110 高普考高考三級 電力工程 電路學 考古題詳解

110 年・高普考・高考三級・電力工程
試題代碼 電路學

第 一 題30 分

圖一中，AA、BB為電源電路的兩端點。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 請利用網目電流法（mesh current analysis）求得AA、BB兩點的開路電壓。

(二) 請利用節點電壓分析法（node voltage analysis）求得AA、BB兩點的短路電流。

(三) 請繪出圖一電路之戴維寧等效電路（Thévenin equivalent network）和諾頓等效電路（Norton equivalent network）。

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核心觀念

本題要從端點 AA、BB 看入線性電路，求開路電壓與短路電流，再建立戴維寧與諾頓等效電路。圖中 IxI_x 的參考方向為由右側節點流向 AA；受控電流源方向向下，大小為 2Ix2I_x。

令 BB 為接地點，並以 VAV_A、VRV_R、VTV_T 分別表示 AA、右側中間節點、上方節點的電壓。左側中間節點因 6 V 電壓源而為 6 V6\text{ V}，而 12 V 電壓源給出

VT−VR=12 V.V_T-V_R=12\text{ V}.

（一）以網目電流法求開路電壓

令左上、右上、下方三個網目電流 I1、I2、I3I_1、I_2、I_3 均為順時針方向，單位為 mA。中央 4 mA 電流源位於兩個上方網目之間，因此

I1−I2=4.I_1-I_2=4.

由圖中 IxI_x 的方向，

Ix=I2−I3.I_x=I_2-I_3.

下方網目的電流就是受控電流源的向下電流，因此

I3=2Ix.I_3=2I_x.

令中央 4 mA 電流源兩端由上往下的電壓為 UU。左上網目沿順時針方向套用 KVL，右上網目也沿順時針方向套用 KVL，電阻以 kΩ、電流以 mA 表示，得

U+2I1−I3=0,U+2I_1-I_3=0, 12+Ix−U=0.12+I_x-U=0.

聯立 I1−I2=4I_1-I_2=4、Ix=I2−I3I_x=I_2-I_3、I3=2IxI_3=2I_x 與上述兩式，可得

I1=−8 mA,I2=−12 mA,I3=−8 mA,Ix=−4 mA,U=8 V.I_1=-8\text{ mA},\quad I_2=-12\text{ mA},\quad I_3=-8\text{ mA},\quad I_x=-4\text{ mA},\quad U=8\text{ V}.

由 12 V 電壓源，VT=VR+12V_T=V_R+12；又中央電流源電壓 U=VT−VAU=V_T-V_A，所以

VA=VT−U=VR+12−8.V_A=V_T-U=V_R+12-8.

下方網目 KVL（包含 6 V 電壓源）為

(I3−I1)+(I3−I2)+VR−6=0,(I_3-I_1)+(I_3-I_2)+V_R-6=0,

代入網目電流可得 VR=2 VV_R=2\text{ V}，因此

VAB,oc=VA=2+12−8=6 V.V_{AB,\text{oc}}=V_A=2+12-8=6\text{ V}.

（二）以節點電壓法求短路電流

將 AA、BB 短路，令 VA=VB=0V_A=V_B=0。由 IxI_x 的參考方向，

Ix=VR−VA1 kΩ=VR1 kΩ.I_x=\frac{V_R-V_A}{1\text{ k}\Omega} =\frac{V_R}{1\text{ k}\Omega}.
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第 二 題25 分

圖二中，vsv_s為電源，RR、LL、CC分別為電阻、電感和電容。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 試推導iL(t)i_L(t)之微分方程，找出iL(t)i_L(t)與vs(t)v_s(t)之關係式（以RR、LL、CC和vs(t)v_s(t)表示之），並讓iL(t)i_L(t)最高階微分項之係數為11。（10分）

(二) 若L=2 HL=2\ \mathrm{H}、R=5 ΩR=5\ \Omega、C=150 FC=\frac{1}{50}\ \mathrm{F}，且

vs(t)={−10 V,t<030 V,t>0v_s(t)= \begin{cases} -10\ \mathrm{V}, & t<0\\ 30\ \mathrm{V}, & t>0 \end{cases}

試求iL(0+)i_L(0^+)、i˙L(0+)\dot{i}_L(0^+)以及t>0t>0之iL(t)i_L(t)。其中iL(0+)i_L(0^+)和i˙L(0+)\dot{i}_L(0^+)分別為電源切換發生後那一刻之iL(t)i_L(t)以及iL(t)i_L(t)的一次微分值。（15分）

（t=0+t=0^+係指vs(t)v_s(t)切換之後瞬間之時刻。）

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核心觀念

本題考查串聯電感 LL 接上並聯電阻 RR、電容 CC 的二階電路，以及電感電流、電容電壓的連續性。

依圖中方向，電感電流 iLi_L 流入 RR、CC 所在節點，且電容電壓 vCv_C 上正下負。使用：

  • KCL：iL=iR+iCi_L=i_R+i_C
  • 歐姆定律：iR=vC/Ri_R=v_C/R
  • 電容關係：iC=C dvC/dti_C=C\,dv_C/dt
  • 電感關係：vL=L diL/dt=vs−vCv_L=L\,di_L/dt=v_s-v_C

解題方法

（一）推導 iL(t)i_L(t) 的微分方程

由 KCL：

iL=vCR+CdvCdti_L=\frac{v_C}{R}+C\frac{dv_C}{dt}

由電感電壓關係：

vC=vs−LdiLdtv_C=v_s-L\frac{di_L}{dt}

將 vCv_C 代入 KCL，並對應微分：

iL=vs−Li˙LR+C(v˙s−Li¨L)i_L=\frac{v_s-L\dot i_L}{R} +C\left(\dot v_s-L\ddot i_L\right)

整理後，最高階微分項係數為 11 的方程式為：

i¨L+1RCi˙L+1LCiL=1Lv˙s+1RLCvs\boxed{ \ddot i_L+\frac{1}{RC}\dot i_L+\frac{1}{LC}i_L =\frac{1}{L}\dot v_s+\frac{1}{RLC}v_s }

（二）求初值與 t>0t>0 的電感電流

切換前 vs=−10 Vv_s=-10\ \mathrm{V} 已維持一段時間，電路處於直流穩態。此時電感視為短路、電容視為開路，因此：

iL(0−)=−105=−2 A,vC(0−)=−10 Vi_L(0^-)=-\frac{10}{5}=-2\ \mathrm{A}, \qquad v_C(0^-)=-10\ \mathrm{V}

電感電流與電容電壓不能瞬間跳變，所以：

iL(0+)=−2 A,vC(0+)=−10 V\boxed{i_L(0^+)=-2\ \mathrm{A}},\qquad v_C(0^+)=-10\ \mathrm{V}
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第 三 題20 分

圖三所示之電路中，Vs=100∠0∘V_s=100\angle 0^\circ為電源vs(t)=100cos⁡(ωt)v_s(t)=100\cos(\omega t)的相量（phasor）表示法，其中ω\omega為頻率（單位：rad/sec\mathrm{rad/sec}）。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 當負載為一阻抗時，試求能傳送至負載的最大功率及此時之負載值。（10分）

(二) 當負載為一電阻時，試求能傳送至負載的最大功率及此時之負載值。（10分）

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核心觀念

本題考交流電路的最大功率傳輸。先從負載端求戴維寧等效電壓 VthV_{\mathrm{th}} 與阻抗 Zth=Rth+jXthZ_{\mathrm{th}}=R_{\mathrm{th}}+jX_{\mathrm{th}}：

  • 負載為任意阻抗時，最大平均功率發生在 ZL=Zth∗Z_L=Z_{\mathrm{th}}^*，也就是負載阻抗為戴維寧阻抗的共軛。
  • 負載只能是純電阻時，最大平均功率發生在 RL=∣Zth∣=Rth2+Xth2R_L=|Z_{\mathrm{th}}|=\sqrt{R_{\mathrm{th}}^2+X_{\mathrm{th}}^2}。

題目給 Vs=100∠0∘V_s=100\angle0^\circ，且 vs(t)=100cos⁡(ωt)v_s(t)=100\cos(\omega t)，所以相量幅值是峰值；計算平均功率時須使用峰值相量的 12\frac12 因子。

解題方法

先求戴維寧等效

負載開路時，串聯的 50−j25 Ω50-j25\ \Omega 支路沒有電流，故負載端電壓等於 j100 Ωj100\ \Omega 與 100 Ω100\ \Omega 分壓後的電壓：

Vth=100100100+j100=50−j50 V.V_{\mathrm{th}} =100\frac{100}{100+j100} =50-j50\ \mathrm{V}.

將理想電壓源關掉，即以短路取代，從負載端看入：

Zth=(50−j25)+(j100∥100)=(50−j25)+(50+j50)=100+j25 Ω.\begin{aligned} Z_{\mathrm{th}} &=(50-j25)+(j100\parallel100)\\ &=(50-j25)+(50+j50)\\ &=100+j25\ \Omega. \end{aligned}

因此 Rth=100 ΩR_{\mathrm{th}}=100\ \Omega、Xth=25 ΩX_{\mathrm{th}}=25\ \Omega，且 ∣Vth∣2=502+502=5000|V_{\mathrm{th}}|^2=50^2+50^2=5000。

（一）負載為任意阻抗

最大功率時，負載須與戴維寧阻抗共軛：

ZL=Zth∗=100−j25 Ω.Z_L=Z_{\mathrm{th}}^*=100-j25\ \Omega.

以峰值相量計算平均功率：

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第 四 題25 分

圖四（a）為一濾波電路，其中vsv_s和vov_o分別為輸入與輸出電壓，其轉移函數（transfer function）

H(jω)=Vo(jω)Vs(jω)H(j\omega)=\frac{V_o(j\omega)}{V_s(j\omega)}

為頻率ω\omega（單位：rad/sec\mathrm{rad/sec}）的函數。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 試推導圖四（a）電路的轉移函數

H(jω)=Vo(jω)Vs(jω)H(j\omega)=\frac{V_o(j\omega)}{V_s(j\omega)}

並以

H(jω)=K×(jω)c∏k=1m(1+jωBk)∏k=1n(1+jωAk)H(j\omega)=\frac{K\times(j\omega)^c\prod_{k=1}^{m}(1+j\omega B_k)}{\prod_{k=1}^{n}(1+j\omega A_k)}

之形式表示之，並求式中之KK和cc。（10分）

(二) 圖四（b）為圖四（a）之轉移函數的波德圖（Bode Plot）漸近線，若C1=C2=1 μFC_1=C_2=1\ \mu\mathrm{F}且R2=10 kΩR_2=10\ \mathrm{k}\Omega，試求R1R_1、R3R_3、R4R_4。（15分）

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

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核心觀念

本題考查理想運算放大器的非反相放大器，以及兩段一階 RC 低通電路的串接。圖中的運算放大器輸入端不取電流，因此前級 RC 網路、非反相放大器與輸出 RC 網路可依序分析。

理想非反相放大器的電壓增益為

VbVa=1+R3R2.\frac{V_b}{V_a}=1+\frac{R_3}{R_2}.

串聯電阻、並聯電容的一階低通電路，其傳遞函數為

VoutVin=11+jωRC,\frac{V_{\text{out}}}{V_{\text{in}}} =\frac{1}{1+j\omega RC},

轉折角頻率為 ωp=1/(RC)\omega_p=1/(RC)。

解題方法

先分別求出 Va/VsV_a/V_s、Vb/VaV_b/V_a 與 Vo/VbV_o/V_b，再將三段增益相乘。

前級 R1R_1 與 C1C_1 組成低通電路，因此

VaVs=11+jωR1C1.\frac{V_a}{V_s} =\frac{1}{1+j\omega R_1C_1}.

R2R_2、R3R_3 為理想運算放大器的回授電阻，閉迴路非反相增益為

VbVa=1+R3R2.\frac{V_b}{V_a}=1+\frac{R_3}{R_2}.

輸出端的 R4R_4 與 C2C_2 也組成低通電路，因此

VoVb=11+jωR4C2.\frac{V_o}{V_b} =\frac{1}{1+j\omega R_4C_2}.

三段相乘得

H(jω)=VoVs=1+R3R2(1+jωR1C1)(1+jωR4C2).H(j\omega)=\frac{V_o}{V_s} =\frac{1+\dfrac{R_3}{R_2}} {(1+j\omega R_1C_1)(1+j\omega R_4C_2)}.

與題目指定形式比較：

H(jω)=K(jω)c∏k=1m(1+jωBk)∏k=1n(1+jωAk),H(j\omega) =\frac{K(j\omega)^c\displaystyle\prod_{k=1}^{m}(1+j\omega B_k)} {\displaystyle\prod_{k=1}^{n}(1+j\omega A_k)},

可得

K=1+R3R2,c=0,m=0,n=2,K=1+\frac{R_3}{R_2},\qquad c=0,\qquad m=0,\qquad n=2,

且

A1=R1C1,A2=R4C2.A_1=R_1C_1,\qquad A_2=R_4C_2.

由波德圖求電阻

低頻平台為 32 dB32\ \mathrm{dB}，因此

20log⁡10K=32⟹K=1032/20≈39.81.20\log_{10}K=32 \quad\Longrightarrow\quad K=10^{32/20}\approx39.81.
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