대응은 모두 옳다. 

두 도체 사이 영역에만 자속이 지나므로, 앙페르 법칙에서 얻은 $H=I/(2\pi r)$을 $a$부터 $b$까지 적분하면 $L=\dfrac{\mu_0}{2\pi}\ln\dfrac{b}{a}$가 된다. $b/a=10$, $\ln 10=2.303$, $\mu_0/2\pi=2\times 10^{-7}$이므로 $L=2\times 10^{-7}\times 2.303=$약 $4.61\times 10^{-7}$ [H/m]이다. $2.00\times 10^{-7}$은 상용로그를 쓴 값, $9.21\times 10^{-7}$은 계수를 $\mu_0/\pi$로 본 값, $2.30\times 10^{-7}$은 $\mu_0/4\pi$를 쓴 값이다.

두 코일의 자속이 서로 상쇄되도록 이었으므로 합성값은 $L=L_1+L_2-2M$이다. 상호분은 $M=k\sqrt{L_1L_2}=0.75\times\sqrt{6\times24}=0.75\times12=9[\mathrm{H}]$이므로 $L=6+24-2\times9=12[\mathrm{H}]$다.
따라서 $W=\dfrac{1}{2}LI^{2}=\dfrac{1}{2}\times12\times4^{2}=96[\mathrm{J}]$가 된다.
독립 역산 — 합성값을 쓰지 않고 각 코일이 따로 품는 몫에서 상호분을 빼는 경로로 세면 $W=\dfrac{1}{2}L_1I^{2}+\dfrac{1}{2}L_2I^{2}-MI^{2}=48+192-144=96[\mathrm{J}]$로 같은 값이 나온다. 거꾸로 $L=\dfrac{2W}{I^{2}}=\dfrac{2\times96}{16}=12[\mathrm{H}]$가 복원된다.
384는 자속이 서로 돕는 방향으로 감았을 때($L=48$), 240은 상호분을 아예 빼먹은 값($L=30$), 48은 결합계수를 1 로 보아 $M=12$로 잡았을 때($L=6$) 나오는 값이다.

직격뢰로부터 전선로를 보호하는 대표적 설비는 가공지선으로, 뇌격전류를 직접 대지로 유도하여 전력선을 보호한다. 정전방전기와 서지흡수기는 유도뢰·개폐서지 대책이고 복도체는 코로나 억제용이므로 정답은 가공지선이다.

표준부하 산정 기준에 따르면 주택 및 아파트의 표준부하는 $40[VA/m^2]$로 정해져 있다. 따라서 정답은 40[VA/m^2]이다.

섹셔널라이저는 자체적으로 고장전류를 차단하는 능력이 없어 반드시 리클로저 등 차단 기능이 있는 후비보호장치와 조합하여 사용해야 한다. 리클로저가 고장전류를 차단하는 동안 섹셔널라이저는 동작 횟수를 세다가 무전압 상태에서 개방된다. 따라서 정답은 섹셔널라이저이다.

가공송전선은 손실이 매우 작아 전파속도가 $v=\dfrac{1}{\sqrt{LC}}\approx3\times10^{5}[\mathrm{km/s}]$에 가깝고, 특성임피던스는 $Z_0=\sqrt{\dfrac{L}{C}}$이다. 두 식을 결합하면 $L=\dfrac{Z_0}{v}=\dfrac{300}{3\times10^{5}}=1\times10^{-3}[\mathrm{H/km}]=1[\mathrm{mH/km}]$이다. 정답은 1이다.

수로에서의 손실낙차는 $3800\times\dfrac1{2000}=1.9\,\mathrm m$이고, 여기에 수압철관 손실낙차 1m를 더 빼면 유효낙차는 $80.9-1.9-1=78\,\mathrm m$이다. 발전소 출력은 $P=9.8QH\eta=9.8\times30\times78\times0.83\approx19{,}034\,\mathrm{kW}$이다.
정답은 19000이다.

단상 3선식은 중성선을 사이에 두고 두 부하가 불평형이 되면 전압 불평형이 발생하므로, 이를 자동으로 보상하기 위해 밸런서를 설치한다. 단상 2선식과 3상 방식은 구조상 각 상의 전압 불평형 문제가 단상 3선식만큼 크지 않아 밸런서의 필요성이 상대적으로 낮다.

공기차단기(ABB)는 압축된 공기를 이용해 아크를 소호하는 차단기로, 일반적으로 15~30[kg/cm²] 정도의 압축공기 압력을 사용한다. 

전력계통의 주파수는 발전기와 부하의 유효전력 균형에 의해 결정되므로, 주파수 변동은 주로 유효전력의 변화에 기인한다. 따라서 정답은 유효전력이다.

정답은 증기를 가열한다이다. 화력발전소의 재열기는 고압터빈을 통과하며 온도가 낮아진 증기를 보일러로 되돌려 다시 가열함으로써 열효율을 높이는 설비이며, 급수를 예열하는 것은 급수가열기의 역할이다.

콘덴서(C) 회로는 전류가 전압보다 90도 앞서므로 전류 자체의 차단은 비교적 쉽지만, 차단 직후 콘덴서에 남아 있는 잔류전하로 인해 극간전압이 빠르게 회복되어 재점호가 여러 번 발생하기 쉽다. 따라서 정답은 C 회로의 차단이다.

차단용량은 명판 전압과 끊을 수 있는 전류를 곱한 뒤 3상이라는 이유로 $\sqrt{3}$을 한 번 더 곱해 $P_s=\sqrt{3}\,V_nI_s$로 잡는다. 값을 넣으면 $P_s=\sqrt{3}\times36\times20\approx1247$이므로 약 1,247[MVA]다. 약 720은 $\sqrt{3}$을 아예 빠뜨린 값, 약 2,160은 그 자리에 3을 곱해 버린 값, 약 416은 곱하는 대신 나눈 값이다.

과전류차단기로 사용하는 고압전로용 비포장퓨즈는 정격전류의 1.25배 전류에는 견디어야 하고, 정격전류의 2배 전류에서는 2분 이내에 용단되어야 한다. 따라서 정답은 2이다.

중성점 접지의 주된 목적은 이상전압 억제, 보호계전기의 확실한 동작 확보, 대지전압 저하 등이며, 송전선로의 전력손실 경감과는 직접적인 관련이 없다. 따라서 정답은 송전선로의 전력손실 경감이다.

변압기 내부의 층간단락과 같은 내부고장은 1차, 2차 전류의 차이(비율)를 검출하는 비율차동계전기로 보호하는 것이 가장 적합하다. 정답은 비율차동 계전기이다.

단로기(DS)는 소호 능력이 없어 부하전류나 사고전류를 차단할 수 없고 무부하 상태의 회로 개폐(구분·분리)에만 사용된다. ABB, VCB, OCB는 모두 소호 기능을 갖춘 차단기로 부하전류 차단이 가능하다.
정답은 DS이다.

공기차단기(ABB), 유입차단기(OCB), 진공차단기(VCB)는 배전계통에서 사용하는 고압용 차단기이지만, 기중차단기(ACB)는 주로 저압 배전반에서 사용되는 차단기이다. 따라서 정답은 기중차단기 ACB이다.

정전과 동시에 자동으로 예비 배전선로로 전환하여 전력 공급을 유지하는 장치는 자동부하 전환개폐기(ALTS)이다. 차단기(①)는 사고 차단용, 섹셔널라이저(②)는 리클로저와 연계한 고장구간 분리용, 리클로저(④)는 고장구간 재폐로용으로 목적이 다르다. 

정전용량 측정법에서는 정전용량이 케이블 길이에 비례한다는 점을 이용하여 고장점까지의 거리를 $l_x=\dfrac{C_x}{C}l$로 구한다. 따라서 정답은 $\dfrac{C_x}{C}l$이다.

보내는 전력과 역률이 묶여 있으면 전압을 올린 만큼 선로에 흐르는 전류가 줄어든다. 손실은 $3I^{2}R$이라 전압의 제곱에 반비례하므로 손실을 $\dfrac{1}{9}$로 낮추려면 전압을 3배로 높여야 한다. 한편 $e=\sqrt3\,I(R\cos\theta+X\sin\theta)$는 전류에 1차로 비례하니 전압강하는 $\dfrac{1}{3}$배로 줄어든다. 9배 조합은 손실비를 승압비에 그대로 옮긴 값, $\sqrt3$배 조합은 제곱근을 한 번 더 취한 값이다.

중성점을 땅에 바로 이으면 한 상이 땅에 닿았을 때 흐르는 전류가 매우 커진다. 그 덕분에 지락계전기가 확실히 떨어지므로 지락전류가 작아 계전기를 동작시키기 어렵다는 서술이 사실과 다르다. 대신 통신선 유도장해와 차단기 부담이 커지는 것이 이 방식의 대가다. 또 대지전위가 안정돼 과전압이 낮게 억제되므로 변압기 중성점 쪽 절연 두께를 줄인 설계가 가능하다는 점은 맞는 설명이다.

정답은 대용량에서 기동이 용이하다이다. 농형 회전자는 구조가 간단하고 견고하며 보수가 쉬워 중·소형 전동기에 널리 쓰이지만, 기동전류가 크고 기동토크는 상대적으로 작아 대용량에서는 오히려 기동이 곤란하다. 권선형은 외부에서 2차 저항을 조정해 기동특성을 개선할 수 있어 대용량 기동에 더 유리하다.

유도전동기의 최대토크는 2차저항과 무관하며, 2차저항을 바꾸면 최대토크가 발생하는 슬립점만 이동할 뿐 최대토크의 크기 자체는 변하지 않는다. 따라서 정답은 변하지 않는다이다.

동기기의 난조는 조속기 감도가 지나치게 예민하거나, 관성모멘트가 작거나, 원동기 토크에 고조파 성분이 포함되거나, 전기자 회로의 저항이 지나치게 클 때 발생하기 쉽다. 저항이 크면 제동권선의 제동토크가 줄어들어 난조가 발생하지만 저항이 작은 경우는 난조의 원인으로 보기 어렵다. 따라서 정답은 전기자 회로의 저항이 지나치게 작은 경우이다.

2차 유도기전력은 $E_{2s}=sE_2=0.04\times150=6[\mathrm{V}]$이다. 정답은 6이다.

유도전동기에서 2차 입력 $P_{2}$, 2차 동손 $P_{c2}=sP_{2}$, 기계적 출력 $P_{0}=(1-s)P_{2}$ 의 관계가 성립한다. 따라서 2차 효율은 $\eta_{2}=\dfrac{P_{0}}{P_{2}}=\dfrac{(1-s)P_{2}}{P_{2}}=1-s$ 이며, 이는 회전속도 비 $\eta_{2}=\dfrac{N}{N_{s}}=\dfrac{\omega}{\omega_{s}}$ 와도 같다. 그러므로 정답은 1-s 이다. ③ s 는 2차 입력 중 2차 동손이 차지하는 비율일 뿐이며, 슬립이 커질수록 효율이 좋아진다는 모순된 결과를 준다.

3상 유도전동기의 토크는 회전자 속도에 무관하게 2차입력을 동기속도로 나눈 값에 비례한다. 이 때문에 실제 전력이 아니라 토크의 크기를 나타내는 데 동기속도에서의 가상 전력인 동기와트를 사용하며, 따라서 동기와트로 나타내는 것은 ④ 토크이다.

제n고조파를 제거하기 위한 단절권계수는 $k_{pn}=\sin\left(\dfrac{n\beta\pi}{2}\right)$(β=코일간격/극간격)이며, 제5고조파(n=5)를 제거하려면 이 값이 0이 되어야 한다. 기본파 권선계수의 저하를 최소화하기 위해 1에 가까운 $\beta=0.8$을 선택하며, 이때 $\sin\left(\dfrac{5\times0.8\times\pi}{2}\right)=\sin(2\pi)=0$이 성립한다. 따라서 정답은 0.8이다.

전기자 반작용은 전기적 중성축을 이동시키고 정류자편 사이의 전압을 불균일하게 하여 정류 작용에 악영향을 주지만, 주자속을 증가시키는 것이 아니라 감자작용에 의해 오히려 감소시킨다. 따라서 전기자 반작용의 영향이 아닌 것은 ④ 주자속이 증가한다이다.

정답은 폐로권, 고상권, 2층권이다. 직류기의 전기자권선은 일반적으로 폐로권, 고상권, 2층권을 사용하며, 개로권이나 환상권, 단층권은 실용적으로 쓰이지 않는다.

변압기유는 방열과 냉각매체 역할을 겸하므로 순환이 잘 되도록 오히려 점도가 낮아야 한다. 인화점이 높고 절연내력이 크며 응고점이 낮아야 한다는 조건은 모두 옳지만, 점도가 크다는 것은 냉각·순환에 불리하므로 틀린 조건이다. 따라서 정답은 점도가 클 것이다.

정답은 실리콘 정류기이다. 실리콘 정류기는 셀렌·아산화동·게르마늄 정류기에 비해 역방향 내전압과 내열성이 가장 우수하여 현재 전력용 반도체 정류소자로 널리 쓰인다.

DC서보모터는 위치·속도·전류(토크) 제어를 위한 궤환 제어 대상으로 사용되며, 역률은 교류 회로에서 유효전력과 피상전력의 관계를 나타내는 개념으로 DC서보모터의 제어 기능에 해당하지 않는다. 따라서 정답은 역률 제어 기능이다.

직류기의 온도상승시험 중 반환부하법에는 홉킨슨법, 블론델법, 카프법이 있으며, 스코트법은 3상을 2상으로 변환하는 결선방식으로 반환부하법과는 무관하다. 따라서 정답은 스코트법이다.

%동기임피던스는 $\%Z_s=\dfrac{P\,Z_s}{V^2}\times100=\dfrac{10000\times10^{3}\times2}{6000^{2}}\times100\approx55.6[\%]$이고, 단락비는 그 역수인 $K_s=\dfrac{100}{\%Z_s}\approx1.8$이다. 정답은 1.8이다.

반파정류에서 부하에 나타나는 직류분 전압은 $E_d=\dfrac{\sqrt2\,E}{\pi}$이므로 $\dfrac{\sqrt2\times100}{\pi}\approx45.0$[V]가 되고, 저항 부하이니 이를 20으로 나누어 약 2.25[A]를 얻는다. 4.50은 전파정류 식 $\dfrac{2\sqrt2\,E}{\pi}$를 쓴 값, 5.00은 실효값을 그대로 나눈 값, 7.07은 최댓값을 평균값 자리에 넣은 값이다.

동기발전기의 유도기전력은 $E=4.44fN\Phi k_w$로 회전속도(주파수)에 비례한다. 회전수가 900rpm에서 1800rpm으로 2배가 되면 기전력도 2배가 되어 $6000\times2=12000[V]$가 되므로 정답은 12000이다.

직류 발전기의 단자전압은 유기기전력과 전기자전압강하로 결정되며, 유기기전력은 계자전류에 비례한다. 따라서 계자 저항을 가감하여 계자전류를 조정하면 단자전압을 제어할 수 있다. 정답은 계자 저항이다.

중권은 병렬회로수 a가 극수 p와 같으므로 $E=\dfrac{pZ\Phi N}{60a}=\dfrac{Z\Phi N}{60}$이다. $100=\dfrac{500\times 0.01\times N}{60}$에서 $N=1200$[rpm]이다. 따라서 정답은 1200이다.

권선피치와 자극피치의 비 $\beta=\frac{12}{15}=0.8$이므로 단절권계수는 $k_p=\sin\left(\beta\times90^\circ\right)=\sin72^\circ\approx0.95$이다. 따라서 정답은 0.95이다.

이 변압기는 210/105[V]로 권수비 $a=210/105=2$이며, 그림은 한쪽 권선의 V단자를 다른 권선의 V단자에 직결하고 U단자 사이에 전압계를 연결한 결선이다. 국내 표준인 감극성 변압기에서는 이렇게 접속하면 전압계가 두 권선 전압의 차를 지시한다. 1차에 인가한 200[V]에 대응하는 2차 유기전압은 $200/2=100[\mathrm{V}]$이므로 전압계 지시값은 $200-100=100[\mathrm{V}]$가 되어 정답은 100이다.

정답은 10[A]이다. 제3고조파의 리액턴스는 $3\omega L=3\times2=6\,[\Omega]$이므로 임피던스는 $Z_3=\sqrt{8^2+6^2}=10\,[\Omega]$이고, 제3고조파 전압의 실효값이 100V이므로 전류 실효값은 $I_3=\dfrac{100}{10}=10\,[\mathrm{A}]$이다.

정답은 $\frac{s+2}{(s+2)^2+3^2}$이다. $e^{-at}\cos(bt)$의 라플라스 변환은 $\frac{s+a}{(s+a)^2+b^2}$이므로 a=2, b=3을 대입하면 그대로 ②의 식이 되며, ①과 ③은 분모의 부호나 지수가 잘못되어 있다.

전파정수는 단위 길이의 임피던스 $Z=R+j\omega L$과 어드미턴스 $Y=G+j\omega C$를 곱한 뒤 근호를 씌운 $\gamma=\sqrt{ZY}=\alpha+j\beta$로 정의된다. 손실이 없으면 $R$과 $G$가 빠져 $\gamma=\sqrt{j\omega L\cdot j\omega C}=$$j\omega\sqrt{LC}$이고 실수부인 $\alpha$는 0이 된다. 남는 것은 위상정수 $\beta=\omega\sqrt{LC}$뿐이라 진폭이 줄지 않고 전달되며, $\sqrt{L/C}$는 전파정수가 아니라 특성 임피던스에 해당한다.

저항과 컨덕턴스가 0인 무손실 조건에서는 $\gamma=\sqrt{ZY}=\sqrt{(j\omega L)(j\omega C)}=j\omega\sqrt{LC}$가 되므로 감쇠 없이 위상만 회전하고, 허수부가 곧 위상정수 $\beta=\omega\sqrt{LC}$이다. $\omega=2\pi\times 60\approx 377$[rad/s], $\sqrt{LC}=\sqrt{(0.8\times 10^{-3})(5\times 10^{-9})}=2\times 10^{-6}$이므로 $\beta=377\times 2\times 10^{-6}\approx 7.54\times 10^{-4}$[rad/km]가 나온다. 각속도 자리에 주파수 60을 그대로 넣으면 $1.20\times 10^{-4}$, 각속도를 곱하지 않으면 $2.00\times 10^{-6}$, 제곱근을 빠뜨리면 $1.51\times 10^{-9}$이 된다.

$RL$ 직렬회로의 시정수는 $\tau=\dfrac LR=\dfrac{40\times10^{-3}}{20}=2\times10^{-3}\ [\mathrm{sec}]$이다. 따라서 정답은 $2\times10^{-3}$이다.