[전기기사 필기] 24년 1회차 기출문제 정답·해설 페이지

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

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 $\dfrac{1}{2}\epsilon\dfrac{V^{2}}{d^{2}}S$ 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.

주회적분 법칙을 시변 전자계까지 넓히려면 전도전류밀도만으로는 모자라고, 전속밀도가 달라질 때 생기는 $\dfrac{\partial D}{\partial t}$(변위전류밀도)를 반드시 더해야 한다. 이 항이 빠지면 콘덴서 극판 사이처럼 도체가 끊긴 구간에서 전하 보존과 어긋나므로, $\nabla\times H=i_c$ 한 식이면 충분하다는 넷째 설명이 잘못이다. 나머지 셋은 각각 홀극 부재, 전하가 전속선의 발산원이라는 점, 자속 변화가 전계를 유도한다는 점을 바르게 옮긴 것이다.

유전체 속을 흐르는 변위전류는 $i_d=C\dfrac{dv}{dt}$이므로 정현파에서는 크기가 $I=\omega CV$가 된다. $\omega=2\pi\times60\approx377$[rad/s], $C=5\times10^{-6}$[F], $V=100$[V]를 넣으면 $377\times5\times10^{-6}\times100\approx0.1885$[A], 곧 약 188.5[mA]다. 266.6은 실효값 자리에 최댓값을 답한 값, 133.3은 실효값을 한 번 더 $\sqrt2$로 나눈 값, 30.0은 $2\pi$를 빼먹고 주파수만 곱한 값이다.

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 $-3yi-3xj-4zk$이다.

비투자율과 자화율은 $\chi=\mu_s-1$로 묶여 있다. $\mu_s$가 1을 조금 넘었다는 것은 $\chi$가 0보다 큰 작은 양수라는 뜻이며, 자계를 걸면 그 방향으로 약하게 끌려가는 성질을 보인다. 이런 매질을 상자성체로 분류한다.
나머지 보기는 $\mu_s$ 조건과 어긋난다. $\mu_s<1$이면 $\chi<0$인 반자성체, 진공처럼 $\mu_s=1$이면 $\chi=0$이고, $\chi=-1$은 초전도체가 자속을 완전히 밀어낼 때 나타나는 극단값이다.

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

정전에너지 밀도는 $w=\dfrac12ED=\dfrac{D^2}{2\varepsilon}$로 쓸 수 있으므로, 유전율은 $\varepsilon=\dfrac{D^2}{2w}$로 뒤집어 구한다.
수치를 넣으면 $\varepsilon=\dfrac{(3\times10^{-7})^2}{2\times2.5\times10^{-3}}=\dfrac{9\times10^{-14}}{5\times10^{-3}}=1.8\times10^{-11}$[F/m]이 나온다.
역산 검산 — $E=\dfrac{D}{\varepsilon}=\dfrac{3\times10^{-7}}{1.8\times10^{-11}}\approx1.67\times10^{4}$[V/m]이고 $\dfrac12ED=\dfrac12\times1.67\times10^{4}\times3\times10^{-7}\approx2.5\times10^{-3}$[J/m$^3$]로 주어진 에너지밀도가 그대로 복원된다.

손실이 있는 매질에서 전파상수는 $\gamma=\sqrt{j\omega\mu(\sigma+j\omega\varepsilon)}=\alpha+j\beta$로 쓰이고, 파의 크기는 나아간 거리에 따라 $e^{-\alpha x}$로 작아진다. 여기서 $\alpha$가 감쇠정수다.
$\sigma$가 커지면 전계가 매질 안의 자유전하를 밀어 전도전류를 만들고, 그 전류가 열로 흩어지는 몫이 늘어난다. 이 열손실이 파의 에너지를 갉아먹으므로 $\alpha$가 커지고 같은 거리를 가도 남는 세기가 작아진다. 그래서 ①이 옳다.
침투깊이는 $\delta=\dfrac{1}{\alpha}\approx\sqrt{\dfrac{2}{\omega\mu\sigma}}$이므로 $\sigma$가 커질수록 오히려 얇아져 ③은 거꾸로다. ②처럼 크기가 그대로라면 손실이 없다는 뜻이라 앞뒤가 맞지 않고, ④의 고유임피던스는 손실이 있으면 $\eta=\sqrt{\dfrac{j\omega\mu}{\sigma+j\omega\varepsilon}}$로 복소수가 되어 전계와 자계 사이에 위상차를 만든다.
비나 안개가 낀 날 마이크로파·밀리파 회선의 수신 세기가 떨어지는 까닭이 이것이다. 물방울이 섞이면 $\sigma$가 커진 대기가 파를 더 많이 삼키고, 주파수가 높을수록 그 정도가 두드러진다.

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 $\epsilon_1>\epsilon_2$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 0이다.

정답은 $\frac{1}{8}\mu_0H^2$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 $\frac{4}{3}\times10^{-2}[\mathrm{F}]$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 $\mu_0qvH$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. 

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. 

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

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 $\dfrac{\rho}{2\pi\epsilon_0 r}$이다.

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

소호리액터는 땅과의 정전용량 때문에 흐르는 충전전류를 지워 없앨 만큼으로 잡으므로 $Q_L=3\omega CE^{2}$($E$는 한 상의 전압)를 쓴다. 2회선이 함께 있으니 한 상이 거느리는 값은 $C=0.005\times30\times2=0.3$[μF]이고, $E=\dfrac{66000}{\sqrt{3}}\approx38105$[V]와 $\omega=2\pi\times60\approx377$을 넣으면 $Q_L\approx4.93\times10^{5}$[VA], 곧 약 493[kVA]가 된다. 약 246은 회선이 둘인 것을 셈에 넣지 않은 값, 약 1,478은 한 상의 전압 자리에 선간 값을 그대로 넣은 값, 약 164는 3을 곱하지 않은 값이다.

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

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

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

백분율 임피던스로 단락전류를 먼저 잡으면 $I_s=\dfrac{100}{\%Z}I_n=\dfrac{100}{25}\times500=2000\,[\mathrm A]$다. 이 전류가 선간전압 $66\,[\mathrm{kV}]$ 아래에서 흐르므로 $P_s=\sqrt3\,VI_s=\sqrt3\times66\times10^3\times2000\approx228.6\times10^6\,[\mathrm{VA}]=228.6\,[\mathrm{MVA}]$가 된다.
다른 길로 짚어도 같다. 기준 용량이 $P_n=\sqrt3\times66\times10^3\times500\approx57.2\,[\mathrm{MVA}]$이므로 $P_s=\dfrac{100}{\%Z}P_n=4\times57.2\approx228.6\,[\mathrm{MVA}]$로 두 계산이 맞물린다.
$57.2$는 기준 용량을 그대로 답으로 쓴 값, $132.0$은 $\sqrt3$을 빠뜨린 값, $285.8$은 $\%Z$를 $20\,[\%]$로 잘못 읽은 값이다.

이 방식은 두 회선 이상의 배전선에서 네트워크 변압기로 급전받아 저압측을 그물 모양으로 이어 놓기 때문에 한 회선이 없어져도 무정전으로 공급되고, 전압강하와 손실이 작으며 증설에도 유리하다. 다만 저압 모선에서 변압기 쪽으로 전력이 거꾸로 흐르면 사고가 확대되므로 네트워크 변압기 2차측 프로텍터가 역방향 전력을 자동으로 차단해야 한다. 나머지 셋은 이 방식의 장점을 거꾸로 뒤집어 서술한 것이다.

차폐선을 두면 통신선에 유도되는 전압이 줄어드는데, 그 줄어든 비율을 나타내는 값이 $\lambda=\left|1-\dfrac{Z_{1s}Z_{2s}}{Z_sZ_{12}}\right|$이다. 수치를 넣으면 $\dfrac{20\times15}{50\times10}=0.6$이므로 $\lambda=|1-0.6|=0.4$가 되어 0.4가 답이다. 0.6은 절댓값 괄호 안의 비만 구한 값, 0.67은 분자와 분모를 서로 바꿔 넣은 값, 1.6은 1에서 빼지 않고 더한 값이다.

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 52.7[%]이다.

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

공진은 리액터가 세 상분의 대지정전용량을 상쇄할 때 이루어지므로 탭 값은 $X=\dfrac{1}{3\omega C}-\dfrac{x_t}{3}$가 된다. 앞항은 $\dfrac{1}{3\times2\pi\times60\times0.5\times10^{-6}}\approx1768$[Ω]이고 뒤항은 $\dfrac{15}{3}=5$[Ω]이므로 약 1763[Ω]으로 잡아야 한다. 1773은 변압기 몫을 빼지 않고 더한 값, 1723과 1813은 변압기 리액턴스를 3으로 나누는 대신 3배 한 값이다.

차폐선을 놓으면 통신선에 걸리는 전자유도전압이 저감계수 $\lambda=\left|1-\dfrac{Z_{1S}Z_{2S}}{Z_SZ_{12}}\right|$배로 줄어든다. 주어진 값을 넣으면 분수 부분이 $\dfrac{j5\times j3}{j10\times j2}=\dfrac{15}{20}=0.75$이므로 $\lambda=\left|1-0.75\right|=$0.25다. 0.75는 1에서 빼는 과정을 놓친 값, 1.75는 부호를 반대로 잡아 더한 값, 0.33은 분수를 뒤집어 쓴 값이다.

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 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 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 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. 

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

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 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 차단기(CB)이다.

정답은 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 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 정답이다.

회전자 쪽 주파수는 고정자 주파수에 슬립을 곱한 값이므로 슬립은 $s=\dfrac{2.4}{60}=0.04$이다. 극수 4에 대한 무부하 속도가 $N_s=\dfrac{120\times60}{4}=1{,}800$[rpm]이므로 실제 축 속도는 $(1-0.04)\times1{,}800=$1,728[rpm]이 된다. 1,800은 슬립을 반영하지 않은 값, 1,872는 $(1+s)$를 곱해 부호를 뒤집은 값, 864는 극수를 8로 잘못 본 값이다.

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 $3840$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 정답이다.

분권계자는 단자에 직접 걸리므로 $I_{f1}=\dfrac{220}{22}=10\,[\mathrm A]$, $I_{f2}=\dfrac{220}{44}=5\,[\mathrm A]$다. 전기자 쪽은 유기기전력과 단자전압의 차를 전기자 저항으로 나눠 $I_{a1}=\dfrac{230-220}{0.05}=200\,[\mathrm A]$, $I_{a2}=\dfrac{228-220}{0.04}=200\,[\mathrm A]$가 흐른다. 계자로 갈라져 들어간 몫을 덜어내면 모선 쪽으로 넘어가는 전류는 $200-10=190\,[\mathrm A]$와 $200-5=195\,[\mathrm A]$다.
그러므로 $P=220\times(190+195)=220\times385=84\,700\,[\mathrm W]=84.7\,[\mathrm{kW}]$다.
되짚어 $\dfrac{84\,700}{220}=385\,[\mathrm A]$이고 여기에 계자 몫 $15\,[\mathrm A]$를 되살리면 전기자전류 합이 $400\,[\mathrm A]$, 곧 $220+200\times0.05=230\,[\mathrm V]$와 $220+200\times0.04=228\,[\mathrm V]$로 두 유기기전력이 그대로 복원된다. 계자 몫을 덜어내지 않으면 $88.0$, 두 번 덜어내면 $81.4$, 한 대분만 세면 $42.9$가 나온다.

정격용량은 직렬권선이 부담하는 승압분 전압에 그 권선을 지나는 전류를 곱한 값이다. 출력 범위가 $220\pm40$[V]이므로 승압분은 $40$[V], 전류는 $75$[A]이니 $40\times75=3000$[VA], 곧 3.0[kVA]가 된다. 16.5는 승압분 자리에 기준전압 220[V]를 넣어 부하용량을 구한 값, 6.0은 조정 폭 80[V]를 그대로 쓴 값, 5.2는 3상용 $\sqrt3$을 덧붙인 값이다.

정답은 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 감자 작용을 한다이다.

정답은 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 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.

정류효율은 교류 입력전력에 대한 직류 출력전력의 비이므로 ②는 분자와 분모가 뒤바뀌었다. 반파는 $4/\pi^{2}$로 약 40.6[%], 전파는 $8/\pi^{2}$로 약 81.2[%]이어서 ①은 두 값을 서로 바꿔 놓았고, 전파정류의 효율은 반파정류의 정확히 2배가 된다. 브리지형과 중간탭형은 도통하는 소자 수만 다를 뿐 이론상 효율은 같으므로 ④도 틀리다.

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 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 10이다.

탭을 옮기는 일은 1차 권선의 감은 수를 바꾸는 일이다. 들어오는 전압과 2차 권선 수가 그대로라면 $V_2=V_{in}\dfrac{N_2}{N_1}$에서 $N_1$만 변하므로, 2차에 나오는 전압은 탭 값에 반비례한다.
따라서 $V_{tap}'=V_{tap}\times\dfrac{V_2}{V_2'}=3300\times\dfrac{210}{220}=3150[\mathrm{V}]$다. 2차를 올리고 싶으면 탭은 거꾸로 낮은 쪽을 골라야 한다는 점이 이 문제의 함정이다.
독립 역산 — 구한 탭으로 되짚어 보면 $210\times\dfrac{3300}{3150}=220[\mathrm{V}]$로 목표치가 정확히 나온다.
3450 은 비례 관계를 거꾸로 잡아 $3300\times\frac{220}{210}\approx3457$로 간 값, 3300 은 탭을 그대로 둔 경우, 3000 은 필요한 정도보다 지나치게 내려 2차가 $210\times\frac{3300}{3000}=231[\mathrm{V}]$까지 올라가 버리는 값이다.

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

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 12이다.

회전자 동손은 2차 입력에 슬립을 곱한 $P_{2c}=sP_2$이므로, 거꾸로 $P_2=2/0.04=50$[kW]를 얻는다. 축으로 나오는 힘은 여기서 동손을 덜어낸 $P_o=P_2-P_{2c}=(1-s)P_2=0.96\times 50$이므로 48 [kW]가 된다. 회전속도비를 써서 $P_o=(N/N_s)P_2$로 계산해도 결과는 같다. 50은 2차 입력을 그대로 옮긴 값, 52는 동손을 더해 버린 값, 46은 동손을 두 번 덜어낸 값이다.