107 鐵路特考高員三級 電子工程 電路學 考古題詳解

107 年・鐵路特考・高員三級・電子工程
試題代碼 電路學

第 一 題20 分

圖一為理想運算放大器電路。輸入端串聯 1 kΩ1\,\mathrm{k}\Omega 電阻；輸出端至反相輸入端的回授電路，由 1 kΩ1\,\mathrm{k}\Omega 電阻與 1 μF1\,\mu\mathrm{F} 電容並聯組成；非反相輸入端接地。

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請問此電路是低通、帶通還是高通電路？當輸入信號為 Vin(t)=cos⁡(1000t)V_{in}(t)=\cos(1000t) 時，試推導穩態的輸出信號 Vout(t)V_{out}(t)。

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核心觀念

  1. 理想運算放大器（Op-Amp）之虛接地特性：
  • 理想 Op-Amp 的輸入阻抗無窮大，輸入端電流為零（I−=I+=0I_- = I_+ = 0）。
  • 當電路工作於負回授線性區時，反相端與同相端電位虛擬短路（Virtual Short）。因同相端接地（V+=0 VV_+ = 0\,\mathrm{V}），反相輸入端呈現「虛接地」（V−=0 VV_- = 0\,\mathrm{V}）。

  1. 反相放大架構之轉移函數（Transfer Function）： H(s)=Vout(s)Vin(s)=−Zf(s)Zin(s)H(s) = \frac{V_{out}(s)}{V_{in}(s)} = -\frac{Z_f(s)}{Z_{in}(s)} 其中 Zin(s)Z_{in}(s) 為輸入路徑阻抗，Zf(s)Z_f(s) 為回授路徑並聯阻抗。

  2. 濾波器類型判別： 藉由分析系統頻率響應 H(jω)H(j\omega) 在直流極限（ω→0\omega \to 0）與高頻極限（ω→∞\omega \to \infty）之增益大小，判斷其屬於低通（Low-Pass）、帶通（Band-Pass）或高通（High-Pass）電路。

  3. 弦波穩態響應（Sinusoidal Steady-State Response）： 若輸入信號為 Vin(t)=Acos⁡(ω0t+ϕ)V_{in}(t) = A\cos(\omega_0 t + \phi)，則穩態輸出信號為： Vout(t)=A∣H(jω0)∣cos⁡(ω0t+ϕ+∠H(jω0))V_{out}(t) = A |H(j\omega_0)| \cos(\omega_0 t + \phi + \angle H(j\omega_0))

解題方法

步驟一：推導電路之轉移函數 H(s)H(s)

  • 輸入路徑阻抗： Zin(s)=R1=1 kΩZ_{in}(s) = R_1 = 1\,\mathrm{k}\Omega
  • 回授路徑阻抗為電阻 R2=1 kΩR_2 = 1\,\mathrm{k}\Omega 與電容 C=1 μFC = 1\,\mu\mathrm{F} 並聯： Zf(s)=R2∥1sC=R2⋅1sCR2+1sC=R21+sR2CZ_f(s) = R_2 \parallel \frac{1}{sC} = \frac{R_2 \cdot \frac{1}{sC}}{R_2 + \frac{1}{sC}} = \frac{R_2}{1 + sR_2C}
  • 系統轉移函數為： H(s)=−Zf(s)Zin(s)=−R21+sR2CR1=−R2/R11+sR2CH(s) = -\frac{Z_f(s)}{Z_{in}(s)} = -\frac{\frac{R_2}{1 + sR_2C}}{R_1} = -\frac{R_2 / R_1}{1 + sR_2C}
  • 代入題給數值：
  • R1=1 kΩ=103 ΩR_1 = 1\,\mathrm{k}\Omega = 10^3\,\Omega
  • R2=1 kΩ=103 ΩR_2 = 1\,\mathrm{k}\Omega = 10^3\,\Omega
  • C=1 μF=10−6 FC = 1\,\mu\mathrm{F} = 10^{-6}\,\mathrm{F}
  • 時間常數 τ=R2C=103×10−6=10−3 s\tau = R_2 C = 10^3 \times 10^{-6} = 10^{-3}\,\mathrm{s}
  • 得轉移函數： H(s)=−11+10−3s=−1000s+1000H(s) = -\frac{1}{1 + 10^{-3}s} = -\frac{1000}{s + 1000}

步驟二：判斷濾波電路型態

令 s=jωs = j\omega，轉移函數之頻率響應為： H(jω)=−11+jω1000H(j\omega) = -\frac{1}{1 + j\frac{\omega}{1000}} 分析其極端頻率增益特性：

  1. 直流或極低頻（ω→0\omega \to 0）： ∣H(j0)∣=∣−1∣=1≠0|H(j0)| = |-1| = 1 \neq 0 直流信號具有非零之固定增益，可順利通過。
  2. 極高頻（ω→∞\omega \to \infty）： ∣H(j∞)∣=lim⁡ω→∞∣−11+jω1000∣=0|H(j\infty)| = \lim_{\omega \to \infty} \left| -\frac{1}{1 + j\frac{\omega}{1000}} \right| = 0 高頻信號被完全濾除衰減。

綜合上述，該電路僅允許低頻信號通過、抑制高頻信號，故為低通電路（一階主動低通濾波器）。

步驟三：推導穩態輸出信號 Vout(t)V_{out}(t)

已知輸入信號為 Vin(t)=cos⁡(1000t) VV_{in}(t) = \cos(1000t)\,\mathrm{V}，對應角頻率 ω=1000 rad/s\omega = 1000\,\mathrm{rad/s}。 將 ω=1000\omega = 1000 代入頻率響應式：

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第 二 題20 分

圖二為理想變壓器電路。電壓源為 100 Vrms100\,\mathrm{V}_{\mathrm{rms}}，串聯 25 Ω25\,\Omega 電阻；理想變壓器繞線圈數比為 1:a1:a，次級負載為 100 Ω100\,\Omega。

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求繞線圈數比 aa，使 100 Ω100\,\Omega 負載的消耗功率最大，並求出此最大的消耗功率。

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核心觀念

本題主要測驗理想變壓器的阻抗轉換特性以及最大功率轉移定理（Maximum Power Transfer Theorem）​的整合應用：

  1. 理想變壓器之阻抗反映（Impedance Transformation）： 理想變壓器初級側（一次側）與次級側（二次側）之線圈匝數比為 N1:N2=1:aN_1 : N_2 = 1 : a。若次級側接有負載阻抗 ZLZ_L，則由初級側看入的等效輸入阻抗 ZL′Z'_L 為： ZL′=(N1N2)2ZL=ZLa2Z'_L = \left(\frac{N_1}{N_2}\right)^2 Z_L = \frac{Z_L}{a^2}
  2. 最大功率轉移定理： 當負載的等效電阻等於電源內阻時，電源傳遞至負載之功率達到最大值。
  3. 無損傳輸特性： 理想變壓器內部無功率損耗，初級側輸入之實功率完全傳遞至次級側負載消耗，即 PL=PL′P_{L} = P'_{L}。

解題方法

步驟一：將次級側負載反映至初級側

由理想變壓器電壓與電流關係： V1V2=1a,I1I2=a\frac{V_1}{V_2} = \frac{1}{a}, \quad \frac{I_1}{I_2} = a 次級側負載電阻為 RL=100 ΩR_L = 100\,\Omega，其反映至初級側的等效電阻 RL′R'_L 為： RL′=V1I1=V2/aaI2=1a2V2I2=RLa2=100a2R'_L = \frac{V_1}{I_1} = \frac{V_2 / a}{a I_2} = \frac{1}{a^2} \frac{V_2}{I_2} = \frac{R_L}{a^2} = \frac{100}{a^2}

步驟二：求滿足最大功率轉移之圈數比 aa

電源為電壓源 Vs=100 VrmsV_s = 100\,\mathrm{V}_{\mathrm{rms}} 串聯內阻 Rs=25 ΩR_s = 25\,\Omega。 欲使反映至初級側的等效負載電阻 RL′R'_L（亦即次級側負載 RLR_L）獲得最大功率，根據最大功率轉移定理，必須達成阻抗匹配： RL′=RsR'_L = R_s 代入數值： 100a2=25  ⟹  a2=10025=4\frac{100}{a^2} = 25 \implies a^2 = \frac{100}{25} = 4

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第 三 題20 分

圖三迴授振盪器為非反向放大器與 LCR 分壓電路所組成。電路包含電阻 RR、20 kΩ20\,\mathrm{k}\Omega 電阻、電容 CC、0.1 mH0.1\,\mathrm{mH} 電感、10 kΩ10\,\mathrm{k}\Omega 電阻，以及另一個接地的 10 kΩ10\,\mathrm{k}\Omega 電阻。

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請利用巴克豪森準則（Barkhausen criterion），選取電阻值 RR 及電容值 CC，使電路振盪頻率為 105 rad/s10^5\,\mathrm{rad/s}。

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核心觀念

本題評量迴授振盪電路的分析與設計能力，主要運用以下核心定理與公式：

  1. 巴克豪森準則（Barkhausen criterion）： 封閉迴路增益定義為 T(s)=Av(s)⋅β(s)T(s) = A_v(s) \cdot \beta(s)，在穩態振盪角頻率 ω0\omega_0 下必須同時滿足：
  • 相位條件：∠T(jω0)=∠Av(jω0)+∠β(jω0)=0∘(mod360∘)\angle T(j\omega_0) = \angle A_v(j\omega_0) + \angle \beta(j\omega_0) = 0^\circ \pmod{360^\circ}，決定振盪頻率 ω0\omega_0。
  • 振幅條件：∣T(jω0)∣=∣Av(jω0)⋅β(jω0)∣=1|T(j\omega_0)| = |A_v(j\omega_0) \cdot \beta(j\omega_0)| = 1（啟振時要求 ∣T∣≥1|T| \ge 1，維持等幅振盪時為 ∣T∣=1|T| = 1），決定維持振盪所需的增益與電阻值。
  1. 非反向放大器增益： 理想運算放大器構成之非反向放大器，其電壓增益為純實數： Av=1+RfR1A_v = 1 + \frac{R_f}{R_1}
  2. RLC 串聯諧振特性： 串聯阻抗 Z(jω)=R+j(ωL−1ωC)Z(j\omega) = R + j\left(\omega L - \frac{1}{\omega C}\right)，於諧振頻率 ω0=1LC\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}} 時，感抗與容抗互相抵消，阻抗虛部為零且呈純電阻性。

解題方法

本電路由非反向放大器（前向增益 AvA_v）與 LCR 分壓網路（迴授因數 β\beta）組成閉迴路振盪器。

1. 電路架構解析

  • 非反向放大器： 由運算放大器、反相輸入端接地的電阻 R1=10 kΩR_1 = 10\,\mathrm{k}\Omega，以及連接於輸出端與反相端之間的負迴授電阻組成。
  • LCR 分壓電路（正迴授網路）： 自放大器輸出端 vov_o 引回非反相輸入端 v+v_+：
  • 串聯臂阻抗 Z1(s)Z_1(s)：由電感 L=0.1 mHL = 0.1\,\mathrm{mH}、電容 CC 與一電阻（20 kΩ20\,\mathrm{k}\Omega 或 RR）串聯而成，即 Z1(s)=Rs+sL+1sCZ_1(s) = R_s + sL + \frac{1}{sC}。
  • 分壓接地臂阻抗 Z2(s)Z_2(s)：為接地的分壓電阻 Rp=10 kΩR_p = 10\,\mathrm{k}\Omega。 迴授傳遞函數為： β(s)=V+(s)Vo(s)=Z2(s)Z1(s)+Z2(s)=RpRs+Rp+sL+1sC\beta(s) = \frac{V_+(s)}{V_o(s)} = \frac{Z_2(s)}{Z_1(s) + Z_2(s)} = \frac{R_p}{R_s + R_p + sL + \frac{1}{sC}}

2. 第一步：利用相位條件求電容值 CC

非反向放大器之電壓增益 AvA_v 為正實數，其相位角為 ∠Av=0∘\angle A_v = 0^\circ。 依巴克豪森相位條件，迴授因數在振盪頻率 ω0\omega_0 處的相位角亦必須為 0∘0^\circ： ∠β(jω0)=0∘\angle \beta(j\omega_0) = 0^\circ 將 s=jω0s = j\omega_0 代入 β(s)\beta(s)： β(jω0)=Rp(Rs+Rp)+j(ω0L−1ω0C)\beta(j\omega_0) = \frac{R_p}{(R_s + R_p) + j\left(\omega_0 L - \frac{1}{\omega_0 C}\right)} 欲使 β(jω0)\beta(j\omega_0) 為純實數，分母虛部必須為零： ω0L−1ω0C=0  ⟹  ω0=1LC\omega_0 L - \frac{1}{\omega_0 C} = 0 \implies \omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}} 已知 ω0=105 rad/s\omega_0 = 10^5\,\mathrm{rad/s} 且 L=0.1 mH=10−4 HL = 0.1\,\mathrm{mH} = 10^{-4}\,\mathrm{H}，代入計算電容值：

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第 四 題20 分

圖四為並聯 LCR 電路，其中電阻為 13 Ω\frac{1}{3}\,\Omega、電感為 12 H\frac{1}{2}\,\mathrm{H}、電容為 1 F1\,\mathrm{F}。電感支路電流 ii 的方向向上，電容兩端電壓 vv 的上端為正、下端為負。

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電路在初始時 i(0)=1i(0)=1 及 v(0)=0v(0)=0，求電容跨壓 v(t)v(t)，t≥0t\geq 0。

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核心觀念

本題評量二階並聯 RLCRLC（LCRLCR）電路的零輸入／暫態響應，核心觀念包含：

  1. 並聯 RLCRLC 電路的特徵參數與阻尼型態判定：
  • 阻尼係數（Attenuation factor）：α=12RC\alpha = \frac{1}{2RC}
  • 無阻尼共振角頻率（Resonant frequency）：ω0=1LC\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}}
  • 當 α>ω0\alpha > \omega_0（即 α2>ω02\alpha^2 > \omega_0^2）時，電路為過阻尼（Overdamped）​響應，特徵根 s1,s2s_1, s_2 為兩相異實根： s1,2=−α±α2−ω02s_{1,2} = -\alpha \pm \sqrt{\alpha^2 - \omega_0^2}
  1. 暫態方程式通解形式： v(t)=A1es1t+A2es2t(t≥0)v(t) = A_1 e^{s_1 t} + A_2 e^{s_2 t}\quad (t \geq 0)
  2. 電容與電感的連續性與初始條件求取：
  • 電容電壓不能瞬間跳變：v(0+)=v(0)=0 Vv(0^+) = v(0) = 0\,\mathrm{V}
  • 電感電流不能瞬間跳變：i(0+)=i(0)=1 Ai(0^+) = i(0) = 1\,\mathrm{A}
  • 利用節點克希荷夫電流定律（KCL）決定一階導函數初始值 v′(0+)v'(0^+)。
  1. 拉氏轉換法（ss 域等效電路分析）：
  • 具初始電流的電感可等效為純電感抗 sLsL 並聯一電流源 i(0)s\frac{i(0)}{s}。

解題方法

本題可採用「時域微分方程法」或「ss 域拉氏轉換法」求解，以下提供完整的推導與求解步驟。

方法一：時域微分方程法（古典法）

步驟一：計算特徵參數與求特徵根 已知元件參數： R=13 Ω,L=12 H,C=1 FR = \frac{1}{3}\,\Omega,\quad L = \frac{1}{2}\,\mathrm{H},\quad C = 1\,\mathrm{F}

代入特徵參數公式： α=12RC=12×13×1=32=1.5 rad/s\alpha = \frac{1}{2RC} = \frac{1}{2 \times \frac{1}{3} \times 1} = \frac{3}{2} = 1.5\,\mathrm{rad/s} ω02=1LC=112×1=2 (rad/s)2\omega_0^2 = \frac{1}{LC} = \frac{1}{\frac{1}{2} \times 1} = 2\,\mathrm{(rad/s)^2}

比較阻尼大小： α2=(1.5)2=2.25>ω02=2\alpha^2 = (1.5)^2 = 2.25 > \omega_0^2 = 2 判定系統為過阻尼（Overdamped）。

列出特徵方程式： s2+2αs+ω02=s2+3s+2=(s+1)(s+2)=0s^2 + 2\alpha s + \omega_0^2 = s^2 + 3s + 2 = (s + 1)(s + 2) = 0 解得兩特徵根： s1=−1,s2=−2s_1 = -1,\quad s_2 = -2

電容跨壓 v(t)v(t) 的通解型式為： v(t)=A1e−t+A2e−2t(t≥0)v(t) = A_1 e^{-t} + A_2 e^{-2t}\quad (t \geq 0)

步驟二：求取初始條件 v(0+)v(0^+) 與 v′(0+)v'(0^+)

  1. 由題目給定之電容初始電壓： v(0+)=v(0)=0 Vv(0^+) = v(0) = 0\,\mathrm{V}
  2. 對電路頂部節點列寫 t=0+t = 0^+ 時的 KCL（流出節點電流和等於流入節點電流）：
  • 電容電流（流出節點向下）：iC(0+)=Cdvdt∣t=0+i_C(0^+) = C \left.\frac{dv}{dt}\right|_{t=0^+}
  • 電阻電流（流出節點向下）：iR(0+)=v(0+)R=01/3=0 Ai_R(0^+) = \frac{v(0^+)}{R} = \frac{0}{1/3} = 0\,\mathrm{A}
  • 電感電流（方向向上，即流入頂部節點）：i(0+)=1 Ai(0^+) = 1\,\mathrm{A}

依據 KCL： iC(0+)+iR(0+)=i(0+)i_C(0^+) + i_R(0^+) = i(0^+) 1⋅v′(0+)+0=1  ⟹  v′(0+)=1 V/s1 \cdot v'(0^+) + 0 = 1 \implies v'(0^+) = 1\,\mathrm{V/s}

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第 五 題20 分

圖五為三相平衡正相序馬達電路。馬達採 Y 接平衡負載，每一相由電感 LL 與電阻 RR 串聯組成。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

其中 Vab=100cos⁡(100t)V_{ab}=100\cos(100t)，Ia=5sin⁡(100t)I_a=5\sin(100t)。求 Y 接平衡負載中每一相的電感值 LL 及電阻值 RR，並計算馬達整體消耗的平均功率。

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核心觀念

  1. 正弦波訊號轉相量表示法： 電路學標準以餘弦（cos⁡\cos）函數作為相量轉換基準。遇到正弦（sin⁡\sin）函數時，利用三角恆等式轉換： sin⁡(ωt)=cos⁡(ωt−90∘)\sin(\omega t) = \cos(\omega t - 90^\circ)
  2. 三相平衡正相序（abcabc 相序）Y 接負載關係：
  • 線電壓與相電壓：線電壓大小為相電壓之 3\sqrt{3} 倍，且線電壓相位超前其對應相電壓 30∘30^\circ： Vab=3Van∠30∘  ⟹  Van=Vab3∠30∘=Vab3∠(θvab−30∘)\mathbf{V}_{ab} = \sqrt{3}\mathbf{V}_{an}\angle 30^\circ \implies \mathbf{V}_{an} = \frac{\mathbf{V}_{ab}}{\sqrt{3}\angle 30^\circ} = \frac{V_{ab}}{\sqrt{3}}\angle (\theta_{v_{ab}} - 30^\circ)
  • 線電流與相電流：Y 接負載下，線電流直接流入各相，故線電流即為相電流： Ian=Ia\mathbf{I}_{an} = \mathbf{I}_a
  1. 負載單相阻抗與元件值： 每相由電阻 RR 與電感 LL 串聯而成，其相阻抗為： Zp=R+jωL=VanIa=∣Zp∣∠θzZ_p = R + j\omega L = \frac{\mathbf{V}_{an}}{\mathbf{I}_a} = |Z_p|\angle \theta_z 由題意可知角頻率 ω=100 rad/s\omega = 100\text{ rad/s}。
  2. 三相平衡總平均功率： P=3Pphase=3Irms2R=3VL,rmsIL,rmscos⁡θzP = 3 P_{\text{phase}} = 3 I_{\text{rms}}^2 R = \sqrt{3} V_{L,\text{rms}} I_{L,\text{rms}} \cos\theta_z

解題方法

步驟一：將時域訊號轉換為振幅相量（Peak Phasor）

由題意給定之時域電壓與電流： vab(t)=100cos⁡(100t) V  ⟹  Vab=100∠0∘ Vv_{ab}(t) = 100\cos(100t)\text{ V} \implies \mathbf{V}_{ab} = 100\angle 0^\circ\text{ V} ia(t)=5sin⁡(100t)=5cos⁡(100t−90∘) A  ⟹  Ia=5∠−90∘ Ai_a(t) = 5\sin(100t) = 5\cos(100t - 90^\circ)\text{ A} \implies \mathbf{I}_a = 5\angle -90^\circ\text{ A} 角頻率 ω=100 rad/s\omega = 100\text{ rad/s}。

步驟二：求 a 相之相電壓 Van\mathbf{V}_{an}

在正相序（abcabc 相序）三相平衡系統中，線電壓 Vab\mathbf{V}_{ab} 超前相電壓 Van\mathbf{V}_{an} 達 30∘30^\circ，大小為 3\sqrt{3} 倍： Van=Vab3∠30∘=100∠0∘3∠30∘=1003∠−30∘ V\mathbf{V}_{an} = \frac{\mathbf{V}_{ab}}{\sqrt{3}\angle 30^\circ} = \frac{100\angle 0^\circ}{\sqrt{3}\angle 30^\circ} = \frac{100}{\sqrt{3}}\angle -30^\circ\text{ V}

步驟三：求單相負載阻抗 ZpZ_p

負載為 Y 接平衡負載，a 相負載上的相電壓為 Van\mathbf{V}_{an}，流入電流即為線電流 Ia\mathbf{I}_a：

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