107 鐵路特考高員三級 電力工程 電路學 考古題詳解

核心觀念

本題考查主動濾波電路分析與交流穩態頻率響應，核心觀念包含：

1. 理想運算放大器之虛接地（Virtual Ground）： 理想運算放大器在負回授工作下，兩輸入端電壓相等（$V_- = V_+ = 0\,\mathrm{V}$），且輸入端不流入電流（$i_- = i_+ = 0$）。
2. 反相放大器轉移函數（Transfer Function）： 輸入阻抗為 $Z_1(s)$，回授阻抗為 $Z_f(s)$ 時，系統轉移函數為： $H(s) = \frac{V_{out}(s)}{V_{in}(s)} = -\frac{Z_f(s)}{Z_1(s)}$
3. 濾波器類型判別： 藉由頻率極限值（直流 $\omega \to 0$ 與無窮高頻 $\omega \to \infty$）檢驗電路的增益變化，即可判別其濾波特性（低通、高通或帶通）。
4. 正弦穩態響應（Sinusoidal Steady-State Response）： 若線性非時變系統輸入為 $V_{in}(t) = A\cos(\omega t + \theta)$，則穩態輸出為： $V_{out}(t) = A |H(j\omega)| \cos(\omega t + \theta + \angle H(j\omega))$

解題方法

步驟一：建立電路阻抗與轉移函數 $H(s)$

1. 輸入端阻抗： 由電阻 $R_1 = 1\,\mathrm{k}\Omega$ 串聯，故： $Z_1(s) = R_1 = 1000\,\Omega$

2. 回授端阻抗： 由電阻 $R_2 = 1\,\mathrm{k}\Omega$ 與電容 $C = 1\,\mu\mathrm{F}$ 並聯組成： $Z_f(s) = R_2 \parallel \frac{1}{sC} = \frac{R_2 \cdot \frac{1}{sC}}{R_2 + \frac{1}{sC}} = \frac{R_2}{1 + sR_2C}$

3. 求轉移函數 $H(s)$： $H(s) = -\frac{Z_f(s)}{Z_1(s)} = -\frac{\frac{R_2}{1 + sR_2C}}{R_1} = -\frac{R_2 / R_1}{1 + sR_2C}$ 代入數值 $R_1 = 1000\,\Omega$、$R_2 = 1000\,\Omega$、$C = 10^{-6}\,\mathrm{F}$： $R_2 C = 1000 \times 10^{-6} = 10^{-3}\,\mathrm{s}, \quad \frac{R_2}{R_1} = 1$ 得轉移函數為： $H(s) = -\frac{1}{1 + 10^{-3}s} = -\frac{1000}{s + 1000}$

4. 頻率響應 $H(j\omega)$： 令 $s = j\omega$，得： $H(j\omega) = -\frac{1}{1 + j\frac{\omega}{1000}}$

步驟二：判別濾波器類型

檢驗其端點頻率之響應大小：

• 直流（低頻）極限 $\omega \to 0$： $|H(j0)| = \left| -\frac{1}{1 + j0} \right| = 1$ 低頻信號可無衰減通過（具有單位增益）。
• 極高頻極限 $\omega \to \infty$： $|H(j\infty)| = \lim_{\omega \to \infty} \frac{1}{\sqrt{1 + \left(\frac{\omega}{1000}\right)^2}} = 0$ 高頻信號被完全濾除衰減。

因電路僅允許低頻通過並抑制高頻信號，故此電路為低通電路（一階主動低通濾波器，Active Low-Pass Filter）。

步驟三：求解輸入 $V_{in}(t) = \cos(1000t)$ 下的穩態輸出 $V_{out}(t)$

1. 確定角頻率與輸入相量： 輸入信號為 $V_{in}(t) = \cos(1000t)\,\mathrm{V}$，對應角頻率 $\omega = 1000\,\mathrm{rad/s}$，相量形式為： $\mathbf{V}_{in} = 1\angle 0^\circ\,\mathrm{V}$

2. 計算頻率響應值 $H(j 1000)$： 將 $\omega = 1000\,\mathrm{rad/s}$ 代入 $H(j\omega)$：

核心觀念

本題的核心觀念為理想變壓器的阻抗轉換（Impedance Transformation）​與最大功率轉移定理（Maximum Power Transfer Theorem）：

1. 理想變壓器阻抗轉換： 當理想變壓器一次側（原邊）與二次側（副邊）之線圈圈數比為 $N_1 : N_2 = 1 : a$ 時，連接於二次側之負載阻抗 $Z_L$ 折算（反射）至一次側的等效阻抗 $Z_L'$ 為： $Z_L' = \left(\frac{N_1}{N_2}\right)^2 Z_L = \frac{Z_L}{a^2}$

2. 最大功率轉移定理： 在純電阻性線性電路中，當可變負載之等效電阻等於電源內部等效電阻（即戴維寧等效電阻 $R_{\mathrm{th}}$）時，負載端可吸收最大的平均功率。

3. 最大轉移功率公式： 當電壓源以有效值（rms）表示且滿足匹配條件時，負載所獲得的最大消耗功率為： $P_{\max} = \frac{V_s^2}{4 R_s}$

解題方法

本題要求決定圈數比 $a$ 使負載消耗功率最大，並求其最大功率。解題可由「一次側等效電路法」進行推導：

步驟一：將二次側負載電阻折算至一次側

二次側負載電阻為 $R_L = 100\,\Omega$，圈數比為 $N_1 : N_2 = 1 : a$。 將 $R_L$ 反射至一次側所得之等效電阻 $R_L'$ 為： $R_L' = \left(\frac{1}{a}\right)^2 R_L = \frac{100}{a^2}\,\Omega$

此時，整體電路簡化為：電壓源 $V_s = 100\,\mathrm{V}_{\mathrm{rms}}$、內阻 $R_s = 25\,\Omega$ 與等效負載 $R_L'$ 形成之單迴路串聯電路。

步驟二：依最大功率轉移定理求圈數比 $a$

根據最大功率轉移定理，當折算後的等效負載電阻等於電源內阻時，負載消耗功率達到最大： $R_L' = R_s$ $\frac{100}{a^2} = 25$ $a^2 = \frac{100}{25} = 4$

由於繞線圈數比 $a$ 為實體匝數之比值，取正實數解： $a = 2$

核心觀念

本題考查正迴授振盪電路的巴克豪森準則（Barkhausen criterion）​以及運算放大器（Op-Amp）非反向放大器與交流電路共振阻抗分壓的分析。

1. 正迴授振盪系統模型： 系統閉迴路轉移函數為： $A_f(s) = \frac{A(s)}{1 - A(s)\beta(s)}$ 其中 $A(s)$ 為前向放大器增益，$\beta(s)$ 為迴授網路之轉移函數。

2. 巴克豪森準則（Barkhausen criterion）： 電路產生穩定正弦波振盪的充要條件為迴路增益（Loop Gain）$T(j\omega) = A(j\omega)\beta(j\omega) = 1$，具體分解為兩個條件：

• 相位條件（決定振盪頻率 $\omega_0$）： $\angle T(j\omega_0) = \angle A(j\omega_0) + \angle \beta(j\omega_0) = 0^\circ \quad (\text{或 } 2n\pi, n \in \mathbb{Z})$ 因為非反向放大器在工作頻率下視為無相移（$\angle A = 0^\circ$），故迴授網路相移必須為零： $\angle \beta(j\omega_0) = 0^\circ$
• 振幅條件（決定放大器增益與元件值）： $|T(j\omega_0)| = |A(j\omega_0)| \cdot |\beta(j\omega_0)| = 1 \implies |A| = \frac{1}{|\beta(j\omega_0)|}$

3. 非反向放大器增益： $A = 1 + \frac{R_f}{R_1}$ 其中 $R_f$ 為負迴授電阻，$R_1$ 為反向輸入端至地之電阻。

解題方法

步驟一：分析 LCR 迴授分壓網路 $\beta(s)$

迴授網路為分壓電路架構，自放大器輸出端 $v_o$ 取樣，分壓後送至放大器非反向輸入端 $v^+$：

• 串聯臂阻抗 $Z_1(s)$：由電容 $C$、電感 $L = 0.1\,\mathrm{mH}$ 及 $10\,\mathrm{k}\Omega$ 電阻串聯組成： $Z_1(s) = 10\,\mathrm{k}\Omega + sL + \frac{1}{sC}$ 在正弦穩態 $s = j\omega$ 下： $Z_1(j\omega) = 10\,\mathrm{k}\Omega + j\left(\omega L - \frac{1}{\omega C}\right)$
• 並聯臂阻抗 $Z_2(s)$：為接地的 $10\,\mathrm{k}\Omega$ 電阻： $Z_2 = 10\,\mathrm{k}\Omega$

迴授因數轉移函數為： $\beta(j\omega) = \frac{V^+(j\omega)}{V_o(j\omega)} = \frac{Z_2}{Z_1(j\omega) + Z_2} = \frac{10\,\mathrm{k}\Omega}{20\,\mathrm{k}\Omega + j\left(\omega L - \frac{1}{\omega C}\right)}$

步驟二：利用相位條件求電容值 $C$

依巴克豪森相位準則，迴授因數的相角在振盪頻率 $\omega_0 = 10^5\,\mathrm{rad/s}$ 必須為零： $\angle \beta(j\omega_0) = 0^\circ$ 式中分子為正實數，因此分母之虛部必須等於零（即串聯臂達成 LC 串聯共振）：

核心觀念

本題旨在評量二階並聯 RLC 電路之零輸入／自然響應（Natural Response）​的分析能力，包含以下關鍵定理與公式：

1. 並聯 RLC 電路之參數與特徵方程式：

• 新克氏阻尼係數：$\alpha = \frac{1}{2RC}$
• 無阻尼共振角頻率：$\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}}$
• 特徵方程式： $s^2 + 2\alpha s + \omega_0^2 = 0 \iff s^2 + \frac{1}{RC}s + \frac{1}{LC} = 0$
• 阻尼型態判別：若 $\alpha > \omega_0$，為過阻尼（Overdamped）​響應，特徵根為相異實根 $s_1, s_2 = -\alpha \pm \sqrt{\alpha^2 - \omega_0^2}$，時域響應型式為 $v(t) = A_1 e^{s_1 t} + A_2 e^{s_2 t}$。

2. 克希荷夫電流定律（KCL）與被動符號慣例：

• 電容跨壓 $v(t)$ 定義為上正下負，並聯各支路端電壓均為 $v(t)$。
• 電阻電流向下：$i_R(t) = \frac{v(t)}{R}$。
• 電容電流向下：$i_C(t) = C\frac{dv(t)}{dt}$。
• 電感電流 $i(t)$ 方向向上（流入上方節點），依 KCL：流入節點電流等於流出節點電流，即 $i(t) = i_C(t) + i_R(t)$。

3. 儲能元件初始條件連續性：

• 電容電壓不突變：$v(0^+) = v(0) = 0\,\mathrm{V}$。
• 電感電流不突變：$i(0^+) = i(0) = 1\,\mathrm{A}$。

解題方法

方法一：時域微分方程法（標準正規解法）

步驟一：計算特徵根並判別阻尼型式 將電路參數 $R = \frac{1}{3}\,\Omega$、$L = \frac{1}{2}\,\mathrm{H}$、$C = 1\,\mathrm{F}$ 代入公式： $\alpha = \frac{1}{2RC} = \frac{1}{2 \times \frac{1}{3} \times 1} = \frac{3}{2} = 1.5\,\mathrm{rad/s}$ $\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}} = \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{2} \times 1}} = \sqrt{2}\,\mathrm{rad/s}$ 因 $\alpha = 1.5 > \omega_0 = \sqrt{2} \approx 1.414$，故電路呈現過阻尼響應。

特徵方程式為： $s^2 + \frac{1}{RC}s + \frac{1}{LC} = 0 \implies s^2 + 3s + 2 = 0$ 因式分解： $(s + 1)(s + 2) = 0$ 解得兩特徵根為： $s_1 = -1,\quad s_2 = -2$ 故電容跨壓 $v(t)$ 之通解形式為： $v(t) = A_1 e^{-t} + A_2 e^{-2t}\quad (t \geq 0)$

步驟二：由初始條件求待定係數

1. 利用 $t = 0$ 之電容電壓初始值： $v(0) = A_1 + A_2 = 0 \implies A_2 = -A_1$

2. 利用 $t = 0^+$ 之電容電流求導函數初始值 $v'(0^+)$： 在 $t = 0^+$ 瞬間，對電路上方節點列寫 KCL： $i(0^+) = i_C(0^+) + i_R(0^+)$ 將元件伏安特性關係代入： $i(0^+) = C \left.\frac{dv}{dt}\right|_{t=0^+} + \frac{v(0^+)}{R}$

核心觀念

1. 交流弦波訊號之相量轉換：

• 交流穩態電路分析需統一以餘弦波（Cosine）作為相量基準。若時域訊號為正弦波，需利用三角函數恆等式轉換： $\sin(\omega t) = \cos(\omega t - 90^\circ)$
• 由題目時域表示式可知角頻率 $\omega = 100\text{ rad/s}$。

2. 三相平衡 Y 接系統之電壓與電流關係：

• 在正相序（abc 相序）下，線電壓的大小為相電壓大小的 $\sqrt{3}$ 倍，且線電壓相位超前對應相電壓 $30^\circ$： $\mathbf{V}_{ab} = \sqrt{3}\mathbf{V}_{an}\angle 30^\circ \implies \mathbf{V}_{an} = \frac{\mathbf{V}_{ab}}{\sqrt{3}\angle 30^\circ} = \frac{1}{\sqrt{3}}\mathbf{V}_{ab}\angle -30^\circ$
• Y 接平衡負載中，線電流等於相電流，故流入負載 a 相之相電流 $\mathbf{I}_{an} = \mathbf{I}_a$。

3. 單相負載阻抗與元件參數關係：

• 每一相負載由電阻 $R$ 與電感 $L$ 串聯而成，其相阻抗為： $Z_Y = \frac{\mathbf{V}_{an}}{\mathbf{I}_a} = R + jX_L = R + j\omega L$

4. 三相平衡負載總平均功率：

• 三相總平均功率可由每相功率的三倍或整體三相關係求得： $P = 3 \times P_{1\phi} = 3 \times \left(\frac{1}{2} I_{a,m}^2 R\right) = \sqrt{3} V_{L,rms} I_{L,rms} \cos\theta$ （其中 $\theta$ 為負載阻抗角，亦即相電壓與相電流之相位差角）

解題方法

步驟一：將時域弦波訊號轉為相量（取峰值相量）

已知線電壓與線電流的時域函數： $V_{ab}(t) = 100\cos(100t)\text{ V} \implies \mathbf{V}_{ab} = 100\angle 0^\circ\text{ V}$ $I_a(t) = 5\sin(100t) = 5\cos(100t - 90^\circ)\text{ A} \implies \mathbf{I}_a = 5\angle -90^\circ\text{ A}$

步驟二：計算 a 相之相電壓 $\mathbf{V}_{an}$

因系統為平衡三相且為正相序，線電壓 $\mathbf{V}_{ab}$ 超前相電壓 $\mathbf{V}_{an}$ $30^\circ$： $\mathbf{V}_{an} = \frac{\mathbf{V}_{ab}}{\sqrt{3}\angle 30^\circ} = \frac{100\angle 0^\circ}{\sqrt{3}\angle 30^\circ} = \frac{100}{\sqrt{3}}\angle -30^\circ\text{ V}$

步驟三：計算 Y 接負載每相阻抗 $Z_Y$ 及 $R$、$L$ 值

利用歐姆定律求得每相阻抗： $Z_Y = \frac{\mathbf{V}_{an}}{\mathbf{I}_a} = \frac{\frac{100}{\sqrt{3}}\angle -30^\circ}{5\angle -90^\circ} = \frac{20}{\sqrt{3}}\angle \left(-30^\circ - (-90^\circ)\right) = \frac{20}{\sqrt{3}}\angle 60^\circ\ \Omega$

將阻抗極座標形式展開為直角座標形式（$Z_Y = R + jX_L$）：