112 地方特考三等 電力工程類科 電路學 考古題詳解

112 年・地方特考・三等・電力工程類科
試題代碼 電路學

第 一 題30 分

考慮下圖運算放大器電路。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 當輸入電壓 V2V_2 等於零時，輸出電壓 VoutV_{out} 與輸入電壓 V1V_1 的關係式為何？（10 分）

(二) 當 V1V_1 等於零時，輸出電壓 VoutV_{out} 與 V2V_2 的關係式為何？（10 分）

(三) 當兩輸入 V1V_1 及 V2V_2 皆不為零，求輸出電壓 VoutV_{out} 與兩輸入的關係式。（10 分）

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核心觀念

本題考查理想運算放大器的負回授分析，使用以下兩項重要性質：

  1. 輸入端電流為零： i+=i−=0i_+=i_-=0

  2. 處於負回授線性工作區時，兩輸入端為虛短路： V+=V−V_+=V_-

電路中，反相端經 10 kΩ10\,\text{k}\Omega 接收 V1V_1，並經 20 kΩ20\,\text{k}\Omega 回授至輸出端；非反相端則由 V2V_2 經 20 kΩ20\,\text{k}\Omega 與接地經 10 kΩ10\,\text{k}\Omega 分壓。

解題方法

先求非反相端電壓 V+V_+

由於運算放大器輸入端不取電流，V+V_+ 為 V2V_2 經 20 kΩ20\,\text{k}\Omega、10 kΩ10\,\text{k}\Omega 所形成的分壓：

V+=10 kΩ20 kΩ+10 kΩV2=V23V_+ =\frac{10\,\text{k}\Omega}{20\,\text{k}\Omega+10\,\text{k}\Omega}V_2 =\frac{V_2}{3}

由虛短路性質：

V−=V+=V23V_-=V_+=\frac{V_2}{3}

在反相端節點套用 KCL：

V−−V110 kΩ+V−−Vout20 kΩ=0\frac{V_--V_1}{10\,\text{k}\Omega} + \frac{V_--V_{out}}{20\,\text{k}\Omega} =0

乘以 20 kΩ20\,\text{k}\Omega：

2(V−−V1)+(V−−Vout)=02(V_--V_1)+(V_--V_{out})=0

整理得：

Vout=3V−−2V1V_{out}=3V_--2V_1

代入 V−=V23V_-=\dfrac{V_2}{3}：

Vout=3(V23)−2V1V_{out}=3\left(\frac{V_2}{3}\right)-2V_1

因此：

Vout=V2−2V1\boxed{V_{out}=V_2-2V_1}

（一）V2=0V_2=0 時

此時非反相端接地：

V+=0,V−=0V_+=0,\qquad V_-=0

電路成為反相放大器，增益為：

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第 二 題15 分

下圖 RLC 電路的初始電壓、電流皆為零，在時間零時瞬間給 11 伏特的輸入（u(t)=0, t<0u(t)=0,\ t<0；u(t)=1, t≥0u(t)=1,\ t\geq 0），求輸出 V(t)V(t)。（15 分）

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核心觀念

本題考查串聯 RLC 電路的暫態響應，使用：

  • 電感阻抗：sLsL
  • 電容阻抗：1sC\dfrac{1}{sC}
  • 初始電感電流與電容電壓皆為零，因此可直接使用零初始條件的拉氏轉換。
  • 輸出電壓 V(t)V(t) 取在電阻 R=7 ΩR=7\,\Omega 兩端。

由圖得：

L=10 mH=0.01 H,C=1000 μF=0.001 FL=10\text{ mH}=0.01\text{ H},\qquad C=1000\ \mu\text{F}=0.001\text{ F}

輸入為單位階躍：

vi(t)=u(t),Vi(s)=1sv_i(t)=u(t),\qquad V_i(s)=\frac{1}{s}

解題方法

串聯 RLC 電路的總阻抗為

Z(s)=sL+1sC+RZ(s)=sL+\frac{1}{sC}+R

利用分壓定理，電阻兩端輸出為

V(s)=Vi(s)RsL+1sC+RV(s)=V_i(s)\frac{R}{sL+\frac{1}{sC}+R}

代入 Vi(s)=1/sV_i(s)=1/s：

V(s)=1s⋅RsL+1sC+RV(s)=\frac{1}{s}\cdot \frac{R}{sL+\frac{1}{sC}+R}

分子分母同乘 sCsC，得

V(s)=RCLCs2+RCs+1V(s)=\frac{RC}{LCs^2+RCs+1}

代入 R=7 ΩR=7\,\Omega、L=0.01 HL=0.01\text{ H}、C=0.001 FC=0.001\text{ F}：

LC=10−5,RC=0.007LC=10^{-5},\qquad RC=0.007

因此

V(s)=0.00710−5s2+0.007s+1V(s)=\frac{0.007}{10^{-5}s^2+0.007s+1}

將分母除以 10−510^{-5}：

V(s)=700s2+700s+100000V(s)=\frac{700}{s^2+700s+100000}

分母因式分解為

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第 三 題20 分

下圖 Y 接平衡負載接上一個平衡三相正相序電源後，量測 A 對 B 的電壓差得

VAB(t)=10cos⁡(2π×50t)V_{AB}(t)=10\cos(2\pi\times 50t)

量測 A 線流過的電流得

IAN(t)=cos⁡(2π×50t−π/6)I_{AN}(t)=\cos(2\pi\times 50t-\pi/6)

請估算 LL 及 RR。（10 分）並計算負載消耗的平均功率。（10 分）

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核心觀念

本題考查平衡三相正相序電路、線電壓與相電壓的關係，以及串聯 RR-LL 負載的阻抗。

對稱 Y 接負載中：

V相=V線3V_{相}=\frac{V_{線}}{\sqrt{3}}

正相序下，線電壓 VABV_{AB} 領先相電壓 VANV_{AN} 30∘30^\circ，因此：

VAN(t)=103cos⁡(2π50t−π6)V_{AN}(t)=\frac{10}{\sqrt{3}}\cos\left(2\pi 50t-\frac{\pi}{6}\right)

每相負載阻抗為：

Z=R+jωLZ=R+j\omega L

其中：

ω=2πf=2π×50=100π rad/s\omega=2\pi f=2\pi\times 50=100\pi\ \text{rad/s}

解題方法

題目給定：

VAB(t)=10cos⁡(2π50t)V_{AB}(t)=10\cos(2\pi 50t)

因此以 VABV_{AB} 為相位基準：

V~AB=10∠0∘\tilde V_{AB}=10\angle 0^\circ

正相序三相系統中：

V~AN=103∠−30∘\tilde V_{AN}=\frac{10}{\sqrt{3}}\angle -30^\circ

又題目給定線電流：

IAN(t)=cos⁡(2π50t−π6)I_{AN}(t)=\cos\left(2\pi 50t-\frac{\pi}{6}\right)

故其相量為：

I~AN=1∠−30∘\tilde I_{AN}=1\angle -30^\circ

負載阻抗：

Z=V~ANI~AN=10/3∠−30∘1∠−30∘=103∠0∘ ΩZ=\frac{\tilde V_{AN}}{\tilde I_{AN}} =\frac{10/\sqrt{3}\angle -30^\circ}{1\angle -30^\circ} =\frac{10}{\sqrt{3}}\angle 0^\circ\ \Omega

因此：

Z=R+jωL=103+j0Z=R+j\omega L=\frac{10}{\sqrt{3}}+j0

比較實部與虛部可得：

R=103 Ω≈5.77 ΩR=\frac{10}{\sqrt{3}}\ \Omega\approx 5.77\ \Omega

ωL=0⇒L=0 H\omega L=0\quad\Rightarrow\quad L=0\ \text{H}

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第 四 題15 分

分析下圖放大器電路：此電路屬於何種濾波器（低通、高通、帶通、帶止）？（5 分）若輸入 1010 伏特直流，計算穩態時的輸出電壓。（10 分）

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核心觀念

此電路為理想反相運算放大器：

  • Rin=1 kΩR_{\mathrm{in}}=1\,\text{k}\Omega
  • 回授阻抗為 10 kΩ10\,\text{k}\Omega 電阻與 1 μH1\,\mu\text{H} 電感並聯
  • 正相端接地，因此反相端為虛地，V−≈0V_-\approx 0

反相放大器的電壓增益為

VoutVin=−ZfRin\frac{V_{\mathrm{out}}}{V_{\mathrm{in}}} =-\frac{Z_f}{R_{\mathrm{in}}}

其中 ZfZ_f 為回授網路的等效阻抗。

解題方法：判斷濾波器種類

電感阻抗為

ZL=sLZ_L=sL

回授阻抗為

Zf=10 kΩ∥s(1 μH)Z_f=10\,\text{k}\Omega\parallel s(1\,\mu\text{H})

因此

Zf=(10 kΩ)s(1 μH)10 kΩ+s(1 μH)Z_f=\frac{(10\,\text{k}\Omega)s(1\,\mu\text{H})} {10\,\text{k}\Omega+s(1\,\mu\text{H})}

電壓增益為

VoutVin=−Zf1 kΩ\frac{V_{\mathrm{out}}}{V_{\mathrm{in}}} =-\frac{Z_f}{1\,\text{k}\Omega}

判斷兩個頻率極限：

  1. 低頻時，電感阻抗 ZL=sL→0Z_L=sL\to 0，電感相當於短路，因此

Zf→0Z_f\to 0

增益趨近於 00。

  1. 高頻時，電感阻抗變大，電感相當於開路，回授阻抗趨近於 10 kΩ10\,\text{k}\Omega，因此
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第 五 題20 分

分析下圖耦合電感電路：計算圖中交流電源所看到的等效阻抗 ZZ。（10 分）並選取電容值 CC，使負載 RLR_L 可以獲得最大平均功率。（10 分）

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核心觀念

本題考查：

  1. 耦合電感的等效輸入阻抗。
  2. 負載阻抗反映至一次側的反射阻抗。
  3. 電容並聯補償，使交流電源所見阻抗呈純電阻，提升負載平均功率。

由圖得：

L1=L2=0.1 H,M=0.1 H,RL=10ΩL_1=L_2=0.1\text{ H},\qquad M=0.1\text{ H},\qquad R_L=10\Omega

交流角頻率為：

ω=1000 rad/s\omega=1000\text{ rad/s}

解題方法

一、耦合電感的一次側等效阻抗

二次側僅接負載 RLR_L，因此二次側阻抗為：

Z2=RL+jωL2Z_2=R_L+j\omega L_2

一次側線圈所看到的等效阻抗為：

Zcoil=jωL1+(ωM)2RL+jωL2Z_{\text{coil}} =j\omega L_1+ \frac{(\omega M)^2}{R_L+j\omega L_2}

代入數值：

jωL1=j(1000)(0.1)=j100Ωj\omega L_1=j(1000)(0.1)=j100\Omega jωL2=j100Ω,ωM=100j\omega L_2=j100\Omega,\qquad \omega M=100

因此：

Zcoil=j100+100210+j100Z_{\text{coil}} =j100+\frac{100^2}{10+j100}

計算反射阻抗：

1000010+j100=10000(10−j100)102+1002=9.90099−j99.00990\frac{10000}{10+j100} =\frac{10000(10-j100)}{10^2+100^2} =9.90099-j99.00990

所以：

Zcoil=9.90099+j0.99010 ΩZ_{\text{coil}} =9.90099+j0.99010\ \Omega

也可寫成分數形式：

Zcoil=1000+j100101 ΩZ_{\text{coil}} =\frac{1000+j100}{101}\ \Omega

二、計算一次側線圈的等效導納

Ycoil=1Zcoil=19.90099+j0.99010Y_{\text{coil}}=\frac{1}{Z_{\text{coil}}} =\frac{1}{9.90099+j0.99010}

計算得：

Ycoil=0.1−j0.01 SY_{\text{coil}}=0.1-j0.01\ \text{S}

電容的導納為：

YC=jωCY_C=j\omega C

故電源端、扣除串聯 10Ω10\Omega 電阻後所看到的並聯負載導納為：

Yload=Ycoil+YC=0.1+j(ωC−0.01)Y_{\text{load}} =Y_{\text{coil}}+Y_C =0.1+j(\omega C-0.01)

因此並聯部分的等效阻抗為：

Z∥=10.1+j(ωC−0.01)Z_{\parallel} =\frac{1}{0.1+j(\omega C-0.01)}

交流電源所看到的總等效阻抗為：

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