107 高普考高考三級 電力工程 電路學 考古題詳解

核心觀念 本題評量直流純電阻電路之基本分析能力，主要涵蓋以下核心公式與定律：

1. 歐姆定律（Ohm's Law）：$V = I \times R$。
2. 電阻之串聯與並聯等效化簡：

• 串聯等效電阻：$R_{eq} = R_1 + R_2$。
• 兩電阻並聯等效電阻：$R_{eq} = R_1 \parallel R_2 = \frac{R_1 R_2}{R_1 + R_2}$。

3. 分壓原理（Voltage Divider Rule, VDR）：兩串聯電阻 $R_1$ 與 $R_2$ 跨接總電壓 $V$ 時，各電阻端電壓為： $V_1 = V \times \frac{R_1}{R_1 + R_2}, \quad V_2 = V \times \frac{R_2}{R_1 + R_2}$
4. 分流原理（Current Divider Rule, CDR）：兩並聯電阻 $R_1$ 與 $R_2$ 流入總電流 $I$ 時，各分支電流為： $I_1 = I \times \frac{R_2}{R_1 + R_2}, \quad I_2 = I \times \frac{R_1}{R_1 + R_2}$

解題方法 本電路為獨立直流電壓源驅動之階梯型（Ladder）電阻網路，無相依電源，最適切的解題切入點為「由最右側負載端向電源端逐級化簡求等效電阻」，進而求出總電流 $i$，再利用分壓定律由左至右逐級求解目標電壓 $v_o$。

設定電路最下方水平導線為基準參考節點（接地點，電位為 $0\text{ V}$），並標定電路關鍵節點：

• 節點 1：$10\ \Omega$、$25\ \Omega$ 與 $24\ \Omega$ 電阻之交會節點，對地電壓設為 $v_1$。
• 節點 2：$25\ \Omega$、$60\ \Omega$ 與 $20\ \Omega$ 電阻之交會節點。
• 節點 3：$24\ \Omega$、$20\ \Omega$ 與 $30\ \Omega$ 電阻之交會節點，對地電壓設為 $v_3$。
• 節點 4：$30\ \Omega$ 與 $50\ \Omega$ 電阻之交會節點，其對地電壓即為待求電壓 $v_o$。

(一) 求電流 $i$

1. 化簡節點 1 下方分支等效電阻 $R_{\text{down}}$： 節點 2 下方所接之 $60\ \Omega$ 與 $20\ \Omega$ 電阻，下端皆接至基準地線，兩者為並聯關係： $R_{p1} = 60\ \Omega \parallel 20\ \Omega = \frac{60 \times 20}{60 + 20} = \frac{1200}{80} = 15\ \Omega$ 該並聯組合與 $25\ \Omega$ 電阻串聯，得節點 1 往下分支之總電阻： $R_{\text{down}} = 25\ \Omega + R_{p1} = 25 + 15 = 40\ \Omega$

2. 化簡節點 1 右側分支等效電阻 $R_{\text{right}}$： 最右側支路之 $30\ \Omega$ 與 $50\ \Omega$ 電阻為串聯連接： $R_{s1} = 30\ \Omega + 50\ \Omega = 80\ \Omega$ 此 $80\ \Omega$ 支路與節點 3 之垂直 $20\ \Omega$ 電阻並聯，得節點 3 往右看的等效電阻 $R_{p2}$： $R_{p2} = 20\ \Omega \parallel 80\ \Omega = \frac{20 \times 80}{20 + 80} = \frac{1600}{100} = 16\ \Omega$ $R_{p2}$ 再與 $24\ \Omega$ 電阻串聯，得節點 1 往右側分支之總電阻： $R_{\text{right}} = 24\ \Omega + R_{p2} = 24 + 16 = 40\ \Omega$

3. 求電源端總等效電阻 $R_{\text{total}}$： 節點 1 往後之兩個並聯分支 $R_{\text{down}}$ 與 $R_{\text{right}}$ 並聯值為：

核心觀念

本題旨在評量線性電路之戴維寧定理（Thevenin's Theorem）​分析能力，涉及以下核心觀念與電路分析定律：

1. 戴維寧等效電路定義： 任何由線性電阻、獨立電源及線性受控源（相依電源）所構成之雙端（二端點 $a-b$）線性網路，對外均可等效為一個理想獨立電壓源 $V_{th}$ 串聯一個等效電阻 $R_{th}$。
2. 戴維寧等效電壓 $V_{th}$： 定義為待求兩端點 $a$ 與 $b$ 於開路狀態下之電位差，即開路電壓 $V_{oc}$： $V_{th} = V_{ab(oc)} = V_a - V_b$
3. 戴維寧等效電阻 $R_{th}$： 當電路內部包含受控源時，求解等效電阻時絕不可將受控源關閉。基本求解方式為：

• 外加測試電源法（Test Source Method）：將電路內部所有獨立電源置零（獨立電壓源短路、獨立電流源開路），保留所有受控源。於 $a-b$ 端外加一測試電壓 $v_o$（或測試電流 $i_o$），求解流出測試源之電流 $i_o$（或端電壓 $v_o$），則： $R_{th} = \frac{v_o}{i_o}$
• 短路電流法（Short-Circuit Current Method）：保留全部電源（含獨立源與受控源），將 $a-b$ 兩端直接短路，求其短路電流 $I_{sc}$，則： $R_{th} = \frac{V_{th}}{I_{sc}}$

4. 基本電路定律：

• 克希荷夫電壓定律（KVL）：沿任一閉合迴路之電壓升等於電壓降，即 $\sum V = 0$。
• 克希荷夫電流定律（KCL）：任一節點之流入電流和等於流出電流和，即 $\sum I = 0$。
• 歐姆定律（Ohm's Law）：$V = IR$。

解題方法

本題卷面因未檢附電路圖，缺少端點 $a$ 及 $b$ 內部之電路拓撲結構、電源類型與元件具體數值；以下依國家考試《電路學》測試相依電源之標準題型進行合理電路假設並作答。

【合理電路拓撲與參數假設】

電路連接於端點 $a$ 及 $b$ 之間，設定具體架構如下：

1. 左側迴路：包含一獨立直流電壓源 $V_s = 32\text{ V}$，與一電阻 $R_1 = 4\,\Omega$ 串聯。
2. 中間支路：並聯一電阻 $R_2 = 12\,\Omega$，其向下流動之電流定義為控制變數 $i_x$。
3. 右側支路：連接至端點 $a$，由一受控電壓源 $4 i_x$（正極朝向端點 $a$、負極朝向中間節點）與電阻 $R_3 = 2\,\Omega$ 串聯組成。
4. 基準節點：下方導線為共用參考端，直接連接至端點 $b$（設 $V_b = 0\text{ V}$）。

 4 Ω 2 Ω
 +---/\/\/\---+------------/\/\/\---+--- a
 | | - |
 | | \ |
 +| \ ) 4ix |
(32V) 12 Ω/ ix / |
 -| \ + |
 | | ---------+
 | | |
 +------------+---------------------+--- b

(一) 求戴維寧等效電壓 $V_{th}$

1. 開路狀態分析： 當端點 $a$、$b$ 呈現開路狀態時，由端點 $a$ 流出之電流為零，因此右側支路無電流通過（即流經 $R_3$ 與受控源之電流為零）。

2. 求解控制變數 $i_x$： 因右側支路電流為零，電路電流完全限制於左側之單一迴路中。依 KVL 列出左側迴路方程式： $32 - i_x R_1 - i_x R_2 = 0$ 代入數值： $32 - 4 i_x - 12 i_x = 0 \implies 16 i_x = 32 \implies i_x = 2\text{ A}$

3. 計算各節點電壓： 中間節點對端點 $b$ 之電位（即 $R_2$ 兩端之電壓）為： $V_1 = i_x R_2 = 2 \times 12 = 24\text{ V}$

4. 求端點 $a$ 之開路電壓 $V_{oc}$： 受控電壓源兩端之電位差為： $V_{\text{dep}} = 4 i_x = 4 \times 2 = 8\text{ V}$ 因流經 $R_3$ 之電流為零，其兩端無電壓降（$V_{R3} = 0\text{ V}$）。 由端點 $b$ 經中間節點與受控源循路徑加總至端點 $a$： $V_{th} = V_a - V_b = V_1 + 4 i_x - 0 = 24 + 8 = 32\text{ V}$

(二) 求戴維寧等效電阻 $R_{th}$

採用外加測試電源法求解：

核心觀念

本題考查含互感之交流穩態電路分析（Magnetically Coupled Circuits in AC Steady State），涉及的核心物理定律與觀念包含：

1. 同名端規則（Dot Convention）：

• 當電流由一側線圈之同名端（打點端）流入時，會在另一側線圈之同名端感應出正極性的互感電壓（即「電流流入同名端，互感電壓正極性在該側同名端」）。
• 反之，若電流由未打點端流入（由打點端流出），則在另一側線圈之同名端感應出負極性。

2. 克希荷夫電壓定律（KVL）與網目分析法（Mesh Analysis）：

• 對含有互感之雙網目電路分別列寫 KVL 相量方程式。
• 自感電壓降為 $j\omega L \mathbf{I}$；互感電壓則依同名端規則決定正負符號 $\pm j\omega M \mathbf{I}$。

3. 反映阻抗（Reflected Impedance）：

• 次級側迴路反映至初級側之等效阻抗為 $Z_R = \frac{(\omega M)^2}{Z_{22}}$，其中 $Z_{22}$ 為次級網目之總自阻抗。

4. 負載端電壓計算與相量轉換：

• 負載電壓相量為 $\mathbf{V}_o = \mathbf{I}_2 Z_L$，若已知電源之角頻率 $\omega$，可轉換為時域正弦穩態形式 $v_o(t)$。

解題方法

題目原卷附圖未於題文提供電路圖之架構與元件參數（電源形式、阻抗值與同名端），以下依高考《電路學》此類題型之經典命題架構（含互感之雙網目交流穩態電路，電源為 $\mathbf{V}_s = 100\angle 0^\circ\text{ V}$、初級電阻為 $4\,\Omega$、初級感抗為 $j8\,\Omega$、次級感抗為 $j6\,\Omega$、次級容抗為 $-j4\,\Omega$、次級負載電阻為 $5\,\Omega$、互抗為 $j2\,\Omega$，同名端皆位於兩線圈之上端端子，網目電流 $\mathbf{I}_1$ 與 $\mathbf{I}_2$ 皆定義為順時針方向）進行合理假設並完整推導作答。

步驟一：列寫網目 1 之 KVL 方程式

在網目 1 中，順時針電流 $\mathbf{I}_1$ 由線圈 $L_1$ 之打點端（上端）流入：

• $L_1$ 上的自感電壓降為 $j8 \mathbf{I}_1$。
• 次級側順時針電流 $\mathbf{I}_2$ 在左側支路為由下往上流，即由線圈 $L_2$ 之未打點端流入（由打點端流出）。因此在 $L_1$ 之打點端感應出負電壓，在網目 1 順時針巡行方向產生電壓升 $+j2 \mathbf{I}_2$（即等效電壓降為 $-j2 \mathbf{I}_2$）。

沿網目 1 順時針方向列寫 KVL： $\mathbf{V}_s - 4 \mathbf{I}_1 - j8 \mathbf{I}_1 + j2 \mathbf{I}_2 = 0$ 整理得： $(4 + j8)\mathbf{I}_1 - j2 \mathbf{I}_2 = 100\angle 0^\circ \quad \text{--- (式 1)}$

步驟二：列寫網目 2 之 KVL 方程式

在網目 2 中，順時針電流 $\mathbf{I}_2$ 沿迴路流動：

• 網目 2 之總自阻抗為線圈感抗、電容抗與負載電阻之和： $Z_{22} = 5 + j6 - j4 = 5 + j2\,\Omega$
• 初級側電流 $\mathbf{I}_1$ 由 $L_1$ 之打點端流入，故在 $L_2$ 之打點端（上端）感應出正極性電壓。順時針電流 $\mathbf{I}_2$ 由下往上流經 $L_2$ 時，是由負端走向正端，獲得互感電壓升 $+j2 \mathbf{I}_1$。

沿網目 2 順時針方向列寫 KVL（電壓升等於電壓降）： $j2 \mathbf{I}_1 = (5 + j2)\mathbf{I}_2$ 移項整理得： $-j2 \mathbf{I}_1 + (5 + j2)\mathbf{I}_2 = 0 \quad \text{--- (式 2)}$

由（式 2）可得兩網目電流之代數關係： $\mathbf{I}_2 = \frac{j2}{5 + j2}\mathbf{I}_1$

步驟三：聯立求解 $I_1$ 與 $I_2$

將電路方程式寫成矩陣形式 $\mathbf{Z}\mathbf{I} = \mathbf{V}$： $\begin{bmatrix} 4 + j8 & -j2 \\ -j2 & 5 + j2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \mathbf{I}_1 \\ \mathbf{I}_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 100 \\ 0 \end{bmatrix}$

計算阻抗矩陣之行列式值 $\Delta$： $\Delta = (4 + j8)(5 + j2) - (-j2)^2 = (20 - 16 + j48) - (-4) = 8 + j48 = 8(1 + j6)$

利用克拉瑪法則（Cramer's Rule）求解：

1. 求 $I_1$： $\Delta_1 = \det \begin{bmatrix} 100 & -j2 \\ 0 & 5 + j2 \end{bmatrix} = 100(5 + j2) = 500 + j200$ $\mathbf{I}_1 = \frac{\Delta_1}{\Delta} = \frac{500 + j200}{8 + j48} = \frac{25(5 + j2)}{2(1 + j6)}$ 將複數有理化： $\frac{5 + j2}{1 + j6} = \frac{(5 + j2)(1 - j6)}{1^2 + 6^2} = \frac{17 - j28}{37}$

核心觀念

本題評量雙埠網路（Two-Port Network）之混成參數（$h$ 參數，Hybrid Parameters）​及其在終端負載與信號源內阻連接下的輸入阻抗 $Z_{in}$ 與輸出阻抗 $Z_{out}$ 之分析與計算。

雙埠網路之 $h$ 參數標準定義方程式為： $V_1 = h_{11} I_1 + h_{12} V_2$ $I_2 = h_{21} I_1 + h_{22} V_2$

其中端點變數慣例為：

• $I_1$：流入埠 1（輸入埠）之電流
• $V_1$：埠 1 兩端之電壓
• $I_2$：流入埠 2（輸出埠）之電流
• $V_2$：埠 2 兩端之電壓

題目已知之參數為：

• $Z_s = 2\ \mathrm{k}\Omega = 2000\ \Omega$
• $Z_L = 400\ \Omega$
• $[h] = \begin{bmatrix} h_{11} & h_{12} \\ h_{21} & h_{22} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 600\ \Omega & 0.04 \\ 30 & 2\ \mathrm{mS} \end{bmatrix}$，其中 $h_{22} = 2\ \mathrm{mS} = 2 \times 10^{-3}\ \mathrm{S}$。

解題方法

(一) 求輸入阻抗 $Z_{in}$

1. 建立埠 2 負載約束式： 當輸出埠（埠 2）接上負載 $Z_L$ 時，流經負載之電流方向與標準定義之流入電流 $I_2$ 相反，故有： $V_2 = -I_2 Z_L \implies I_2 = -\frac{V_2}{Z_L}$

2. 聯立求解 $V_2$ 與 $I_1$ 之關係： 將 $I_2 = -\dfrac{V_2}{Z_L}$ 代入 $h$ 參數第二式： $-\frac{V_2}{Z_L} = h_{21} I_1 + h_{22} V_2$ 整理可得： $V_2 \left( h_{22} + \frac{1}{Z_L} \right) = -h_{21} I_1$ $V_2 = -\frac{h_{21} Z_L}{1 + h_{22} Z_L} I_1$

3. 推導輸入阻抗公式： 將 $V_2$ 代入 $h$ 參數第一式： $V_1 = h_{11} I_1 + h_{12} \left( -\frac{h_{21} Z_L}{1 + h_{22} Z_L} I_1 \right) = \left( h_{11} - \frac{h_{12} h_{21} Z_L}{1 + h_{22} Z_L} \right) I_1$ 因此，由埠 1 看入之輸入阻抗 $Z_{in} = \dfrac{V_1}{I_1}$ 為： $Z_{in} = h_{11} - \frac{h_{12} h_{21} Z_L}{1 + h_{22} Z_L}$

4. 數值計算：

• 分母項：$1 + h_{22} Z_L = 1 + (2 \times 10^{-3}\ \mathrm{S}) \times (400\ \Omega) = 1 + 0.8 = 1.8$
• 分子項：$h_{12} h_{21} Z_L = 0.04 \times 30 \times 400 = 480\ \Omega$
• 反饋影響項：$\dfrac{480}{1.8} = \dfrac{800}{3}\ \Omega \approx 266.67\ \Omega$

$Z_{in} = 600 - \frac{800}{3} = \frac{1000}{3}\ \Omega \approx 333.33\ \Omega$

(二) 求輸出阻抗 $Z_{out}$

1. 建立埠 1 信號源側約束式： 求戴維寧等效輸出阻抗 $Z_{out}$ 時，依定義須將輸入側之獨立信號源置零（$V_s = 0$），此時埠 1 僅外接信號源內阻 $Z_s$。依歐姆定律：