110 中華郵政招考營運職 電機工程 電路學與電子學 考古題詳解

110 年・中華郵政招考・營運職・電機工程
試題代碼 110年中華郵政營運職 電機工程(電路學與電子學)

第 第一題 題25 分

直流電路如【圖一】所示，直流電壓源電壓 ES=300 VE_S=300\ \mathrm{V}，請回答下列問題：

（一）請計算 aa、bb 兩端間的戴維寧（Thevenin）等效電壓 VthV_{th} 及等效電阻 RthR_{th}。【10 分】

（二）若調整電阻 RLR_L 以獲得最大功率消耗，在此情況下，請計算流經 RLR_L 的電流 ILI_L、RLR_L 的消耗功率，以及電阻 6 Ω6\ \Omega 及 18 Ω18\ \Omega 的消耗功率。【15 分】

【圖一】包含 3 Ω3\ \Omega、2 Ω2\ \Omega、6 Ω6\ \Omega、18 Ω18\ \Omega、電阻 RLR_L、端點 aa、bb、電流 ILI_L 及直流電壓源 ESE_S 的電路圖。

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核心觀念

本題考查戴維寧等效電路與最大功率傳輸定理：

  1. 開路端電壓即戴維寧等效電壓： Vth=Vab∣RL 開路V_{th}=V_{ab}\big|_{R_L\text{ 開路}}

  2. 將獨立電壓源關閉後，由端點 aa、bb 看入的等效電阻為： Rth=R由 a,b 看入R_{th}=R_{\text{由 }a,b\text{ 看入}}

  3. 負載獲得最大功率時： RL=RthR_L=R_{th}

  4. 最大功率條件下：

IL=VthRth+RL=Vth2RthI_L=\frac{V_{th}}{R_{th}+R_L} =\frac{V_{th}}{2R_{th}}

（一）求 VthV_{th} 與 RthR_{th}

1. 求戴維寧等效電壓 VthV_{th}

將 RLR_L 開路後，通往端點 aa 的 2 Ω2\ \Omega 電阻沒有電流，因此其壓降為零，故端點 aa 的電壓等於 3 Ω3\ \Omega 與 6 Ω6\ \Omega 串聯支路、18 Ω18\ \Omega 電阻分壓的中間電位。

左側支路電阻為：

3+6=9 Ω3+6=9\ \Omega

9 Ω9\ \Omega 與 18 Ω18\ \Omega 串聯接於 300 V300\ \mathrm{V} 電源兩端，因此流過串聯電路的電流為：

I=3009+18=30027=1009 AI=\frac{300}{9+18} =\frac{300}{27} =\frac{100}{9}\ \mathrm{A}

18 Ω18\ \Omega 電阻上的電壓為：

V18=I(18)=1009×18=200 VV_{18}=I(18) =\frac{100}{9}\times18 =200\ \mathrm{V}

因此：

Vth=Vab=200 V\boxed{V_{th}=V_{ab}=200\ \mathrm{V}}

2. 求戴維寧等效電阻 RthR_{th}

將理想電壓源短路，從 aa、bb 端看入：

  • 2 Ω2\ \Omega 與其他部分串聯；
  • 3 Ω3\ \Omega 與 6 Ω6\ \Omega 串聯，為 9 Ω9\ \Omega；
  • 9 Ω9\ \Omega 與 18 Ω18\ \Omega 並聯。

因此：

Rth=2+(9∥18)R_{th}=2+(9\parallel18) 9∥18=9×189+18=6 Ω9\parallel18 =\frac{9\times18}{9+18} =6\ \Omega

所以：

Rth=2+6=8 Ω\boxed{R_{th}=2+6=8\ \Omega}

（二）最大功率條件下的各項功率

1. 負載電阻 RLR_L

依最大功率傳輸定理：

RL=Rth=8 Ω\boxed{R_L=R_{th}=8\ \Omega}

2. 流經 RLR_L 的電流 ILI_L

以戴維寧等效電路表示：

IL=VthRth+RL=2008+8=20016I_L=\frac{V_{th}}{R_{th}+R_L} =\frac{200}{8+8} =\frac{200}{16}

因此：

IL=12.5 A\boxed{I_L=12.5\ \mathrm{A}}

3. RLR_L 的消耗功率

PRL=IL2RL=(12.5)2(8)P_{R_L}=I_L^2R_L =(12.5)^2(8) PRL=1250 W\boxed{P_{R_L}=1250\ \mathrm{W}}
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第 第二題 題25 分

交流穩態電路如【圖二】所示，電源的頻率為 60 Hz60\ \mathrm{Hz}，電源電壓 E^S=400∠0∘ V\hat{E}_S=400\angle 0^\circ\ \mathrm{V}（有效值），請回答下列問題：

（一）請計算負載的電流 I^L\hat{I}_L、負載的實功率、虛功率及功率因數。【10 分】

（二）調整電容抗 XCX_C，使電源提供的功率因數為 1.01.0。在此情況下，請計算電源的電流 I^S\hat{I}_S、流經電容抗的電流 I^C\hat{I}_C、電容抗 XCX_C 及其電容值。【15 分】

【圖二】包含電源 E^S\hat{E}_S、電源電流 I^S\hat{I}_S、電容抗 −jXC-jX_C、電容電流 I^C\hat{I}_C、負載電流 I^L\hat{I}_L、12 Ω12\ \Omega、j16 Ωj16\ \Omega 及負載的交流電路圖。

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核心觀念

本題考查：

  1. 交流串聯負載的阻抗與相量電流。
  2. 複數功率： S^=V^I^∗=P+jQ\hat S=\hat V\hat I^{*}=P+jQ
  3. 功率因數： pf=cos⁡ϕ=P∣S^∣\mathrm{pf}=\cos\phi=\frac{P}{|\hat S|}
  4. 並聯電容器進行功率因數改善，使電源端虛功率為零。

負載由 12 Ω12\ \Omega 電阻與 j16 Ωj16\ \Omega 電感抗串聯而成，因此：

ZL=12+j16 ΩZ_L=12+j16\ \Omega

（一）負載電流、實功率、虛功率及功率因數

1. 負載阻抗

∣ZL∣=122+162=20 Ω|Z_L|=\sqrt{12^2+16^2}=20\ \Omega ∠ZL=tan⁡−1(1612)=53.13∘\angle Z_L=\tan^{-1}\left(\frac{16}{12}\right)=53.13^\circ

因此：

ZL=20∠53.13∘ ΩZ_L=20\angle 53.13^\circ\ \Omega

2. 負載電流

由歐姆定律：

I^L=E^SZL=400∠0∘20∠53.13∘\hat I_L=\frac{\hat E_S}{Z_L} =\frac{400\angle0^\circ}{20\angle53.13^\circ} I^L=20∠−53.13∘ A\boxed{\hat I_L=20\angle-53.13^\circ\ \mathrm{A}}

轉為直角座標：

I^L=20(cos⁡53.13∘−jsin⁡53.13∘)\hat I_L=20(\cos53.13^\circ-j\sin53.13^\circ) I^L=12−j16 A\boxed{\hat I_L=12-j16\ \mathrm{A}}

電流落後電壓 53.13∘53.13^\circ，屬於感性負載。

3. 負載複數功率

S^L=E^SI^L∗\hat S_L=\hat E_S\hat I_L^{*}

因為：

I^L∗=12+j16 A\hat I_L^{*}=12+j16\ \mathrm{A}

所以：

S^L=400(12+j16)\hat S_L=400(12+j16) S^L=4800+j6400 VA\hat S_L=4800+j6400\ \mathrm{VA}

因此：

PL=4800 W\boxed{P_L=4800\ \mathrm{W}} QL=6400 var\boxed{Q_L=6400\ \mathrm{var}}

其中 QL>0Q_L>0，表示負載呈感性。

4. 功率因數

∣S^L∣=48002+64002=8000 VA|\hat S_L|=\sqrt{4800^2+6400^2}=8000\ \mathrm{VA} pfL=PL∣S^L∣=48008000\mathrm{pf}_L=\frac{P_L}{|\hat S_L|} =\frac{4800}{8000} pfL=0.6 遲相\boxed{\mathrm{pf}_L=0.6\ \text{遲相}}

（二）改善至電源功率因數為 1

1. 電容器應提供的無效功率

負載的感性虛功率為：

QL=6400 varQ_L=6400\ \mathrm{var}

要使電源功率因數為 11，電容器必須提供大小相等、方向相反的容性虛功率：

QC=−6400 varQ_C=-6400\ \mathrm{var}

2. 電源電流

功率因數為 11 時，電源電流與電源電壓同相，且電源只供應實功率：

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第 第三題 題25 分

如【圖三】所示之二極體電路，假設二極體 D1D_1、D2D_2 皆為理想元件。請回答下列問題：

（一）請說明 D1D_1、D2D_2 之操作狀態，說明 D1D_1、D2D_2 導通或截止。【5 分】

（二）I=?I=?【10 分】

（三）Vo=?V_o=?【10 分】

【圖三】為二極體電路圖；原卷圖形文字擷取不全，請參考原卷。

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核心觀念

本題考查理想二極體的導通判斷與分段線性分析：

  • 二極體導通時，理想二極體壓降為 00，相當於短路。
  • 二極體截止時，相當於開路。
  • 導通後仍須檢查電流方向是否符合二極體由陽極流向陰極的規則。

由圖可知，D1D_1 的陽極接上方節點、陰極接地；D2D_2 的陽極接上方節點、陰極接至 VoV_o。

（一）判斷二極體操作狀態

若 D1D_1 導通，則上方節點被箝位於 0 V0\text{ V}。此時若 D2D_2 也導通，則 Vo=0 VV_o=0\text{ V}，而 4 kΩ4\text{ k}\Omega 電阻由 0 V0\text{ V} 流向 −8 V-8\text{ V}，所需電流為

0−(−8)4 kΩ=2 mA.\frac{0-(-8)}{4\text{ k}\Omega}=2\text{ mA}.

但由 +8 V+8\text{ V} 經 6 kΩ6\text{ k}\Omega 所能提供的電流僅為

86 kΩ=1.333 mA,\frac{8}{6\text{ k}\Omega}=1.333\text{ mA},

不足以供應負載，因此 D1D_1 不可能導通。

故 D1D_1 截止。此時電路電流會經由 D2D_2 流動，使 D2D_2 導通。

（二）計算 II

因 D2D_2 導通，理想二極體短路，因此上方節點電壓與輸出端電壓相同。

由 +8 V+8\text{ V} 經 6 kΩ6\text{ k}\Omega 流入節點的電流為

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第 第四題 題25 分

如【圖四】所示之 FET 放大器，若忽略歐萊效應（Early effect）對 FET 的影響，假設 FET 之 gm=10 mA/Vg_m=10\ \mathrm{mA/V}。請回答下列問題：

（一）此 FET 放大器的電壓增益 vovi\frac{v_o}{v_i} 為何？【10 分】

（二）若源極電阻 3.9 kΩ3.9\ \mathrm{k}\Omega 的旁路電容 CSC_S 拿掉時，則此放大器的電壓增益 vovi\frac{v_o}{v_i} 為何？【15 分】

【圖四】為 FET 放大器電路圖；原卷圖形文字擷取不全，請參考原卷。

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核心觀念

本題考查共源極 FET 放大器的小訊號電壓增益：

  • 忽略 Early effect，表示 FET 的輸出電阻 ro→∞r_o\to\infty。
  • 中頻時耦合電容視為短路。
  • FET 閘極電流近似為零，因此閘極偏壓電阻不影響電壓增益。
  • 汲極電阻為 RD=20 kΩR_D=20\,\text{k}\Omega。
  • 源極電阻為 RS=3.9 kΩR_S=3.9\,\text{k}\Omega。
  • 跨導為 gm=10 mA/V=0.01 S.g_m=10\,\text{mA/V}=0.01\,\text{S}.

（一）源極電阻有旁路電容 CSC_S

解題方法

旁路電容在交流小訊號下視為短路，因此源極為交流接地：

vs=0.v_s=0.

故

vgs=vi−vs=vi.v_{gs}=v_i-v_s=v_i.

FET 小訊號汲極電流為

id=gmvgs=gmvi.i_d=g_m v_{gs}=g_m v_i.

由於輸出端沒有外接負載，且 ro→∞r_o\to\infty，汲極交流負載就是 RDR_D。輸出電壓為

vo=−idRD.v_o=-i_dR_D.

因此電壓增益為

vovi=−gmRD=−(0.01)(20 000)=−200.\frac{v_o}{v_i} =-g_mR_D =-(0.01)(20\,000) =-200.

負號表示輸出電壓與輸入電壓相位相差 180∘180^\circ。

（二）拿掉源極旁路電容 CSC_S

解題方法

拿掉 CSC_S 後，源極電阻 RSR_S 對交流訊號仍然存在，形成源極退化。

小訊號關係為

id=gmvgs=gm(vi−vs).i_d=g_mv_{gs} =g_m(v_i-v_s).

又因為源極電流約等於汲極電流，

vs=idRS.v_s=i_dR_S.

代入得

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