114 高普考高考三級 電信工程 電路學 考古題詳解

114 年・高普考・高考三級・電信工程
試題代碼 電路學

第 一 題30 分

某電路如圖一所示，試計算每一個電阻兩端之電壓及流通之電流。（30 分）

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

圖一電路包含 12 V12\ \mathrm{V} 電壓源、40 Ω40\ \Omega 電阻、500 mA500\ \mathrm{mA} 向下之電流源、80 Ω80\ \Omega 電阻、48 Ω48\ \Omega 電阻及 32 Ω32\ \Omega 電阻。請依圖中所示之電壓極性與電流方向，求各電阻之 v2v_2、v4v_4、v5v_5、v6v_6 及 i2i_2、i4i_4、i5i_5、i6i_6。

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像； 題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

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核心觀念

本題考查：

  • 節點電壓法與基爾霍夫電流定律（KCL）。
  • 歐姆定律 v=iRv=iR。
  • 電壓極性與電流方向的正負號判定。
  • 右側 48 Ω48\ \Omega 與 32 Ω32\ \Omega 電阻為串聯。

以下以下方導線為接地，電位設為 0 V0\ \mathrm{V}。

解題方法

左側 12 V12\ \mathrm{V} 電壓源上端電位為 12 V12\ \mathrm{V}。設中央節點電壓為 VAV_A，右上節點電壓為 VBV_B。

1. 右側串聯支路

48 Ω48\ \Omega 與 32 Ω32\ \Omega 串聯，因此其總電阻為

R=48+32=80 ΩR=48+32=80\ \Omega

由中央節點流向右側支路的電流為

I=VA80I=\frac{V_A}{80}

右節點使用分壓關係：

VB=3248+32VA=3280VA=0.4VAV_B=\frac{32}{48+32}V_A =\frac{32}{80}V_A =0.4V_A

2. 對中央節點套用 KCL

取流出中央節點的電流為正：

VA−1240+VA80+VA80+0.5=0\frac{V_A-12}{40} +\frac{V_A}{80} +\frac{V_A}{80} +0.5=0

其中：

  • VA−1240\dfrac{V_A-12}{40} 為經 40 Ω40\ \Omega 電阻向左流出的電流；
  • VA80\dfrac{V_A}{80} 為經 80 Ω80\ \Omega 電阻向下的電流；
  • 另一個 VA80\dfrac{V_A}{80} 為經右側 48 Ω+32 Ω48\ \Omega+32\ \Omega 支路的電流；
  • 0.5 A0.5\ \mathrm{A} 為電流源向下流出的電流。

整理得

2(VA−12)+VA+VA+40=02(V_A-12)+V_A+V_A+40=0 4VA+16=04V_A+16=0 VA=−4 VV_A=-4\ \mathrm{V}

因此

VB=0.4(−4)=−1.6 VV_B=0.4(-4)=-1.6\ \mathrm{V}

各電阻電壓與電流

40 Ω40\ \Omega 電阻

依圖示，v2v_2 左正右負：

v2=12−VA=12−(−4)=16 Vv_2=12-V_A=12-(-4)=16\ \mathrm{V}

i2i_2 向右：

i2=v240=1640=0.4 Ai_2=\frac{v_2}{40} =\frac{16}{40} =0.4\ \mathrm{A}

80 Ω80\ \Omega 電阻

依圖示，v4v_4 上正下負：

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第 二 題30 分

某電感—電阻—開關電路圖如圖二所示，試計算：

提示：
i(t)=ISC+(i(0)−ISC)e−(Rt/L)ti(t)=I_{\mathrm{SC}}+\left(i(0)-I_{\mathrm{SC}}\right)\mathrm{e}^{-(R_t/L)t}，且 e−1=0.368\mathrm{e}^{-1}=0.368。

（一）該電路中電感器之初始電流 i(0)i(0)？（10 分）

（二）該電路圖在時間 1 ms≥t>01\ \mathrm{ms}\ge t>0 之時間常數（time constant）值與電感器之響應函數 i(t)i(t)？（5 分）

（三）該電路圖在時間 t>1 mst>1\ \mathrm{ms} 之時間常數值與電感器之響應函數 i(t)i(t)？（10 分）

（四）請繪出電感器之響應函數 i(t)i(t) 完整之響應圖。（5 分）

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

圖二電路包含 10 A10\ \mathrm{A} 電流源、2 mH2\ \mathrm{mH} 電感器、兩個 2 Ω2\ \Omega 電阻，以及於 t=0t=0 與 t=1 mst=1\ \mathrm{ms} 動作之開關。

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核心觀念

本題考查一階 RLRL 暫態電路，核心定義如下：

  1. 電感電流具有連續性： i(0+)=i(0−).i(0^+)=i(0^-).

  2. 電感電路時間常數： τ=LRt,\tau=\frac{L}{R_t}, 其中 RtR_t 為電感端看入之戴維寧等效電阻。

  3. 電感電流響應： i(t)=ISC+[i(0)−ISC]e−t/τ.i(t)=I_{\mathrm{SC}}+\left[i(0)-I_{\mathrm{SC}}\right]e^{-t/\tau}.

本題兩個階段的電路皆為無獨立源之自然響應，因此 ISC=0.I_{\mathrm{SC}}=0.

（一）電感器之初始電流 i(0)i(0)

在 t<0t<0 時，開關尚未動作，10 A10\ \mathrm{A} 電流源與電感器、左側 2 Ω2\ \Omega 電阻並聯。

直流穩態時，電感器視為短路，因此並聯兩端電壓為零，左側 2 Ω2\ \Omega 電阻電流為

iR=02=0 A.i_R=\frac{0}{2}=0\ \mathrm{A}.

依 KCL，全部電流源電流流經電感器：

i(0−)=10 A.i(0^-)=10\ \mathrm{A}.

由電感電流連續性，

i(0)=i(0+)=i(0−)=10 A.\boxed{i(0)=i(0^+)=i(0^-)=10\ \mathrm{A}}.

方向為圖中箭頭所示的向下方向。

（二）0<t≤1 ms0<t\leq 1\ \mathrm{ms} 的時間常數與響應

在 t=0t=0 開關動作後，10 A10\ \mathrm{A} 電流源與右側電路分離，電感器僅經由左側 2 Ω2\ \Omega 電阻放電。

因此電感端所見等效電阻為

Rt=2 Ω.R_t=2\ \Omega.

已知

L=2 mH,L=2\ \mathrm{mH},

故時間常數為

τ1=LRt=2 mH2 Ω=1 ms.\tau_1=\frac{L}{R_t} =\frac{2\ \mathrm{mH}}{2\ \Omega} =1\ \mathrm{ms}.

此階段最終穩態電流為零，即

ISC=0.I_{\mathrm{SC}}=0.

因此

i(t)=0+(10−0)e−t/(1 ms).i(t)=0+\left(10-0\right)e^{-t/(1\ \mathrm{ms})}.

所以

i(t)=10e−t/(1 ms) A,0<t≤1 ms.\boxed{i(t)=10e^{-t/(1\ \mathrm{ms})}\ \mathrm{A}}, \qquad 0<t\leq1\ \mathrm{ms}.

在 t=1 mst=1\ \mathrm{ms} 時，

i(1 ms)=10e−1≈10(0.368)=3.68 A.i(1\ \mathrm{ms}) =10e^{-1} \approx10(0.368) =3.68\ \mathrm{A}.

（三）t>1 mst>1\ \mathrm{ms} 的時間常數與響應

在 t=1 mst=1\ \mathrm{ms} 時，右側 2 Ω2\ \Omega 電阻接入電路。此時電感器並聯於兩個 2 Ω2\ \Omega 電阻。

等效電阻為

Rt=2∥2=2×22+2=1 Ω.R_t=2\parallel2 =\frac{2\times2}{2+2} =1\ \Omega.

因此第二階段時間常數為

τ2=LRt=2 mH1 Ω=2 ms.\tau_2=\frac{L}{R_t} =\frac{2\ \mathrm{mH}}{1\ \Omega} =2\ \mathrm{ms}.

電感電流在切換瞬間仍保持連續，因此第二階段初始值為

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第 三 題20 分

一理想變壓器電路圖如圖三所示，若該電路之輸出電壓相量（phasor）Vo=48∠30∘V_o=48\angle30^\circ，試計算該電路之輸入電壓 VsV_s 相量值。（20 分）

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

圖三電路包含輸入端串聯之 6 Ω6\ \Omega 電阻與阻抗 −j6 Ω-j6\ \Omega、匝數比 1:21:2 之理想變壓器，以及輸出端之 24 Ω24\ \Omega 負載電阻。電壓與電流方向、極性及變壓器繞組之點標記依圖示。

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核心觀念

本題考查理想變壓器的：

  • 匝數比與電壓比
  • 點標記（dot convention）造成的相位正負號
  • 理想變壓器的電流關係
  • 相量阻抗與 KVL

匝數比為

N1:N2=1:2N_1:N_2=1:2

圖中一次側點端在上方，二次側點端在下方；而 V1、V2V_1、V_2 皆定義為上正下負，因此兩側電壓相位相反。

解題方法

1. 求二次側電流

輸出電壓即為負載 24 Ω24\ \Omega 電阻兩端電壓：

I2=Vo24=48∠30∘24=2∠30∘ AI_2=\frac{V_o}{24} =\frac{48\angle30^\circ}{24} =2\angle30^\circ\ \text{A}

2. 由匝數比求一次側電壓

因為一次側點端在上方，二次側點端在下方，而兩個電壓均採上正下負，所以：

V2=−N2N1V1V_2=-\frac{N_2}{N_1}V_1

代入 N1:N2=1:2N_1:N_2=1:2，且 V2=VoV_2=V_o：

V1=−V22=−48∠30∘2=24∠210∘ VV_1=-\frac{V_2}{2} =-\frac{48\angle30^\circ}{2} =24\angle210^\circ\ \text{V}

3. 由理想變壓器求一次側電流

依圖示，I1I_1 與二次側電流皆流入各自的點端，因此理想變壓器滿足：

N1I1+N2I2=0N_1I_1+N_2I_2=0

所以：

I1=−N2N1I2=−2(2∠30∘)=4∠210∘ AI_1=-\frac{N_2}{N_1}I_2 =-2(2\angle30^\circ) =4\angle210^\circ\ \text{A}

也可驗算一次側所見的負載阻抗：

ZL′=(N1N2)2(24)=(12)2(24)=6 ΩZ_L'=\left(\frac{N_1}{N_2}\right)^2(24) =\left(\frac12\right)^2(24) =6\ \Omega

因此 V1/I1=6 ΩV_1/I_1=6\ \Omega，與上式一致。

4. 計算輸入電壓

輸入端串聯阻抗為：

Zs=6−j6=62∠(−45∘) ΩZ_s=6-j6=6\sqrt2\angle(-45^\circ)\ \Omega
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第 四 題20 分

以下圖四所示為一 OPA 電路，其負載電阻 RL=50 ΩR_L=50\ \Omega，該電路輸出電壓 vov_o 操作於 ±15 V\pm15\ \mathrm{V}，其輸出電流 ioi_o 不大於 200 mA200\ \mathrm{mA}。當輸入電壓 vs=1 Vv_s=1\ \mathrm{V} 且 R1+R2=10 kΩR_1+R_2=10\ \mathrm{k}\Omega 時，請問 R1R_1、R2R_2 及其最大之增益 AA 值為多少？（20 分）

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

圖四為非反相 OPA 電路，vsv_s 接至正相輸入端，R1R_1 由反相輸入端接地，R2R_2 由輸出端回授至反相輸入端，負載為 RLR_L。

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核心觀念

本題為理想非反相 OPA 電路，使用兩項關係：

  1. 非反相放大器增益 A=vovs=1+R2R1A=\frac{v_o}{v_s}=1+\frac{R_2}{R_1}

  2. OPA 輸出電流需供應負載電流及回授電阻支路電流。由於 R1R_1 與 R2R_2 串聯接地，且已知 R1+R2=10 kΩR_1+R_2=10\ \text{k}\Omega，故 io=voRL+voR1+R2i_o=\frac{v_o}{R_L}+\frac{v_o}{R_1+R_2}

輸出電壓受 ±15 V\pm 15\ \text{V} 限制，輸出電流受 200 mA200\ \text{mA} 限制。

解題方法

因 vs=1 Vv_s=1\ \text{V}，且電路為非反相放大器，最大增益對應於最大允許輸出電壓。

輸出電流為

io=vo(1RL+1R1+R2)i_o=v_o\left(\frac{1}{R_L}+\frac{1}{R_1+R_2}\right)

代入 RL=50 ΩR_L=50\ \Omega 及 R1+R2=10 000 ΩR_1+R_2=10\,000\ \Omega：

io=vo(150+110 000)i_o=v_o\left(\frac{1}{50}+\frac{1}{10\,000}\right)

在輸出電流上限 io=0.2 Ai_o=0.2\ \text{A} 時：

0.2=vo(0.02+0.0001)0.2=v_o\left(0.02+0.0001\right) vo=0.20.0201=9.95025 Vv_o=\frac{0.2}{0.0201} =9.95025\ \text{V}

此電壓小於 OPA 的電壓限制 15 V15\ \text{V}，因此實際上是輸出電流限制先發生，最大增益為

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