[전기기사 필기] 25년 2회차 기출문제 해설 페이지

두 도체를 가는 철사로 연결하면 두 도체는 같은 전위가 된다. 전체 전하는 $Q_1+Q_2=-5+2=-3[\mu\mathrm{C}]$, 합성 정전용량은 $C_1+C_2=3[\mu\mathrm{F}]$이므로 공통 전위는 $V=\dfrac{-3}{3}=-1[\mathrm{V}]$이다. 연결 후 $C_1$의 전하는 $Q_1'=C_1V=-1[\mu\mathrm{C}]$이 되므로, $C_1$에서 $C_2$로 이동한 전하는 $Q_1-Q_1'=-5-(-1)=-4[\mu\mathrm{C}]$가 되어 정답은 ② -4이다.

완전도체 표면의 면전하밀도는 표면 바로 위 전계와 $\rho_s=\epsilon_0 E$의 관계를 가진다. 전계의 크기는 $|E|=\sqrt{3^2+4^2}=5$[V/m]이므로 $\rho_s=8.854\times10^{-12}\times5=4.43\times10^{-11}$[C/m²]가 된다. 따라서 정답은 ②이다.

유전체 중의 점전하 Q에서 나오는 전기력선의 수는 매질의 유전율에 반비례하여 $N=\dfrac{Q}{\epsilon}=\dfrac{Q}{\epsilon_0\epsilon_s}$가 된다(전속선의 수는 매질에 무관하게 Q개이지만, 전기력선의 수는 유전율에 반비례한다). 따라서 정답은 ② $\frac{Q}{\epsilon_0\epsilon_s}$이다.

경계면에 진자하가 없으므로 경계를 둘러싼 미소 폐곡면에서는 들어간 자속만큼 나오게 되어 순유출 자속은 0이 된다. 이를 식으로 쓰면 $\int_s B\cdot n\,ds=0$이 되어 정답은 ②이다. sinθ가 곱해진 식이나 선적분 형태로 쓴 식은 이 자속 보존 관계를 옳게 나타낸 것이 아니다.

도체구 B는 전하가 0이므로 안쪽면에 $-Q_A$, 바깥면에 $+Q_A$가 유도되고, A의 전위는 $V_A=\frac{Q_A}{4\pi\epsilon_0}\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$로 구해진다. $a=0.02, b=0.04, c=0.05[\mathrm m]$를 대입하면 $\frac{1}{a}-\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=50-25+20=45$이고, $V_A=9\times10^9\times4\times10^{-10}\times45=162[\mathrm V]$가 된다. 따라서 정답은 ② 162이다.

무손실 매질의 고유임피던스는 $\eta=\sqrt{\mu/\epsilon}=60\pi$이고 자유공간의 고유임피던스가 $120\pi$이므로 $\sqrt{\epsilon_r}=2$, 즉 $\epsilon_r=4$이다. 전파속도는 $v=\dfrac{c}{\sqrt{\mu_r\epsilon_r}}=\dfrac{3\times10^8}{2}=1.5\times10^8\rm{[m/s]}$이고, 위상항 $(\omega t-z)$에서 위상정수가 1이므로 $\omega=v\times1=1.5\times10^8\rm{[rad/s]}$가 되어 정답은 ③이다.

도체구 표면의 전속밀도는 $D=\dfrac{Q}{4\pi a^2}$이고, 유전체 내부의 분극의 세기는 $P=D\left(1-\dfrac{1}{\epsilon_s}\right)$이다. 경계면에 나타나는 분극전하밀도의 크기는 이 P와 같으므로 $\sigma_p=\dfrac{Q}{4\pi a^2}\left(1-\dfrac{1}{\epsilon_s}\right)$가 되어 정답은 ③이다.

포인팅 벡터는 전자파가 단위 시간에 단위 면적을 통과하는 에너지, 즉 전력밀도를 나타내며 전계와 자계의 벡터곱으로 정의된다. 순시값 기준으로 $P=E\times H$이므로 정답은 ③번이다.

반자성체는 외부 자기장과 반대 방향으로 자화되는 물질로 비투자율은 1보다 작은 값을 가진다. 따라서 정답은 ③ $\mu _r<1$이다. 상자성체는 $\mu _r>1$(①)이며, $\mu _r=0$(②)이나 $\mu _r=1$(④)은 반자성체의 특성이 아니다.

한 변의 길이가 $l$인 정사각형 도체에서 한 변이 중심에 만드는 자계는 $H_1=\dfrac{I}{4\pi(l/2)}\times2\times\dfrac{1}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}I}{2\pi l}$이고, 네 변이 만드는 전체 자계는 이의 4배인 $H=\dfrac{2\sqrt{2}I}{\pi l}$가 되어 정답은 ③이다.

패러데이의 전자유도법칙에 따르면 코일에 유도되는 기전력은 $e=-N\dfrac{d\phi}{dt}$로 나타난다. 따라서 정답은 ③ $e=-N\dfrac{d\phi}{dt}$이다.

공극의 자기저항은 $R=\dfrac{l}{\mu_0 A}=\dfrac{0.8}{4\pi\times10^{-7}\times0.5}=1.27\times10^{6}$[AT/Wb]가 된다. 따라서 정답은 ③이다.

변위전류밀도는 $J_d=\dfrac{\partial D}{\partial t}=\epsilon\dfrac{\partial E}{\partial t}$로 구한다. $E=E_0\cos\omega t$를 미분하면 $J_d=-\epsilon\omega E_0\sin\omega t$가 되어 그 크기는 $\omega E_0$에 비례한다. 따라서 정답은 ③ $\omega E_0$에 비례한다이다.

대지 위 h 높이에 있는 선전하는 영상법에 의해 대지에서 2h만큼 떨어진 위치에 반대부호의 영상 선전하가 있는 것과 같은 힘을 받는다. 평행한 두 선전하 사이의 단위길이당 힘은 $F=\dfrac{\lambda^2}{2\pi\varepsilon_0(2h)}$로 h에 반비례하므로 정답은 ③ h에 반비례한다이다.

플레밍의 왼손법칙 $F=B\times I\times l$은 자계 내에 놓인 전류가 흐르는 도체가 받는 힘을 나타내며, 이는 전동기 원리에서 전기자 도체가 받는 회전력(토크)을 설명하는 데 사용된다. 따라서 정답은 ③ 전동기의 전기자에 작용하는 힘이다.

$V=\dfrac1{x^2+y^2}$이므로 $\dfrac{\partial V}{\partial x}=-\dfrac{2x}{(x^2+y^2)^2}$, $\dfrac{\partial V}{\partial y}=-\dfrac{2y}{(x^2+y^2)^2}$이다. 따라서 $\operatorname{grad}V=-\dfrac{i2x+j2y}{(x^2+y^2)^2}$이다.
정답은 ③ $-\dfrac{i2x+j2y}{(x^2+y^2)^2}$이다.

평면 전자파에서 전계와 자계는 고유임피던스 $\eta=\sqrt{\mu/\epsilon}=E/H$의 관계를 가지므로 $H=\sqrt{\dfrac{\epsilon}{\mu}}E_m\sin\omega\left(t-\dfrac{x}{v}\right)$이다. 따라서 정답은 ①이다.

세 콘덴서가 직렬 연결되면 전하량 $Q$가 모두 동일하므로, 정전용량이 가장 작은 $0.01[\mu F]$ 콘덴서가 가장 먼저 내압(2.0kV)에 도달한다. 이때 전하량은 $Q=CV=0.01\times10^{-6}\times2000=2\times10^{-5}[\mathrm{C}]$이다. 직렬 합성 정전용량은 $\dfrac{1}{C}=\dfrac{1}{0.01}+\dfrac{1}{0.02}+\dfrac{1}{0.04}=175$에서 $C=\dfrac{1}{175}[\mu F]$이므로 전체 내압은 $V=\dfrac{Q}{C}=\dfrac{2\times10^{-5}}{\left(1/175\right)\times10^{-6}}=3500[\mathrm{V}]$이다. 따라서 정답은 ① 3500이다.

직렬로 접속된 콘덴서는 $\dfrac{1}{C}=\dfrac{1}{C_1}+\dfrac{1}{C_2}$의 관계를 가져 합성 정전용량이 각 콘덴서의 정전용량보다 작아지며, 정전용량의 합과 같아지지는 않는다. 따라서 옳지 않은 설명은 ① 합성 정전용량은 각 콘덴서의 정전용량의 합과 같다이다. 직렬 회로에서는 각 콘덴서에 걸리는 전하량이 같고, 정전용량이 작은 콘덴서에 더 큰 전압이 걸린다는 나머지 설명은 모두 옳다.

전계를 [V/cm]에서 [V/m]로 환산하면 $E=100i+200j+300k$[V/m]이며, 균일전계이므로 필요한 일은 $W=qE\cdot d=1\times10^{-8}\times(100\times3)=3\times10^{-6}$[J]이 되어 정답은 ① $3\times10^{-6}$이다.

3상 1회선을 정삼각형으로 배치한 송전선의 작용인덕턴스는 $L=0.05+0.4605\log_{10}\dfrac{D}{r}\,[\mathrm{mH/km}]$로 나타난다. 따라서 정답은 ② $L=0.05+0.4605\log_{10}\dfrac{D}{r}$이다.

통신선에 발생하는 정전유도전압은 전력선과 통신선 사이의 정전용량(커패시턴스)에 의해 결정되며, 통신선의 길이와는 무관하고 전력선의 대지전압에 비례한다. 이와 달리 전자유도전압은 선로의 길이에 비례한다. 따라서 정답은 ②이다.

고압배전계통은 배전변전소에서 나온 급전선이 여러 갈래의 간선으로 나뉘고, 간선에서 다시 분기선으로 갈라져 수용가에 전력을 공급하는 구조를 갖는다. 따라서 정답은 ② 배전변전소→급전선→간선→분기선이다.

전력계통의 주파수는 발전기 회전속도와 직결되며, 유효전력의 수급 불균형이 발생하면 회전속도, 즉 주파수가 변동한다. 따라서 정답은 ② 유효전력이다.

단로기(DS)와 선로개폐기(LS)는 무부하 상태에서만 전로를 개폐할 수 있어 고장전류(대전류)를 차단할 능력이 없고, 차단기(CB)만이 고장 시의 대전류를 안전하게 차단할 수 있다. 정답은 ② 차단기(CB)이다.

4각형 배치에서 소도체 간 거리는 변 4개(각 40[cm])와 대각선 2개(각 $40\sqrt2\rm{[cm]}$)로 이루어진다. 기하평균거리는 $D_e=\sqrt[6]{40^4\times(40\sqrt2)^2}=40\times2^{1/6}\approx44.9\rm{[cm]}$가 되어 정답은 ②이다.

댐의 설계나 저수지 용량을 결정할 때는 하천 유량을 시간 순서대로 누적하여 나타낸 적산유량곡선(유량누가곡선)을 이용해 저수 가능량과 필요 방류량을 비교·검토한다. 유황곡선은 유량의 지속일수를 보여줄 뿐 저수지 용량 결정에는 직접 쓰이지 않는다. 따라서 정답은 ② 적산유량곡선이다.

피뢰기는 평상시에는 전류를 흘리지 않다가 이상전압 발생 시에만 방전하도록 비직선 저항 특성을 갖는 특성요소와 직렬갭으로 구성된다. 따라서 정답은 ② 특성요소와 직렬갭이다.

부등률을 적용한 합성최대전력은 전등 $\dfrac{600\times 0.6}{1.2}=300$[kW], 동력 $\dfrac{800\times 0.8}{1.6}=400$[kW]이며, 전등·동력 간 부등률 1.4를 적용하면 $\dfrac{300+400}{1.4}=500$[kW]이다. 선로손실 10[%]를 반영하면 변전소의 최대전력은 $500\times 1.1=550$[kW]이므로 정답은 ② 550이다.

통신선에 유기되는 정전유도전압은 전력선-통신선 간 상호정전용량과 통신선의 대지정전용량의 분압으로 구해지며, $E_s=\frac{C_{ab}}{C_{ab}+C_b}E$이다. 따라서 정답은 ② $\frac{C_{ab}}{C_{ab}+C_{b}}E$이다.

송전전력 $P$, 거리, 손실률 $\varepsilon$이 일정할 때 선로전류는 $I=\dfrac{P}{\sqrt{3}V\cos\theta}$이므로 전력손실 $P_l=3I^2R$은 $V^2$에 반비례한다. 손실률 $\varepsilon=P_l/P$가 일정하려면 $R=\rho l/A$가 $V^2$에 비례해야 하므로 단면적 $A$는 $V^2$에 반비례한다. 따라서 정답은 ② A ∝ 1/V2이다.

화력발전소의 열손실 중 가장 큰 비중을 차지하는 것은 복수기에서 증기가 냉각되며 버려지는 손실로, 전체 입열의 절반 이상을 차지한다. 따라서 정답은 ② 복수기 냉각 후에 빼앗기는 손실이다.

흡출관은 반동수차에서 러너를 통과한 물을 방수면까지 유도함으로써 러너 출구와 방수면 사이의 낙차까지 유효낙차로 활용할 수 있게 해주는 장치이다. 따라서 정답은 ② 낙차를 늘리기 위하여이다.

공통 중성선 다중접지 방식에서 1차와 2차 중성선을 전기적으로 연결하는 것은 고압과 저압이 혼촉되었을 때 저압측에 나타나는 상승전압을 대지로 방류시켜 억제하기 위함이다. 따라서 정답은 ② 고저압 혼촉 시 수용가에 침입하는 상승전압을 억제하기 위함이다.

공통중성선 다중접지 방식에서 1차측과 2차측 중성선을 전기적으로 연결하면, 고저압 혼촉사고 시 저압측에 침입할 수 있는 이상 상승전압을 대지로 방류시켜 억제할 수 있다. 정답은 ② 고저압 혼촉 시 수용가에 침입하는 상승전압을 억제하기 위함이다.

정삼각형 배치인 경우 각 상 사이의 등가선간거리가 모두 $D$로 동일해지며, 3상 1회선 송전선의 작용인덕턴스는 $L=0.05+0.4605\log_{10}\dfrac Dr\ [\mathrm{mH/km}]$로 주어진다. 따라서 정답은 ② $L=0.05+0.4605\log_{10}\dfrac Dr$이다.

이상전압은 발생 원인에 따라 선로 개폐·아크 지락·계통의 이상 상태 등 계통 내부에서 발생하는 내부 이상전압과, 뇌(낙뢰) 등 계통 외부에서 유입되는 외부 이상전압으로 나뉜다. 유도뢰는 낙뢰에 의한 외부적 원인이므로 정답은 ④이다.

낙뢰에 의한 애자 섬락 시 아크가 애자 표면을 따라 흘러 애자를 손상시킬 수 있는데, 이를 막기 위해 애자 양단에 아킹혼(소호각)을 설치하여 아크가 애자가 아닌 혼과 혼 사이에서 발생하도록 유도한다. 따라서 정답은 ④ 아킹혼이다.

모선 보호에는 전류차동 보호방식, 방향거리 계전방식, 위상 비교방식 등이 사용되며, 선택접지 계전방식은 배전선로의 지락사고 구간 선택에 사용되는 방식으로 모선 보호방식이 아니다. 따라서 정답은 ④ 선택접지 계전방식이다.

정답은 ④ 중부하 시 수전단에 설치된 동기조상기는 부족여자로 운전한다이며, 이 설명이 틀렸다. 중부하 시에는 전압강하를 보상하기 위해 동기조상기를 과여자(진상)로 운전해야 하고, 경부하 시에 오히려 부족여자(지상)로 운전한다.

2방향성 3단자 사이리스터는 TRIAC이다. SCR은 단방향 3단자, SCS는 4단자, SSS는 게이트가 없는 2방향성 2단자 소자이므로 조건에 맞지 않는다. 따라서 정답은 ④ TRIAC이다.

정답은 ④ 0.65이다. 전동기의 기계적 출력은 $P=EI_a=100\times10=1000\,[\mathrm{W}]$이고 각속도는 $\omega=\dfrac{2\pi N}{60}=\dfrac{2\pi\times1500}{60}\approx157.1\,[\mathrm{rad/s}]$이므로 토크는 $T=\dfrac{P}{\omega}\approx6.37\,[\mathrm{N\cdot m}]$이고, 이를 $9.8$로 나누면 약 $0.65\,[\mathrm{kg\cdot m}]$이다.

보상권선은 전기자 반작용을 상쇄하기 위해 자극편 표면의 홈에 설치하며, 전기자 기자력을 반대 방향으로 상쇄해야 하므로 전류의 방향은 전기자 전류의 방향과 반대가 되도록 감는다. 따라서 정답은 ④ 전기자 전류 방향과 반대이다이다.

유도전동기의 2차효율은 2차출력을 2차입력으로 나눈 값으로 $\eta_2=1-s=\dfrac{\omega}{\omega_0}$로 나타낼 수 있다. 따라서 정답은 ④ $\dfrac{\omega}{\omega_0}$이다.

불포화 영역에서 유기기전력은 $E=k\phi N$이고 자속은 여자전류에 비례한다. 회전수가 4배($N\to4N$)로 증가해도 기전력을 같은 값으로 유지하려면 자속을 $1/4$로 낮춰야 하므로 여자(계자전류)도 $1/4$배로 해야 한다. 정답은 ④ 1/4이다.

축출력에 기계손을 더한 값이 2차출력($P_2(1-s)$)이므로 $P_2(1-s)=15000+350=15350[W]$이고, 2차입력은 $P_2=\dfrac{15350}{1-0.02}\approx15663[W]$이다. 2차동손은 $P_{c2}=sP_2=0.02\times15663\approx313[W]$가 되어 정답은 ② 313이다.

정답은 ② $sin \frac{13}{30}\pi$ 이다. 단절권 계수는 권선피치와 자극피치의 비 $\beta$에 대해 $k_p=\sin \left ( \beta \times \frac{\pi }{2} \right )$로 구해지므로, $k_p=\sin \left ( \frac{13}{15}\times \frac{\pi }{2} \right )=\sin \frac{13\pi }{30}$이다.

Y-Y-△ 3권선변압기에서 3차 △권선은 제3고조파 전류의 통로가 되어 전압 파형 왜곡을 방지하고, 소내 전력 공급이나 조상설비 접속을 통한 전압조정·역률개선에 활용된다. 그러나 변압기는 1차와 2차·3차 권선의 주파수가 서로 같으므로 '2차 권선과 다른 주파수를 얻어 유도기 속도제어에 사용된다'는 설명은 옳지 않다. 따라서 정답은 ②번이다.

우리나라 발전소에서는 3상 교류를 발생시키기 위해 동기발전기(교류발전기)를 사용한다. 따라서 정답은 ② 동기 발전기이다.

저압측 선전류는 $I_2=\frac{100\times10^3}{\sqrt3\times200}\approx288.7$[A]이고, 역률이 0.8(지상)이므로 $\sin\theta=0.6$이다. 무효분 전류는 $288.7\times0.6\approx173$[A]이므로 정답은 ② 173이다.

2전동기설에서 정방향 회전자의 슬립이 $s=\dfrac{N_s-N}{N_s}$일 때, 역방향으로 도는 가상 회전자는 $-N_s$를 기준으로 하므로 그 슬립은 $\dfrac{N_s-(-N)}{N_s}=2-s$가 된다. 따라서 정답은 ② 2-s이다.

정답은 ② 2차 주파수이다. 유도전동기의 2차 주파수는 $f_2=sf_1$이므로 슬립 s가 커지면 2차 주파수도 함께 커진다. 반대로 회전수와 2차 효율은 슬립이 커질수록 감소한다.

정답은 ② 정전류 특성이다. 누설변압기는 누설리액턴스를 크게 하여 부하가 변해도 2차 전류가 거의 일정하게 유지되는 정전류 특성을 가지도록 만든 것으로, 아크 용접기나 네온관용 변압기 등에 사용된다. 부하 증가 시 전압이 급격히 강하하는 수하 특성을 이용하므로 정전압 특성이나 고역률 특성과는 거리가 멀다.

동기발전기의 병렬운전 조건은 기전력의 크기, 위상, 주파수, 파형이 같아야 하는 것이며, 각 발전기의 용량(kVA)까지 같을 필요는 없다. 따라서 병렬운전 조건으로 옳지 않은 것은 ② 기전력의 용량이 같을 것이다.

동기발전기의 안정도를 높이려면 회전자의 플라이휠 효과(관성)를 크게 하고, 속응여자방식을 채택하며, 정상(동기)임피던스는 작게 하는 것이 유리하다. 반대로 역상·영상 임피던스는 비대칭(지락 등) 고장 시의 고장전류를 제한하기 위해 오히려 크게 하는 것이 안정도에 유리하므로, 이를 작게 하는 것은 안정도 증진 대책이 될 수 없다. 정답은 ② 역상·영상 임피던스를 작게 한다이다.

변압기 유기기전력식 $E_1=4.44fN_1\Phi_m$에서 최대자속은 $\Phi_m=\dfrac{E_1}{4.44fN_1}=\dfrac{6600}{4.44\times60\times1000}\approx0.025\ [\mathrm{Wb}]$이다. 따라서 정답은 ② $0.025$이다.

정답은 ③ 자속과 여자전류는 동위상이다 이다. 이상적인 변압기의 무부하 상태에서 자화특성을 선형으로 보면, 자속을 만드는 여자전류(자화전류)는 자속과 같은 위상을 가진다. 반면 인가전압은 유기기전력과 크기가 같고 위상이 반대(180°)이지 90° 앞서는 것이 아니며, 자속은 인가전압보다 90° 뒤진다.

단락비는 무부하 시 정격전압을 유기하는 데 필요한 계자전류와, 3상 단락시험에서 정격전류와 같은 단락전류를 흘리는 데 필요한 계자전류의 비로 구한다. 따라서 단락비 계산에는 무부하 포화시험과 3상 단락시험이 필요하며 정답은 ③번이다.

1차 210[V], 2차 105[V]로 권수비가 2:1인 변압기를 가극성으로 승압 결선하여 1차측에 200[V]를 인가하면, 2차에 유기되는 전압 $200\times \dfrac{105}{210}=100$[V]이 1차전압에 더해져 전압계에는 $200+100=300$[V]가 나타난다. 따라서 정답은 ③ 300이다.

정답은 ③ 기전력의 파형이 좋아진다이다. 분포권은 고조파 성분을 상쇄시켜 기전력 파형을 정현파에 가깝게 개선하는 대신, 집중권에 비해 합성 유기기전력은 다소 감소한다.

$G(j\omega)=\dfrac{1}{1+j\omega T}$의 크기는 $|G(j\omega)|=\dfrac{1}{\sqrt{1+\omega^2T^2}}$이고, 분모가 $1+j\omega T$로 허수부가 양(+)이므로 위상각은 $\phi=-\tan^{-1}\omega T$가 된다. 따라서 정답은 ④이다.