111 鐵路特考員級 電力工程 基本電學 考古題詳解

111 年・鐵路特考・員級・電力工程
試題代碼 基本電學

第 一 題25 分

圖一(a)～(c)中每一個電阻，其電阻值均為 RR，求下列兩點間的等效電阻： (一) RABR_{\text{AB}}（5 分） (二) RCDR_{\text{CD}}（10 分） (三) REFR_{\text{EF}}（10 分）

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核心觀念

本題考查電阻網路的：

  • 串聯、並聯等效電阻。
  • 電路對稱性。
  • Kirchhoff 電流定律（KCL）。
  • 電阻方格網的節點電壓分析。

所有電阻均為 RR。

（一）求 RABR_{\mathrm{AB}}

圖一（a）為兩條相同的支路並聯：

  • 上支路：兩個電阻串聯，阻值為 2R2R。
  • 下支路：兩個電阻串聯，阻值為 2R2R。

因此

RAB=2R∥2R=(2R)(2R)2R+2R=RR_{\mathrm{AB}} =2R\parallel 2R =\frac{(2R)(2R)}{2R+2R} =R

（二）求 RCDR_{\mathrm{CD}}

圖一（b）為寬 22 格、長 33 格的電阻方格網，端點 CC、DD 位於對角兩端。

採用節點電壓法。令 CC 電位為 VV，DD 電位為 00，並利用端點對角旋轉對稱性設各節點電位如下：

e=2d−Ve=2d-V c=28d−21V1,b=10d−7Vc=\frac{28d-21V}{1},\qquad b=10d-7V

由各節點的 KCL 方程式可得

47d=36V47d=36V

所以

d=3647Vd=\frac{36}{47}V

再由端點 CC 的電流方程式：

I=2V−b−dI=2V-b-d

代入

b=3147V,d=3647Vb=\frac{31}{47}V,\qquad d=\frac{36}{47}V

得到

I=2V−3147V−3647V=2747VI =2V-\frac{31}{47}V-\frac{36}{47}V =\frac{27}{47}V

因此等效電阻為

RCD=VI=4727RR_{\mathrm{CD}} =\frac{V}{I} =\frac{47}{27}R

（三）求 REFR_{\mathrm{EF}}

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第 二 題25 分

圖二為一個電容網路，負載為電阻 RL=20 ΩR_{\text{L}} = 20\ \Omega。 (一) 求由負載 RLR_{\text{L}} 所視的戴維寧等效電路？（5 分） (二) 求由負載 RLR_{\text{L}} 所視的諾頓等效電路？（5 分） (三) 求此電路的視在功率（Apparent Power）？（5 分） (四) 求此電路的功率因數 PF\text{PF}（Power Factor）？（5 分） (五) 若要使此電路的功率因數 PF=1\text{PF} = 1，該如何進行補償？（5 分）

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核心觀念

本題考查：

  • 戴維寧等效與諾頓等效
  • 電容阻抗 ZC=−jXCZ_C=-jX_C
  • 交流相量分析
  • 複數功率
  • 視在功率與功率因數
  • 功率因數補償

圖二中，三個電容阻抗皆為 −j10 Ω-j10\ \Omega，電源為：

Vs=200∠0∘ VV_s=200\angle 0^\circ\text{ V}

負載為：

RL=20 ΩR_L=20\ \Omega

（一）由負載所視的戴維寧等效電路

1. 求戴維寧電壓 VthV_{\text{th}}

先將負載 RLR_L 移除，使輸出端開路。

由於右側串聯電容沒有電流通過，因此其電壓降為零，輸出端電壓等於中間節點電壓。

此時電源所接的兩個電容串聯，總阻抗為：

Z總=−j10−j10=−j20 ΩZ_{\text{總}}=-j10-j10=-j20\ \Omega

電路電流：

I=200−j20=j10 AI=\frac{200}{-j20}=j10\text{ A}

中間節點對下方接地的電壓為下方電容電壓：

Vth=I(−j10)V_{\text{th}}=I(-j10) Vth=(j10)(−j10)=100 VV_{\text{th}}=(j10)(-j10)=100\text{ V}

因此：

Vth=100∠0∘ V\boxed{V_{\text{th}}=100\angle0^\circ\text{ V}}

2. 求戴維寧阻抗 ZthZ_{\text{th}}

將獨立電壓源關閉，理想電壓源以短路取代。

由負載端看入：

  • 右側電容 −j10-j10 與
  • 左側上方電容 −j10-j10、中間垂直電容 −j10-j10 的並聯組合

串聯。

並聯部分為：

(−j10)∥(−j10)=(−j10)(−j10)−j10−j10=−j5 Ω(-j10)\parallel(-j10) =\frac{(-j10)(-j10)}{-j10-j10} =-j5\ \Omega

所以：

Zth=−j10+(−j5)Z_{\text{th}}=-j10+(-j5) Zth=−j15 Ω\boxed{Z_{\text{th}}=-j15\ \Omega}

戴維寧等效結果

Vth=100∠0∘ V,Zth=−j15 Ω\boxed{V_{\text{th}}=100\angle0^\circ\text{ V},\qquad Z_{\text{th}}=-j15\ \Omega}

（二）由負載所視的諾頓等效電路

諾頓阻抗與戴維寧阻抗相同：

ZN=Zth=−j15 Ω\boxed{Z_N=Z_{\text{th}}=-j15\ \Omega}

諾頓電流為：

IN=VthZth=100−j15=j6.667 AI_N=\frac{V_{\text{th}}}{Z_{\text{th}}} =\frac{100}{-j15} =j6.667\text{ A}

因此：

IN=6.667∠90∘ A\boxed{I_N=6.667\angle90^\circ\text{ A}}

諾頓等效結果

IN=6.667∠90∘ A,ZN=−j15 Ω\boxed{I_N=6.667\angle90^\circ\text{ A},\qquad Z_N=-j15\ \Omega}

（三）求此電路的視在功率

接上負載後，整個電路的總阻抗為：

Z總=RL−j15=20−j15 ΩZ_{\text{總}}=R_L-j15=20-j15\ \Omega

電源電流：

I=20020−j15=200(20+j15)202+152I=\frac{200}{20-j15} =\frac{200(20+j15)}{20^2+15^2} I=6.4+j4.8=8∠36.87∘ AI=6.4+j4.8 =8\angle36.87^\circ\text{ A}

複數功率為：

S=VsI∗S=V_s I^*

其中：

I∗=6.4−j4.8I^*=6.4-j4.8

所以：

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第 三 題25 分

圖三所示電路，在 t<0t < 0 時開關切至 1 端，並且達到穩態。在時間 t=0t = 0 時，開關切換至 2 端。 (一) 求 t=0t = 0 時，VCV_{\text{C}} 與 ILI_{\text{L}} 的值？（5 分） (二) 求 t=0.25 mst = 0.25\text{ ms} 時，VCV_{\text{C}} 與 ILI_{\text{L}} 的值？（10 分） (三) 求 t=0.5 mst = 0.5\text{ ms} 時，VCV_{\text{C}} 與 ILI_{\text{L}} 的值？（10 分）

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核心觀念

本題考查：

  • 電容電壓不能突變：VC(0+)=VC(0−)V_C(0^+)=V_C(0^-)
  • 電感電流不能突變：IL(0+)=IL(0−)I_L(0^+)=I_L(0^-)
  • t=0t=0 後為理想 LC 並聯電路的自然響應
  • 電容、電感的基本關係式：
iC=CdVCdt,VC=LdILdti_C=C\frac{dV_C}{dt},\qquad V_C=L\frac{dI_L}{dt}

解題方法

（一）求 t=0t=0 時的 VCV_C 與 ILI_L

當 t<0t<0 時，開關接至 1 端，電路達到穩態。

直流穩態下：

  • 電容視為開路，因此沒有電流流過電感：
IL(0−)=0I_L(0^-)=0
  • 電阻沒有電流，沒有壓降，電容兩端電壓等於電源電壓：
VC(0−)=10 VV_C(0^-)=10\text{ V}

由連續性：

VC(0+)=VC(0−)=10 VV_C(0^+)=V_C(0^-)=10\text{ V} IL(0+)=IL(0−)=0I_L(0^+)=I_L(0^-)=0

因此在 t=0t=0 時：

VC=10 V,IL=0 A\boxed{V_C=10\text{ V}},\qquad \boxed{I_L=0\text{ A}}

（二）建立 t>0t>0 的自然響應

開關切至 2 端後，電源與電阻脫離，電容 C=16 μFC=16\,\mu\text{F} 與電感 L=1.6 mHL=1.6\text{ mH} 構成理想 LC 電路。

依圖示方向，套用 KCL：

iC+IL=0i_C+I_L=0

所以：

CdVCdt+IL=0C\frac{dV_C}{dt}+I_L=0

又因為：

VC=LdILdtV_C=L\frac{dI_L}{dt}

對 KCL 微分，可得：

Cd2VCdt2+VCL=0C\frac{d^2V_C}{dt^2}+\frac{V_C}{L}=0

因此：

d2VCdt2+1LCVC=0\frac{d^2V_C}{dt^2}+\frac{1}{LC}V_C=0

自然角頻率為：

ω0=1LC\omega_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}

代入：

LC=(1.6×10−3)(16×10−6)=25.6×10−9LC=(1.6\times10^{-3})(16\times10^{-6}) =25.6\times10^{-9} ω0=1160×10−6=6250 rad/s\omega_0=\frac{1}{160\times10^{-6}} =6250\text{ rad/s}

由初始條件 VC(0)=10 VV_C(0)=10\text{ V}、IL(0)=0I_L(0)=0，可得：

VC(t)=10cos⁡(6250t)V_C(t)=10\cos(6250t)

由 IL=−CdVCdtI_L=-C\dfrac{dV_C}{dt}：

IL(t)=10Cω0sin⁡(6250t)I_L(t)=10C\omega_0\sin(6250t)

而：

10Cω0=10(16×10−6)(6250)=110C\omega_0 =10(16\times10^{-6})(6250)=1

故：

VC(t)=10cos⁡(6250t) V\boxed{V_C(t)=10\cos(6250t)\text{ V}} IL(t)=sin⁡(6250t) A\boxed{I_L(t)=\sin(6250t)\text{ A}}

其中 tt 以秒為單位。

（三）t=0.25 mst=0.25\text{ ms} 時

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第 四 題25 分

圖四(a)為一個電容切換電路。如圖四(b)所示，開關以 1 ms1\text{ ms} 為週期，0.50.5 為責任週期（duty cycle）切換於位置 1、2 之間，且電容的初始值均為 00。請依圖(b)所示，畫出 t=0∼3 mst = 0 \sim 3\text{ ms} 間，輸出電壓 VoV_{\text{o}} 的波形。（25 分）

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核心觀念

本題考查電容器的：

  • 電容電壓與電荷關係： Q=CVQ=CV
  • 電容並聯瞬間接通時，總電荷守恆。
  • 理想開關切換瞬間，兩電容進行電荷重新分配。
  • 位置 1 時，1 μF1\,\mu\text{F} 電容接至 10 V10\text{ V} 電源；位置 2 時，兩個電容並聯，輸出電壓 VoV_o 取在 9 μF9\,\mu\text{F} 電容兩端。

開關週期為 1 ms1\text{ ms}、責任週期為 0.50.5，因此：

  • 位置 1：維持 0.5 ms0.5\text{ ms}
  • 位置 2：維持 0.5 ms0.5\text{ ms}

依圖示，t=0t=0 時先切換於位置 1。

解題方法

設左側電容為

C1=1 μFC_1=1\,\mu\text{F}

右側輸出電容為

C2=9 μFC_2=9\,\mu\text{F}

初始時兩電容電壓均為 00。

1. 0≤t<0.5 ms0\leq t<0.5\text{ ms}：開關在位置 1

C1C_1 接至 10 V10\text{ V} 電源，理想電路下立即充電至

VC1=10 VV_{C_1}=10\text{ V}

右側 9 μF9\,\mu\text{F} 電容尚未接入電路，且初始電壓為零，因此

Vo=0 VV_o=0\text{ V}

2. t=0.5 mst=0.5\text{ ms}：切換至位置 2

此時兩電容並聯，電荷守恆。

切換前總電荷為

Qbefore=C1(10)+C2(0)Q_{\text{before}} =C_1(10)+C_2(0) Qbefore=(1)(10)+(9)(0)=10 μCQ_{\text{before}} =(1)(10)+(9)(0)=10\,\mu\text{C}

並聯後的總電容為

Ctotal=C1+C2=1+9=10 μFC_{\text{total}}=C_1+C_2=1+9=10\,\mu\text{F}

故共同電壓為

Vo=QbeforeCtotal=1010=1 VV_o=\frac{Q_{\text{before}}}{C_{\text{total}}} =\frac{10}{10}=1\text{ V}

所以在 t=0.5 mst=0.5\text{ ms}，輸出電壓由 00 瞬間跳升至 1 V1\text{ V}。

3. 0.5≤t<1.5 ms0.5\leq t<1.5\text{ ms}：再次切換至位置 1

C1C_1 又接至 10 V10\text{ V} 電源，重新充電至 10 V10\text{ V}；C2C_2 與電路分離，維持原有電壓

Vo=1 VV_o=1\text{ V}

4. t=1.5 mst=1.5\text{ ms}：再次切換至位置 2

此時切換前：

  • C1C_1 電壓為 10 V10\text{ V}
  • C2C_2 電壓為 1 V1\text{ V}

總電荷為

Q=(1)(10)+(9)(1)=19 μCQ=(1)(10)+(9)(1)=19\,\mu\text{C}

並聯後共同電壓為

Vo=1910=1.9 VV_o=\frac{19}{10}=1.9\text{ V}

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