112 關務特考四等 電機工程 基本電學 考古題詳解

112 年・關務特考・四等・電機工程
試題代碼 基本電學

第 一 題25 分

有一截面積為矩形（厚 2 mm×2\ \mathrm{mm}\times 寬 3 mm3\ \mathrm{mm}）的銅質導體，長度為 150 m150\ \mathrm{m}，電阻率（電阻係數）ρ\rho 為 1.75×10−8 Ω⋅m1.75\times10^{-8}\ \Omega\cdot\mathrm{m}，試計算：

(一) 這條導線的電阻為多少？（10 分）

(二) 如果在這導體兩端加上 10 V10\ \mathrm{V} 的直流電源，則會有多少電流通過？（10 分）

(三) 這條導線通電一段時間後，停電並立即測量電阻，此時電阻會變大還是變小？為什麼？（5 分）

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核心觀念

本題考導體電阻公式與歐姆定律：

R=ρLAR=\rho\frac{L}{A}

其中 RR 為電阻、ρ\rho 為電阻率、LL 為導體長度、AA 為截面積。計算時各物理量須使用一致的 SI 單位。直流電源加在導體兩端時，電流由歐姆定律 I=V/RI=V/R 求得。

銅導體通電後會因焦耳熱升溫。金屬的電阻率通常隨溫度升高而增加，因此導線冷卻前立即測量，電阻會比通電前大。

解題方法

矩形截面積為厚度乘以寬度：

A=(2×10−3)(3×10−3)=6×10−6 m2A=(2\times10^{-3})(3\times10^{-3}) =6\times10^{-6}\ \mathrm{m^2}

導線長度 L=150 mL=150\ \mathrm{m}，電阻率 ρ=1.75×10−8 Ω⋅m\rho=1.75\times10^{-8}\ \Omega\cdot\mathrm{m}。代入電阻公式：

R=ρLA=(1.75×10−8)(150)6×10−6=0.4375 Ω\begin{aligned} R &=\rho\frac{L}{A}\\ &=\frac{(1.75\times10^{-8})(150)}{6\times10^{-6}}\\ &=0.4375\ \Omega \end{aligned}
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第 二 題25 分

如下圖所示的直流電路，請以網目電流（Mesh Current）法，分別計算：

(一) 請列出網目電流法的聯立方程式。（10 分）

(二) 求出 3 kΩ3\ \mathrm{k\Omega} 電阻器上的輸出電流 ioi_o。（10 分）

(三) 請繪出包含負載 3 kΩ3\ \mathrm{k\Omega} 電阻器在內的戴維寧等效電路（Thevenin equivalent circuit）；並求出戴維寧等效電壓及等效電阻。（5 分）

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核心觀念

本題考查：

  • 網目電流法（Mesh Current Method）
  • 克希荷夫電壓定律（KVL）
  • 戴維寧等效電路
  • 電壓分配、串並聯電阻化簡

令三個網目電流皆採順時針方向：

  • I1I_1：上方三角形網目
  • I2I_2：下方三角形網目
  • I3I_3：左側含 10 V10\text{ V} 電源的網目

各電阻以 kΩ\text{k}\Omega 表示，電流以 mA\text{mA} 表示，則電阻壓降單位為 V。

（一）列出網目電流法聯立方程式

網目 I1I_1

上方網目包含 1 kΩ1\text{ k}\Omega、上方 3 kΩ3\text{ k}\Omega 及中央 3 kΩ3\text{ k}\Omega：

1(I1−I3)+3I1+3(I1−I2)=01(I_1-I_3)+3I_1+3(I_1-I_2)=0

整理得：

7I1−3I2−I3=0(1)7I_1-3I_2-I_3=0 \tag{1}

網目 I2I_2

下方網目包含 10 kΩ10\text{ k}\Omega、2 kΩ2\text{ k}\Omega 及中央 3 kΩ3\text{ k}\Omega：

3(I2−I1)+2I2+10(I2−I3)=03(I_2-I_1)+2I_2+10(I_2-I_3)=0

整理得：

−3I1+15I2−10I3=0(2)-3I_1+15I_2-10I_3=0 \tag{2}

網目 I3I_3

左側網目包含 1 kΩ1\text{ k}\Omega、10 kΩ10\text{ k}\Omega 及 10 V10\text{ V} 電壓源。沿順時針方向通過電源為電壓上升 10 V10\text{ V}：

1(I3−I1)+10(I3−I2)−10=01(I_3-I_1)+10(I_3-I_2)-10=0

整理得：

−I1−10I2+11I3=10(3)-I_1-10I_2+11I_3=10 \tag{3}

因此，網目電流聯立方程式為：

{7I1−3I2−I3=0−3I1+15I2−10I3=0−I1−10I2+11I3=10\boxed{ \begin{cases} 7I_1-3I_2-I_3=0\\ -3I_1+15I_2-10I_3=0\\ -I_1-10I_2+11I_3=10 \end{cases} }

（二）求 3 kΩ3\text{ k}\Omega 電阻器上的輸出電流 ioi_o

中央 3 kΩ3\text{ k}\Omega 電阻器的箭頭方向由左向右。

由網目電流方向可知：

  • I2I_2 通過中央電阻的方向為由左向右
  • I1I_1 通過中央電阻的方向為由右向左

所以：

io=I2−I1i_o=I_2-I_1

由式（1）：

I3=7I1−3I2I_3=7I_1-3I_2

代入式（2）：

−3I1+15I2−10(7I1−3I2)=0-3I_1+15I_2-10(7I_1-3I_2)=0 −73I1+45I2=0-73I_1+45I_2=0 I2=7345I1I_2=\frac{73}{45}I_1

再由式（3）可得：

I1=450281 mA≈1.601 mAI_1=\frac{450}{281}\text{ mA} \approx 1.601\text{ mA} I2=730281 mA≈2.598 mAI_2=\frac{730}{281}\text{ mA} \approx 2.598\text{ mA}

因此：

io=I2−I1i_o=I_2-I_1 io=730−450281 mA=280281 mAi_o=\frac{730-450}{281}\text{ mA} =\frac{280}{281}\text{ mA} io≈0.996 mA\boxed{i_o\approx 0.996\text{ mA}}

方向為圖中箭頭所示的由左向右。

（三）戴維寧等效電路

戴維寧等效端點為中央 3 kΩ3\text{ k}\Omega 負載電阻的左右兩端。

1. 求戴維寧等效電壓 VthV_{\mathrm{th}}

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第 三 題25 分

如下圖所示的電路，電源是 60 V60\ \mathrm{V} 的直流電，電感值為 0.32 H0.32\ \mathrm{H}。開關停留在 aa 的位置很長一段時間，電路處於穩定的狀態；在 t=0t=0 秒鐘時，迅速切換到 bb 位置，試回答下列的問題：（每小題 5 分，共 25 分）

(一) t=0−t=0^- 時，開關在 aa 位置，流經電感的電流 ii 為多少？

(二) t=0−t=0^- 時，電感儲存的能量為多少焦耳？

(三) t=0+t=0^+ 時，開關已切換到 bb 位置時的電流 ii 為多少？

(四) t≥0t\geq0 之後，i(t)i(t) 的時間常數及電流暫態電流方程式。

(五) t≥0t\geq0 之後，電感兩端的電壓方程式。

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核心觀念

本題考查直流 RLRL 電路的穩態與暫態分析：

  • 直流穩態時，電感視為短路。
  • 電感電流具有連續性： i(0+)=i(0−)i(0^+)=i(0^-)
  • 電感儲能： wL=12Li2w_L=\frac{1}{2}Li^2
  • 無源 RLRL 放電電路的時間常數： τ=LReq\tau=\frac{L}{R_{\text{eq}}}
  • 電感電壓： vL=Ldidtv_L=L\frac{di}{dt}

解題方法

（一）t=0−t=0^- 時的電感電流

開關長時間停留在 aa，電路已達直流穩態，因此電感視為短路。

此時電路中的總電阻為

R=30+90=120 ΩR=30+90=120\ \Omega

依歐姆定律，電感電流為

i(0−)=60120=0.5 Ai(0^-)=\frac{60}{120}=0.5\ \mathrm{A}

因此：

i(0−)=0.5 A\boxed{i(0^-)=0.5\ \mathrm{A}}

方向與圖中箭頭相同。

（二）t=0−t=0^- 時電感儲存的能量

電感值為 L=0.32 HL=0.32\ \mathrm{H}，且 i(0−)=0.5 Ai(0^-)=0.5\ \mathrm{A}。

wL(0−)=12Li2w_L(0^-)=\frac{1}{2}Li^2

代入得

wL(0−)=12(0.32)(0.5)2=0.04 Jw_L(0^-) =\frac{1}{2}(0.32)(0.5)^2 =0.04\ \mathrm{J}

因此：

wL(0−)=0.04 J\boxed{w_L(0^-)=0.04\ \mathrm{J}}

（三）t=0+t=0^+ 時的電感電流

電感電流不可瞬間改變，因此

i(0+)=i(0−)i(0^+)=i(0^-)

所以

i(0+)=0.5 A\boxed{i(0^+)=0.5\ \mathrm{A}}

開關切換後，60 V60\ \mathrm{V} 電源與電感支路分離，電感原先儲存的能量經由 90 Ω90\ \Omega 與 70 Ω70\ \Omega 電阻釋放。

（四）時間常數與電流暫態方程式

t≥0t\geq 0 時，電感所看到的等效電阻為

Req=90+70=160 ΩR_{\text{eq}}=90+70=160\ \Omega

因此時間常數為

τ=LReq=0.32160=0.002 s\tau=\frac{L}{R_{\text{eq}}} =\frac{0.32}{160} =0.002\ \mathrm{s}

即

τ=2 ms\boxed{\tau=2\ \mathrm{ms}}

切換後為無源衰減電路，依 KVL：

160i+0.32didt=0160i+0.32\frac{di}{dt}=0

整理得

didt+1600.32i=0\frac{di}{dt}+\frac{160}{0.32}i=0

由於

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第 四 題25 分

如下圖所示的電路，交流電源 vs=150cos⁡(2000t) Vv_s=150\cos(2000t)\ \mathrm{V}；電路處於穩態的情況下，請計算：（每小題 5 分，共 25 分）

(一) 電感器及電容器對於交流電所呈現的電感抗與電容抗為何？

(二) 此時的 RLC 電路呈現什麼阻抗狀態？電感性？電容性或純電阻狀態？

(三) 流過 3 kΩ3\ \mathrm{k\Omega} 電阻器的電流為多少？

(四) 假如調整電源的頻率，則發生串聯共振時的頻率為多少 Hz？

(五) 此時流過 3 kΩ3\ \mathrm{k\Omega} 電阻器的電流方程式為何？

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核心觀念

本題考查串聯 RLCRLC 電路的交流穩態分析，使用下列公式：

  • 電感抗： XL=ωLX_L=\omega L
  • 電容抗： XC=1ωCX_C=\frac{1}{\omega C}
  • 串聯 RLCRLC 總阻抗： Z=R+j(XL−XC)Z=R+j(X_L-X_C)
  • 歐姆定律： I~=V~sZ\tilde I=\frac{\tilde V_s}{Z}
  • 串聯共振條件： XL=XCX_L=X_C f0=12πLCf_0=\frac{1}{2\pi\sqrt{LC}}

已知：

R=3 kΩ=3000 ΩR=3\,\mathrm{k\Omega}=3000\,\Omega

L=500 mH=0.5 HL=500\,\mathrm{mH}=0.5\,\mathrm{H}

C=100 nF=100×10−9 FC=100\,\mathrm{nF}=100\times10^{-9}\,\mathrm{F}

vs=150cos⁡(2000t) Vv_s=150\cos(2000t)\,\mathrm{V}

因此角頻率為：

ω=2000 rad/s\omega=2000\,\mathrm{rad/s}

（一）電感抗與電容抗

電感抗

XL=ωL=(2000)(0.5)=1000 ΩX_L=\omega L=(2000)(0.5)=1000\,\Omega

因此：

XL=1 kΩ\boxed{X_L=1\,\mathrm{k\Omega}}

電容抗

XC=1ωC=1(2000)(100×10−9)=5000 ΩX_C=\frac{1}{\omega C} =\frac{1}{(2000)(100\times10^{-9})} =5000\,\Omega

因此：

XC=5 kΩ\boxed{X_C=5\,\mathrm{k\Omega}}

若以阻抗形式表示：

ZL=j1000 ΩZ_L=j1000\,\Omega

ZC=−j5000 ΩZ_C=-j5000\,\Omega

（二）電路的阻抗狀態

串聯電抗為：

X=XL−XC=1000−5000=−4000 ΩX=X_L-X_C=1000-5000=-4000\,\Omega

總阻抗：

Z=3000−j4000 ΩZ=3000-j4000\,\Omega

因為虛部為負值，代表電容抗大於電感抗，所以此電路呈現：

電容性阻抗\boxed{\text{電容性阻抗}}

總阻抗的大小與相角為：

∣Z∣=30002+40002=5000 Ω|Z|=\sqrt{3000^2+4000^2}=5000\,\Omega

∠Z=tan⁡−1(−40003000)=−53.13∘\angle Z=\tan^{-1}\left(\frac{-4000}{3000}\right) =-53.13^\circ

故：

Z=5 kΩ∠−53.13∘\boxed{Z=5\,\mathrm{k\Omega}\angle -53.13^\circ}

（三）流過 3 kΩ3\,\mathrm{k\Omega} 電阻的電流

電源為峰值形式，因此以峰值相量計算：

V~s=150∠0∘ V\tilde V_s=150\angle0^\circ\,\mathrm{V}

I~=V~sZ=150∠0∘5000∠−53.13∘\tilde I=\frac{\tilde V_s}{Z} =\frac{150\angle0^\circ}{5000\angle-53.13^\circ}

得到：

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