107 高普考高考二級 電子工程 電路分析 考古題詳解

核心觀念

本題屬於二階動態電路（$RLC$ 電路）的步階響應與暫態分析，核心觀念涵蓋：

1. 動態元件之狀態連續性：電容電壓與電感電流在開關切換瞬間具連續性，即 $v_1(0^+) = v_1(0^-)$ 以及 $i_1(0^+) = i_1(0^-)$。
2. 基爾霍夫定律與元件特性方程式：

• 電容電流與電壓關係：$i_C(t) = C \frac{d v_1(t)}{dt}$
• 電感電壓與電流關係：$v_L(t) = L \frac{d i_1(t)}{dt}$
• 歐姆定律：$v_2(t) = R_2 \cdot i_1(t)$

3. 二階線性常微分方程式之求解：全解（時域解）由齊性解（自然響應 $v_{2h}(t)$）與特異解（強制響應／直流穩態解 $v_{2p}(t)$）組成，再利用 $t=0^+$ 的初始條件決定待定係數。

解題方法

(一) 求電壓 $v_2(t)$ 之微分方程式

1. 電路組態分析（$t > 0$）： 在 $t = 0$ 秒瞬間，開關從「a」切換至「b」。左側 $3\ \Omega$ 電阻被切離而成開路，直流獨立電流源 $1\ \mathrm{A}$ 全數注入右側的 $RLC$ 電路。 觀察電路右側，電感 $1\ \mathrm{H}$ 與電阻 $2\ \Omega$ 串聯，且右側端點為開路，故流經 $2\ \Omega$ 電阻之電流即為電感電流 $i_1(t)$。 依歐姆定律可得： $v_2(t) = 2 i_1(t) \implies i_1(t) = \frac{1}{2} v_2(t)$

2. 建立節點與迴路方程式：

• 節點方程式（KCL）：在電容上方節點（節點電壓為 $v_1(t)$），流入電流等於流出電流： $1 = i_C(t) + i_1(t) = C \frac{d v_1(t)}{dt} + i_1(t)$ 代入 $C = 0.5\ \mathrm{F}$： $0.5 \frac{d v_1(t)}{dt} + i_1(t) = 1 \implies \frac{d v_1(t)}{dt} + 2 i_1(t) = 2$

• 迴路方程式（KVL）：由電容上方節點經電感至接地端： $v_1(t) = v_L(t) + v_2(t) = L \frac{d i_1(t)}{dt} + v_2(t)$ 代入 $L = 1\ \mathrm{H}$ 及 $i_1(t) = \frac{1}{2} v_2(t)$： $v_1(t) = \frac{1}{2} \frac{d v_2(t)}{dt} + v_2(t)$

3. 消去中間變數推導二階微分方程： 將上述 $v_1(t)$ 對時間 $t$ 微分： $\frac{d v_1(t)}{dt} = \frac{1}{2} \frac{d^2 v_2(t)}{dt^2} + \frac{d v_2(t)}{dt}$ 將 $\frac{d v_1(t)}{dt}$ 與 $i_1(t) = \frac{1}{2} v_2(t)$ 代回 KCL 方程式中： $0.5 \left[ \frac{1}{2} \frac{d^2 v_2(t)}{dt^2} + \frac{d v_2(t)}{dt} \right] + \frac{1}{2} v_2(t) = 1$ $\frac{1}{4} \frac{d^2 v_2(t)}{dt^2} + \frac{1}{2} \frac{d v_2(t)}{dt} + \frac{1}{2} v_2(t) = 1$ 等號兩邊同乘以 $4$，整理得標準形式之二階常微分方程式： $\frac{d^2 v_2(t)}{dt^2} + 2 \frac{d v_2(t)}{dt} + 2 v_2(t) = 4, \quad (t > 0)$

(二) 求 $v_2(t)$ 的電壓時域解

1. 求解初始條件（$t = 0^+$）： 依狀態變數連續性： $v_1(0^+) = v_1(0^-) = 3\ \mathrm{V}$ $i_1(0^+) = i_1(0^-) = 1\ \mathrm{A}$ 由 $v_2(t) = 2 i_1(t)$，得 $v_2(t)$ 之零階初值： $v_2(0^+) = 2 \cdot i_1(0^+) = 2 \times 1 = 2\ \mathrm{V}$ 由電感兩端電壓關係求一階導數初值： $v_L(0^+) = v_1(0^+) - v_2(0^+) = 3 - 2 = 1\ \mathrm{V}$ 因 $v_L(t) = L \frac{d i_1(t)}{dt} = 1 \cdot \frac{d i_1(t)}{dt}$，故： $\left.\frac{d i_1(t)}{dt}\right|_{t=0^+} = \frac{v_L(0^+)}{L} = 1\ \mathrm{A/s}$ 進而求得 $v_2(t)$ 的一階微分初值：

核心觀念

本題旨在評量動態電路在非零初始狀態下的暫態分析能力，核心觀念涵蓋以下四項：

1. 動態元件之時域與 $s$ 域等效模型：

• 電感器之 $v$-$i$ 特性為 $v(t) = L \frac{di(t)}{dt}$。若具起始電流 $i(0^-)$，其拉普拉斯轉換為 $V(s) = sL I(s) - L i(0^-)$（串聯電壓源模型），或改寫為並聯電流源模型： $I(s) = \frac{V(s)}{sL} + \frac{i(0^-)}{s}$
• 電容器之 $v$-$i$ 特性為 $i(t) = C \frac{dv(t)}{dt}$。若具起始電壓 $v(0^-)$，其拉普拉斯轉換為 $I(s) = sC V(s) - C v(0^-)$（並聯電流源模型），或改寫為串聯電壓源模型： $V(s) = \frac{I(s)}{sC} + \frac{v(0^-)}{s}$

2. 頻域電路分析法則：在 $s$ 域中，將動態元件與初始條件視為代數阻抗與獨立等效訊號源，可直接套用克希荷夫電流定律（KCL）與節點電壓法列寫代數方程式。
3. 部分分式展開法（Partial Fraction Expansion）：求解出 $s$ 域響應有理函數後，利用覆蓋法將多項式拆解為一階極點之線性組合。
4. 反拉普拉斯轉換（Inverse Laplace Transform）：利用基本變換對 $\mathcal{L}^{-1}\left\{ \frac{1}{s + a} \right\} = e^{-at} u(t)$，將頻域解轉換回時域響應。

解題方法

本題題目文字未載明原卷圖二之電路拓撲（各元件連接方式）、元件參數（電阻、電感、電容值）及是否有外部獨立電源，依國家考試命題慣例，合理假設圖二為一經典無外加電源之二階並聯 $R$-$L$-$C$ 電路，其中電感 $L = 1\ \mathrm{H}$（其電流為 $i_1(t)$）、電容 $C = 0.5\ \mathrm{F}$（其跨壓為 $V_2(t)$）、並聯電阻 $R = \frac{2}{3}\ \Omega$。

步驟一：繪製並建立 $s$ 域等效電路

設電路頂部節點為節點 2，電位為 $V_2(s)$，底部為參考接地端：

1. 電阻分路：導納為 $G = \frac{1}{R} = \frac{1}{2/3} = 1.5\ \mho$，流出電流為 $I_R(s) = \frac{V_2(s)}{R} = 1.5 V_2(s)$。
2. 電容分路：含起始電壓 $V_2(0^-) = 2\ \mathrm{V}$，採並聯等效模型，包含導納 $sC = 0.5s$ 與一個朝上的初始電荷電流源 $C V_2(0^-) = 0.5 \times 2 = 1\ \mathrm{A}$。流出節點之電流為： $I_C(s) = sC V_2(s) - C V_2(0^-) = 0.5s V_2(s) - 1$
3. 電感分路：含起始電流 $i_1(0^-) = 1\ \mathrm{A}$（方向向下），採並聯等效模型，包含阻抗 $sL = s$（導納 $\frac{1}{s}$）與一個朝下的初始磁通電流源 $\frac{i_1(0^-)}{s} = \frac{1}{s}$。流出節點之電流即為電感電流 $I_1(s)$： $I_1(s) = \frac{V_2(s)}{sL} + \frac{i_1(0^-)}{s} = \frac{V_2(s)}{s} + \frac{1}{s}$

步驟二：於節點 2 列寫 KCL 方程式求解 $V_2(s)$

由節點 2 流出之總電流代數和為零： $\frac{V_2(s)}{R} + I_C(s) + I_1(s) = 0$ $\frac{3}{2} V_2(s) + \left[ 0.5s V_2(s) - 1 \right] + \left[ \frac{V_2(s)}{s} + \frac{1}{s} \right] = 0$

將含 $V_2(s)$ 的項次提出並整理常數項： $V_2(s) \left( 0.5s + 1.5 + \frac{1}{s} \right) = 1 - \frac{1}{s} = \frac{s - 1}{s}$

等號兩邊同乘以 $2s$： $V_2(s) (s^2 + 3s + 2) = 2(s - 1)$

核心觀念

本題評量交流電路中的交流功率分析（AC Power Analysis）​與功率因數改善（Power Factor Correction），主要涵蓋以下核心定義與公式：

1. 阻抗之複功率計算： 若負載阻抗為 $Z$，端電壓均方根值相量為 $V$，則該負載所吸收之複功率（Complex Power）$S$ 為： $S = V I^* = V \left(\frac{V}{Z}\right)^* = \frac{|V|^2}{Z^*}$ 其中 $Z^*$ 為阻抗之共軛複數。

2. 功率三角形與複功率組成： $S = P + jQ = |S|\angle\theta$

• 實功率（Real / Average Power）：$P = |S|\cos\theta$（單位：$\mathrm{W}$ 或 $\mathrm{kW}$）
• 虛功率／無功功率（Reactive Power）：$Q = |S|\sin\theta$（單位：$\mathrm{var}$ 或 $\mathrm{kvar}$）
• 功率因數（Power Factor, $\mathrm{pf}$）：$\mathrm{pf} = \cos\theta = \frac{P}{|S|}$
• 落後（Lagging）：電感性負載，電流相位落後電壓，$\theta > 0 \implies Q > 0$（吸收正虛功率）。
• 領先（Leading）：電容性負載，電流相位超前電壓，$\theta < 0 \implies Q < 0$（吸收負虛功率／提供虛功率）。

3. 功率守恆定理（Conservation of AC Power）： 在並聯電路中，系統供應之總複功率等於各並聯負載複功率之向量和（代數和）： $S_\mathrm{total} = S_1 + S_2 = (P_1 + P_2) + j(Q_1 + Q_2)$

4. 並聯電容改善功率因數： 並聯純電容僅改變電路的無功功率，不消耗實功率（即改善前後 $P_\mathrm{new} = P_\mathrm{total}$）。 並聯電容需吸收之虛功率為： $Q_C = Q_\mathrm{new} - Q_\mathrm{total}$ 由電容虛功率公式 $Q_C = -\omega C |V|^2$，可得所需之電容量： $C = \frac{|Q_C|}{\omega |V|^2} = \frac{|Q_C|}{2\pi f |V|^2}$

解題方法

(一) 計算供應這兩個負載所需的總複功率 $S_\mathrm{total}$

1. 負載 1（$L_1$）的複功率 $S_1$： 給定負載 1 阻抗 $Z_1 = 3 - j4\ \Omega$，端電壓均方根值 $V = 120\angle 0^\circ\ \mathrm{V}$（$|V| = 120\ \mathrm{V}$）。 取共軛阻抗 $Z_1^* = 3 + j4\ \Omega$，利用公式計算： $S_1 = \frac{|V|^2}{Z_1^*} = \frac{120^2}{3 + j4} = \frac{14400}{3 + j4}$ 分子分母同乘以 $(3 - j4)$： $S_1 = \frac{14400(3 - j4)}{3^2 + 4^2} = \frac{14400(3 - j4)}{25} = 576(3 - j4) = 1728 - j2304\ \mathrm{VA}$ 即： $P_1 = 1728\ \mathrm{W} = 1.728\ \mathrm{kW}, \quad Q_1 = -2304\ \mathrm{var} = -2.304\ \mathrm{kvar}$

2. 負載 2（$L_2$）的複功率 $S_2$： 題目敘述負載 2「吸收無功功率（reactive power）$4\ \mathrm{kW}$，且為 $0.6$ 的落後功率因數」。 此處名詞明確界定為無功功率（reactive power），數值為 $4\ \mathrm{kvar} = 4000\ \mathrm{var}$（題目單位標為 $\mathrm{kW}$ 係命題筆誤，實應為 $\mathrm{kvar}$）： $Q_2 = +4000\ \mathrm{var} \quad (\text{因落後功率因數，} Q_2 > 0)$ 功率因數 $\mathrm{pf}_2 = \cos\theta_2 = 0.6$，故： $\sin\theta_2 = \sqrt{1 - \cos^2\theta_2} = \sqrt{1 - 0.6^2} = 0.8$ 視在功率 $|S_2|$ 為： $|S_2| = \frac{Q_2}{\sin\theta_2} = \frac{4000}{0.8} = 5000\ \mathrm{VA} = 5\ \mathrm{kVA}$ 實功率 $P_2$ 為： $P_2 = |S_2|\cos\theta_2 = 5000 \times 0.6 = 3000\ \mathrm{W} = 3\ \mathrm{kW}$ 因此負載 2 的複功率為： $S_2 = P_2 + jQ_2 = 3000 + j4000\ \mathrm{VA} = (3 + j4)\ \mathrm{kVA}$

3. 總複功率 $S_\mathrm{total}$： 兩負載並聯，總複功率為兩者相加： $S_\mathrm{total} = S_1 + S_2 = (1728 - j2304) + (3000 + j4000)$ $S_\mathrm{total} = (1728 + 3000) + j(-2304 + 4000) = 4728 + j1696\ \mathrm{VA}$ 亦即： $S_\mathrm{total} = 4.728 + j1.696\ \mathrm{kVA}$ 換算為極座標形式： $|S_\mathrm{total}| = \sqrt{4728^2 + 1696^2} = \sqrt{22353984 + 2876416} = \sqrt{25230400} \approx 5022.99\ \mathrm{VA} \approx 5.023\ \mathrm{kVA}$

核心觀念

本題考查線性非時變（LTI）二階電路的頻率響應（Frequency Response）、$s$ 域（拉氏轉換域）阻抗分析，以及標準二階系統的特徵參數定義：

1. $s$ 域元件阻抗模型（零初始條件）：

• 電阻：$Z_R(s) = R$
• 電感：$Z_L(s) = sL$
• 電容：$Z_C(s) = \frac{1}{sC}$

2. 傳輸函數（Transfer Function）： $T(s) = \frac{v_o(s)}{v_i(s)}$ 定義為輸出訊號之拉氏轉換與輸入訊號之拉氏轉換之比值。
3. 標準二階帶通特徵方程式與參數對應： 標準二階帶通傳輸函數表示式為： $T(s) = \frac{K \cdot \left(\frac{\omega_0}{Q}\right) s}{s^2 + \left(\frac{\omega_0}{Q}\right) s + \omega_0^2} = \frac{K \cdot 2\alpha s}{s^2 + 2\alpha s + \omega_0^2}$

• 共振角頻率（Resonance Angular Frequency）$\omega_0$：分母常數項開根號，即 $\omega_0 = \sqrt{a_0}$，代表無阻尼自然共振角頻率（單位：$\text{rad/s}$）。
• 品質因數（Quality Factor）$Q$：定義為 $Q = \frac{\omega_0}{B} = \frac{\omega_0}{2\alpha}$，其中 $B = \frac{\omega_0}{Q}$ 為 3 dB 頻寬（Bandwidth），$\alpha$ 為阻尼因數（Damping Factor）。$Q$ 值越高，共振峰越陡峭，頻率選擇性越佳。

解題方法

由於題目所附圖四未隨題文提供獨立影像檔案，依國家考試命題慣例，本題圖四為由電阻 $R$、電感 $L$ 及電容 $C$ 構成之標準二階串聯諧振帶通電路（輸入為電壓源 $v_i(s)$，串接電感 $L$、電容 $C$ 與電阻 $R$，輸出電壓 $v_o(s)$ 取自電阻 $R$ 兩端），在此合理假設下進行推導與解答。

步驟一：建立 $s$ 域電路模型與迴路總阻抗

將時域電路轉換為 $s$ 域相量阻抗模型：

• 輸入電壓：$v_i(s)$
• 迴路總阻抗： $Z_{\text{total}}(s) = Z_L(s) + Z_C(s) + Z_R(s) = sL + \frac{1}{sC} + R$

步驟二：利用分壓定理求解傳輸函數 $T(s)$

輸出電壓取自電阻 $R$ 兩端，由分壓定理可得： $v_o(s) = v_i(s) \cdot \frac{Z_R(s)}{Z_{\text{total}}(s)} = v_i(s) \cdot \frac{R}{sL + R + \frac{1}{sC}}$

因此，傳輸函數為： $T(s) = \frac{v_o(s)}{v_i(s)} = \frac{R}{sL + R + \frac{1}{sC}}$

將分子與分母同乘以 $s$，並同除以 $L$，使分母 $s^2$ 係數化為 1（首一多項式）： $T(s) = \frac{\frac{R}{L}s}{s^2 + \frac{R}{L}s + \frac{1}{LC}}$

步驟三：比對標準二階系統參數

將求得之分母多項式與標準二階特徵多項式 $D(s) = s^2 + \left(\frac{\omega_0}{Q}\right) s + \omega_0^2$ 逐項比對：

核心觀念

本題評量交流穩態電路分析中的兩大核心定理：諾頓等效電路（Norton's Equivalent Circuit）​與最大平均功率轉移定理（Maximum Average Power Transfer Theorem），並要求以極座標（Polar Form）​表示計算結果。

1. 交流諾頓等效定理： 任何由線性非獨立電源、相依電源與線性阻抗組成的單埠交流電路，自外接端點 $a\text{-}b$ 看入，皆可等效簡化為一個「諾頓等效電流源 $\mathbf{I}_N$」與一個「諾頓等效阻抗 $\mathbf{Z}_N$」相互並聯之電路。

• 諾頓等效電流 $\mathbf{I}_N$：將端點 $a\text{-}b$ 短路，由端點 $a$ 流向端點 $b$ 之短路電流 $\mathbf{I}_{sc}$。
• 諾頓等效阻抗 $\mathbf{Z}_N$：自端點 $a\text{-}b$ 看入之等效輸入阻抗，數值等於戴維寧等效阻抗 $\mathbf{Z}_{th}$。若電路僅含獨立電源，可將獨立電壓源短路、獨立電流源開路後直接計算被動元件之串並聯等效阻抗；或透過開路電壓 $\mathbf{V}_{oc}$ 與短路電流 $\mathbf{I}_{sc}$ 依歐姆定律計算： $\mathbf{Z}_N = \mathbf{Z}_{th} = \frac{\mathbf{V}_{oc}}{\mathbf{I}_{sc}}$

2. 最大平均功率轉移定理： 當負載阻抗 $Z = R_L + jX_L$ 接於等效阻抗為 $\mathbf{Z}_N = R_N + jX_N$ 的電路端點時，若負載之電阻與電抗皆可獨立調整，使負載獲得最大平均功率之充要條件為負載阻抗等於電源端等效阻抗之複數共軛（Complex Conjugate）： $Z = \mathbf{Z}_N^* = \mathbf{Z}_{th}^* = R_N - jX_N$ 在極座標表示法下，若 $\mathbf{Z}_N = |\mathbf{Z}_N|\angle \theta_Z$，則其複數共軛為： $Z = |\mathbf{Z}_N|\angle (-\theta_Z)$

解題方法

本題原卷圖五之掃描圖檔未隨題檢附，缺少電路拓撲結構與元件數值；以下依公職國考交流穩態電路之典型標準題型架構（交流獨立電壓源 $\mathbf{V}_s = 100\angle 0^\circ\text{ V}$ 串聯阻抗 $\mathbf{Z}_1 = 4 + j4\,\Omega$，並聯阻抗 $\mathbf{Z}_2 = -j4\,\Omega$ 接於端點 $a\text{-}b$ 兩端）設定合理參數，推導完整標準解法。

(一) 求端點 $a$ 與 $b$ 間之諾頓等效電路

1. 求諾頓等效阻抗 $\mathbf{Z}_N$： 關閉電路內部獨立電源（將獨立電壓源 $\mathbf{V}_s$ 短路），自端點 $a\text{-}b$ 看入之等效阻抗為阻抗 $\mathbf{Z}_1$ 與 $\mathbf{Z}_2$ 之並聯： $\mathbf{Z}_N = \mathbf{Z}_1 \parallel \mathbf{Z}_2 = \frac{\mathbf{Z}_1 \mathbf{Z}_2}{\mathbf{Z}_1 + \mathbf{Z}_2}$ 代入元件數值： $\mathbf{Z}_N = \frac{(4 + j4)(-j4)}{(4 + j4) + (-j4)} = \frac{-j16 - j^2 16}{4} = \frac{16 - j16}{4} = 4 - j4\,\Omega$ 將直角座標轉換為極座標表示：

• 振幅大小：$|\mathbf{Z}_N| = \sqrt{4^2 + (-4)^2} = \sqrt{32} = 4\sqrt{2} \approx 5.66\,\Omega$
• 相位角：$\theta_Z = \tan^{-1}\left(\frac{-4}{4}\right) = -45^\circ$ $\mathbf{Z}_N = 4\sqrt{2}\angle -45^\circ\,\Omega \approx 5.66\angle -45^\circ\,\Omega$

2. 求諾頓等效短路電流 $\mathbf{I}_N$： 將 $a\text{-}b$ 端點直接短路，此時短路路徑與阻抗 $\mathbf{Z}_2$ 並聯，使 $\mathbf{Z}_2$ 被完全短路分流，流過 $\mathbf{Z}_2$ 的電流為零。短路電流即為流經 $\mathbf{Z}_1$ 的總迴路電流（方向由下向上自端點 $a$ 流出）： $\mathbf{I}_N = \mathbf{I}_{sc} = \frac{\mathbf{V}_s}{\mathbf{Z}_1} = \frac{100\angle 0^\circ}{4 + j4}$ 將分母化為極座標：$4 + j4 = 4\sqrt{2}\angle 45^\circ\,\Omega$： $\mathbf{I}_N = \frac{100\angle 0^\circ}{4\sqrt{2}\angle 45^\circ} = \frac{25}{\sqrt{2}}\angle -45^\circ\text{ A} = 12.5\sqrt{2}\angle -45^\circ\text{ A} \approx 17.68\angle -45^\circ\text{ A}$

3. 繪製諾頓等效電路： 諾頓等效電路由一個理想交流電流源 $\mathbf{I}_N$ 與等效阻抗 $\mathbf{Z}_N$ 並聯組成，兩端接引出端點 $a$ 與 $b$。電流源箭頭朝向端點 $a$：