109 高普考高考三級 電力工程 電路學 考古題詳解

核心觀念

本題考查戴維寧等效與最大功率傳輸定理。將負載 $R_L$ 兩端的電路化成戴維寧等效電路，戴維寧電壓為 $V_{\text{th}}$、戴維寧電阻為 $R_{\text{th}}$。當 $R_L=R_{\text{th}}$ 時，負載吸收最大功率：

解題方法

依圖，三個電壓源的正端都接在各自電阻 $R$ 的下端，三個支路並聯於負載兩端，底部則共用同一節點。

先求戴維寧電壓。將 $R_L$ 開路，令上、下端電壓差為 $V_{\text{th}}$。由上端節點套用 KCL：

代入 $V_1=10\ \mathrm{V}$、$V_2=20\ \mathrm{V}$、$V_3=30\ \mathrm{V}$：

核心觀念

本題考查二階串聯 RLC 電路之暫態分析（Transient Analysis）與元件伏安特性，主要涵蓋以下核心觀念：

1. 特徵根與阻尼型式判定： 二階電路的自然響應形式取決於特徵方程式的根（固有頻率 $s_1, s_2$）：

• 若 $s_1, s_2$ 為兩相異實根（即 $\alpha > \omega_0$），電路呈**過阻尼（Overdamped）**響應，時域項為 $A_1 e^{s_1 t} + A_2 e^{s_2 t}$。
• 若 $s_1, s_2$ 為兩相等實根（即 $\alpha = \omega_0$），電路呈**臨界阻尼（Critically damped）**響應，時域項為 $(A_1 + A_2 t)e^{-\alpha t}$。
• 若 $s_1, s_2$ 為共軛複數根（即 $\alpha < \omega_0$），電路呈**欠阻尼（Underdamped）**響應，時域含振盪正餘弦項 $e^{-\alpha t}\cos(\omega_d t)$。

2. 串聯電路電流與電容伏安特性（V-I Relationship）： 在串聯 RLC 電路中，所有元件流經相同電流，即： $i(t) = i_L(t) = i_C(t)$ 依據被動符號慣例，電容器之端電流與端電壓關係式為： $i_C(t) = C \frac{dv_C(t)}{dt}$

解題方法

步驟一：判定阻尼型式

觀察電路暫態響應方程式： $v_C(t) = 100 - 20e^{-3000t} - 20e^{-6000t}\ \mathrm{V}$ $i_L(t) = 5e^{-3000t} + 10e^{-6000t}\ \mathrm{mA}$

暫態分量所包含之指數衰減因子為 $e^{-3000t}$ 與 $e^{-6000t}$，由此可得該電路特徵方程式的兩個特徵根（固有頻率）為： $s_1 = -3000\ \mathrm{s^{-1}},\quad s_2 = -6000\ \mathrm{s^{-1}}$

因為特徵根 $s_1$ 與 $s_2$ 為兩個不相等的實數負根（$s_1 \neq s_2$ 且均為實數），滿足過阻尼條件 $\alpha > \omega_0$，故該電路之阻尼型式為過阻尼（Overdamped）。

步驟二：求解電容值 $C$

由串聯電路特性可知，流經電感的電流即為流經電容的電流： $i_C(t) = i_L(t)$

將電容器電壓 $v_C(t)$ 對時間 $t$ 進行微分： $\frac{dv_C(t)}{dt} = \frac{d}{dt}\left(100 - 20e^{-3000t} - 20e^{-6000t}\right)$ $\frac{dv_C(t)}{dt} = (-20)(-3000)e^{-3000t} + (-20)(-6000)e^{-6000t}$ $\frac{dv_C(t)}{dt} = 60000e^{-3000t} + 120000e^{-6000t}\ \mathrm{V/s}$

利用電容電流定義式 $i_C(t) = C \frac{dv_C(t)}{dt}$，代入 $i_L(t)$（注意單位 $\mathrm{mA} = 10^{-3}\ \mathrm{A}$）： $(5e^{-3000t} + 10e^{-6000t}) \times 10^{-3} = C \left(60000e^{-3000t} + 120000e^{-6000t}\right)$

比較兩側對應指數項的係數：

• 針對 $e^{-3000t}$ 項：

核心觀念

本題為三相交流電路之經典綜合題，評量考生在「並聯負載功率計算」與「三相平衡系統線量與相量關係」之觀念。核心觀念與公式涵蓋：

1. 複數功率守恆定律（Conservation of Complex Power）： 在任意交流電路中，電源所提供的總複數功率等於所有並聯負載複數功率之向量和（代數和）： $\mathbf{S}_{\text{total}} = \sum_{k} \mathbf{S}_k = P_{\text{total}} + jQ_{\text{total}}$ 此原則無論負載採用 $\mathrm{Y}$ 或 $\Delta$ 連接均成立。
2. 馬達額定與電氣輸入功率： 馬達之額定馬力（$\mathrm{HP}$）為軸端「輸出機械功率」（$P_{\text{out}}$），電氣「輸入實功率」（$P_{\text{in}}$）須經效率 $\eta$ 換算： $P_{\text{in}} = \frac{P_{\text{out}}}{\eta}$ 虛功率則由功率因數 $\mathrm{pf} = \cos\theta$ 推導： $Q = P_{\text{in}} \tan\theta = P_{\text{in}} \frac{\sqrt{1-\cos^2\theta}}{\cos\theta}$ （落後功率因數 lagging 意指感性負載，$Q > 0$）。
3. 不同負載特性的虛功率：

• 純電熱器為純電阻負載：$\mathrm{pf} = 1.0 \implies Q = 0\ \mathrm{VAR}$。
• 電容器組為純電容負載：功因超前（leading），提供虛功率，其吸收之虛功率為負值（$Q < 0$）。

4. 三相平衡電源之線電流與視在功率關係： 總視在功率 $S_{\text{total}} = |\mathbf{S}_{\text{total}}| = \sqrt{3} V_L I_L$，故線電流大小為： $I_L = \frac{S_{\text{total}}}{\sqrt{3} V_L}$
5. 負相序與連接方式的獨立性： 三相平衡負載的實功率 $P$、虛功率 $Q$、視在功率 $S$ 以及線電流大小 $I_L$，僅取決於負載數值與電壓大小，與相序（正相序或負相序）無關。

解題方法

採用**「複數功率綜合法（Power Method）」**求解。此方法無須將負載轉換為相阻抗，可避免繁複的 $\Delta\text{--}\mathrm{Y}$ 阻抗轉換，直接以各負載功率累加，最為精準高效。

步驟一：分別計算各負載之複數功率 $\mathbf{S}_1, \mathbf{S}_2, \mathbf{S}_3$

1. 負載 1（感應馬達）：

• 額定輸出機械功率： $P_{\text{out}} = 20\ \mathrm{HP} = 20 \times 746\ \mathrm{W} = 14920\ \mathrm{W}$
• 輸入實功率 $P_1$： $P_1 = \frac{P_{\text{out}}}{\eta} = \frac{14920\ \mathrm{W}}{0.9325} = 16000\ \mathrm{W} = 16\ \mathrm{kW}$
• 功率因數 $\cos\theta_1 = 0.8$（落後，感性），則 $\sin\theta_1 = 0.6$： $Q_1 = P_1 \tan\theta_1 = 16\ \mathrm{kW} \times \frac{0.6}{0.8} = 12\ \mathrm{kVAR}$
• 負載 1 複數功率： $\mathbf{S}_1 = P_1 + jQ_1 = 16 + j12\ \mathrm{kVA}$

2. 負載 2（電熱器）：

• 純電阻負載，功因為 $1.0$： $P_2 = 6\ \mathrm{kW},\quad Q_2 = 0\ \mathrm{kVAR}$
• 負載 2 複數功率： $\mathbf{S}_2 = 6 + j0\ \mathrm{kVA}$

核心觀念

混合參數（$h$ 參數）的定義為

其中 $I_1、I_2$ 均以流入雙埠網路為正，$V_1、V_2$ 均以上端對下端為正。依圖中兩側線圈的點標記，兩個點都在上端；理想變壓器匝數比為 $N_1:N_2=1:3$。

解題方法

令一次側與二次側線圈電壓、電流皆以流入點端為正。因兩埠各自與線圈串聯，線圈電流分別為 $I_1、I_2$。理想變壓器的電壓與電流關係為

因此

串聯電阻的壓降分別為 $1I_1$ 與 $9I_2$，所以

由第二式得 $v_s=V_2-9I_2$，代入第一式：