[9급 국가직 전자공학개론] 08년 1회차 기출문제 정답·해설 페이지

간소화 결과는 $x=\overline{A}B+AC$이다.
뒤의 세 항을 AC로 묶는다.
$A\overline{B}C+ACD+ABC\overline{D}=AC(\overline{B}+D+B\overline{D})$
괄호 안에 $\overline{B}+B\overline{D}=\overline{B}+\overline{D}$이고 여기에 D를 더하면 1이 되므로 세 항은 AC가 된다. 따라서 $x=\overline{A}B+AC$이다.

1 kΩ에 흐르는 전류는 약 3 mA이다.
트랜지스터 베이스가 제너 전압 5 V에 고정되므로 이미터(부하) 전압은 $5-0.6=4.4\,\mathrm{V}$, 부하 전류는 $\dfrac{4.4}{44}=100\,\mathrm{mA}$이다.
컬렉터 전류는 약 $\dfrac{200}{201}\times100\approx99.5\,\mathrm{mA}$이므로 10 Ω 양단 강하가 약 1 V가 되어 컬렉터 노드 전압은 약 8 V이다.
$I_R\approx\dfrac{8-5}{1\,\mathrm{k\Omega}}=3\,\mathrm{mA}$

평균전력은 2.5 W이다.
첨두치(peak-to-peak) 20 V이므로 최댓값은 $V_m=10\,\mathrm{V}$, 실효값은 $V_{rms}=\dfrac{10}{\sqrt2}\,\mathrm{V}$이다.
$P=\dfrac{V_{rms}^2}{R}=\dfrac{50}{20}=2.5\,\mathrm{W}$이며, 주파수 60 Hz는 저항 전력에 영향을 주지 않는다.

전류원으로 구동되는 병렬 공진회로는 공진 주파수에서 어드미턴스가 최소(임피던스가 최대)가 되므로, 최대라고 한 설명이 옳지 않다.
병렬 공진에서는 L과 C의 서셉턴스가 상쇄되어 어드미턴스가 G만 남아 가장 작아지고, 그 결과 단자 전압이 최대가 된다.
직렬 회로에서 용량성 리액턴스가 더 크면 $X=X_L-X_C$는 음(−)이 된다.
전압원으로 구동되는 직렬 공진회로는 공진 시 임피던스가 R로 최소가 되어 전류가 최대이다.
$Q=\dfrac{f_0}{BW}$이므로 대역폭이 넓을수록 Q는 작아진다.

최대전력은 2.5 W, 그때의 전달효율은 50 %이다.
최대전력 전달 조건은 부하저항 = 내부저항 = 10 Ω이다. 이때 전류는 $I=\dfrac{10}{10+10}=0.5\,\mathrm{A}$이다.
부하전력 $P_L=0.5^2\times10=2.5\,\mathrm{W}$, 전원 공급전력 $P_S=10\times0.5=5\,\mathrm{W}$이므로 효율은 $\dfrac{2.5}{5}=50\,\%$이다.

이 회로는 반파 정류기(정밀 반파 정류기)이다.
입력이 양(+)이면 연산증폭기 출력이 음이 되어 $\mathrm{D}_{2}$가 도통하고 $\mathrm{D}_{1}$은 차단되므로, $\mathrm{V}_{o}$는 $\mathrm{R}_{2}$를 통해 가상접지에 연결되어 0이 된다.
입력이 음(−)이면 출력이 양이 되어 $\mathrm{D}_{1}$이 도통하고 반전 증폭기로 동작해 $V_o=-\dfrac{R_2}{R_1}V_i\gt0$이다. 한 반주기만 출력되므로 반파 정류이며, 다이오드 전압강하가 귀환 루프 안에서 보상된다.

최소 데이터 전송률은 6 Mbps이다.
6가지 세기를 표현하려면 $2^2=4\lt6\le2^3=8$이므로 화소당 3비트가 필요하다.
$400\times500\times3\times10=6\times10^6\,\mathrm{bps}$

R은 $\dfrac{10}{48}\,\mathrm{k\Omega}$이다.
입력 전류 $i=\dfrac{V_i}{10\,\mathrm{k}}$가 첫 귀환 저항 10 kΩ을 흐르므로 a점 전압은 $V_a=-V_i$이다.
a점 KCL: $\dfrac{V_i}{10\,\mathrm{k}}=\dfrac{V_a}{R}+\dfrac{V_a-V_o}{10\,\mathrm{k}}$를 정리하면 $V_o=-V_i\left(2+\dfrac{10\,\mathrm{k}}{R}\right)$이다.
$2+\dfrac{10\,\mathrm{k}}{R}=50$에서 $R=\dfrac{10}{48}\,\mathrm{k\Omega}$이다.

R은 약 2.7 MΩ이다.
R이 컬렉터와 베이스 사이에 연결된 컬렉터 귀환 바이어스이다. $I_B=\dfrac{0.4\,\mathrm{mA}}{200}=2\,\mu\mathrm{A}$
15 kΩ에는 $I_C+I_B=0.402\,\mathrm{mA}$가 흐르므로 $V_C=12-15\,\mathrm{k}\times0.402\,\mathrm{m}\approx5.97\,\mathrm{V}$이다.
$R=\dfrac{5.97-0.6}{2\,\mu\mathrm{A}}\approx2.7\,\mathrm{M\Omega}$

AB와 CD를 각각 NAND한 뒤 다시 NAND하고 E와 OR한 회로에 $F=AB+C+D+E$를 붙인 것이 일치하지 않는다.
그 회로의 실제 출력은 $\overline{\overline{AB}\cdot\overline{CD}}+E=AB+CD+E$로 CD가 곱 항으로 남는다.
$F=A+B$ 회로: $A+\overline{\overline{A\overline{B}}\cdot\overline{B}}=A+A\overline{B}+B=A+B$로 일치한다.
$F=AB+CD+E$ 회로(입력 반전 후 OR·NAND): $\overline{(\overline{A}+\overline{B})(\overline{C}+\overline{D})}=AB+CD$이므로 일치한다.
$F=A+B+C+D+E$ 회로(NOR 두 개 → NAND): $\overline{\overline{A+B}\cdot\overline{C+D}}=A+B+C+D$이므로 일치한다.

정상상태에서 2 Ω에 흐르는 전류는 2 A이다.
직류 정상상태에서는 인덕터는 단락, 커패시터는 개방으로 본다. 인덕터가 6 Ω을 단락시키므로 6 Ω에는 전류가 흐르지 않는다.
$I=\dfrac{12}{4+2}=2\,\mathrm{A}$

A·B를 각각 NAND로 반전해 NAND한 뒤 다시 NAND 인버터를 붙인 회로가 NOR이다.
앞부분은 $\overline{\overline{A}\cdot\overline{B}}=A+B$(OR)이고, 이를 반전하면 $\overline{A+B}$이다.
NAND 뒤에 NAND 인버터 하나: $AB$(AND)
입력을 각각 반전해 NAND: $A+B$(OR)
NAND 네 개 구조: $A\oplus B$(XOR)

늘인 뒤의 저항은 80 Ω이다.
$R=\rho\dfrac{l}{A}$이고 부피 $lA$가 일정하므로 길이가 2배가 되면 단면적은 1/2이 된다.
$R'=\rho\dfrac{2l}{A/2}=4R=4\times20=80\,\mathrm{\Omega}$

활성영역은 베이스-이미터 접합 순방향, 베이스-컬렉터 접합 역방향 바이어스인 영역이므로, 반대로 설명한 내용이 옳지 않다.
활성영역에서 컬렉터 전류가 베이스 전류에 비례($I_C=\beta I_B$)하므로 선형 증폭기로 동작한다. 두 접합 바이어스를 반대로 걸면 역활성(역방향 활성) 영역이 되어 전류이득이 매우 작다.
차단영역: 두 접합 모두 역방향이며 베이스·컬렉터 전류가 거의 흐르지 않는다.
포화영역: 두 접합 모두 순방향이며 스위치의 ON 상태로 쓰인다.
$V_{BE}$-$I_B$ 특성은 베이스-이미터 pn 접합이므로 다이오드 특성과 비슷하다.

6 Ω 저항 세 개를 모두 사용해서는 12 Ω을 만들 수 없다.
가능한 네 가지 조합은 다음과 같다.
모두 직렬: $6+6+6=18\,\mathrm{\Omega}$
모두 병렬: $\dfrac{6}{3}=2\,\mathrm{\Omega}$
두 개 병렬 + 하나 직렬: $3+6=9\,\mathrm{\Omega}$
두 개 직렬 + 하나 병렬: $\dfrac{12\times6}{12+6}=4\,\mathrm{\Omega}$
12 Ω은 저항 두 개만 직렬로 쓸 때의 값이므로 세 개를 모두 쓰는 조건에 맞지 않는다.

직류 입력에서 출력은 $V_o=-\dfrac{R_F}{R_1}V_1$이다.
직류에서 커패시터는 개방이다. $\mathrm{C}_{2}$가 $\mathrm{V}_{2}$를 차단하므로 비반전 단자는 $\mathrm{R}_{2}$를 통해 0 V가 된다.
$\mathrm{C}_{1}$은 개방되어 영향이 없으므로 $\mathrm{V}_{1}$에 대해서는 단순 반전 증폭기가 되어 $V_o=-\dfrac{R_F}{R_1}V_1$이다.

관계는 $\dfrac{1}{2\pi f_c}\ll T$이다.
1차 RC 고역통과필터의 시정수는 $\tau=RC=\dfrac{1}{2\pi f_c}$이다.
출력이 입력 에지에서만 뾰족하게 나타났다가 곧 0으로 감쇠하는 미분 파형이므로, 시정수가 펄스 주기보다 매우 작다.

출력은 최댓값이 −$\mathrm{V}_{1}$에 고정되고 그 아래로 2V만큼 흔들리는 구형파이다.
다이오드 캐소드 쪽 전지 $\mathrm{V}_{1}$은 긴 판(+)이 아래(접지 쪽)이므로 캐소드 전위는 $-V_1$이다. 출력이 $-V_1$보다 커지려 하면 다이오드가 도통해 C가 충전되므로 최댓값이 −$\mathrm{V}_{1}$로 클램프된다.
방전 시간이 충분히 길어 C 전압이 유지되므로 출력은 피크-피크 2V를 유지한 채 $-V_1$에서 $-V_1-2V$ 사이를 오간다.

전류는 $i(t)=\dfrac{E}{R}\left(1-2e^{-t/\tau}\right)$이다.
a 쪽 전원은 극성이 반대로 연결되어 있어 t < 0 정상상태 전류는 $i(0)=-\dfrac{E}{R}$이고, 인덕터 전류는 순간적으로 변하지 않는다.
b로 바꾼 뒤 최종값은 $i(\infty)=\dfrac{E}{R}$이고 시정수 $\tau=\dfrac{L}{R}$로 변하므로 $i(t)=\dfrac{E}{R}+\left(-\dfrac{E}{R}-\dfrac{E}{R}\right)e^{-t/\tau}$, 즉 위 식이 된다.

이 회로는 NOR 게이트이다.
풀업 PMOS($\mathrm{Q}_{1}$, $\mathrm{Q}_{2}$)는 직렬, 풀다운 NMOS($\mathrm{Q}_{3}$, $\mathrm{Q}_{4}$)는 병렬이다.
A·B가 모두 0이면 두 PMOS가 켜지고 NMOS가 모두 꺼져 X = 1이다.
A·B 중 하나라도 1이면 해당 NMOS가 켜져 X = 0이고 직렬 PMOS 경로는 끊긴다.