112 鐵路特考高員三級 電力工程 電路學 考古題詳解

112 年・鐵路特考・高員三級・電力工程
試題代碼 電路學

第 一 題20 分

請證明

S=VeffIeff∗S=V_{\mathrm{eff}}I_{\mathrm{eff}}^{*}

其中，SS 為複數功率，VeffV_{\mathrm{eff}} 為相域（Phase Domain）之有效電壓，IeffI_{\mathrm{eff}} 為相域之有效電流，Ieff∗I_{\mathrm{eff}}^{*} 為 IeffI_{\mathrm{eff}} 之共軛複數。

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核心觀念

本題考複數功率的定義，以及相量採用有效值（RMS）表示時，電壓與電流相量如何組合。複數功率定義為

S=P+jQS=P+jQ

其中 PP 為平均實功率，QQ 為無功功率。若電壓與電流以有效值相量表示，則複數功率為

S=VeffIeff∗.S=V_{\mathrm{eff}}I_{\mathrm{eff}}^{*}.

共軛複數的作用，是使功率角度成為電壓相角減去電流相角。

解題方法

令正弦穩態電壓、電流的有效值相量分別為

Veff=V∠θv,Ieff=I∠θi,V_{\mathrm{eff}}=V\angle\theta_v,\qquad I_{\mathrm{eff}}=I\angle\theta_i,

其中 VV、II 為有效值。對應的瞬時量可寫成

v(t)=2Vcos⁡(ωt+θv),v(t)=\sqrt{2}V\cos(\omega t+\theta_v), i(t)=2Icos⁡(ωt+θi).i(t)=\sqrt{2}I\cos(\omega t+\theta_i).

瞬時功率為

p(t)=v(t)i(t).p(t)=v(t)i(t).

利用積化和差公式 cos⁡Acos⁡B=12[cos⁡(A−B)+cos⁡(A+B)]\cos A\cos B=\frac12[\cos(A-B)+\cos(A+B)]，得

p(t)=VI[cos⁡(θv−θi)+cos⁡(2ωt+θv+θi)].p(t)=VI\left[\cos(\theta_v-\theta_i)+ \cos(2\omega t+\theta_v+\theta_i)\right].

對一個週期取平均，第二項的平均值為零，因此平均實功率為

P=VIcos⁡(θv−θi).P=VI\cos(\theta_v-\theta_i).
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第 二 題20 分

請以網目電流法（Mesh-Current Method）計算出輸出電流 IoI_o。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

電路圖元件及電源標示如下：

  • 左側電流源：5∠0∘ A5\angle 0^\circ\ \mathrm{A}
  • 左下方電阻：8 Ω8\ \Omega
  • 中間左側電感：j10 Ωj10\ \Omega
  • 中間上下兩個電容：各為 −j2 Ω-j2\ \Omega
  • 右上方電阻：4 Ω4\ \Omega
  • 右側電壓源：20∠90∘ V20\angle 90^\circ\ \mathrm{V}
  • 輸出電流 IoI_o 方向如圖所示，沿右側支路向上。
🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像； 題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

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核心觀念

本題使用相量形式的網目電流法。各阻抗為

ZR=R,ZL=jXL,ZC=−jXCZ_R=R,\qquad Z_L=jX_L,\qquad Z_C=-jX_C

右側電壓源為

Vs=20∠90∘=j20 VV_s=20\angle90^\circ=j20\ \text{V}

輸出電流 IoI_o 方向向上，與右側網目電流方向相反。

解題方法

取三個網目電流皆為順時針方向，分別為 I1、I2、I3I_1、I_2、I_3。

左上網目包含理想電流源，因此

I1=5∠0∘=5 AI_1=5\angle0^\circ=5\ \text{A}

其中右側網目電流 I3I_3 經過右側電壓源時方向向下，而題目所求 IoI_o 方向向上，因此

Io=−I3I_o=-I_3

下方左側網目

依 KVL：

8I2+j10(I2−I1)−j2(I2−I3)=08I_2+j10(I_2-I_1)-j2(I_2-I_3)=0

整理得

(8+j8)I2+j2I3=j10I1(8+j8)I_2+j2I_3=j10I_1

代入 I1=5I_1=5：

(8+j8)I2+j2I3=j50(1)(8+j8)I_2+j2I_3=j50 \tag{1}

右側網目

右側網目包含 4Ω4\Omega 電阻、上下兩個 −j2Ω-j2\Omega 電容，以及電壓源 j20j20。依 KVL：

4I3−j2(I3−I2)−j2(I3−I1)+j20=04I_3-j2(I_3-I_2)-j2(I_3-I_1)+j20=0

整理得

j2I2+(4−j4)I3=−j2I1−j20j2I_2+(4-j4)I_3=-j2I_1-j20

代入 I1=5I_1=5：

j2I2+(4−j4)I3=−j30(2)j2I_2+(4-j4)I_3=-j30 \tag{2}

聯立求解

由式 (1)(1)：

I2=j50−j2I38+j8I_2=\frac{j50-j2I_3}{8+j8}

化簡為

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第 三 題20 分

請繪出從 aa-bb 兩端看入之諾頓等效電路（Norton Equivalent Circuit），並同時標出其所對應之值。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

電路圖元件及電源標示如下：

  • 左上方電阻：5 Ω5\ \Omega
  • 中間水平支路：8 Ω8\ \Omega 與 −j2 Ω-j2\ \Omega 串聯
  • 左側電壓源：40∠90∘ V40\angle 90^\circ\ \mathrm{V}
  • 右側電流源：3∠0∘ A3\angle 0^\circ\ \mathrm{A}
  • 右下方支路：10 Ω10\ \Omega 與 j4 Ωj4\ \Omega 串聯
  • 輸出端子為 aa、bb。
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核心觀念

本題要求求出端點 aa-bb 看入的諾頓等效電路，包括：

  1. 諾頓等效電阻（阻抗）ZNZ_N
  2. 諾頓等效電流 INI_N

諾頓定理為：

ZN=ZThZ_N=Z_{Th} IN=ISC=VThZThI_N=I_{SC}=\frac{V_{Th}}{Z_{Th}}

其中 ISCI_{SC} 為 aa-bb 端短路時的短路電流。

解題方法一：求諾頓等效阻抗 ZNZ_N

將獨立電壓源歸零，以短路取代；將獨立電流源歸零，以開路取代。

  • 左側電壓源短路，使其上端節點等同於 bb 端。
  • 右側電流源開路，因此右側 10+j4 Ω10+j4\ \Omega 支路與端點 aa 隔離。
  • 從 aa 端看入，只剩左上方的 5 Ω5\ \Omega 電阻接到 bb 端。

因此：

ZN=ZTh=5 ΩZ_N=Z_{Th}=5\ \Omega

解題方法二：求開路電壓 VThV_{Th}

令 bb 端為參考點。

左側電壓源上端電壓為：

VL=40∠90∘=j40 VV_L=40\angle 90^\circ=j40\ \mathrm{V}

端點 aa 開路時，右側電流源仍提供：

Is=3∠0∘=3 AI_s=3\angle 0^\circ=3\ \mathrm{A}

電流源箭頭由右側中間節點指向 aa，因此這 3 A3\ \mathrm{A} 必須經由 5 Ω5\ \Omega 電阻流向左側節點。故：

Va−VL5=3\frac{V_a-V_L}{5}=3

代入 VL=j40V_L=j40：

Va−j40=15V_a-j40=15 VTh=Va=15+j40 VV_{Th}=V_a=15+j40\ \mathrm{V}

轉換為極座標：

∣VTh∣=152+402=42.72 V|V_{Th}|=\sqrt{15^2+40^2}=42.72\ \mathrm{V} ∠VTh=tan⁡−1(4015)=69.44∘\angle V_{Th} =\tan^{-1}\left(\frac{40}{15}\right) =69.44^\circ

所以：

VTh=42.72∠69.44∘ VV_{Th}=42.72\angle 69.44^\circ\ \mathrm{V}
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第 四 題20 分

轉移函數為

H(s)=Vo(s)Vi(s)=100s(s+3)(s+6)(s2+6s+25)。H(s)=\frac{V_o(s)}{V_i(s)} =\frac{100s(s+3)}{(s+6)(s^2+6s+25)}。

若輸入電壓 vi(t)v_i(t) 為單位步階電壓 u(t) Vu(t)\ \mathrm{V}，則其輸出電壓 vo(t)v_o(t) 之暫態解 vo-tr(t)v_{o\text{-}tr}(t) 及穩態解 vo-ss(t)v_{o\text{-}ss}(t) 各為何？

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核心觀念

單位步階輸入的拉氏轉換為 Vi(s)=1/sV_i(s)=1/s，因此輸出為

Vo(s)=H(s)Vi(s)=100s(s+3)(s+6)(s2+6s+25)⋅1s=100(s+3)(s+6)(s2+6s+25).V_o(s)=H(s)V_i(s) =\frac{100s(s+3)}{(s+6)(s^2+6s+25)}\cdot\frac{1}{s} =\frac{100(s+3)}{(s+6)(s^2+6s+25)}.

輸出可分成穩態分量與暫態分量：穩態分量由 s=0s=0 的極點決定；其餘由左半平面的極點所形成的指數衰減項，即為暫態分量。

解題方法

先將二次式配方：

s2+6s+25=(s+3)2+16.s^2+6s+25=(s+3)^2+16.

以部分分式展開：

Vo(s)=As+6+B(s+3)+C(s+3)2+16.V_o(s)=\frac{A}{s+6} +\frac{B(s+3)+C}{(s+3)^2+16}.

比較係數可得 A=−30A=-30、B=30B=30、C=20C=20，所以

Vo(s)=−30s+6+30(s+3)+20(s+3)2+16.V_o(s) =-\frac{30}{s+6} +\frac{30(s+3)+20}{(s+3)^2+16}.

利用拉氏反轉換公式

L−1{1s+a}=e−atu(t),\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s+a}\right\} =e^{-at}u(t),
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第 五 題20 分

（一）輸入電壓 vi(t)v_i(t) 為一週期性波形，求其傅立葉級數（Fourier Series）之表示式為何？（10 分）

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

（二）如果低通濾波器之轉移函數為

H(s)=Vo(s)Vi(s)H(s)=\frac{V_o(s)}{V_i(s)}

之直流增益為

H(j0)=H(jω)∣ω=0=1，H(j0)=\left.H(j\omega)\right|_{\omega=0}=1，

且截止角頻率為 4 rad/s4\ \mathrm{rad/s}，則（一）中之基本波 vi−1(t)v_{i-1}(t)（即 n=1n=1 時之弦波）通過此濾波器後之輸出電壓 vo−1v_{o-1} 為何？（10 分）

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核心觀念

本題考查：

  1. 週期性三角波的傅立葉級數。
  2. 低通濾波器對各次諧波的頻率響應。
  3. 截止角頻率處，一階低通濾波器的增益與相位變化。

由圖可讀得：

  • 波形峰值為 4 V4\ \mathrm{V}，谷值為 −4 V-4\ \mathrm{V}。
  • 波形以原點為奇對稱，因此直流項與餘弦項皆為零。
  • 一個週期為 T=π2 s,T=\frac{\pi}{2}\ \mathrm{s}, 因而基本角頻率為 ω0=2πT=4 rad/s.\omega_0=\frac{2\pi}{T}=4\ \mathrm{rad/s}.

（一）傅立葉級數

由圖形可知，波形是奇對稱三角波，因此採用正弦級數：

vi(t)=∑n=1∞bnsin⁡(nω0t).v_i(t)=\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin(n\omega_0t).

三角波只含奇次諧波，且各奇次諧波係數依 1/n21/n^2 衰減。對峰值為 A=4A=4 的三角波，其傅立葉級數為

vi(t)=8Aπ2[sin⁡(ω0t)−132sin⁡(3ω0t)+152sin⁡(5ω0t)−⋯ ].v_i(t) = \frac{8A}{\pi^2} \left[ \sin(\omega_0t) -\frac{1}{3^2}\sin(3\omega_0t) +\frac{1}{5^2}\sin(5\omega_0t) -\cdots \right].

代入 A=4A=4 與 ω0=4 rad/s\omega_0=4\ \mathrm{rad/s}：

vi(t)=32π2∑k=0∞(−1)k(2k+1)2sin⁡[4(2k+1)t]\boxed{ v_i(t) = \frac{32}{\pi^2} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k+1)^2} \sin\left[4(2k+1)t\right] }

展開即為

vi(t)=32π2[sin⁡4t−19sin⁡12t+125sin⁡20t−149sin⁡28t+⋯ ] V\boxed{ v_i(t) = \frac{32}{\pi^2} \left[ \sin 4t -\frac{1}{9}\sin 12t +\frac{1}{25}\sin 20t -\frac{1}{49}\sin 28t +\cdots \right]\ \mathrm{V} }

其中：

a0=0,an=0,a_0=0,\qquad a_n=0,

且

b2k=0,b2k+1=32π2(−1)k(2k+1)2.b_{2k}=0,\qquad b_{2k+1} = \frac{32}{\pi^2}\frac{(-1)^k}{(2k+1)^2}.

（二）基本波通過低通濾波器

1. 輸入基本波

由（一）可得 n=1n=1 的基本波為

vi−1(t)=32π2sin⁡4t.v_{i-1}(t)=\frac{32}{\pi^2}\sin 4t.

其角頻率為

ω0=4 rad/s.\omega_0=4\ \mathrm{rad/s}.
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