107 地方特考四等 電子工程 基本電學 考古題詳解

核心觀念

本題評量交流穩態電路分析的兩大核心定理：

1. 戴維寧定理（Thevenin's Theorem）在相量域之應用：

• 戴維寧等效電壓 $\hat{E}_{th}$ 為負載端點 $a$、$b$ 開路時之開路電壓 $\hat{V}_{oc}$。
• 戴維寧等效阻抗 $\hat{Z}_{th}$ 為將電路內所有獨立電源置零（獨立電壓源短路、獨立電流源開路）後，自端點 $a$、$b$ 看入之等效阻抗。

2. 交流最大功率轉移定理（Maximum Power Transfer Theorem）：

• 當負載阻抗 $\hat{Z}_L = R_L + jX_L$ 為任意複數阻抗可自由調整時，負載獲得最大實功率（平均功率）之條件為共軛匹配： $\hat{Z}_L = \hat{Z}_{th}^* = R_{th} - jX_{th}$
• 此時全迴路總阻抗虛部完全抵消，呈純電阻性共振狀態，迴路電流與戴維寧電壓同相： $\hat{I}_L = \frac{\hat{E}_{th}}{\hat{Z}_{th} + \hat{Z}_L} = \frac{\hat{E}_{th}}{2R_{th}}$
• 負載吸收之最大平均功率公式為： $P_{L(\max)} = |\hat{I}_L|^2 R_L = \frac{|\hat{E}_{th}|^2}{4R_{th}}$

解題方法

對照原卷圖（一）電路結構，各支路阻抗定義如下：

• 電源側串聯支路阻抗：$\hat{Z}_1 = 2 + j2\ \Omega$
• 中間並聯分流支路阻抗：$\hat{Z}_2 = 8 + j8\ \Omega$
• 負載側串聯支路阻抗：$\hat{Z}_3 = 2 + j2\ \Omega$

附註說明：考卷原頁圖（一）上方題幹之電源電壓有效值標註為 $\hat{E}_s = 180\angle 0^\circ\ \mathrm{V}$。若題文給定為 $\hat{E}_s = 180\angle 20^\circ\ \mathrm{V}$，其相角僅旋轉 $+20^\circ$，大小完全相同。以下以原卷圖示之 $\hat{E}_s = 180\angle 0^\circ\ \mathrm{V}$ 為基準進行推導，並同步並列 $\hat{E}_s = 180\angle 20^\circ\ \mathrm{V}$ 之對應相角結果。

(一) 求 $a$、$b$ 兩端的戴維寧等效電壓 $\hat{E}_{th}$ 及等效阻抗 $\hat{Z}_{th}$

1. 求戴維寧等效電壓 $\hat{E}_{th}$： 將負載 $\hat{Z}_L$ 自端點 $a$、$b$ 移開（開路）。因端點 $a$ 開路，支路 $\hat{Z}_3$ 無電流流經，其兩端壓降為 $0\ \mathrm{V}$。 因此，開路電壓即為並聯支路 $\hat{Z}_2$ 兩端之分壓： $\hat{E}_{th} = \hat{V}_{ab(oc)} = \hat{E}_s \cdot \frac{\hat{Z}_2}{\hat{Z}_1 + \hat{Z}_2}$ 代入阻抗值： $\hat{Z}_1 + \hat{Z}_2 = (2 + j2) + (8 + j8) = 10 + j10\ \Omega$ 計算分壓比： $\frac{\hat{Z}_2}{\hat{Z}_1 + \hat{Z}_2} = \frac{8 + j8}{10 + j10} = \frac{8(1 + j)}{10(1 + j)} = 0.8$ 代入電源電壓： $\hat{E}_{th} = 180\angle 0^\circ \times 0.8 = 144\angle 0^\circ\ \mathrm{V}$ （若電源電壓採 $\hat{E}_s = 180\angle 20^\circ\ \mathrm{V}$，則 $\hat{E}_{th} = 144\angle 20^\circ\ \mathrm{V}$）

2. 求戴維寧等效阻抗 $\hat{Z}_{th}$： 將獨立電壓源 $\hat{E}_s$ 視為短路，由 $a$、$b$ 兩端向電路內部看入之阻抗為 $\hat{Z}_3$ 與 $(\hat{Z}_1 \parallel \hat{Z}_2)$ 之串聯： $\hat{Z}_{th} = \hat{Z}_3 + (\hat{Z}_1 \parallel \hat{Z}_2)$ 其中並聯部分為： $\hat{Z}_1 \parallel \hat{Z}_2 = \frac{\hat{Z}_1 \cdot \hat{Z}_2}{\hat{Z}_1 + \hat{Z}_2} = \hat{Z}_1 \cdot \left(\frac{\hat{Z}_2}{\hat{Z}_1 + \hat{Z}_2}\right) = (2 + j2) \times 0.8 = 1.6 + j1.6\ \Omega$ 與 $\hat{Z}_3$ 串聯相加： $\hat{Z}_{th} = (2 + j2) + (1.6 + j1.6) = 3.6 + j3.6\ \Omega$ 化為極座標形式： $\hat{Z}_{th} = \sqrt{3.6^2 + 3.6^2}\angle 45^\circ = 3.6\sqrt{2}\angle 45^\circ\ \Omega \approx 5.091\angle 45^\circ\ \Omega$

核心觀念

本題評量三相平衡交流電路的「功率因數改善」、「複數功率計算」與「時域交流弦波訊號表示法」。解題所依循的核心定義與公式如下：

1. 相量表示法（Phasor Domain）： 以有效值（rms）配合初相角表示正弦量。角頻率 $\omega = 377\ \mathrm{rad/s}$。

• 電源相電壓： $\mathbf{E}_a = 200\angle 0^\circ\ \mathrm{V}$ $\mathbf{E}_b = 200\angle -120^\circ\ \mathrm{V}$ $\mathbf{E}_c = 200\angle 120^\circ\ \mathrm{V}$
• 負載線電流： $\mathbf{I}_{aL} = 10\angle -30^\circ\ \mathrm{A}$ $\mathbf{I}_{bL} = 10\angle -150^\circ\ \mathrm{A}$ $\mathbf{I}_{cL} = 10\angle 90^\circ\ \mathrm{A}$

2. 負載功率與功率因數： 單相負載複數功率為 $\mathbf{S}_{1\phi, L} = \mathbf{E}_a \mathbf{I}_{aL}^*$： $\mathbf{S}_{1\phi, L} = (200\angle 0^\circ)(10\angle 30^\circ) = 2000\angle 30^\circ\ \mathrm{VA} = 1000\sqrt{3} + j1000\ \mathrm{VA}$

• 單相實功率：$P_{1\phi} = 1000\sqrt{3}\ \mathrm{W} \approx 1732.05\ \mathrm{W}$
• 單相感性虛功率：$Q_{1\phi, L} = 1000\ \mathrm{VAR}$（落後功率因數 $\cos 30^\circ \approx 0.866$）
• 三相總實功率：$P_{3\phi} = 3 P_{1\phi} = 3000\sqrt{3}\ \mathrm{W} \approx 5196.15\ \mathrm{W}$
• 三相總虛功率：$Q_{3\phi, L} = 3 Q_{1\phi, L} = 3000\ \mathrm{VAR}$

3. 功率因數改善至 $1.0$ 的補償條件： 欲使電源端總功率因數提高至 $1.0$，並聯電容器組所提供的容性虛功率必須完全抵消負載所需的感性虛功率： $Q_{3\phi, C} = 3000\ \mathrm{VAR} \quad (\text{單相需提供 } Q_{1\phi, C} = 1000\ \mathrm{VAR})$

解題方法

(一) 計算電容 $C_1$ 的電容量及電流 $i_{aC}(t)$、$i_{bC}(t)$、$i_{cC}(t)$

1. 電容 $C_1$ 電容量計算： 電力工程與基本電學中，三相並聯功因改善電容器組標準接法為 $\Delta$ 接（三角形接法，若為 $\mathrm{Y}$ 接亦列於下進行比較）：

• $\Delta$ 接法（標準配置）： 每個電容承受線電壓 $V_L = \sqrt{3} V_p = 200\sqrt{3}\ \mathrm{V}$。 每個電容提供的虛功率為： $Q_{C1} = \frac{V_L^2}{X_{C1}} = \omega C_1 V_L^2 = \frac{Q_{3\phi, C}}{3} = 1000\ \mathrm{VAR}$ 代入數值： $377 \times (200\sqrt{3})^2 \times C_1 = 1000 \implies 377 \times 120000 \times C_1 = 1000$ $C_1 = \frac{1000}{45240000}\ \mathrm{F} = \frac{1}{45240}\ \mathrm{F} \approx 22.10\ \mu\mathrm{F}$
• 註（若圖中電容器為 $\mathrm{Y}$ 接法）： 每個電容承受相電壓 $V_p = 200\ \mathrm{V}$，則： $C_{1,\mathrm{Y}} = \frac{Q_{1\phi, C}}{\omega V_p^2} = \frac{1000}{377 \times 40000} = \frac{1}{15080}\ \mathrm{F} \approx 66.31\ \mu\mathrm{F}$

2. 電容組線路電流 $i_{aC}(t)$、$i_{bC}(t)$、$i_{cC}(t)$： 電容組每相吸收的複數功率為 $\mathbf{S}_{1\phi, C} = -j1000\ \mathrm{VA}$。 流入電容組的 a 相線電流有效值相量 $\mathbf{I}_{aC}$ 滿足： $\mathbf{S}_{1\phi, C} = \mathbf{E}_a \mathbf{I}_{aC}^* \implies -j1000 = (200\angle 0^\circ) \mathbf{I}_{aC}^*$ $\mathbf{I}_{aC}^* = -j5\ \mathrm{A} \implies \mathbf{I}_{aC} = +j5\ \mathrm{A} = 5\angle 90^\circ\ \mathrm{A}$ 在三相正相序平衡系統下，b、c 相依序落後 $120^\circ$ 與 $240^\circ$： $\mathbf{I}_{bC} = 5\angle (90^\circ - 120^\circ) = 5\angle -30^\circ\ \mathrm{A}$ $\mathbf{I}_{cC} = 5\angle (90^\circ + 120^\circ) = 5\angle 210^\circ = 5\angle -150^\circ\ \mathrm{A}$ 還原為時域正弦波表示式（振幅乘上 $\sqrt{2}$）：

核心觀念

1. 節點電壓法（Nodal Analysis）與克希荷夫電流定律（KCL）： 在電路中的任一節點，流入電流之代數和等於流出電流之代數和（$\sum I = 0$）。選定電路中任一公共端為參考接地點（電位為 $0\text{ V}$），以各節點電壓為未知數，能以最少方程式求解電路狀態。
2. 電流控制電壓源（CCVS）： 圖（三）右側菱形符號為相依電源，內部標有「$+$、$-$」極性，數值為 $5I_1$，代表其端電壓受支路電流 $I_1$ 控制，為「電流控制電壓源」（CCVS）。該電源上端對參考接地端之電位即為 $5I_1$。
3. 歐姆定律與支路電流關係： 電阻 $R_1 = 8\ \Omega$ 連接於節點 1 與節點 2 之間，依圖示定義電流 $I_1$ 之方向為由節點 1 流向節點 2，故其關係式為： $I_1 = \frac{V_1 - V_2}{R_1} = \frac{V_1 - V_2}{8}$
4. 電阻之直流消耗功率： 線性純電阻消耗之功率公式為 $P = I^2 R = \frac{V^2}{R} = V \cdot I$。

解題方法

設電路最下方導線為參考節點（接地端，電位為 $0\text{ V}$）。電路包含兩個主要獨立節點：

• 節點 1：對地電壓為 $V_1$。
• 節點 2：對地電壓為 $V_2$。
• 相依電壓源節點：位於最右側，其正極對地電位為 $5I_1$。

(一) 求電流 $I_1$ 及電壓 $V_1$、$V_2$

步驟 1：對節點 1 列寫 KCL 方程式

流出節點 1 的所有支路電流總和為零： $\frac{V_1 - 100}{5} + \frac{V_1}{20} + \frac{V_1 - V_2}{8} = 0$

取各分母之最小公倍數 $40$，全式同乘以 $40$： $8(V_1 - 100) + 2V_1 + 5(V_1 - V_2) = 0$ $8V_1 - 800 + 2V_1 + 5V_1 - 5V_2 = 0$ $15V_1 - 5V_2 = 800$

同除以 $5$ 簡化為： $3V_1 - V_2 = 160 \quad \text{……(式 1)}$

步驟 2：對節點 2 列寫 KCL 方程式

流出節點 2 的所有支路電流總和為零： $\frac{V_2 - V_1}{8} + \frac{V_2}{20} + \frac{V_2 - 5I_1}{5} = 0$

將右側相依電壓源支路之電流拆開表示： $\frac{V_2 - 5I_1}{5} = \frac{V_2}{5} - I_1$

注意由圖可知，流向左側支路電流恰為 $-I_1$（即 $\frac{V_2 - V_1}{8} = -I_1$），代入原式： $-I_1 + \frac{V_2}{20} + \left( \frac{V_2}{5} - I_1 \right) = 0$ $-2I_1 + \left( \frac{1}{20} + \frac{4}{20} \right)V_2 = 0$ $-2I_1 + \frac{5}{20}V_2 = 0 \implies -2I_1 + \frac{V_2}{4} = 0$ $V_2 = 8I_1$

又已知控制變數定義為 $I_1 = \frac{V_1 - V_2}{8}$，即 $8I_1 = V_1 - V_2$，將其代入上式： $V_2 = V_1 - V_2 \implies V_1 = 2V_2 \quad \text{……(式 2)}$

步驟 3：聯立求解節點電壓與支路電流

核心觀念

本題屬於一階直流暫態電路（$RL$ 電路）的步級響應與零輸入響應（無源放電）分析，涵蓋以下核心觀念與公式：

1. 電感穩態特性： 在直流穩態下，電感兩端電壓為零（$v_L = L \frac{di_L}{dt} = 0$），視為短路（Short Circuit）。
2. 電感電流連續性（邊界條件）： 電感的磁場能量不能瞬變，故流經電感的電流不可發生不連續跳變，滿足： $i_L(0^+) = i_L(0^-)$ 但非電感儲能支路的電流（如 $i_2$）及電阻兩端的電壓（如 $v_1$）均可能發生瞬時跳變。
3. 開關短路造成的電路解耦： 當開關 $S_1$ 導通使 $a$、$b$ 兩端短路後，電源側（左側）與儲能側（右側）被短路路徑完全隔離，右側電路轉變為無源 $RL$ 放電電路。
4. 一階 $RL$ 電路時間常數與響應函數：

• 戴維寧等效電阻：由電感兩端往外看入之等效電阻 $R_{\text{eq}}$。
• 時間常數： $\tau = \frac{L}{R_{\text{eq}}}$
• 電感電流響應公式（零輸入響應）： $i_L(t) = i_L(\infty) + \left[ i_L(0^+) - i_L(\infty) \right] e^{-t/\tau}$

解題方法

步驟一：分析開關動作前之直流穩態（$t < 0$）

開關 $S_1$ 長時間開路，電路已達直流穩態：

1. 電感 $L = 100\text{ mH}$ 視為短路，其兩端電壓為 $0\text{ V}$。
2. 與電感並聯的 $6\,\Omega$ 電阻被電感完全短路，故其兩端電壓為零，流經該電阻的電流為： $i_2(0^-) = \frac{0\text{ V}}{6\,\Omega} = 0\text{ A}$
3. $48\text{ V}$ 直流電壓源所見的總電阻為 $5\,\Omega$ 與 $3\,\Omega$ 串聯： $R_{\text{total}} = 5\,\Omega + 3\,\Omega = 8\,\Omega$
4. 電路主迴路電流（即流經電感的電流）為： $I = \frac{48\text{ V}}{8\,\Omega} = 6\text{ A}$ 因此，電感初始電流為： $i_L(0^-) = 6\text{ A}$
5. $3\,\Omega$ 電阻兩端電壓依據標示極性（左正右負）： $v_1(0^-) = 6\text{ A} \times 3\,\Omega = 18\text{ V}$

步驟二：確定 $t = 0^+$ 瞬間的初始值

在 $t = 0$ 瞬間，開關 $S_1$ 導通，使 $a$、$b$ 兩點短路：

1. 依據電感電流連續性原理： $i_L(0^+) = i_L(0^-) = 6\text{ A}$
2. 開關導通後，$a$ 點直接連接至接地參考點 $b$（$v_a = v_b = 0\text{ V}$）。

步驟三：求 $t \ge 0$ 時的等效電路與時間常數

開關 $S_1$ 導通後，左側 $48\text{ V}$ 電源與 $5\,\Omega$ 電阻形成獨立閉合迴路，對右側電路無任何影響。

觀察 $a$、$b$ 短路後右側的電路拓撲：

1. $3\,\Omega$ 電阻的左端接至 $a$ 點（即參考地 $b$）。
2. $3\,\Omega$ 電阻的右端接至電感與 $6\,\Omega$ 電阻的上端節點（設為節點 $C$）。
3. $6\,\Omega$ 電阻與電感 $L$ 的下端皆接至參考地 $b$。
4. 因此，$3\,\Omega$ 電阻實際上與 $6\,\Omega$ 電阻並聯，共同跨接於節點 $C$ 與參考地 $b$ 之間。

電感兩端所見的戴維寧等效電阻為： $R_{\text{eq}} = 3\,\Omega \parallel 6\,\Omega = \frac{3 \times 6}{3 + 6} = \frac{18}{9} = 2\,\Omega$

電路的時間常數 $\tau$ 為： $\tau = \frac{L}{R_{\text{eq}}} = \frac{100\text{ mH}}{2\,\Omega} = \frac{0.1\text{ H}}{2\,\Omega} = 0.05\text{ s} = \frac{1}{20}\text{ s}$ 衰減係數： $\frac{1}{\tau} = 20\text{ s}^{-1}$

步驟四：求解各狀態時間函數（$t \ge 0$）

核心觀念

1. 電度（度數）之定義： 電度為電能的實用計量單位，定義 $1$ 度電為耗電功率 $1\ \mathrm{kW}$ 持續使用 $1$ 小時所消耗之電能（即 $1\ \mathrm{kWh}$，千瓦・小時）。 一般交流電度表僅計量有效功率（實功率 $P$），虛功率（無效功率 $Q$）與視在功率 $S$ 不計入度數： $\text{度數（}\mathrm{kWh}\text{）} = P\ (\mathrm{kW}) \times t\ (\mathrm{h})$

2. 各類型負載之實功率計算公式：

• 純電阻負載（如電熱器）：$P = \dfrac{V^2}{R}$
• 已知功耗負載（如電燈）：直接以標稱消耗功率計算。
• 電動機負載：題目所給電動機功率為機械輸出功率（$P_{\text{out}}$），計費電能取決於電源端的電氣輸入功率（$P_{\text{in}}$）： $\eta = \frac{P_{\text{out}}}{P_{\text{in}}} \implies P_{\text{in}} = \frac{P_{\text{out}}}{\eta}$
• 單相交流負載（含電感性負載）： $P = V \cdot I \cdot \cos\theta$ 其中 $V$ 與 $I$ 均為有效值（$\mathrm{rms}$），$\cos\theta$ 為功率因數（$\mathrm{PF}$）。

3. 電費計算： $\text{總電費} = \text{總耗電度數} \times \text{每度電費單價}$

解題方法

(一) 計算各負載的每日使用電度

1. 負載 A（電熱器負載）：

• 電阻 $R = 10\ \Omega$，端電壓 $V = 220\ \mathrm{V}$，為純電阻無電感。
• 消耗功率： $P_A = \frac{V^2}{R} = \frac{220^2}{10} = \frac{48400}{10} = 4840\ \mathrm{W} = 4.84\ \mathrm{kW}$
• 每日使用 $8$ 小時，每日消耗電度： $W_A = P_A \times t_A = 4.84\ \mathrm{kW} \times 8\ \mathrm{h} = 38.72\ \mathrm{kWh}\text{（度）}$

2. 負載 B（電燈負載）：

• 消耗功率 $P_B = 5000\ \mathrm{W} = 5\ \mathrm{kW}$。
• 每日使用 $8$ 小時，每日消耗電度： $W_B = P_B \times t_B = 5\ \mathrm{kW} \times 8\ \mathrm{h} = 40\ \mathrm{kWh}\text{（度）}$

3. 負載 C（電動機負載）：

• 輸出功率 $P_{\text{out}} = 4\ \mathrm{kW}$，效率 $\eta = 0.8$。
• 電源輸入之實功率： $P_C = P_{\text{in}} = \frac{P_{\text{out}}}{\eta} = \frac{4\ \mathrm{kW}}{0.8} = 5\ \mathrm{kW}$
• 每日使用 $10$ 小時，每日消耗電度： $W_C = P_C \times t_C = 5\ \mathrm{kW} \times 10\ \mathrm{h} = 50\ \mathrm{kWh}\text{（度）}$