[9급 국가직 전자공학개론] 25년 1회차 기출문제 정답·해설 페이지

컬렉터 전류는 9.3 mA이다.
베이스 루프(KVL): $I_B=\dfrac{V_{BB}-V_{BE}}{R_B}=\dfrac{10-0.7}{100\,\mathrm{k\Omega}}=93\,\mathrm{\mu A}$
$I_C=\beta_{DC}I_B=100\times93\,\mathrm{\mu A}=9.3\,\mathrm{mA}$
확인: $V_{CE}=12-9.3\times1=2.7\,\mathrm{V}>0$이므로 활성영역이 맞다.

출력은 $F=\overline{A}B+A\overline{B}$, 즉 XOR이다.
위쪽 NAND 출력은 $\overline{AB}=\overline{A}+\overline{B}$, 아래쪽 OR 출력은 $A+B$이고, 두 출력을 AND한다.
$F=(\overline{A}+\overline{B})(A+B)=\overline{A}B+A\overline{B}$ ($A\overline{A}=B\overline{B}=0$)
$\overline{AB}$는 NAND 출력만 본 것으로, A=B=0일 때 1이 되어 틀리다.
$A+B$는 OR 출력만 본 것으로, A=B=1일 때 1이 되어 틀리다.
$AB+\overline{AB}$는 항상 1이 되어 틀리다.

2025를 16진수로 바꾸면 7E$9_{16}$이다.
16으로 반복해 나눈 나머지를 아래에서부터 읽는다.
$2025\div16=126\cdots9$
$126\div16=7\cdots14\,(\mathrm{E})$
$7\div16=0\cdots7$
검산: $7\times256+14\times16+9=1792+224+9=2025$. 7E$8_{16}$은 2024, 7D$7_{16}$은 2007, $789_{16}$은 1929로 모두 2025가 아니다.

고역통과필터가 되려면 $Z_{1}$은 커패시터 C, $Z_{2}$는 저항 R이어야 한다.
출력이 $Z_2$ 양단이므로 $H=\dfrac{Z_2}{Z_1+Z_2}$이다. $Z_1=\dfrac{1}{j\omega C}$, $Z_2=R$이면 $H=\dfrac{j\omega RC}{1+j\omega RC}$로, 저주파에서 0, 고주파에서 1이 되어 높은 주파수만 통과한다.
$Z_{1}$=R, $Z_{2}$=C는 고주파에서 C가 출력을 단락하는 저역통과필터이다.
$Z_{1}$=L, $Z_{2}$=C는 2차 저역통과필터이다.
$Z_{1}$=L, $Z_{2}$=R은 고주파에서 L 임피던스가 커지는 저역통과필터이다.

전류는 10∠110° A이다.
커패시터 임피던스: $Z_C=\dfrac{1}{j\omega C}=\dfrac{1}{j\cdot1\cdot1}=1\angle-90^{\circ}\,\Omega$
$I=\dfrac{V}{Z_C}=\dfrac{10\angle20^{\circ}}{1\angle-90^{\circ}}=10\angle110^{\circ}\,\mathrm{A}$
커패시터 전류는 전압보다 90° 앞서므로 위상이 20°+90°=110°가 된다. 위상을 −70°로 둔 것은 인덕터처럼 90° 뒤진 경우이다.

컬렉터 전류는 약 3.1 mA이다.
컬렉터 귀환 바이어스이므로 $R_C$에는 $I_B+I_C=(\beta+1)I_B$가 흐른다. KVL: $V_{CC}=R_C(\beta+1)I_B+R_BI_B+V_{BE}$
$10=2\,\mathrm{k\Omega}\times101\,I_B+100\,\mathrm{k\Omega}\times I_B+0.7$
$I_B=\dfrac{9.3}{302\,\mathrm{k\Omega}}\approx30.8\,\mathrm{\mu A}$
$I_C=100\times30.8\,\mathrm{\mu A}\approx3.08\,\mathrm{mA}\approx3.1\,\mathrm{mA}$

임계전압이 ±4 V이고 출력이 ±12 V 사이에서 바뀌는 비반전형 히스테리시스 특성이 옳다.
입력이 $R_{1}$을 거쳐 비반전 단자로 들어가고 반전 단자가 접지된 비반전형 슈미트 트리거이다. 중첩으로 $V_+=\dfrac{R_2v_{in}+R_1v_{out}}{R_1+R_2}$이고, $V_+=0$이 되는 순간 출력이 바뀐다.
$v_{in}=-\dfrac{R_1}{R_2}v_{out}=-\dfrac{500}{1500}\times(\pm12)=\mp4\,\mathrm{V}$
임계값을 ±5 V, ±6 V, ±7 V로 그린 그래프는 이 분압비와 맞지 않는다.

전파정류 출력의 실횻값은 $\dfrac{V_m}{\sqrt{2}}$이므로 이 진술이 옳다.
전파정류 출력 $|V_m\sin\omega t|$의 제곱 평균은 정현파와 같으므로 실횻값이 정현파와 동일하다.
입력은 $120\pi=2\pi\times60$에서 60 Hz이고, 전파정류 출력은 그 2배인 120 Hz이다.
출력 평균값은 $\dfrac{2V_m}{\pi}$이며, $\dfrac{V_m}{\pi}$는 반파정류 값이다.
브리지 정류기 다이오드의 최대 역전압은 $V_m$이며, $2V_m$는 중간탭 전파정류의 값이다.

차단 주파수는 $\dfrac{250}{\pi}\,\mathrm{Hz}$이다.
출력이 반전 단자에 직접 귀환된 단위이득 살렌-키(Sallen-Key) 2차 저역통과필터이다. 차단 주파수는 $f_c=\dfrac{1}{2\pi\sqrt{R_1R_2C_1C_2}}$이다.
$\sqrt{R_1R_2C_1C_2}=\sqrt{(10^3)^2(2\times10^{-6})^2}=2\times10^{-3}\,\mathrm{s}$
$f_c=\dfrac{1}{2\pi\times2\times10^{-3}}=\dfrac{250}{\pi}\,\mathrm{Hz}$ (약 79.6 Hz)

귀환발진기는 외부 입력신호 없이 스스로 출력을 만들어 내므로 이 진술이 옳다.
전원 투입 시의 잡음이 귀환 루프를 돌며 증폭되어 발진이 시작된다. 시작 단계에서는 루프 이득이 1보다 커야 하고, 정상 상태에서는 루프 이득 크기 1, 위상 천이 0°(360°)로 유지된다.
발진 시작에는 루프 이득이 1보다 커야 하므로, 1이어야 한다는 진술은 틀리다.
발진 유지에는 루프 이득이 1이어야 하며, 계속 1보다 크면 출력이 포화·왜곡된다.
루프 전체 위상 천이는 0°(360°)여야 하며, 180°이면 부귀환이 되어 발진하지 않는다.

충전 시정수는 $\tau_1=R_1C_1$, 방전 시정수는 $\tau_2=R_2C_1$이다.
충전 시에는 방전 트랜지스터 $Q_{1}$이 꺼져 있고, 전류가 $V_{CC}$ → $R_{1}$ → 다이오드 $D_{1}$ → $C_{1}$로 흐른다. 이상적 다이오드가 $R_{2}$를 우회시키므로 $R_{1}$만 관여한다.
방전 시에는 $Q_{1}$이 켜져 핀 7이 접지되고, $C_{1}$ → $R_{2}$ → 핀 7로 방전된다. 이때 $D_{1}$은 역바이어스라 $R_{2}$만 관여한다. 다이오드가 없는 일반 비안정 회로라면 충전이 $(R_1+R_2)C_1$이 되지만, 이 회로에는 해당하지 않는다.

전원 전류 $I_S$는 3 A이다.
왼쪽 가지 2 Ω : 3 Ω과 오른쪽 가지 4 Ω : 6 Ω의 비가 같으므로($\dfrac{2}{3}=\dfrac{4}{6}$) 브리지 평형이다. 따라서 5 Ω에는 전류가 흐르지 않아 제거할 수 있다.
왼쪽 가지: $\dfrac{10}{2+3}=2\,\mathrm{A}$, 오른쪽 가지: $\dfrac{10}{4+6}=1\,\mathrm{A}$
$I_S=2+1=3\,\mathrm{A}$

이 회로는 달링턴 이미터 폴로어라 전압이득이 1보다 약간 작으므로, 전압이득이 매우 크다는 진술이 옳지 않다.
$Q_{1}$의 이미터가 $Q_{2}$의 베이스를 구동하고 두 컬렉터가 $V_{CC}$에 연결되며, 출력은 $Q_{2}$ 이미터의 $R_{E}$에서 취한다. 이미터 출력은 입력을 따라가므로 전압이득 ≈ 1이다.
전류이득은 $\beta_1\beta_2$ 정도로 매우 크다.
입력 임피던스는 $\beta_1\beta_2R_E$ 정도로 높다.
두 트랜지스터를 이미터-베이스로 직결한 달링턴 접속 회로이다.

FET는 게이트가 절연되거나 역바이어스되어 입력 저항이 BJT보다 훨씬 크므로, FET의 입력 저항이 작다는 진술이 옳지 않다.
BJT는 베이스-이미터 접합이 순바이어스되어 베이스 전류가 흐르므로 입력 저항이 작다. FET는 게이트 전류가 거의 0이어서 전압 제어 소자로 동작한다.
FET는 구조가 단순하고 면적이 작아 BJT보다 집적도가 높다.
FET는 전자 또는 정공 한 종류의 캐리어로 전류가 흐르는 단극성 소자이다.
BJT는 활성영역에서 $I_C=\beta I_B$로 베이스 전류가 컬렉터 전류를 제어한다.

출력전압은 4 V이다.
비반전 단자 전압은 분압으로 $V_+=6\times\dfrac{1}{1+1}=3\,\mathrm{V}$이다. 중첩의 원리로 두 입력의 기여를 더한다.
$V_o=\left(1+\dfrac{1\,\mathrm{k\Omega}}{1\,\mathrm{k\Omega}}\right)\times3-\dfrac{1\,\mathrm{k\Omega}}{1\,\mathrm{k\Omega}}\times2=6-2=4\,\mathrm{V}$
저항이 모두 같은 차동 증폭기이므로 $V_o=V_2-V_1$로도 확인된다.

이 회로는 CMOS NOR 게이트이므로 (A, B) = 00, 01, 10, 11에 대한 출력 F는 차례로 1, 0, 0, 0이다.
PMOS $M_{1}$, $M_{2}$가 $V_{DD}$와 출력 사이에 직렬이어서 A=B=0일 때만 출력이 1로 끌어올려진다. NMOS $M_{3}$, $M_{4}$는 병렬이어서 A나 B 중 하나라도 1이면 출력이 0이 된다.
0, 0, 0, 1은 AND 게이트의 출력이다.
0, 1, 1, 0은 XOR 게이트의 출력이다.
1, 1, 1, 0은 NAND 게이트의 출력이다.

데이터그램 방식과 가상회선 방식은 패킷교환 방식의 두 종류이므로, 회선교환을 이렇게 나눈다는 진술이 옳지 않다.
패킷교환에서 패킷마다 독립적으로 경로를 정하면 데이터그램 방식, 논리적 경로를 먼저 설정해 같은 경로로 보내면 가상회선 방식이다. 회선교환은 통신 전에 물리적 전용 경로를 확보하는 방식이다.
네트워크 토폴로지에는 버스, 링, 스타, 메시 방식 등이 있다.
시스템 간 데이터 교환 방식에는 회선교환, 패킷교환(메시지교환 포함) 등이 있다.
토폴로지는 노드 위치와 노드 간 연결의 배치 형태를 뜻한다.

구간 $t_{4}$~$t_{5}$의 출력 $Q_{0}$$Q_{1}$$Q_{2}$$Q_{3}$는 1011이다.
각 상승에지에서 Input이 $Q_{0}$로 들어가고 기존 값은 한 칸씩 오른쪽($Q_{0}$→$Q_{1}$→$Q_{2}$→$Q_{3}$)으로 이동한다. 초기값은 0000이다.
$t_{1}$: Input=1 → 1000
$t_{2}$: Input=1 → 1100
$t_{3}$: Input=0 → 0110
$t_{4}$: Input=1 → 1011

카르노 맵과 일치하는 논리식은 $\overline{A}\,\overline{B}C+B\overline{C}+\overline{D}$이다.
묶음은 다음과 같다.
첫째, CD=00, 10 두 열은 모두 1 → 8칸 묶음 $\overline{D}$
둘째, AB=01, 11 행의 CD=00, 01 → 4칸 묶음 $B\overline{C}$
셋째, 남은 AB=00, CD=11 칸은 이웃한 CD=10 칸과 묶어 $\overline{A}\,\overline{B}C$
$A\overline{B}C$를 넣은 식은 AB=10, CD=11 칸(값 0)을 1로 만들어 틀리다.
$BC$를 넣은 식은 AB=01, CD=11 칸(값 0)을 1로 만들어 틀리다.
마지막 항이 $D$인 식은 값이 0인 CD=01 칸을 1로 만들어 틀리다.

역방향 항복영역에서 양단 전압을 일정하게 유지하는 다이오드는 제너 다이오드이다.
제너 다이오드는 불순물 농도를 높여 낮은 역전압에서 항복이 일어나도록 만든 소자로, 항복영역에서 전류가 크게 변해도 전압이 거의 일정하여 정전압 회로에 쓰인다.
광 다이오드는 역바이어스에서 빛을 받아 광전류를 만드는 수광 소자이다.
버랙터 다이오드는 역바이어스 전압에 따라 접합 용량이 변하는 가변용량 소자이다.
발광 다이오드는 순방향 바이어스에서 빛을 내는 소자이다.