114 關務特考四等 電機工程(選試英文)科別 基本電學 考古題詳解

114 年・關務特考・四等・電機工程(選試英文)科別
試題代碼 基本電學

第 一 題20 分

交流 RLCRLC 並聯電路，電壓源為

v(t)=102sin⁡(377t) Vv(t)=10\sqrt{2}\sin(377t)\ \mathrm{V}

且 R=13 ΩR=\frac{1}{3}\ \Omega、XL=18 ΩX_L=\frac{1}{8}\ \Omega、XC=14 ΩX_C=\frac{1}{4}\ \Omega，求該電路之：

(一) 總導納 YY。

(二) 流經電壓源的電流相量 II。

(三) 視在功率 SS。

(四) 功率因數 PFPF。

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核心觀念

並聯電路各支路電壓相同，總導納為各支路導納的相量和。電阻支路的導納為實數，電感與電容支路的導納分別帶有負、正虛部：

YR=1R,YL=1jXL=−j1XL,YC=1−jXC=j1XCY_R=\frac{1}{R},\qquad Y_L=\frac{1}{jX_L}=-j\frac{1}{X_L},\qquad Y_C=\frac{1}{-jX_C}=j\frac{1}{X_C}

電壓相量採有效值（RMS）。總電流由 I=YVI=YV 求得；視在功率為 S=VrmsIrmsS=V_{\mathrm{rms}}I_{\mathrm{rms}}，功率因數為有功功率除以視在功率。

解題方法

（一）總導納 YY

由電壓波形 v(t)=102sin⁡(377t) Vv(t)=10\sqrt{2}\sin(377t)\ \mathrm{V} 可知有效值電壓為

Vrms=1022=10 VV_{\mathrm{rms}}=\frac{10\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=10\ \mathrm{V}

各支路導納為

YR=11/3=3 SY_R=\frac{1}{1/3}=3\ \mathrm{S} YL=1j(1/8)=−j8 SY_L=\frac{1}{j(1/8)}=-j8\ \mathrm{S} YC=1−j(1/4)=j4 SY_C=\frac{1}{-j(1/4)}=j4\ \mathrm{S}

相加得

Y=YR+YL+YC=3−j8+j4=3−j4 SY=Y_R+Y_L+Y_C=3-j8+j4=3-j4\ \mathrm{S}

其極式為

∣Y∣=32+(−4)2=5 S,∠Y=−tan⁡−1(43)≈−53.13∘|Y|=\sqrt{3^2+(-4)^2}=5\ \mathrm{S},\qquad \angle Y=-\tan^{-1}\left(\frac{4}{3}\right)\approx-53.13^\circ

因此 Y=5∠−53.13∘ SY=5\angle-53.13^\circ\ \mathrm{S}。

（二）流經電壓源的電流相量 II

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第 二 題25 分

如圖一所示電路，調整可變電阻 RLR_L，使其可獲得最大功率轉移。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 求 RLR_L 之值。（20 分）

(二) 供給 RLR_L 的最大功率為何？（5 分）

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核心觀念

本題考查最大功率轉移定理。對於負載電阻 RLR_L，若其端電壓為 VRLV_{RL}，則負載功率為

PL=VRL 2RL.P_L=\frac{V_{RL}^{\,2}}{R_L}.

由圖可知：

  • 各固定電阻皆為 10 kΩ10\,\text{k}\Omega。
  • 受控電流源方向由左至右，大小為
id=VA10 mAi_d=\frac{V_A}{10}\,\text{mA}
  • 因此其跨導為
gm=110 mS,g_m=\frac{1}{10}\,\text{mS},

與 10 kΩ10\,\text{k}\Omega 電阻的電導相同：

g=110 kΩ=0.1 mS.g=\frac{1}{10\,\text{k}\Omega}=0.1\,\text{mS}.

令左上節點電壓為 V1V_1，RLR_L 左端節點電壓為 V2V_2，右側節點電壓為 V3V_3，則

VA=V3.V_A=V_3.

解題方法

令

x=RL10 kΩ.x=\frac{R_L}{10\,\text{k}\Omega}.

並以 10 kΩ10\,\text{k}\Omega 為基準，將各節點方程式以電壓形式表示。

1. 左上節點列 KCL

由左上節點：

(V1−V2)+(V1−V3)+V3=10(V_1-V_2)+(V_1-V_3)+V_3=10

其中 1010 來自

(1 mA)(10 kΩ)=10 V.(1\,\text{mA})(10\,\text{k}\Omega)=10\,\text{V}.

整理得

2V1−V2=10.(1)2V_1-V_2=10. \tag{1}

2. RLR_L 左端節點列 KCL

(V2−V1)+V2+V2−V3x=0.(2)(V_2-V_1)+V_2+\frac{V_2-V_3}{x}=0. \tag{2}

3. 右側節點列 KCL

右側節點的 10 kΩ10\,\text{k}\Omega 電阻電流與受控電流源電流相互抵消，因此：

(V3−V1)+V3−V2x=0.(3)(V_3-V_1)+\frac{V_3-V_2}{x}=0. \tag{3}

令負載兩端電壓

VRL=V2−V3.V_{RL}=V_2-V_3.

由式 (3)(3)：

V3−V1−VRLx=0,V_3-V_1-\frac{V_{RL}}{x}=0,

所以

V1=V3−VRLx.(4)V_1=V_3-\frac{V_{RL}}{x}. \tag{4}

將式 (4)(4)代入式 (2)(2)，並利用 V2=V3+VRLV_2=V_3+V_{RL}：

V3+2VRL+2VRLx=0,V_3+2V_{RL}+\frac{2V_{RL}}{x}=0,

因此

V3=−2VRL(1+1x).(5)V_3=-2V_{RL}\left(1+\frac{1}{x}\right). \tag{5}

再將式 (4)(4)、(5)(5)代入式 (1)(1)：

−3VRL−4VRLx=10.-3V_{RL}-\frac{4V_{RL}}{x}=10.

故

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第 三 題30 分

如圖二所示電路，aa、bb 兩端的等效電容為 CeqC_{eq}。（每小題 15 分，共 30 分）

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 求開關閉合（close）時的 CeqC_{eq} 值。

(二) 求開關開啟（open）時的 CeqC_{eq} 值。

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核心觀念

本題考查電容器的串聯、並聯，以及開關造成的節點連接變化。

電容器公式：

  • 並聯： Ceq=C1+C2+⋯C_{\text{eq}}=C_1+C_2+\cdots
  • 串聯： 1Ceq=1C1+1C2+⋯\frac{1}{C_{\text{eq}}}=\frac{1}{C_1}+\frac{1}{C_2}+\cdots

圖中每個電容皆為 10 mF10\ \text{mF}。兩條斜線在交叉處沒有電氣連接，必須視為兩個獨立節點。

（一）開關閉合時

1. 外圍支路

上方與下方的兩個 10 mF10\ \text{mF} 電容，經由最右側導線形成串聯：

C外=10×1010+10=5 mFC_{\text{外}}=\frac{10\times 10}{10+10}=5\ \text{mF}

2. 內部支路

開關閉合後，兩個斜向節點被導線短接為同一節點。

因此：

  • 從 aa 到共同節點，有兩個 10 mF10\ \text{mF} 電容並聯：
Ca=10+10=20 mFC_{a}=10+10=20\ \text{mF}
  • 從共同節點到 bb，也有兩個 10 mF10\ \text{mF} 電容並聯：
Cb=10+10=20 mFC_{b}=10+10=20\ \text{mF}

兩組 20 mF20\ \text{mF} 再串聯：

C內=20×2020+20=10 mFC_{\text{內}} =\frac{20\times20}{20+20} =10\ \text{mF}

3. 兩條支路並聯

外圍支路與內部支路皆跨接於 a、ba、b 兩端，因此彼此並聯：

Ceq=C外+C內=5+10=15 mFC_{eq}=C_{\text{外}}+C_{\text{內}} =5+10 =15\ \text{mF}

（二）開關開啟時

開關開啟後，內部兩個節點彼此不相連，但每個節點都是浮接節點。

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第 四 題25 分

如圖三所示電路，電壓源

vg=10cos⁡ωt Vv_g=10\cos\omega t\ \mathrm{V}

試問電壓源的頻率 ω\omega 是否可調整至使 igi_g 和 vgv_g 具有相同相位？

若可以，求該電壓源頻率 ω\omega。若無法調整至使 igi_g 和 vgv_g 為相同相位，證明並解釋其原因。（25 分）

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

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核心觀念

判斷電壓源電壓 vgv_g 與源電流 igi_g 是否同相，應觀察電路的輸入阻抗 ZinZ_{\text{in}}：

I‾g=V‾gZin\underline{I}_g=\frac{\underline{V}_g}{Z_{\text{in}}}

因此，igi_g 與 vgv_g 同相的必要條件是輸入阻抗的虛部為零：

Im⁡(Zin)=0\operatorname{Im}(Z_{\text{in}})=0

圖三電路可視為：

  • 左側 1 Ω1\,\Omega 電阻串聯；
  • 後端為 1 H1\,\text{H} 電感與「1 F1\,\text{F} 電容串聯 1 Ω1\,\Omega 電阻」的並聯組合。

解題方法

電感與電容串聯電阻的阻抗分別為

ZL=jωZ_L=j\omega ZCR=1+1jω=1−jωZ_{CR}=1+\frac{1}{j\omega} =1-\frac{j}{\omega}

並聯部分使用導納計算較為簡便：

Yp=1ZL+1ZCRY_p=\frac{1}{Z_L}+\frac{1}{Z_{CR}}

代入得

Yp=1jω+11−j/ωY_p=\frac{1}{j\omega}+\frac{1}{1-j/\omega}

其中

11−j/ω=1+j/ω1+1/ω2\frac{1}{1-j/\omega} =\frac{1+j/\omega}{1+1/\omega^2}

所以

Yp=−jω+1+j/ω1+1/ω2Y_p =-\frac{j}{\omega} +\frac{1+j/\omega}{1+1/\omega^2}

其虛部為

Im⁡(Yp)=−1ω+1/ω1+1/ω2\operatorname{Im}(Y_p) = -\frac{1}{\omega} +\frac{1/\omega}{1+1/\omega^2}

整理：

Im⁡(Yp)=−1ω+ωω2+1=−1ω(ω2+1)\operatorname{Im}(Y_p) = -\frac{1}{\omega} +\frac{\omega}{\omega^2+1} = -\frac{1}{\omega(\omega^2+1)}
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