112 鐵路特考員級 機械工程 基本電學 考古題詳解

112 年・鐵路特考・員級・機械工程
試題代碼 基本電學

第 一 題25 分

如下方電路，電壓源與各電阻之值已標註於圖上，其中電阻之單位為歐姆（ohm）。

電路包含 12 VDC12\ \mathrm{VDC} 電壓源，以及阻值分別為 2 Ω2\ \Omega、4 Ω4\ \Omega、3 Ω3\ \Omega、8 Ω8\ \Omega、3 Ω3\ \Omega、12 Ω12\ \Omega、6 Ω6\ \Omega、2 Ω2\ \Omega 的電阻；其中斜向 3 Ω3\ \Omega 電阻的電流方向標示為 i1i_1。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 計算流經電阻元件的電流 i1i_1 的值，與該電阻元件兩端的電壓差。（15 分）

(二) 計算 12 V12\ \mathrm{V} 直流電壓源所提供的總功率。（10 分）

🖼️ 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：

  • 節點電壓法
  • 歐姆定律 V=IRV=IR
  • 電阻並聯等效
  • 直流電源功率公式 P=VIP=VI

將左側及左下方導線設為接地節點 AA，令其電位為 0 V0\ \mathrm{V}。由圖中電源正端可知，經過 8Ω8\Omega 電阻前的節點電位為 12 V12\ \mathrm{V}。

設：

  • 斜向 3Ω3\Omega 電阻右上端節點為 BB
  • 4Ω4\Omega、水平 3Ω3\Omega、8Ω8\Omega 相接節點為 CC
  • 右下方節點為 DD

其中斜向 3Ω3\Omega 電阻的電流 i1i_1 由 BB 流向 AA。

解題方法

右側的 12Ω12\Omega 與 6Ω6\Omega 並聯，因此可先化簡為

RBD=12∥6=12×612+6=4ΩR_{BD}=12\parallel 6 =\frac{12\times 6}{12+6} =4\Omega

1. 建立節點方程式

對節點 BB 寫 KCL：

B2+B3+B−C3+B−D4=0\frac{B}{2}+\frac{B}{3}+\frac{B-C}{3}+\frac{B-D}{4}=0

整理得

17B−4C−3D=017B-4C-3D=0

對節點 CC 寫 KCL：

C4+C−B3+C−128=0\frac{C}{4}+\frac{C-B}{3}+\frac{C-12}{8}=0

整理得

17C−8B=3617C-8B=36

對節點 DD 寫 KCL：

D2+D−B4=0\frac{D}{2}+\frac{D-B}{4}=0

因此

3D−B=03D-B=0

即

D=B3D=\frac{B}{3}

代入節點 BB 方程式：

17B−4C−3(B3)=017B-4C-3\left(\frac{B}{3}\right)=0 16B−4C=016B-4C=0 C=4BC=4B

再代入節點 CC 方程式：

17(4B)−8B=3617(4B)-8B=36 60B=3660B=36 B=0.6 VB=0.6\ \mathrm{V}

所以

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第 二 題25 分

考慮如下圖之電路，電壓源與各電阻之值已標註於圖上。

電路包含負載 RL=6 kΩR_L=6\ \mathrm{k}\Omega，以及阻值為 2 kΩ2\ \mathrm{k}\Omega、3 kΩ3\ \mathrm{k}\Omega、3 kΩ3\ \mathrm{k}\Omega、2 kΩ2\ \mathrm{k}\Omega、4 kΩ4\ \mathrm{k}\Omega 的電阻；圖中另有兩個 10 V10\ \mathrm{V} 電壓源，兩者正端均在上方。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 請計算以 6 kΩ6\ \mathrm{k}\Omega RLR_L 為負載，所觀察到的戴維寧等效電路（寫出等效電壓與等效電阻）。（15 分）

(二) 請計算下圖電路中負載 RLR_L 所消耗的功率，並判斷是否能替換另一電阻以使功率消耗更大。（10 分）

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核心觀念

本題考查：

  • 戴維寧等效電壓 VthV_{\mathrm{th}}
  • 戴維寧等效電阻 RthR_{\mathrm{th}}
  • 負載功率
  • 最大功率傳輸定理

負載端看到的等效電路為：

Vth 串聯 RthV_{\mathrm{th}}\ \text{串聯}\ R_{\mathrm{th}}

負載功率為：

PL=IL2RL=Vth2RL(Rth+RL)2P_L=I_L^2R_L =\frac{V_{\mathrm{th}}^2R_L}{(R_{\mathrm{th}}+R_L)^2}

（一）戴維寧等效電路

令 RLR_L 左端為節點 AA，兩個 10 V10\text{ V} 電壓源中間的節點為 CC，右上、右下節點分別為 BB、DD。

1. 求戴維寧等效電壓

先將 RLR_L 開路。

左側上下兩個電阻均為 2 kΩ2\text{ k}\Omega，因此節點 AA 是 BB、DD 兩端的等電阻分壓點：

VA=VB+VD2V_A=\frac{V_B+V_D}{2}

中間支路由兩個 3 kΩ3\text{ k}\Omega 電阻及兩個相同方向的 10 V10\text{ V} 電壓源構成。由於上下電阻相等、兩個電壓源數值相同，節點 CC 亦為 BB、DD 的中點：

VC=VB+VD2V_C=\frac{V_B+V_D}{2}

所以：

Vth=VA−VC=0 VV_{\mathrm{th}}=V_A-V_C=0\text{ V}

亦可用節點電壓驗算。令 VD=0V_D=0，開路時：

VA=VB2V_A=\frac{V_B}{2}

節點 BB 寫 KCL：

VB−VA2 kΩ+VB4 kΩ+VB−206 kΩ=0\frac{V_B-V_A}{2\text{ k}\Omega} +\frac{V_B}{4\text{ k}\Omega} +\frac{V_B-20}{6\text{ k}\Omega}=0

代入 VA=VB/2V_A=V_B/2，得：

VB=5 V,VA=2.5 VV_B=5\text{ V},\qquad V_A=2.5\text{ V}

中間兩個電壓源與上下兩個 3 kΩ3\text{ k}\Omega 電阻對稱，因此：

VC=2.5 VV_C=2.5\text{ V}

再次得到：

Vth=VA−VC=0 VV_{\mathrm{th}}=V_A-V_C=0\text{ V}

2. 求戴維寧等效電阻

將兩個獨立電壓源關閉，理想電壓源以短路取代。

此時：

  • 節點 AA 到 BB、DD 各為 2 kΩ2\text{ k}\Omega
  • 節點 CC 到 BB、DD 各為 3 kΩ3\text{ k}\Omega
  • BB、DD 之間另有 4 kΩ4\text{ k}\Omega

由於電路對 BB、DD 對稱，接上測試電壓後 BB、DD 等電位，因此 4 kΩ4\text{ k}\Omega 電阻中沒有電流。

所以：

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第 三 題25 分

如下圖所示交流電路，各元件之值已標註於圖上，其中 Ohm 為歐姆、H 為亨利、F 為法拉、m 代表 10−310^{-3}。

若 Vs=42cos⁡(100t)V_s=4\sqrt{2}\cos(100t) 且 Is=0.032cos⁡(100t)。I_s=0.03\sqrt{2}\cos(100t)。

電路包含 0.1 mF0.1\ \mathrm{mF} 電容、電流源 IsI_s、電壓源 VsV_s，以及上方虛線框中的 4 H4\ \mathrm{H} 電感與 200 Ω200\ \Omega 電阻串接；右側另有 2 H2\ \mathrm{H} 電感與 200 Ω200\ \Omega 電阻。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 利用電源轉換代換掉電流源，使電路僅包含電壓源，繪製此交流電路之等效阻抗電路圖。（10 分）

(二) 假設電路上方虛線框中的兩元件（4 H4\ \mathrm{H} 與 200 Ω200\ \Omega 串接）為負載，求通過負載的電流 ILI_L，以有效值的相量表示。（5 分）

(三) 計算負載的功率因數與複數功率。（10 分）

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核心觀念

本題考查交流穩態相量分析、電源轉換、阻抗計算及複數功率。

角頻率為

ω=100 rad/s\omega=100\ \mathrm{rad/s}

各元件阻抗：

ZC=1jωC=1j(100)(0.1×10−3)=−j100 ΩZ_C=\frac{1}{j\omega C} =\frac{1}{j(100)(0.1\times10^{-3})} =-j100\ \Omega

ZL1=jω(4)=j400 ΩZ_{L1}=j\omega(4)=j400\ \Omega

ZL2=jω(2)=j200 ΩZ_{L2}=j\omega(2)=j200\ \Omega

上方負載阻抗為

ZL=200+j400 ΩZ_L=200+j400\ \Omega

右側 2 H2\ \mathrm{H} 電感與 200 Ω200\ \Omega 電阻並聯，其等效阻抗為

ZR=200∥j200=200(j200)200+j200=100+j100 ΩZ_R=200\parallel j200 =\frac{200(j200)}{200+j200} =100+j100\ \Omega

題目給定波形為峰值形式，轉換成有效值相量：

V˙s=4∠0∘ V\dot V_s=4\angle0^\circ\ \mathrm{V}

I˙s=0.03∠0∘ A\dot I_s=0.03\angle0^\circ\ \mathrm{A}

（一）電源轉換及等效阻抗電路

電流源 IsI_s 與電容並聯，可轉換成電壓源與電容阻抗串聯。

轉換後電壓源為

V˙I=I˙sZC=(0.03)(−j100)=−j3=3∠−90∘ V\dot V_I=\dot I_s Z_C =(0.03)(-j100) =-j3 =3\angle-90^\circ\ \mathrm{V}

因此，左側部分等效為：

  • 電壓源：3∠−90∘ V3\angle-90^\circ\ \mathrm{V}
  • 串聯阻抗：ZC=−j100 ΩZ_C=-j100\ \Omega

其電壓源極性為「上端負、下端正」，因為電流源箭頭向上，而開路時上端電壓為

V˙上−V˙下=I˙sZC=−j3 V\dot V_{\text{上}}-\dot V_{\text{下}} =\dot I_s Z_C=-j3\ \mathrm{V}

轉換後的電路僅含兩個電壓源：

  1. 原電壓源 V˙s=4∠0∘ V\dot V_s=4\angle0^\circ\ \mathrm{V}，極性為右端正、左端負。
  2. 由電流源轉換而得的電壓源 3∠−90∘ V3\angle-90^\circ\ \mathrm{V}，與 ZC=−j100 ΩZ_C=-j100\ \Omega 串聯。

其餘部分為：

ZL=200+j400 ΩZ_L=200+j400\ \Omega

以及右側等效阻抗

ZR=100+j100 ΩZ_R=100+j100\ \Omega

（二）負載電流 I˙L\dot I_L

採戴維寧等效電路求取上方負載兩端電壓。

1. 求負載開路電壓

將上方負載移除：

  • 左側電流源與電容形成的開路電壓為

V˙C=I˙sZC=−j3 V\dot V_C=\dot I_s Z_C=-j3\ \mathrm{V}

  • 右側沒有電流流過 ZRZ_R，因此右上節點電壓等於右側電壓源上端電壓：

V˙D=V˙s=4 V\dot V_D=\dot V_s=4\ \mathrm{V}

依照負載電流箭頭由左向右，戴維寧電壓為

V˙th=V˙C−V˙D=−j3−4=−4−j3 V\dot V_{\text{th}}=\dot V_C-\dot V_D =-j3-4 =-4-j3\ \mathrm{V}

2. 求戴維寧阻抗

將獨立電壓源短路、獨立電流源開路，從負載端看入：

Zth=ZC+ZR=−j100+(100+j100)=100 ΩZ_{\text{th}}=Z_C+Z_R =-j100+(100+j100) =100\ \Omega

3. 求負載電流

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第 四 題25 分

考慮如下電路圖，電源為直流，電容 CC 之值為 98 F98\ \mathrm{F}、兩電感 L1L_1 與 L2L_2 之值均為 1 H1\ \mathrm{H}。

電路包含阻值為 10 Ω10\ \Omega、20 Ω20\ \Omega、10 Ω10\ \Omega、5 Ω5\ \Omega、5 Ω5\ \Omega、5 Ω5\ \Omega 的電阻，兩個電流源（分別為 1 A1\ \mathrm{A} 與 2 A2\ \mathrm{A}），一個 10 V10\ \mathrm{V} 電壓源，以及一個標示為 15 V15\ \mathrm{V}、正端在上方的電壓源；並包含電容 CC 與兩個電感 L1L_1、L2L_2。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 請計算當電路達穩態時，儲存於電容 CC 之電位能。（15 分）

(二) 若買不到如此大的電容而改採較小的電容，請針對穩態響應時的電容電壓、儲存能量以及暫態響應中電容電壓的上升時間說明此較小電容的影響。（10 分）

🖼️ 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

本題考查直流穩態下電感、電容的等效特性：

  • 電感於直流穩態視為短路。
  • 電容於直流穩態視為開路。
  • 電容儲存的電位能為
WC=12CVC2W_C=\frac{1}{2}CV_C^2

左側電容串聯的 5 Ω5\ \Omega 電阻因電容開路而無電流通過，因此其電壓降為零，電容上電壓等於左側節點對下方接地節點的電壓。

解題方法

將 L1,L2L_1,L_2 以短路取代，電容以開路取代。設：

  • 左側節點電壓為 VAV_A
  • 中間節點電壓為 VBV_B
  • 右側節點電壓為 VDV_D

因電容串聯電阻無電流，故

VC=VAV_C=V_A

1. 左側節點方程式

右側上方支路包含 10 Ω10\ \Omega 電阻及 10 V10\ \mathrm{V} 電壓源。由圖中電壓源左正右負，可得該支路由左流向右的電流為

VA−VD−1010\frac{V_A-V_D-10}{10}

對左側節點套用 KCL：

VA−VB20+VA−VD−1010=1\frac{V_A-V_B}{20} +\frac{V_A-V_D-10}{10} =1

整理得

3VA−VB−2VD=40(1)3V_A-V_B-2V_D=40 \tag{1}

2. 中間節點方程式

中間節點經由 20 Ω20\ \Omega 電阻接至左側，經由 10 Ω10\ \Omega 電阻接至右側，並經由 15 V15\ \mathrm{V} 電壓源及 5 Ω5\ \Omega 電阻接地。

因 15 V15\ \mathrm{V} 電壓源上端為正，故其下端電壓為

VB−15V_B-15

流經下方 5 Ω5\ \Omega 電阻的電流為

VB−155\frac{V_B-15}{5}

套用 KCL：

VB−VA20+VB−VD10+VB−155=0\frac{V_B-V_A}{20} +\frac{V_B-V_D}{10} +\frac{V_B-15}{5} =0

整理得

−VA+7VB−2VD=60(2)-V_A+7V_B-2V_D=60 \tag{2}

3. 右側節點方程式

右側節點有：

  • 經 10 Ω10\ \Omega 電阻流向中間節點的電流；
  • 經右側 5 Ω5\ \Omega 電阻流向地的電流；
  • 經上方支路流向左側的電流；
  • 2 A2\ \mathrm{A} 電流源注入右側節點。

套用 KCL：

VD−VB10+VD5+VD−VA+1010=2\frac{V_D-V_B}{10} +\frac{V_D}{5} +\frac{V_D-V_A+10}{10} =2

整理得

−VA−VB+4VD=10(3)-V_A-V_B+4V_D=10 \tag{3}

由式 (1)(1)～(3)(3) 解得

VA=1957 VV_A=\frac{195}{7}\ \mathrm{V} VB=1157 VV_B=\frac{115}{7}\ \mathrm{V} VD=957 VV_D=\frac{95}{7}\ \mathrm{V}

因此電容電壓為

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