[전기기사 필기] 26년 1회차 기출문제 해설 페이지

반자성체는 외부 자계와 반대 방향으로 약하게 자화되는 물질로, 비투자율이 1보다 약간 작은 값을 갖는다. 따라서 정답은 ③ $\mu_r<1$이다.

그림에서 코일은 y-z 평면에 있고 $0\le z\le0.08$[m], $-0.04\le y\le0$[m]이므로 면적은 $S=0.04\times0.08=3.2\times10^{-3}$[m^2]이며, z축에 놓인 변의 전류가 $+a_{z}$ 방향이므로 오른손 법칙에 의해 코일의 자기모멘트는 $\vec{m}=IS\,a_{x}=5\times3.2\times10^{-3}a_{x}=1.6\times10^{-2}a_{x}$[A·m^2]이다. 토크는 $\vec{T}=\vec{m}\times\vec{B}=1.6\times10^{-2}a_{x}\times\dfrac{0.05}{\sqrt{2}}(a_{x}+a_{y})$인데 $a_{x}\times a_{x}=0$, $a_{x}\times a_{y}=a_{z}$이므로 $\vec{T}=\dfrac{1.6\times10^{-2}\times0.05}{\sqrt{2}}a_{z}=5.66\times10^{-4}a_{z}$[N·m]이다. 따라서 정답은 ③ 5.66×10^-4 a_z 이다. 코일은 z축을 중심으로 회전하려 하므로 토크 벡터는 z축 방향이어야 하고, 그래서 ①·② 의 $a_{x}$ 방향은 될 수 없으며 ④ 의 크기 2.66×10^-4 도 계산값과 맞지 않는다.

전압 V가 일정하게 유지되는 조건에서 정전에너지는 정전용량에 비례한다($W=\frac12CV^2$). 유전체(두께 t, 비유전율 $\epsilon_r$)와 남은 공기층(두께 d-t)이 직렬로 연결된 정전용량은 $C=\dfrac{\epsilon_0\epsilon_rS}{t+\epsilon_r(d-t)}$이고, 원래 공기콘덴서의 용량은 $C_0=\dfrac{\epsilon_0S}{d}$이다. 두 값의 비를 구하면 $\dfrac{C}{C_0}=\dfrac{\epsilon_rd}{t+\epsilon_r(d-t)}$가 되어, 정답은 ③ $\frac{\epsilon_rd}{t+\epsilon_r(d-t)}$이다.

구의 자기모멘트는 자화의 세기 J와 부피의 곱으로 구해진다. 반지름이 d이므로 부피는 $V=\dfrac{4}{3}\pi d^3$이고, 자기모멘트는 $M=JV=\dfrac{4}{3}\pi d^3J$가 되어 정답은 ③이다.

비오-사바르 법칙에 의하면 전류 요소 $Idl$이 거리 $r$만큼 떨어진 점에 만드는 자계는 $dH=\frac{Idlsin\theta}{4\pi r^2}$이다. 따라서 정답은 ③ $\frac{Idlsin\theta}{4\pi r^2}$이다.

전계가 경계면에 수직으로 입사하면 경계면에서 전속밀도(면전하밀도) $D$가 연속이 되고, 이때 경계면에 작용하는 힘은 $f=\dfrac{D^2}2\left(\dfrac1{\epsilon_2}-\dfrac1{\epsilon_1}\right)$로 면전하밀도의 제곱에 비례한다.
정답은 ③ 경계면의 면전하밀도의 제곱에 비례이다.

평행판 구조로 보면 $C=\dfrac{\varepsilon A}{d}$, $R=\rho\dfrac{d}{A}$ 이므로 두 식을 곱하면 극판의 모양·크기가 모두 소거되어 $RC=\rho\varepsilon$, 즉 $R=\dfrac{\rho\varepsilon}{C}$ 라는 관계가 남는다. 누설전류는 이 절연저항에 옴의 법칙을 적용한 값이므로 $I=\dfrac{V}{R}=\dfrac{CV}{\rho\varepsilon}$ 가 되어 정답은 ② $\dfrac{CV}{\rho\varepsilon}$ 이다. ④ $\dfrac{\rho\varepsilon V}{C}$ 는 저항에 전압을 곱한 꼴이라 차원이 전류가 되지 않고, ① $\dfrac{C}{\rho\varepsilon V}$ 는 전압이 커질수록 전류가 줄어드는 형태여서 옴의 법칙에 어긋난다.

차축에 발생하는 기전력은 $e=Blv$로 구해진다. 속도 $v=60$[km/h]$=16.67$[m/s]이므로 $e=0.15\times10^{-4}\times1.5\times16.67\approx3.75\times10^{-4}$[V]가 되어 정답은 ③이다.

동축 원통 콘덴서의 정전용량은 $C=\dfrac{2\pi\epsilon l}{\ln(b/a)}$이다. 내외 반지름을 모두 2배로 하면 $b/a$의 비가 그대로여서 $\ln(b/a)$는 변하지 않고, 유전체의 비유전율만 3배가 되므로 정전용량은 $3C_0$가 된다. 따라서 정답은 ③번이다.

비 오는 날에는 공기 중 물방울로 인해 매질의 도전율이 증가하여 고주파 전자파의 흡수·감쇠가 맑은 날보다 심해진다. 정답은 ④ 도전율 관계임이다.

도체에 유기되는 기전력은 $e=-N\dfrac{d\Phi}{dt}=-NA\dfrac{dB}{dt}$이다. 자속밀도가 주파수 f로 정현적으로 변화하면 $\dfrac{dB}{dt}$의 진폭은 자속밀도의 진폭 B와 주파수 f의 곱에 비례하므로 기전력도 $B\cdot f$에 비례한다. 따라서 정답은 ④ $e\propto B\cdot f$이다.

환상솔레노이드 내부 자계는 $H=\dfrac{NI}{l}$이며, 평균 자로 길이는 $l=2\pi\times0.2=1.257$[m]이다. 따라서 $H=\dfrac{500\times4}{1.257}\approx1590$[AT/m]가 되어 정답은 ④이다.

자기인덕턴스는 $L=\dfrac{N\Phi}{I}$이므로 처음 조건에서 $L=\dfrac{25\times1}{100}=0.25[H]$이다. 같은 자기회로에서 인덕턴스는 권수의 제곱에 비례하므로($L\propto N^2$), $L$을 1[H]로 만들려면 $\left(\dfrac{N'}{25}\right)^2=\dfrac{1}{0.25}=4$에서 $N'=50$이 필요하다. 따라서 정답은 ④ 50이다.

표피효과는 도체의 투자율이 클수록 와전류에 의한 자속 상쇄가 커져 전류가 표면에 더 집중되므로 커진다. 그런데 ④ 표피효과는 도체의 투자율이 작을수록 커진다는 이와 반대로 서술되어 있어 틀린 설명이다. 도전율이 클수록, 주파수가 높을수록 표피효과가 커진다는 나머지 설명은 모두 옳으므로 정답은 ④이다.

균일 전류가 흐르는 원통도체의 단위길이당 내부 인덕턴스는 $\frac{\mu_0\mu_s}{8\pi}$이며, 길이 $l$에 대해서는 $L=\frac{\mu_0\mu_sl}{8\pi}=\frac{4\pi\times10^{-7}\mu_sl}{8\pi}=\frac{1}{2}\times10^{-7}\mu_sl$이 된다. 따라서 정답은 ④ $\frac{1}{2}\times10^{-7}\mu_sl$이다.

서로 다른 두 금속의 접속점에 전류를 흘리면 접속점에서 열의 흡수 또는 발생이 일어나는 현상은 펠티에 효과이다(온도차로 인해 기전력이 발생하는 것은 제벡 효과로, 그 역현상에 해당한다).
정답은 ④ 펠티에 효과이다.

자기회로와 전기회로의 대응관계에서 자계의 세기는 전계의 세기에, 기자력은 기전력에, 자속은 전류에 각각 대응한다. 그러나 투자율은 자기저항 $R_m=l/(\mu A)$과 전기저항 $R=l/(\sigma A)$의 형태가 같은 데서 알 수 있듯이 유전율이 아니라 도전율(전기전도율)에 대응한다. 따라서 틀린 것은 ④ "투자율 ↔ 유전율"이다.

코일에 유기되는 기전력은 $e=L\dfrac{di}{dt}$로 구해진다. $e=20\times10^{-3}\times\dfrac{2}{0.2}=0.2$[V]가 되어 정답은 ④ 0.2이다.

결합계수 $k=\dfrac{M}{\sqrt{L_1L_2}}$에서 $\sqrt{L_1L_2}=\dfrac{M}{k}=\dfrac{6}{0.75}=8$이므로 $L_1L_2=64$이다. $L_1+L_2=20$과 연립하면 $L_1,L_2$는 $x^2-20x+64=0$의 두 근인 16과 4이다. 따라서 정답은 ④ 16, 4이다.

전기쌍극자에 의한 전계의 크기는 $E=\dfrac{M}{4\pi \epsilon _0r^3}\sqrt{1+3\cos ^2\theta }$로 주어지며, $\cos\theta =1$이 되는 $\theta =0$(축방향)에서 최대가 된다. 따라서 정답은 ④ 0이다. $\theta =\pi /2$인 적도 방향에서는 전계가 최소가 된다.

정전과 동시에 자동으로 예비전원용 배전선로로 전환하는 장치는 자동부하전환개폐기(ALTS)이다. 섹셔널라이저와 리클로저는 고장구간을 자동으로 분리·재폐로하는 장치이고 차단기는 단순히 회로를 차단하는 기기로, 예비선로로의 자동 전환 기능은 없다. 따라서 정답은 ④ 자동부하 전환개폐기(Auto Load Transfer Switch)이다.

전력원선도에서는 최대 송·수전전력, 필요한 전력을 보내기 위한 송·수전단 전압 간의 상차각, 선로손실과 송전효율, 조상설비 용량 등을 구할 수 있다. 그러나 과도상태의 동적 해석이 필요한 과도극한전력은 정상상태를 다루는 전력원선도만으로는 구할 수 없다. 따라서 정답은 ④ 과도극한전력이다.

복도체(다도체)를 사용하면 전선 표면의 등가반경이 커지는 효과로 선로의 작용인덕턴스는 감소하고 작용정전용량은 증가한다. 이로 인해 송전용량이 늘어나므로, 정답은 ④ 선로의 작용인덕턴스가 감소하고 작용정전용량이 증가하기 때문이다이다.

전등부하의 합성최대전력은 $\dfrac{600\times0.6}{1.2}=300\ [\mathrm{kW}]$, 동력부하는 $\dfrac{800\times0.8}{1.6}=400\ [\mathrm{kW}]$이다. 전등과 동력 사이의 부등률을 적용하면 $\dfrac{300+400}{1.4}=500\ [\mathrm{kW}]$이고, 선로손실 10%를 반영하면 변전소 공급 최대전력은 $500\times1.1=550\ [\mathrm{kW}]$가 되어 정답은 ④ 550이다.

화력발전소의 열손실 중 가장 큰 비중을 차지하는 것은 터빈을 통과한 증기가 냉각수에 의해 응축되며 버려지는 복수기(응축기)에서의 손실이다. 정답은 ④ 복수기에서의 손실이다.

수조는 수로식 발전소에서 수로의 끝부분, 즉 수압관로가 시작되는 지점(수압관 위쪽)에 설치되어 수위의 이상 상승을 방지하고 토사·부유물을 제거하는 역할을 한다. ④는 설치 위치를 '수로 처음 부분과 수압관 아래 부분'이라 하여 실제 위치(수로 끝, 수압관 위쪽)와 반대로 서술하고 있으므로 틀린 설명이다. 따라서 틀린 것을 묻는 이 문제의 정답은 ④이다.

단상 3선식은 전력손실이 동일할 때 전선 총중량이 단상 2선식의 37.5[%]이고, 선간전압·선로전류가 같을 때 1선당 공급전력은 133[%]이며, 불평형 부하 상태에서 중성선이 단선되면 전압 상승이 발생하는 것은 모두 옳은 내용이다. 다만 중성선은 상시 연결 상태를 유지해야 하므로 퓨즈 등 과전류차단기를 넣어서는 안 된다. 따라서 옳지 않은 것은 ④이다.

퍼센트 임피던스법에서 단락전류는 정격전류 I와 %임피던스로부터 $I_s=\dfrac{100}{\%Z}I$로 구해진다. 따라서 정답은 ④이다.

비율차동계전기(RDFR)는 입력전류와 출력전류의 차(억제량 대비 차동량)를 이용해 발전기, 변압기, 모선 등의 내부고장을 검출하는 대표적인 보호계전기이다. 따라서 정답은 ④번이다.

정답은 ② 배류 코일을 사용한다이다. 배류코일은 전자유도장해를 줄이기 위해 통신선측에 설치하는 대책이며, 전력선측 대책으로는 연가, 이격거리 확대, 차폐선 설치 등이 있다.

무유도성 부하이므로 역률이 1이고, 부하전류 $I=10\angle0^{\circ}$[A]는 수전단 전압 $V_{r}=100\angle0^{\circ}$[V]와 동상이다. 송전단 전압은 $V_{s}=V_{r}+IZ=100+10(2+j5)=(100+20)+j50=120+j50$[V]이고, 그 크기는 $|V_{s}|=\sqrt{120^{2}+50^{2}}=\sqrt{16900}=130$[V]이다. 따라서 정답은 ① 130 이다. ② 120[V]는 리액턴스 강하 $j50$[V]를 빼놓고 저항 강하 20[V]만 더한 값이고, 전압강하는 벡터합으로 계산해야 하므로 ③ 140[V]처럼 크기를 단순 산술합(20+50)으로 더해도 안 된다.

부하의 무효전력은 $Q=P\tan\theta$이며, $\cos\theta=0.8$일 때 $\tan\theta=\dfrac{0.6}{0.8}=0.75$이므로 $Q=160\times0.75=120$[kVar]이다. 선로손실을 최소로 하려면 역률을 1로 개선해야 하므로, 필요한 콘덴서 용량은 부하의 무효전력과 같은 120[kVA]이다. 따라서 정답은 ② 120이다.

차단기(CB)는 정상적인 부하전류뿐 아니라 사고 시 발생하는 대전류(고장전류)도 안전하게 차단할 수 있는 설비이다. 단로기(DS)나 선로개폐기(LS)는 고장전류를 차단하는 능력이 없다. 따라서 정답은 ② 차단기(CB)이다.

선로정수(저항, 인덕턴스, 정전용량)는 전선의 굵기와 전선 간의 배치(선간거리, 배열)에 의해 주로 결정되며 송전전류·전압·역률과는 무관하다. 따라서 정답은 ② 전선의 배치이다.

송전전력, 거리, 전력손실률이 일정할 때 전류는 전압에 반비례하고($I\propto\dfrac{1}{V}$), 손실을 일정하게 유지하려면 단면적은 전류의 제곱에 비례해야 하므로 $A\propto I^2\propto\dfrac{1}{V^2}$이 된다. 정답은 ② A ∝ 1/V²이다.

안정도 증진 대책에는 리액턴스 감소, 속응여자방식 채용, 재폐로방식 채용 등이 있으며, 이는 계통 임피던스를 낮추거나 고장 제거·전압 회복을 빠르게 하여 동기화력을 높이는 방법들이다. 반면 차폐선은 통신선에 대한 유도장해(정전·전자유도)를 경감하기 위한 설비로 안정도와는 직접적인 관계가 없다. 따라서 정답은 ② 차폐선의 채용이다.

전력손실은 $P_\ell=\dfrac{P^2R}{V^2\cos^2\theta}$로 전압의 제곱에 반비례한다. 송전전력과 역률이 일정한 상태에서 전압을 2배로 승압하면 손실은 $\dfrac{1}{2^2}=\dfrac14$배가 되어 정답은 ② 1/4배이다.

손실계수 H와 부하율 F 사이에는 $0\le F^2\le H\le F\le1$의 관계가 성립한다. 따라서 정답은 ②이다.

수력발전 출력은 $P=9.8QH\eta_t\eta_g$로 나타난다. $2000=9.8\times Q\times15\times0.86\times0.96$에서 $Q=\dfrac{2000}{9.8\times15\times0.86\times0.96}=\dfrac{2000}{121.4}\approx16.5[\mathrm{m^3/s}]$이므로 정답은 ② 16.5이다.

부하전류는 $I=\dfrac{P}{\sqrt{3}V\cos\theta }=\dfrac{800000}{\sqrt{3}\times 6000\times 0.9}\approx 85.5$[A]이고, 전압강하는 $e=\sqrt{3}I(R\cos\theta +X\sin\theta )\approx 731$[V]이다. 송전단전압은 $6000+731\approx 6730$[V]이므로 정답은 ② 6730이다.

보극이 없는 직류발전기는 전기자 반작용으로 인해 부하가 증가할수록 전기적 중성축이 회전방향으로 이동하므로, 불꽃 없는 정류를 위해 브러시도 그 이동한 중성축을 따라 회전방향으로 이동시켜야 한다. 따라서 정답은 ④ 발전기의 회전방향으로 이동시킨다이다.

정답은 ④ 21900이다. 실제 공급전압이 일정할 때 2차전압은 1차 탭전압에 반비례하므로 $V_1'=22900\times\dfrac{360}{380}\approx21695\,[\mathrm{V}]$가 되어, 주어진 탭 중 가장 가까운 21900[V]를 선택해야 한다.

정답은 ④ 84[V]이다. 단상 전파 위상제어 정류회로의 직류 평균전압은 $E_d=\frac{\sqrt{2}\,V}{\pi}(1+\cos\alpha)$로 구해지며, V=100V, α=30°를 대입하면 $E_d=\frac{\sqrt{2}\times100}{\pi}(1+\cos30^{\circ})\approx45.0\times1.866\approx84$가 된다.

파권(a=2)인 직류발전기의 유기기전력은 $E=\dfrac{pZ\Phi N}{60a}$로 구한다. 전체 도체수는 $Z=192\times6=1152$이므로 $E=\dfrac{6\times1152\times0.02\times246}{60\times2}\approx283\ [\mathrm{V}]$가 되어 정답은 ④ 283이다.

두 발전기의 상전압은 $E=\dfrac{3300}{\sqrt3}\approx1905[\mathrm{V}]$이고, 순환전류 경로의 합성 동기리액턴스는 $2X_s=10[\Omega]$이다. 수수전력은 $P=\dfrac{E^2}{2X_s}\sin\delta=\dfrac{1905^2}{10}\times\sin60^{\circ}\approx314[\mathrm{kW}]$로 계산된다. 정답은 ④ 314이다.

단절권 계수는 $k_p=\sin\left(\dfrac{\beta\pi}2\right)$($\beta$는 코일피치와 자극피치의 비)로 구해진다. $\beta=\dfrac{13}{15}$이므로 $k_p=\sin\left(\dfrac{13}{15}\times\dfrac\pi2\right)=\sin\dfrac{13\pi}{30}$이 되어, 정답은 ④ $\sin\dfrac{13}{30}\pi$이다.

전압변동률은 $\varepsilon=p\cos\theta+q\sin\theta$로 나타나며, 역률 100%에서 $p=2[\%]$이고 역률 80%에서 $2\times0.8+q\times0.6=3$에서 $q\approx2.33[\%]$이다. 최대 전압변동률은 $\sqrt{p^2+q^2}=\sqrt{2^2+2.33^2}\approx3.1[\%]$가 되어 정답은 ④ 3.1이다.

정답은 ④ 5.31[N·m] 이다. 동기속도는 $N_s=\frac{120f}{p}=\frac{120\times 60}{4}=1800$[rpm]이고 각속도는 $\omega _s=\frac{2\pi N_s}{60}\approx 188.5$[rad/s]이다. 토크는 동기와트를 각속도로 나눈 값이므로 $T=\frac{1000}{188.5}\approx 5.31$[N·m]이다.

75W 이하의 소출력 단상 직권정류자전동기는 소형공구, 치과의료용 기기, 믹서 등 가정용·소형 기기에 주로 사용되며, 공작기계처럼 상대적으로 큰 동력과 정밀한 속도제어가 필요한 용도에는 적합하지 않다. 따라서 정답은 ④ 공작기계이다.

전기자저항은 리액턴스에 비해 무시할 수 있으므로 1상 출력은 $P_1=\frac{EV}{x_s}\sin\delta=\frac{6400\times4000}{10}\times\sin30^\circ=1,280,000$[W]이다. 3상 출력은 이의 3배인 $3,840,000$[W], 즉 3,840[kW]이므로 정답은 ② 3,840이다.

같은 극수의 유도전동기는 슬립 때문에 실제 회전속도가 동기속도보다 $sN_s$만큼 늦게 회전하여, 이를 기동용으로 사용하면 동기전동기를 동기속도 부근까지 충분히 가속시키지 못한다. 이 부족분을 보상하기 위해 극수를 2극 적게 해 유도전동기의 동기속도 자체를 높여주는 것이다. 따라서 정답은 ② 같은 극수의 유도전동기는 동기속도보다 sNS만큼 늦으므로이다.

정답은 ② 부하시험이다. 변압기 등가회로의 정수는 무부하시험(여자어드미턴스), 단락시험(임피던스), 권선저항 측정으로 구하며, 부하시험은 등가회로 구성에 필요하지 않다.

정답은 ② $V_{U-V}=121.2V,\ V_{V-W}=70V,\ V_{W-U}=70V$이다. $E_W$만 극성을 반대로 접속하면 그 위상이 180° 이동하므로, $E_W$와 무관한 $V_{U-V}$는 그대로 $70\sqrt3\approx121.2V$를 유지하지만, $E_W$가 관련된 $V_{V-W}$와 $V_{W-U}$는 벡터 계산상 크기가 70V로 줄어든다.

콘서베이터는 변압기 본체 위에 설치되어 변압기유가 직접 공기와 접촉하지 않도록 함으로써 절연유의 산화, 즉 열화를 방지하는 역할을 한다. 따라서 정답은 ② 변압유의 열화방지이다.

정류 초기에 전류 변화($di/dt$)가 지나치게 커서 정류 시작 단계에서 불꽃이 발생하는 것은 과정류이며, 이는 보극(정류극)의 기전력이 리액턴스 전압보다 과도하게 클 때 나타난다. 정답은 ② 과정류이다.

단락비가 큰 동기기는 전기자반작용이 작고 전압변동률이 작으며 안정도가 높은 대신, 철의 사용량이 많아 상대적으로 효율은 다소 떨어지는 특성을 갖는다. 즉 전압변동률은 크게가 아니라 작게 나타나므로, 단락비가 큰 동기기의 특징으로 볼 수 없는 것은 ② 전압변동률이 크다이다.

전동기 입력은 $\dfrac{10000}{0.85}\approx11764.7[W]$이고, 전부하전류는 $I=\dfrac{11764.7}{\sqrt3\times380\times0.85}\approx21[A]$가 되어 정답은 ② 21이다.

정답은 ② 전압변동률이 크다 이다. 단락비가 큰 동기기(이른바 철기계)는 전기자 반작용이 작고 전압변동률도 작으며 안정도가 높은 대신, 철손이 커서 효율은 오히려 떨어지는 특징을 가진다. 따라서 전압변동률이 크다는 설명은 반대로 틀렸다.

3상 유도전동기의 원선도는 무부하시험과 구속시험(권선저항 측정 포함)만으로 작성할 수 있으며 별도의 부하시험은 필요하지 않다. 원선도의 지름은 $D=\dfrac{E}{x}$ 형태로 인가전압에 비례하고 누설리액턴스에는 반비례한다. 따라서 정답은 ② 원선도의 지름은 전압에는 비례하고, 리액턴스에는 반비례한다이다.

교류발전기의 고조파를 줄이려면 전기자 반작용을 작게 하고, 권선을 성형결선·단절권으로 하며 전기자 슬롯을 스큐 슬롯으로 해야 한다. 전기자 반작용을 크게 하는 것은 오히려 고조파를 증가시키므로 방지법이 아닌 것은 ② 전기자 반작용을 크게 한다이다.

$G_C(s)=\dfrac{s^2+3s+5}{2s}=\dfrac{1}{2}s+\dfrac{3}{2}+\dfrac{5}{2}\cdot\dfrac{1}{s}$로 전개되며, 이는 미분항($s$ 비례항), 비례항(상수), 적분항($1/s$ 비례항)을 모두 포함한다. 따라서 이 제어기는 ① 비례 미분 적분 제어기이다.

정답은 ① 부족제동이다. 전달함수를 $\dfrac{1/4}{s^2+\frac{3}{4}s+\frac{1}{4}}$로 표준 2차계와 비교하면 $\omega_n=0.5$, $\zeta=\dfrac{3/4}{2\times0.5}=0.75$이며, 감쇠비가 0과 1 사이이므로 부족제동에 해당한다.

정답은 ① $\begin{bmatrix}0&1\\-2&-3\end{bmatrix}$이다. $x_1=c,\ x_2=\dot c$로 상태변수를 정하면 $\dot x_1=x_2$, $\dot x_2=-2x_1-3x_2+r$이 되어 계수행렬은 $\begin{bmatrix}0&1\\-2&-3\end{bmatrix}$이다.

R(s)가 이득 2와 이득 5인 두 경로로 나뉘어 가합점에 (+)로 들어간 뒤 이득 4를 거쳐 C(s)가 되고, C(s)는 다시 단위이득으로 가합점에 (-)로 피드백된다. 따라서 $C=4\{(2+5)R-C\}=28R-4C$에서 $5C=28R$, 즉 $\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{28}{5}$가 된다. 정답은 ① 28/5이다.