106 中鋼公司招考師級 電機 電路學及電子電路、電力系統及電機機械、控制系統 考古題詳解

106 年・中鋼公司招考・師級・電機
試題代碼 106年 中鋼 師級(電機)_電路學及電子電路、電力系統及電機機械、控制系統

第 1 題1 分

電阻 8 Ω8\ \Omega 與 4 Ω4\ \Omega 並聯，若電阻 4 Ω4\ \Omega 消耗功率為 16 W16\text{ W}，則電阻 8 Ω8\ \Omega 的電流為：

這一題的完整詳解

核心觀念

並聯電阻兩端電壓相同。已知 4 Ω4\ \Omega 電阻的功率，可先由功率公式求出並聯電路的端電壓，再用歐姆定律求 8 Ω8\ \Omega 電阻的電流：

P=V2R,I=VRP=\frac{V^2}{R}, \qquad I=\frac{V}{R}

解題方法

4 Ω4\ \Omega 電阻消耗 16 W16\text{ W}，因此其兩端電壓為

V=PR=16×4=8 VV=\sqrt{PR}=\sqrt{16\times4}=8\text{ V}

因為 8 Ω8\ \Omega 與 4 Ω4\ \Omega 並聯，8 Ω8\ \Omega 電阻兩端電壓也為 8 V8\text{ V}。所以其電流為

I8Ω=VR=88=1 AI_{8\Omega}=\frac{V}{R}=\frac{8}{8}=1\text{ A}

選項分析

  • (A) 4 A4\text{ A}：錯誤。 將電阻值或電壓代入方式弄錯；8 Ω8\ \Omega 電阻電流應為 8/8=1 A8/8=1\text{ A}。
  • (B) 2 A2\text{ A}：錯誤。 這不是由並聯電壓 8 V8\text{ V} 代入 8 Ω8\ \Omega 所得的電流。
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第 2 題1 分

戴維寧等效電路的戴維寧等效電壓為 20 V20\text{ V}，戴維寧等效電阻為 2 Ω2\ \Omega。若轉換為諾頓等效電路，則諾頓等效電流為：

這一題的完整詳解

核心觀念

戴維寧等效電路由一個理想電壓源 VThV_{\text{Th}} 串聯等效電阻 RThR_{\text{Th}} 組成；諾頓等效電路則由一個理想電流源 INI_{\text{N}} 並聯等效電阻 RNR_{\text{N}} 組成。兩種等效電路對外端點呈現相同的電壓與電流關係，因此：

RN=RTh,IN=VThRThR_{\text{N}}=R_{\text{Th}},\qquad I_{\text{N}}=\frac{V_{\text{Th}}}{R_{\text{Th}}}

解題方法

將題目給定的戴維寧電壓與電阻代入電壓源轉電流源公式：

IN=20 V2 Ω=10 AI_{\text{N}}=\frac{20\text{ V}}{2\ \Omega}=10\text{ A}

因此諾頓等效電流為 10 A10\text{ A}。

選項分析

  • (A) 20 A20\text{ A}：錯誤。此數值直接取自戴維寧電壓，未除以等效電阻。
  • (B) 10 A10\text{ A}：正確。
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第 3 題1 分

直流電路如【圖 3】所示，調整電阻 RLR_L，使得 RLR_L 獲得最大功率消耗，則此時電流 ILI_L 為：

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核心觀念

本題考查直流電路的最大功率傳輸定理：

負載電阻 RLR_L 獲得最大功率時，負載電阻必須等於負載端所見的戴維寧等效電阻 RthR_{\text{th}}。

圖 3 中，電壓源為 200 V200\text{ V}，其串聯電阻為 5Ω5\Omega，因此：

Rth=5ΩR_{\text{th}}=5\Omega

解題方法

最大功率條件為：

RL=Rth=5ΩR_L=R_{\text{th}}=5\Omega

此時電路總電阻為：

Rtotal=5Ω+5Ω=10ΩR_{\text{total}}=5\Omega+5\Omega=10\Omega

依歐姆定律，負載電流為：

IL=200 V10Ω=20 AI_L=\frac{200\text{ V}}{10\Omega}=20\text{ A}

因此：

選項分析

  • (A) 40 A40\text{ A}：錯誤 此電流會使總電阻 10Ω10\Omega 上的電壓需求為 400 V400\text{ V}，不符合電路條件。

  • (B) 20 A20\text{ A}：正確 最大功率時 RL=5ΩR_L=5\Omega，總電阻為 10Ω10\Omega，故 IL=20 AI_L=20\text{ A}。

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第 4 題1 分

電阻 10 kΩ10\text{ k}\Omega 與電容為 200 μF200\ \mu\text{F} 串聯，此電路時間常數為：

這一題的完整詳解

核心觀念

串聯電阻與電容的時間常數為

τ=RC\tau=RC

其中 RR 為電阻，CC 為電容。時間常數代表電容電壓在充電或放電過程中，變化至最終值約 63.2%63.2\% 所需的時間。

解題方法

先將數值換成國際單位制，再代入公式：

R=10 kΩ=10 000 Ω,C=200 μF=200×10−6 FR=10\text{ k}\Omega=10\,000\ \Omega,\qquad C=200\ \mu\text{F}=200\times10^{-6}\ \text{F}

因此

τ=RC=(10 000)(200×10−6)=2 s\tau=RC =(10\,000)(200\times10^{-6}) =2\ \text{s}

所以本題計算結果為 2 s2\text{ s}。

選項分析

  • (A) 20 ms20\text{ ms}：錯。此值遠小於 RCRC 計算所得的 2 s2\text{ s}。
  • (B) 2 ms2\text{ ms}：錯。與正確結果相差 10001000 倍。
  • (C) 200 μs200\ \mu\text{s}：錯。與正確結果不符。
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第 5 題1 分

交流電路中，電阻為 6 Ω6\ \Omega，電容抗為 10 Ω10\ \Omega，電感抗為 4 Ω4\ \Omega，則三個元件串聯後的總阻抗為：

這一題的完整詳解

核心觀念

交流電路的阻抗是複數。電阻的阻抗為 RR，電感抗與電容抗分別為 jXLjX_L、−jXC-jX_C。串聯時阻抗直接相加，因此電阻部分與電抗部分分別合併：

Z=R+j(XL−XC)Z=R+j(X_L-X_C)

總阻抗的大小為：

∣Z∣=R2+(XL−XC)2|Z|=\sqrt{R^2+(X_L-X_C)^2}

解題方法

題目給定 R=6 ΩR=6\ \Omega、XC=10 ΩX_C=10\ \Omega、XL=4 ΩX_L=4\ \Omega。電感與電容的電抗方向相反，合成電抗為：

XL−XC=4−10=−6 ΩX_L-X_C=4-10=-6\ \Omega

因此總阻抗為：

Z=6−j6 ΩZ=6-j6\ \Omega

其大小為：

∣Z∣=62+(−6)2=72=62 Ω|Z|=\sqrt{6^2+(-6)^2} =\sqrt{72} =6\sqrt{2}\ \Omega

選項分析

  • (A) 20 Ω20\ \Omega：錯誤。 將電阻與兩種電抗的數值直接相加，忽略了電感抗與電容抗方向相反。
  • (B) 12 Ω12\ \Omega：錯誤。 這是 6+∣4−10∣6+|4-10|，把電阻與淨電抗直接相加；阻抗大小須用直角三角形計算。
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第 6 題1 分

運算放大器的加法器如【圖 6】所示，若運算放大器為理想特性，請問下列何者正確？

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核心觀念

本題考查理想反相加法器（inverting summing amplifier）的輸出電壓公式。

理想運算放大器在負回授下具有：

  • 輸入端電流為零：i−=i+=0i_-=i_+=0
  • 虛短路：V−=V+V_-=V_+
  • 非反相端接地，因此反相端為虛地：V−=0V_-=0

解題方法

由於反相端電壓為 00，套用克希荷夫電流定律，流經 R1R_1、R2R_2 的電流全部流經回授電阻 RfR_f：

V1R1+V2R2=0−VoRf\frac{V_1}{R_1}+\frac{V_2}{R_2} = \frac{0-V_o}{R_f}

整理得：

Vo=−(RfR1V1+RfR2V2)V_o = -\left( \frac{R_f}{R_1}V_1+ \frac{R_f}{R_2}V_2 \right)

因此正確式為：

Vo=−(RfR1V1+RfR2V2)\boxed{V_o=-\left(\frac{R_f}{R_1}V_1+\frac{R_f}{R_2}V_2\right)}

選項分析

  • (A) 錯誤：電阻比例倒置，且反相加法器輸出應具有負號。正確比例為 RfR1\frac{R_f}{R_1} 與 RfR2\frac{R_f}{R_2}。
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第 7 題1 分

電晶體在作用區的偏壓電路如【圖 7】所示，若電晶體的共射極電流增益 β\beta 為 100100，基極電流 IBI_B 為 100 μA100\ \mu\text{A}，則下列何者正確？

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核心觀念

本題考查 BJT（雙極性接面電晶體）在作用區（Active Region）時，共射極電流增益 β\beta 的定義：

β=ICIB\beta=\frac{I_C}{I_B}

因此，集極電流為：

IC=βIBI_C=\beta I_B

解題方法

已知：

β=100,IB=100 μA\beta=100,\qquad I_B=100\,\mu\text{A}

代入公式：

IC=100×100 μA=10,000 μA=10 mAI_C=100\times100\,\mu\text{A} =10{,}000\,\mu\text{A} =10\,\text{mA}

故：

IC=10 mAI_C=10\,\text{mA}

由圖中集極電阻為 1 kΩ1\,\text{k}\Omega、電源為 20 V20\,\text{V}，當 IC=10 mAI_C=10\,\text{mA} 時，電阻壓降為：

ICRC=(10 mA)(1 kΩ)=10 VI_C R_C=(10\,\text{mA})(1\,\text{k}\Omega)=10\,\text{V}

因此晶體管仍有約 10 V10\,\text{V} 的集射極電壓，符合題目所述的作用區條件。

選項分析

  • (A) IC=100 mAI_C=100\,\text{mA}：錯誤。 由 IC=βIBI_C=\beta I_B 計算結果為 10 mA10\,\text{mA}，不是 100 mA100\,\text{mA}。

  • (B) IC=50 mAI_C=50\,\text{mA}：錯誤。 此數值不符合 βIB=100×100 μA\beta I_B=100\times100\,\mu\text{A} 的計算結果。

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第 8 題1 分

理想二極體電路如【圖 8】所示，若 V1=10 VV_1 = 10\text{ V}，V2=5 VV_2 = 5\text{ V}，Ro=10 kΩR_o = 10\text{ k}\Omega，則電流 IoI_o 為：

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核心觀念

本題考查「理想二極體組合電路」及二極體的單向導通特性。

圖 8 中，兩個電壓源經由二極體接至同一輸出節點，二極體方向允許電壓較高的電源供電給負載，形成理想二極體 OR 電路。

理想二極體導通時：

  • 順向壓降為 0 V0\text{ V}
  • 輸出電壓等於導通電源電壓
  • 反向二極體不導通

解題方法

已知：

V1=10 V,V2=5 V,Ro=10 kΩV_1=10\text{ V},\qquad V_2=5\text{ V},\qquad R_o=10\text{ k}\Omega

因為 V1>V2V_1>V_2，連接 V1V_1 的二極體導通，使輸出節點電壓為：

Vo=V1=10 VV_o=V_1=10\text{ V}

連接 V2V_2 的二極體兩端呈反向偏壓，因此不導通。

負載電流 IoI_o 經由 RoR_o 流向接地，依歐姆定律：

Io=VoRo=10 V10 kΩ=1 mAI_o=\frac{V_o}{R_o} =\frac{10\text{ V}}{10\text{ k}\Omega} =1\text{ mA}

選項分析

  • (A) 15 mA15\text{ mA}：錯誤。 將兩個電源電壓直接相加，忽略二極體 OR 電路中較低電壓源的二極體會反向截止。

  • (B) 10 mA10\text{ mA}：錯誤。 計算負載電流時應使用 10 kΩ10\text{ k}\Omega，因此

10 V10 kΩ=1 mA\frac{10\text{ V}}{10\text{ k}\Omega}=1\text{ mA}
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第 9 題1 分

在放大器的頻率響應曲線中，fLf_L 表示增益低頻截止頻率，fHf_H 表示增益高頻截止頻率，此放大器增益的頻帶寬度 BWBW 為：

這一題的完整詳解

核心觀念

放大器的頻率響應通常分為三個區域：

  • 低頻區：頻率太低，增益開始下降。
  • 中頻區：增益大致維持穩定。
  • 高頻區：頻率太高，增益開始下降。

其中：

  • fLf_L：低頻截止頻率
  • fHf_H：高頻截止頻率

一般以增益降至中頻增益的 −3 dB-3\text{ dB}（即電壓增益約為最大值的 0.7070.707 倍）作為截止頻率。

放大器的增益頻帶寬度，即通過頻帶的寬度，定義為高頻截止頻率與低頻截止頻率之差：

BW=fH−fLBW=f_H-f_L

解題方法

頻帶範圍由 fLf_L 到 fHf_H，因此其寬度就是上限頻率減去下限頻率：

BW=上限頻率−下限頻率BW=\text{上限頻率}-\text{下限頻率}

代入題目所給符號：

BW=fH−fLBW=f_H-f_L

因此正確選項為 (C)。

選項分析

  • (A) BW=2fH−fLBW=2f_H-f_L：錯誤。 頻帶寬度只需計算高、低截止頻率之差，不會將 fHf_H 重複計算。

  • (B) BW=fH+fLBW=f_H+f_L：錯誤。 頻帶寬度是兩個頻率端點的差值，不是兩者相加。

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第 10 題1 分

N 通道增強型 MOSFET 的臨界電壓 Vth=2.5 VV_{th} = 2.5\text{ V}，K=0.3 mA/V2K = 0.3\text{ mA/V}^2，若閘-源極電壓 VGS=4.5 VV_{GS} = 4.5\text{ V}，則汲極電流 IDI_D 為：

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查 N 通道增強型 MOSFET 在飽和區的汲極電流公式。

當 MOSFET 的閘源電壓超過臨界電壓時，形成反轉層並開始導通：

VGS>VthV_{GS}>V_{th}

在題目採用的參數定義下，飽和區汲極電流為：

ID=K(VGS−Vth)2I_D=K(V_{GS}-V_{th})^2

其中：

  • VGS−VthV_{GS}-V_{th}：過驅電壓（overdrive voltage）
  • KK：MOSFET 電流常數
  • IDI_D：汲極電流

解題方法

先計算過驅電壓：

VGS−Vth=4.5−2.5=2 VV_{GS}-V_{th}=4.5-2.5=2\text{ V}

代入飽和區公式：

ID=0.3(2)2 mAI_D=0.3(2)^2\text{ mA} ID=0.3×4=1.2 mAI_D=0.3\times4=1.2\text{ mA}

因此：

ID=1.2 mA\boxed{I_D=1.2\text{ mA}}

本題未提供 VDSV_{DS}，依選擇題慣例，視為 MOSFET 工作於飽和區，且採用題目所對應的 KK 定義。

選項分析

  • (A) 6 mA6\text{ mA}：錯誤。 未正確套用平方律公式，計算結果不符：
0.3(4.5−2.5)2=1.2 mA0.3(4.5-2.5)^2=1.2\text{ mA}

  • (B) 1.5 mA1.5\text{ mA}：錯誤。 此數值不是由 K(VGS−Vth)2K(V_{GS}-V_{th})^2 計算所得，未正確反映過驅電壓平方關係。

  • (C) 1.2 mA1.2\text{ mA}：正確。 ID=0.3(2)2=1.2 mAI_D=0.3(2)^2=1.2\text{ mA}

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第 11 題1 分

某三相 Y 接負載經由輸電線連接到匯流排，已知輸電線阻抗為 1∠75∘ Ω1\angle 75^\circ\ \Omega，若負載之相電壓與相電流分別為 2000∠0∘ V2000\angle 0^\circ\text{ V} 與 100∠−30∘ A100\angle -30^\circ\text{ A}，則匯流排的線電壓約為多少伏特？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查三相平衡系統中，輸電線壓降與相電壓、線電壓的關係。

三相 Y 接負載採每相等效電路分析。輸電線每相阻抗為 ZLZ_L，負載相電壓為 VRV_R，相電流為 II，則匯流排端的相電壓為

VS=VR+ZLIV_S=V_R+Z_LI

三相平衡、Y 接系統中，線電壓與相電壓的大小關係為

∣V線∣=3∣V相∣|V_{\text{線}}|=\sqrt{3}|V_{\text{相}}|

其中匯流排線電壓應由匯流排相電壓換算，而非直接將負載相電壓乘上 3\sqrt{3}。

解題方法

已知

ZL=1∠75∘ ΩZ_L=1\angle 75^\circ\ \Omega VR=2000∠0∘ VV_R=2000\angle 0^\circ\text{ V} I=100∠−30∘ AI=100\angle -30^\circ\text{ A}

先求輸電線每相壓降：

Vdrop=ZLIV_{\text{drop}}=Z_LI Vdrop=(1∠75∘)(100∠−30∘)=100∠45∘ VV_{\text{drop}} =(1\angle 75^\circ)(100\angle -30^\circ) =100\angle 45^\circ\text{ V}

因此匯流排端相電壓為

VS=2000∠0∘+100∠45∘V_S=2000\angle 0^\circ+100\angle 45^\circ

轉為直角坐標：

2000∠0∘=2000+j02000\angle 0^\circ=2000+j0 100∠45∘=70.71+j70.71100\angle 45^\circ =70.71+j70.71

所以

VS=2070.71+j70.71 VV_S=2070.71+j70.71\text{ V}

其大小為

∣VS∣=(2070.71)2+(70.71)2≈2071.92 V|V_S| =\sqrt{(2070.71)^2+(70.71)^2} \approx 2071.92\text{ V}

這是匯流排的相電壓。故匯流排線電壓大小為

∣VS,線∣=3∣VS∣|V_{S,\text{線}}| =\sqrt{3}|V_S| ∣VS,線∣=3(2071.92)≈3589 V|V_{S,\text{線}}| =\sqrt{3}(2071.92) \approx 3589\text{ V}

選項分析

  • (A) 2,0722,072 V：錯誤。 此數值約等於匯流排相電壓 ∣VS∣≈2072|V_S|\approx2072 V，尚未乘上 3\sqrt{3}，因此不是線電壓。
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第 12 題1 分

某單相負載之電壓為 v(t)=200cos⁡(377t+40∘) 伏特v(t) = 200\cos(377t + 40^\circ)\text{ 伏特}、電流為 i(t)=10cos⁡(377t+10∘) 安培i(t) = 10\cos(377t + 10^\circ)\text{ 安培}，則負載的瞬時功率為多少瓦特？

這一題的完整詳解

核心觀念

瞬時功率定義為

p(t)=v(t)i(t)p(t)=v(t)i(t)

本題給定的是電壓與電流的瞬時值，必須直接相乘，不能先以有效值計算平均功率。

使用三角恆等式：

cos⁡Acos⁡B=12[cos⁡(A−B)+cos⁡(A+B)]\cos A\cos B=\frac{1}{2}\left[\cos(A-B)+\cos(A+B)\right]

其中：

  • A=377t+40∘A=377t+40^\circ
  • B=377t+10∘B=377t+10^\circ

解題方法

代入瞬時功率定義：

p(t)=200cos⁡(377t+40∘)×10cos⁡(377t+10∘)=2000cos⁡(377t+40∘)cos⁡(377t+10∘)\begin{aligned} p(t) &=200\cos(377t+40^\circ)\times 10\cos(377t+10^\circ)\\ &=2000\cos(377t+40^\circ)\cos(377t+10^\circ) \end{aligned}

利用積化和公式：

p(t)=2000⋅12[cos⁡((377t+40∘)−(377t+10∘))+cos⁡((377t+40∘)+(377t+10∘))]=1000[cos⁡(30∘)+cos⁡(754t+50∘)]\begin{aligned} p(t) &=2000\cdot\frac{1}{2} \left[ \cos\left((377t+40^\circ)-(377t+10^\circ)\right) +\cos\left((377t+40^\circ)+(377t+10^\circ)\right) \right]\\ &=1000\left[\cos(30^\circ)+\cos(754t+50^\circ)\right] \end{aligned}

由於加法順序不影響結果，因此可寫成

p(t)=1000[cos⁡(754t+50∘)+cos⁡(30∘)] Wp(t)=1000\left[\cos(754t+50^\circ)+\cos(30^\circ)\right]\text{ W}

選項分析

  • (A) 錯誤。係數 10001000 正確，但振盪項角頻率誤寫為 377t377t；相乘後角頻率應為 377t+377t=754t377t+377t=754t。

  • (B) 錯誤。振盪項角頻率仍誤寫為 377t377t，且係數 20002000 未乘上積化和公式中的 12\frac{1}{2}。

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第 13 題1 分

【圖 13】網路之導納矩陣 Ybus=[−j0.35j0.25j0.25−j0.3]Y_{bus} = \begin{bmatrix} -j0.35 & j0.25 \\ j0.25 & -j0.3 \end{bmatrix}，則阻抗 Z12Z_{12} 為多少歐姆？

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查二埠網路以節點導納矩陣 YbusY_{bus} 表示時，互導納元素與兩節點間串聯阻抗的關係。

對於兩個節點間的串聯阻抗 Z12Z_{12}，其支路導納為

Y12,branch=1Z12Y_{12,\text{branch}}=\frac{1}{Z_{12}}

在 YbusY_{bus} 矩陣中，非對角元素等於兩節點間支路導納的負值，因此

Ybus,12=−1Z12Y_{bus,12}=-\frac{1}{Z_{12}}

解題方法

題目給定

Ybus=[−j0.35j0.25j0.25−j0.3]Y_{bus}= \begin{bmatrix} -j0.35 & j0.25\\ j0.25 & -j0.3 \end{bmatrix}

故非對角元素為

Ybus,12=j0.25Y_{bus,12}=j0.25

由

Ybus,12=−1Z12Y_{bus,12}=-\frac{1}{Z_{12}}

可得

Z12=−1j0.25Z_{12}=-\frac{1}{j0.25}

因為

1j=−j\frac{1}{j}=-j

所以

Z12=−(1j0.25)=−(−j4)=j4 ΩZ_{12} = -\left(\frac{1}{j0.25}\right) = -(-j4) = j4\ \Omega

選項分析

  • (A) j4j4：正確。 由 Z12=−1/Ybus,12Z_{12}=-1/Y_{bus,12}，可得 Z12=j4 ΩZ_{12}=j4\ \Omega。

  • (B) j5j5：錯誤。 j5j5 的倒數關係對應的互導納大小為 0.20.2，與題目中的 0.250.25 不符。

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第 14 題1 分

某負載之三相電流分別為 Ia=6∠−60∘I_a = 6\angle -60^\circ、Ib=0I_b = 0、Ic=6∠60∘I_c = 6\angle 60^\circ，則其零序電流 I0aI_{0a} 為何？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查三相電流的對稱分量。零序電流的定義為三相電流相量之和的三分之一：

I0a=13(Ia+Ib+Ic)I_{0a}=\frac{1}{3}(I_a+I_b+I_c)

零序分量的三相電流大小與相角完全相同，因此只要先將三相電流以相量形式相加，再除以 33 即可。

解題方法

已知：

Ia=6∠−60∘,Ib=0,Ic=6∠60∘I_a=6\angle -60^\circ,\qquad I_b=0,\qquad I_c=6\angle 60^\circ

將兩個非零電流轉為直角坐標：

Ia=6(cos⁡−60∘+jsin⁡−60∘)=3−j33I_a=6(\cos -60^\circ+j\sin -60^\circ) =3-j3\sqrt{3} Ic=6(cos⁡60∘+jsin⁡60∘)=3+j33I_c=6(\cos 60^\circ+j\sin 60^\circ) =3+j3\sqrt{3}

因此三相電流總和為：

Ia+Ib+Ic=(3−j33)+0+(3+j33)=6I_a+I_b+I_c =(3-j3\sqrt{3})+0+(3+j3\sqrt{3}) =6

代入零序電流公式：

I0a=63=2I_{0a}=\frac{6}{3}=2

以極座標表示：

I0a=2∠0∘\boxed{I_{0a}=2\angle 0^\circ}

選項分析

  • (A) 1∠0∘1\angle 0^\circ：錯誤。 三相電流相量總和為 6∠0∘6\angle0^\circ，除以 33 後為 2∠0∘2\angle0^\circ，不是 1∠0∘1\angle0^\circ。

  • (B) 1∠30∘1\angle30^\circ：錯誤。 相量相加後的虛部互相抵消，結果為正實數，因此相角為 0∘0^\circ，且大小為 22。

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第 15 題1 分

某 Y 接平衡負載由正相序的三相平衡電源供電，若負載之線電壓 Vab=450∠0∘ 伏特V_{ab} = 450\angle 0^\circ\text{ 伏特}，則相電壓 VbnV_{bn} 為多少伏特？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查正相序三相平衡系統中，線電壓與相電壓的相量關係。

對於正相序 aa- bb- cc 的平衡三相電源：

  • VanV_{an}、VbnV_{bn}、VcnV_{cn} 三相相電壓大小相等，相差 120∘120^\circ。
  • VabV_{ab} 為線電壓，定義為
Vab=Van−VbnV_{ab}=V_{an}-V_{bn}
  • 正相序系統中，線電壓 VabV_{ab} 的相角超前相電壓 VanV_{an} 30∘30^\circ，因此
Vab=3Van∠30∘V_{ab}=\sqrt{3}V_{an}\angle 30^\circ

解題方法

已知

Vab=450∠0∘ VV_{ab}=450\angle 0^\circ\text{ V}

由線電壓與相電壓的關係：

Van=Vab3∠(−30∘)V_{an}=\frac{V_{ab}}{\sqrt{3}}\angle(-30^\circ)

因此

Van=4503∠(−30∘)≈259.8∠−30∘ VV_{an} =\frac{450}{\sqrt{3}}\angle(-30^\circ) \approx 259.8\angle-30^\circ\text{ V}

題目要求 VbnV_{bn}。正相序下，VbnV_{bn} 相對於 VanV_{an} 落後 120∘120^\circ：

Vbn=Van∠(−120∘)V_{bn}=V_{an}\angle(-120^\circ)

所以

Vbn=259.8∠(−30∘−120∘)V_{bn} =259.8\angle(-30^\circ-120^\circ) Vbn≈260∠−150∘ VV_{bn}\approx260\angle-150^\circ\text{ V}

選項分析

  • (A) 260∠−30∘260\angle-30^\circ

此為 VanV_{an} 的相角，不是 VbnV_{bn}。錯誤。

  • (B) 260∠−150∘260\angle-150^\circ

大小為 450/3≈260450/\sqrt{3}\approx260，且 VbnV_{bn} 相對 VanV_{an} 落後 120∘120^\circ，正確。

  • (C) 450∠30∘450\angle30^\circ
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第 16 題1 分

有關變壓器銅損之敘述，下列何者正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

變壓器銅損是繞組電阻所產生的焦耳熱損，包含一次側與二次側繞組的電阻損失：

Pcu=I12R1+I22R2P_{\text{cu}}=I_1^2R_1+I_2^2R_2

其中 I1、I2I_1、I_2 分別為一次側與二次側電流，R1、R2R_1、R_2 為相應繞組電阻。

在變壓器繞組電阻固定時，負載增加會使繞組電流增加，而銅損與電流平方成正比：

Pcu∝I2P_{\text{cu}}\propto I^2

因此，負載電流增加為原來的 kk 倍時，銅損增加為原來的 k2k^2 倍。

解題方法

直接套用電阻焦耳熱公式：

P=I2RP=I^2R

變壓器銅損本質上就是一次側與二次側繞組的電阻損失。若以負載電流 II 表示，在繞組電阻不變的條件下：

Pcu=I2ReqP_{\text{cu}}=I^2R_{\text{eq}}

其中 ReqR_{\text{eq}} 為折算至同一側的等效繞組電阻。因此：

Pcu∝I2P_{\text{cu}}\propto I^2

故正確選項為 (C)。

選項分析

  • (A) 與負載電流無關：錯誤。 銅損由繞組電流與繞組電阻共同決定。負載電流改變時，銅損也會隨之改變。

  • (B) 與負載電流成正比：錯誤。 變壓器銅損不是 IRIR，而是 I2RI^2R。因此電流增加時，銅損增加的幅度更快。

  • (C) 與負載電流平方成正比：正確。 依焦耳熱定律：

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第 17 題1 分

三具匝數比為 10 之單相變壓器，接成三相 Y–Y 接線，若低壓側負載之線電壓為 220 V220\text{ V}、消耗功率為 15 kW15\text{ kW}、功率因數為 0.80.8，則高壓側線電流為多少安培？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查三相交流電路的功率公式，以及三相變壓器的電流變比。

三相平衡負載之總有功功率為

P=3VLILcos⁡ϕP=\sqrt{3}V_L I_L\cos\phi

其中：

  • PP：三相總有功功率
  • VLV_L：線電壓
  • ILI_L：線電流
  • cos⁡ϕ\cos\phi：功率因數

三具單相變壓器接成三相 Y–Y 接線時：

  1. Y 接線中，線電流等於相電流。
  2. 變壓器匝數比與電壓比相同。
  3. 理想變壓器中，電流比與匝數比呈反比。

若高壓側與低壓側匝數比為 1010，則

IHIL=110\frac{I_H}{I_L}=\frac{1}{10}

解題方法

步驟一：求低壓側線電流

已知低壓側：

VL,低=220 VV_{L,\text{低}}=220\text{ V} P=15 kW=15000 WP=15\text{ kW}=15000\text{ W} cos⁡ϕ=0.8\cos\phi=0.8

代入三相功率公式：

15000=3×220×IL,低×0.815000=\sqrt{3}\times 220\times I_{L,\text{低}}\times 0.8

因此

IL,低=150003×220×0.8I_{L,\text{低}} =\frac{15000}{\sqrt{3}\times 220\times 0.8} IL,低≈49.2 AI_{L,\text{低}}\approx 49.2\text{ A}

由於低壓側為 Y 接線，低壓側線電流即為各變壓器的低壓側相電流。

步驟二：利用匝數比求高壓側電流

匝數比為 1010，即

NHNL=10\frac{N_H}{N_L}=10

理想變壓器之電流比為

IHIL=NLNH=110\frac{I_H}{I_L}=\frac{N_L}{N_H}=\frac{1}{10}

所以高壓側線電流為

IL,高=49.210=4.92 AI_{L,\text{高}} =\frac{49.2}{10} =4.92\text{ A}

選項分析

  • (A) 4.924.92 A：正確。 低壓側線電流為 49.249.2 A，高壓側匝數為低壓側的 1010 倍，因此高壓側電流為低壓側的 110\frac{1}{10}，得
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第 18 題1 分

將一部 10 kVA10\text{ kVA}、1000 V/100 V1000\text{ V}/100\text{ V} 之雙繞組變壓器連接成 1100 V/1000 V1100\text{ V}/1000\text{ V} 自耦變壓器，則自耦變壓器的額定容量為多少 kVA？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查雙繞組變壓器改接為自耦變壓器後，額定容量會提高的原理。

原雙繞組變壓器額定資料為：

  • 額定容量：10 kVA10\text{ kVA}
  • 高壓側：1000 V1000\text{ V}
  • 低壓側：100 V100\text{ V}

其額定電流為：

I1000=10 0001000=10 AI_{1000}=\frac{10\,000}{1000}=10\text{ A} I100=10 000100=100 AI_{100}=\frac{10\,000}{100}=100\text{ A}

接成 1100 V/1000 V1100\text{ V}/1000\text{ V} 自耦變壓器時，100 V100\text{ V} 繞組作為串聯繞組，1000 V1000\text{ V} 繞組作為公共繞組。自耦變壓器的額定容量包含大量「導電傳遞」功率，因此大於原雙繞組變壓器的 10 kVA10\text{ kVA}。

解題方法

自耦變壓器的輸出電壓為：

Vauto=1100 VV_{\text{auto}}=1100\text{ V}

串聯繞組電壓為：

Vs=1100−1000=100 VV_s=1100-1000=100\text{ V}

串聯繞組原本就是 100 V100\text{ V} 繞組，其額定電流為 100 A100\text{ A}。因此自耦變壓器的額定負載電流由串聯繞組限制為：

Iauto=100 AI_{\text{auto}}=100\text{ A}

自耦變壓器額定容量：

Sauto=VautoIauto=1100×100=110 000 VAS_{\text{auto}} =V_{\text{auto}}I_{\text{auto}} =1100\times100 =110\,000\text{ VA} Sauto=110 kVAS_{\text{auto}}=110\text{ kVA}

也可直接使用自耦變壓器容量公式：

Sauto=Stwo-windingVautoVsS_{\text{auto}} =S_{\text{two-winding}} \frac{V_{\text{auto}}}{V_s}

代入：

Sauto=10⋅1100100=110 kVAS_{\text{auto}} =10\cdot\frac{1100}{100} =110\text{ kVA}

選項分析

  • (A) 11 kVA11\text{ kVA}：錯誤。 11 kVA11\text{ kVA}是將 1100 V1100\text{ V}乘以 10 A10\text{ A}所得，使用了高壓繞組原額定電流，未考慮自耦接法中串聯的 100 V100\text{ V}繞組可承受 100 A100\text{ A}。
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第 19 題1 分

一部 2 極三相同步電動機，當電源頻率為 50 Hz50\text{ Hz} 則其轉速為多少？

這一題的完整詳解

核心觀念

三相同步電動機的轉速由電源頻率與磁極數決定，稱為同步轉速：

ns=120fP rpmn_s=\frac{120f}{P}\ \text{rpm}

其中 ff 為電源頻率（Hz），PP 為磁極總數。題目已說明為 2 極，因此 P=2P=2。

解題方法

將 f=50 Hzf=50\text{ Hz}、P=2P=2 代入同步轉速公式：

ns=120×502=3,000 rpmn_s=\frac{120\times 50}{2}=3{,}000\ \text{rpm}

同步電動機在穩態運轉時，轉子與旋轉磁場同步，因此轉速等於同步轉速。

選項分析

  • (A) 1,000 rpm1{,}000\text{ rpm}：錯誤。 不符合 2 極、50 Hz 的同步轉速。
  • (B) 1,500 rpm1{,}500\text{ rpm}：錯誤。 這是 4 極同步機在 50 Hz 下的同步轉速。
  • **(C) 2,000 rpm2{,}000\text{ rpm}：錯誤。
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第 20 題1 分

某三相、四極、60 Hz60\text{ Hz} 感應電動機，已知滿載時轉差率為 0.0250.025、轉子銅損為 100 W100\text{ W}，則滿載時之電磁轉矩約為多少牛頓-米？

這一題的完整詳解

核心觀念

感應電動機的轉子銅損 Pcu,2P_{\mathrm{cu,2}} 與氣隙功率 PgP_g 的關係為

Pcu,2=sPgP_{\mathrm{cu,2}}=sP_g

其中 ss 為轉差率。電磁轉矩可由氣隙功率除以同步角速度求得：

Te=PgωsT_e=\frac{P_g}{\omega_s}

本題已知轉子銅損與轉差率，因此先求氣隙功率，再求電磁轉矩。

解題方法

四極、60 Hz60\text{ Hz} 感應電動機的同步轉速為

ns=120fP=120×604=1800 rpmn_s=\frac{120f}{P} =\frac{120\times60}{4} =1800\text{ rpm}

同步角速度為

ωs=2πns60=2π×180060=60π rad/s\omega_s=\frac{2\pi n_s}{60} =\frac{2\pi\times1800}{60} =60\pi\text{ rad/s}

由轉子銅損關係，氣隙功率為

Pg=Pcu,2s=1000.025=4000 WP_g=\frac{P_{\mathrm{cu,2}}}{s} =\frac{100}{0.025} =4000\text{ W}

因此電磁轉矩為

Te=Pgωs=400060π≈21.2 N⋅mT_e=\frac{P_g}{\omega_s} =\frac{4000}{60\pi} \approx21.2\text{ N·m}

選項分析

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第 21 題1 分

下列何者與系統方塊圖（system block diagram）具有相同的功能？

這一題的完整詳解

核心觀念

系統方塊圖與訊號流程圖都是用來表示線性系統中各變數之間的關係，並可用來分析系統的輸入、輸出與傳遞特性。方塊圖以方塊表示系統元件、以箭頭表示訊號方向；訊號流程圖則以節點表示變數、以分支表示變數間的增益關係。

根軌跡圖、波德圖與極點零點分佈圖則是呈現系統特性或分析結果的圖形，功能與系統方塊圖不同。

解題方法

判斷各選項的用途：找出同樣用來描述系統內部訊號關係、可進一步求得系統傳遞特性的表示法，即為答案。訊號流程圖與方塊圖都能表示系統變數間的因果與增益關係，且可利用梅森增益公式求得輸入至輸出的總傳遞函數。

選項分析

  • (A) 訊號流程圖（signal-flow graph）：正確。 以節點、分支及分支增益表示變數間的關係，功能與方塊圖相同，皆可描述系統結構並分析傳遞特性。
  • (B) 根軌跡圖（root-locus plot）：錯誤。 描繪系統增益改變時，閉迴路極點在複數平面上的移動軌跡，主要用於穩定度與暫態響應分析。
  • **(C) 波德圖（Bode plot）：錯誤。
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第 22 題1 分

有關線性控制系統 T(s)T(s) 為穩定系統之條件，下列何者正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

連續時間線性系統的穩定性，取決於系統的極點位置，而不是零點位置。對有理傳遞函數 T(s)T(s)，若其所有極點皆位於左半 ss 平面，即極點的實部皆小於零，則系統為漸近穩定：

Re⁡(pi)<0對所有極點 pi\operatorname{Re}(p_i)<0 \quad \text{對所有極點 }p_i

極點代表系統的自然響應模態；左半平面的極點所對應的響應會隨時間衰減。零點則影響輸入與輸出的頻率響應及暫態形狀，不能單憑零點位置判定穩定性。

解題方法

直接依穩定性定義判斷：題目問「穩定系統」的條件，須確認每一個極點都在左半平面。只要求至少有一個極點在左半平面並不足夠，因為其他極點仍可能位於右半平面或虛軸上。零點位置不構成此題所問的穩定條件。

選項分析

  • (A) 錯誤。「至少有一個極點」在左半平面，不能排除其他極點位於右半平面。例如 T(s)=1(s+1)(s−2)T(s)=\dfrac{1}{(s+1)(s-2)} 有一個極點在左半平面、另一個在右半平面，因此不穩定。
  • **(B) 錯誤。
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第 23 題1 分

已知 G(s)G(s) 為最小相位系統，若系統根軌跡方程式 Δ(s)=1+KG(s)=0\Delta(s) = 1 + KG(s) = 0，K≥0K \ge 0 與虛軸的交點為 s=jω0s = j\omega_0，則其所對應的 KK 值為下列何者？

這一題的完整詳解

核心觀念

根軌跡方程式為

1+KG(s)=01+KG(s)=0

系統根位於根軌跡上時，必須滿足根軌跡的幅值條件與相角條件。其中幅值條件為

∣KG(s)∣=1|KG(s)|=1

因為 K≥0K\ge 0 為實數，所以在交點 s=jω0s=j\omega_0 處，

K ∣G(jω0)∣=1K\,|G(j\omega_0)|=1

解題方法

將 s=jω0s=j\omega_0 代入幅值條件，解出增益：

K=1∣G(jω0)∣K=\frac{1}{|G(j\omega_0)|}

相角條件則要求 G(jω0)G(j\omega_0) 的相角為奇數倍的 180∘180^\circ，使 KG(jω0)=−1KG(j\omega_0)=-1。題目已給定交點位於根軌跡上，因此所求 KK 由幅值條件決定。

選項分析

  • (A) K=∣G(jω0)∣K=|G(j\omega_0)|：錯誤。 這是把幅值條件中的 ∣G∣|G| 直接當成 KK，少了取倒數。
  • (B) K=−∣G(jω0)∣K=-|G(j\omega_0)|：錯誤。 K≥0K\ge 0，且幅值條件不會產生負號。
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第 24 題1 分

下列何者為一階控制系統？

這一題的完整詳解

核心觀念

控制系統的階數，由系統傳遞函數分母中 ss 的最高次方決定；等價地說，階數等於系統的獨立儲能元件數，或描述系統動態所需的最高階微分方程次數。

一階系統的典型形式為：

G(s)=Kτs+1G(s)=\frac{K}{\tau s+1}

其中 KK 為增益，τ\tau 為時間常數。

解題方法

逐一判斷各系統的儲能元件及其動態方程，再看傳遞函數分母的最高次方：

  • 單一電容或電感通常形成一階電路。
  • 電感與電容共同作用的 RLC 電路通常為二階。
  • 彈簧質量阻尼系統含有質量與彈簧的儲能效應，通常為二階。
  • 直流馬達電流控制系統通常涉及電樞電感及轉子機械動態，整體模型通常高於一階。

選項分析

(A) RLC 電子電路：錯誤。 RLC 電路含有電感與電容兩種儲能元件，典型電路方程含二階導數，傳遞函數分母通常為二次式，因此屬於二階系統。

(B) 彈簧質量及阻尼機械避震系統：錯誤。 其運動方程為：

mx¨+cx˙+kx=F(t)m\ddot{x}+c\dot{x}+kx=F(t)

方程含二階導數 x¨\ddot{x}，對應的傳遞函數分母為 ms2+cs+kms^2+cs+k，因此屬於二階系統。

(C) 直流馬達電流控制系統：錯誤。 直流馬達的電樞電路含電感，電流有電氣暫態；馬達轉子也具有機械慣性。若考慮完整馬達與控制迴路，通常不只是單一一階動態。題目未將系統簡化為只看電樞電路的一階模型，因此不選此項。

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第 25 題1 分

有關線性控制系統之脈衝響應（impulse response）h(t), t≥0h(t),\ t \ge 0 與穩定系統（stable system）的關係，下列何者正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查線性系統的脈衝響應與穩定性。對因果線性時不變系統，若輸入為 x(t)x(t)，輸出可由脈衝響應 h(t)h(t) 與輸入的摺積表示：

y(t)=∫0th(τ)x(t−τ) dτy(t)=\int_0^t h(\tau)x(t-\tau)\,d\tau

對有界輸入、輸出必須有界的 BIBO 穩定系統，其脈衝響應須絕對可積：

∫0∞∣h(t)∣ dt<∞\int_0^\infty |h(t)|\,dt<\infty

解題方法

直接比對各選項與 BIBO 穩定的判準。絕對可積是穩定性的核心條件；單看 h(t)h(t) 的極限、導數極限，或不取絕對值的積分，不能完整判斷穩定性。

選項分析

  • (A) lim⁡t→∞h(t)=0\lim_{t\to\infty}h(t)=0：錯誤。 脈衝響應趨近於零是絕對可積的必要條件之一，但不是充分條件。例如 h(t)=1/(1+t)h(t)=1/(1+t) 趨近於零，然而 ∫0∞∣h(t)∣ dt\int_0^\infty |h(t)|\,dt 發散，因此不符合 BIBO 穩定條件。

  • (B) ∫0∞∣h(t)∣ dt<∞\int_0^\infty |h(t)|\,dt<\infty：正確。 這正是因果線性時不變系統的 BIBO 穩定判準。若輸入滿足 ∣x(t)∣≤M|x(t)|\le M，則

∣y(t)∣≤∫0t∣h(τ)∣ ∣x(t−τ)∣ dτ≤M∫0∞∣h(τ)∣ dτ|y(t)|\le \int_0^t |h(\tau)|\,|x(t-\tau)|\,d\tau \le M\int_0^\infty |h(\tau)|\,d\tau

積分有限，輸出便有界。

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第 26 題1 分

由系統方塊圖計算系統輸入輸出轉移函數之常用公式為下列何者？

這一題的完整詳解

核心觀念

由系統方塊圖求輸入與輸出之間的轉移函數，常先將方塊圖轉換為訊號流程圖，再使用 Mason 增益公式（Mason gain formula）​計算。轉移函數定義為零初始條件下，輸出與輸入的拉氏變換比值：

T(s)=C(s)R(s)T(s)=\frac{C(s)}{R(s)}

Mason 增益公式為：

T(s)=∑kPkΔkΔT(s)=\frac{\sum_k P_k\Delta_k}{\Delta}

其中 PkP_k 是第 kk 條前向路徑增益；Δ\Delta 由各迴路增益及彼此不接觸的迴路組合計算；Δk\Delta_k 則排除與第 kk 條前向路徑接觸的迴路後計算。

解題方法

題目詢問的是「由系統方塊圖計算系統輸入輸出轉移函數」所用的公式。這正是 Mason 增益公式的用途，因此選項中應選 (A)。

選項分析

  • (A) Mason 增益公式：正確。 可由訊號流程圖的前向路徑增益與迴路增益，求得系統的輸入輸出轉移函數。
  • (B) 逆拉氏轉換公式：錯誤。 逆拉氏轉換用於由 ss 域函數求回時域訊號，並非計算方塊圖轉移函數的常用公式。
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第 27 題1 分

已知線性非時變系統 T(s)T(s) 為穩定的系統，當輸入訊號為正弦訊號 u(t)=sin⁡(ωt), t≥0u(t) = \sin(\omega t),\ t \ge 0 時，則其穩態輸出響應 yss(t)=lim⁡t→∞y(t)y_{ss}(t) = \lim_{t \to \infty} y(t) 為下列何者？

這一題的完整詳解

核心觀念

穩定的線性非時變系統（LTI system）在正弦輸入下，暫態響應會隨時間衰減；穩態響應則維持相同角頻率，振幅乘上系統在該頻率的增益，並依系統相位改變相位角。

系統的頻率響應為 T(jω)T(j\omega)，可寫成極式：

T(jω)=∣T(jω)∣ej∠T(jω)T(j\omega)=|T(j\omega)|e^{j\angle T(j\omega)}

因此，正弦輸入 u(t)=sin⁡(ωt)u(t)=\sin(\omega t) 的穩態輸出為：

yss(t)=∣T(jω)∣sin⁡(ωt+∠T(jω))y_{ss}(t)=|T(j\omega)|\sin\bigl(\omega t+\angle T(j\omega)\bigr)

解題方法

將輸入正弦波視為頻率為 ω\omega 的訊號。穩態時，系統對該頻率的作用由頻率響應 T(jω)T(j\omega) 決定：

  • ∣T(jω)∣|T(j\omega)| 決定輸出振幅。
  • ∠T(jω)\angle T(j\omega) 是系統造成的相位變化，應加在輸入相位上。

題目輸入的相位為 00，所以輸出相位為 0+∠T(jω)0+\angle T(j\omega)，得到：

yss(t)=∣T(jω)∣sin⁡(ωt+∠T(jω))y_{ss}(t)=|T(j\omega)|\sin\bigl(\omega t+\angle T(j\omega)\bigr)

選項分析

  • (A) yss(t)=0y_{ss}(t)=0：錯誤。 穩定系統的暫態會衰減，但受正弦輸入時通常仍有正弦穩態輸出，不會因此變成零。
  • **(B) yss(t)=sin⁡(ωt)y_{ss}(t)=\sin(\omega t)：錯誤。
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第 28 題1 分

已知系統之根軌跡方程式為 Δ(s)=1+K(s−z)(s+1)(s+3)=0\Delta(s) = 1 + \frac{K(s - z)}{(s + 1)(s + 3)} = 0，K≥0K \ge 0，當 zz 為下列何值時其 K≥0K \ge 0 之根軌跡圖具有分離點？

這一題的完整詳解

核心觀念

根軌跡的分離點（breakaway point）是實軸上的根軌跡分枝離開實軸的位置。對特徵方程式

1+Ks−z(s+1)(s+3)=01+K\frac{s-z}{(s+1)(s+3)}=0

可將增益表示為

K(s)=−(s+1)(s+3)s−z.K(s)=-\frac{(s+1)(s+3)}{s-z}.

分離點須同時滿足：

  1. ss 位於實軸根軌跡上。
  2. K(s)≥0K(s)\ge 0。
  3. K(s)K(s) 對 ss 的導數為零，即 dKds=0\dfrac{dK}{ds}=0。

解題方法

先對增益函數微分：

dKds=−(2s+4)(s−z)−[(s+1)(s+3)](s−z)2.\frac{dK}{ds} =-\frac{(2s+4)(s-z)-[(s+1)(s+3)]}{(s-z)^2}.

令分子為零：

(2s+4)(s−z)−(s+1)(s+3)=0,(2s+4)(s-z)-(s+1)(s+3)=0,

整理得

s2−2zs−(4z+3)=0.s^2-2zs-(4z+3)=0.

因此候選分離點為

s=z±z2+4z+3=z±(z+1)(z+3).s=z\pm\sqrt{z^2+4z+3} =z\pm\sqrt{(z+1)(z+3)}.

候選值還須落在實軸根軌跡區段，並使 K≥0K\ge0。

選項分析

  • (A) z=1z=1：​候選點為 s=1±8s=1\pm\sqrt{8}，兩點均不在實軸根軌跡的有效區段，故沒有分離點。
  • (B) z=0z=0：​候選點為 s=±3s=\pm\sqrt{3}。實軸根軌跡區段為 (−3,−1)(-3,-1)，兩點皆不在該區段，故沒有分離點。
  • (C) z=−2z=-2：​候選點為 s=−2±1s=-2\pm1，即 s=−1,−3s=-1,-3。
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第 29 題1 分

已知控制系統 T(s)=10(s+100)(s+10−5j)(s+10+5j)T(s) = \frac{10}{(s + 100)(s + 10 - 5j)(s + 10 + 5j)}，則系統阻尼係數 ζ\zeta 最接近下列何者？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查二階共軛複數極點與系統阻尼係數 ζ\zeta 的關係。

標準二階系統特徵方程式為

s2+2ζωns+ωn2=0s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2=0

其極點可表示為

s=−ζωn±jωn1−ζ2s=-\zeta\omega_n\pm j\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}

若複數極點寫成

s=−σ±jωds=-\sigma\pm j\omega_d

則有

ωn=σ2+ωd2\omega_n=\sqrt{\sigma^2+\omega_d^2}

以及

ζ=σωn=σσ2+ωd2\zeta=\frac{\sigma}{\omega_n} =\frac{\sigma}{\sqrt{\sigma^2+\omega_d^2}}

阻尼係數主要由共軛複數極點所決定。

解題方法

題目給定

T(s)=10(s+100)(s+10−5j)(s+10+5j)T(s)=\frac{10}{(s+100)(s+10-5j)(s+10+5j)}

系統極點為

s1=−100s_1=-100

以及

s2,3=−10±5js_{2,3}=-10\pm 5j

其中共軛複數極點為

s2,3=−10±5js_{2,3}=-10\pm 5j

與標準形式

s=−ζωn±jωn1−ζ2s=-\zeta\omega_n\pm j\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}

比較可得

ζωn=10\zeta\omega_n=10 ωd=5\omega_d=5

因此自然頻率為

ωn=102+52=125=55≈11.18\omega_n=\sqrt{10^2+5^2} =\sqrt{125} =5\sqrt{5} \approx 11.18

阻尼係數為

ζ=10125≈1011.18≈0.894\zeta=\frac{10}{\sqrt{125}} \approx \frac{10}{11.18} \approx 0.894

所以最接近

0.89\boxed{0.89}

選項分析

  • (A) 1.01.0：錯誤。 ζ=1\zeta=1 代表臨界阻尼，極點應為重合的負實根，不會出現 −10±5j-10\pm 5j 的共軛複數極點。

  • (B) 0.330.33：錯誤。 此數值不是由極點 −10±5j-10\pm5j 計算所得。若將實部 1010 除以虛部 55，也無法得到阻尼係數；

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第 30 題1 分

已知一階控制系統 T(s)=11+τsT(s) = \frac{1}{1 + \tau s}，τ>0\tau > 0 之初始值 y(0−)=y0y(0^-) = y_0，當輸入訊號為步級訊號 r(t)=R, t≥0r(t) = R,\ t \ge 0，則其輸出響應 y(t), t≥0y(t),\ t \ge 0 為下列何者？

這一題的完整詳解

核心觀念

一階控制系統

T(s)=11+τs,τ>0T(s)=\frac{1}{1+\tau s},\qquad \tau>0

所對應的時域微分方程為

τdy(t)dt+y(t)=r(t)\tau\frac{dy(t)}{dt}+y(t)=r(t)

其中：

  • τ\tau 為時間常數，決定暫態響應衰減速度。
  • r(t)=Rr(t)=R 為 t≥0t\ge 0 時施加的階級輸入。
  • 初始條件為 y(0−)=y0y(0^-)=y_0。

由於輸入為有限幅度的階級訊號，且系統中沒有脈衝輸入，輸出不會瞬間跳躍，因此

y(0+)=y(0−)=y0y(0^+)=y(0^-)=y_0

一階系統對常值輸入的輸出，會由初始值逐漸趨近穩態值 RR。

解題方法

對於 t≥0t\ge 0，因為 r(t)=Rr(t)=R，微分方程變為

τdy(t)dt+y(t)=R\tau\frac{dy(t)}{dt}+y(t)=R

先求其解。

1. 齊次解

令輸入為零：

τdyh(t)dt+yh(t)=0\tau\frac{dy_h(t)}{dt}+y_h(t)=0

可得

dyh(t)dt=−1τyh(t)\frac{dy_h(t)}{dt}=-\frac{1}{\tau}y_h(t)

因此齊次解為

yh(t)=Ce−t/τy_h(t)=Ce^{-t/\tau}

2. 特解

因為輸入為常數 RR，設特解為常數 yp(t)=Ky_p(t)=K，代入原方程：

0+K=R0+K=R

所以

yp(t)=Ry_p(t)=R

3. 合成完整解

y(t)=yp(t)+yh(t)y(t)=y_p(t)+y_h(t)

因此

y(t)=R+Ce−t/τy(t)=R+Ce^{-t/\tau}

利用初始條件 y(0+)=y0y(0^+)=y_0：

y0=R+Cy_0=R+C

故

C=y0−RC=y_0-R

代回可得

y(t)=R+(y0−R)e−t/τ\boxed{y(t)=R+(y_0-R)e^{-t/\tau}}

整理後：

y(t)=R(1−e−t/τ)+y0e−t/τ\boxed{y(t)=R(1-e^{-t/\tau})+y_0e^{-t/\tau}}

因此正確選項為 (C)。

選項分析

(A) y(t)=y0e−t/τy(t)=y_0e^{-t/\tau}

錯誤。

此式只表示以初始值 y0y_0 為起點的自然響應，等同於輸入為零時的輸出。題目中 t≥0t\ge 0 有常值輸入 RR，因此輸出必須包含由輸入所造成的強迫響應：

R(1−e−t/τ)R(1-e^{-t/\tau})

故不能只寫成 y0e−t/τy_0e^{-t/\tau}。

(B) y(t)=R−y0e−t/τy(t)=R-y_0e^{-t/\tau}

錯誤。

代入 t=0t=0：

y(0)=R−y0y(0)=R-y_0

通常不等於題目指定的初始值 y0y_0，不符合初始條件。此外，暫態項的係數應為 y0−Ry_0-R，而非 −y0-y_0。

(C) y(t)=R(1−e−t/τ)+y0e−t/τy(t)=R(1-e^{-t/\tau})+y_0e^{-t/\tau}

正確。

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第 31 題2 分

電阻及電容組成的電路如【圖 31】所示，若電壓 E1=100 VE_1 = 100\text{ V}，電阻 R1=1 kΩR_1 = 1\text{ k}\Omega，電容 C1=200 μFC_1 = 200\ \mu\text{F}，在穩態時，下列哪些正確？

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核心觀念

本題考查直流 RC 電路在穩態時的特性：

  • 電容器在直流穩態相當於開路。
  • 因此穩態電流為 IC=0I_C=0
  • 電阻端電壓為 VR=ICR1=0V_R=I_C R_1=0
  • 電源電壓全部加在電容兩端： VC=E1=100 VV_C=E_1=100\text{ V}
  • 電容儲存能量公式為 WC=12C1VC2W_C=\frac{1}{2}C_1V_C^2

解題方法

穩態時，電容視為開路，所以電路中沒有電流流動：

IC=0I_C=0

故電阻上的電壓降為

VR=ICR1=0×1 kΩ=0 VV_R=I_C R_1=0\times 1\text{ k}\Omega=0\text{ V}

依 KVL：

E1=VR+VCE_1=V_R+V_C

因此

VC=E1−VR=100−0=100 VV_C=E_1-V_R=100-0=100\text{ V}

電容儲存的能量為

WC=12C1VC2W_C=\frac{1}{2}C_1V_C^2

代入 C1=200 μFC_1=200\ \mu\text{F}、VC=100 VV_C=100\text{ V}：

WC=12(200×10−6)(100)2=1.0 JW_C=\frac{1}{2}(200\times10^{-6})(100)^2 =1.0\text{ J}

選項分析

  • (A) 正確 穩態時電阻無電流，因此無電壓降，電容端電壓等於電源電壓： VC=100 VV_C=100\text{ V}
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第 32 題2 分

單相交流負載的端電壓 vL=2002sin⁡(377t) Vv_L = 200\sqrt{2}\sin(377t)\text{ V}，負載電流 iL=102sin⁡(377t−60∘) Ai_L = 10\sqrt{2}\sin(377t - 60^\circ)\text{ A}，有關負載功率方面，下列哪些正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查單相交流負載的有效值、相位差、視在功率、實功率、虛功率與功率因數。

交流電壓與電流表示為

vL=Vmsin⁡(ωt+θv)v_L=V_m\sin(\omega t+\theta_v) iL=Imsin⁡(ωt+θi)i_L=I_m\sin(\omega t+\theta_i)

其中波形前的係數為最大值，必須先換算成有效值：

V=Vm2,I=Im2V=\frac{V_m}{\sqrt{2}},\qquad I=\frac{I_m}{\sqrt{2}}

單相交流負載的功率關係為

S=VIS=VI P=VIcos⁡ϕP=VI\cos\phi Q=VIsin⁡ϕQ=VI\sin\phi pf=cos⁡ϕ\mathrm{pf}=\cos\phi

其中：

  • SS：視在功率，單位為 VA
  • PP：實功率，單位為 W
  • QQ：虛功率，單位為 VAR
  • ϕ\phi：電壓與電流的相位差

解題方法

1. 求有效值

題目給定

vL=2002sin⁡(377t) Vv_L=200\sqrt{2}\sin(377t)\text{ V}

因此電壓最大值為 2002200\sqrt{2} V，有效值為

VL=20022=200 VV_L=\frac{200\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=200\text{ V}

電流為

iL=102sin⁡(377t−60∘) Ai_L=10\sqrt{2}\sin(377t-60^\circ)\text{ A}

因此電流最大值為 10210\sqrt{2} A，有效值為

IL=1022=10 AI_L=\frac{10\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=10\text{ A}

2. 判斷相位差與功率因數

電壓相位為

θv=0∘\theta_v=0^\circ

電流相位為

θi=−60∘\theta_i=-60^\circ

因此電流落後電壓 60∘60^\circ，相位差大小為

ϕ=60∘\phi=60^\circ

功率因數為

pf=cos⁡60∘=0.5\mathrm{pf}=\cos60^\circ=0.5

由於電流落後電壓，故為 0.50.5 lagging，即落後功率因數。

3. 求視在功率

S=VLILS=V_LI_L S=200×10=2000 VAS=200\times10=2000\text{ VA}

4. 求實功率

P=VLILcos⁡ϕP=V_LI_L\cos\phi P=200×10×cos⁡60∘P=200\times10\times\cos60^\circ P=2000×0.5=1000 WP=2000\times0.5=1000\text{ W}

5. 求虛功率

Q=VLILsin⁡ϕQ=V_LI_L\sin\phi Q=200×10×sin⁡60∘Q=200\times10\times\sin60^\circ Q=2000×32Q=2000\times\frac{\sqrt{3}}{2} Q=10003 VAR≈1732 VARQ=1000\sqrt{3}\text{ VAR}\approx1732\text{ VAR}

因為電流落後電壓，負載呈感性，故若標示正負號，應為

Q=+10003 VARQ=+1000\sqrt{3}\text{ VAR}

選項分析

(A) 視在功率為 2000 VA2000\text{ VA}

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第 33 題2 分

交流穩態電路如【圖 33】所示，若電阻端電壓的絕對值 ∣V^R∣=20 V|\hat{V}_R| = 20\text{ V}，則下列哪些正確？

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核心觀念

本題考查交流穩態串聯電路的相量分析：

  • 電阻端電壓與電流同相。
  • 電感端阻抗為 j5 Ωj5\ \Omega。
  • 電容端阻抗為 −j8 Ω-j8\ \Omega。
  • 串聯電路中各元件電流相同。
  • 元件端電壓滿足相量關係，而非直接將電壓絕對值相加。

圖中：

ZR=4 Ω,ZL=j5 Ω,ZC=−j8 ΩZ_R=4\ \Omega,\qquad Z_L=j5\ \Omega,\qquad Z_C=-j8\ \Omega

解題方法

已知電阻端電壓絕對值為 ∣V^R∣=20 V|\hat V_R|=20\text{ V}，由歐姆定律：

∣I^s∣=∣V^R∣R=204=5 A|\hat I_s|=\frac{|\hat V_R|}{R} =\frac{20}{4} =5\text{ A}

因此電感端電壓：

∣V^L∣=∣I^s∣⋅∣ZL∣=5×5=25 V|\hat V_L| =|\hat I_s|\cdot |Z_L| =5\times 5 =25\text{ V}

電容端電壓：

∣V^C∣=∣I^s∣⋅∣ZC∣=5×8=40 V|\hat V_C| =|\hat I_s|\cdot |Z_C| =5\times 8 =40\text{ V}

電源等效阻抗為：

Ztotal=4+j5−j8=4−j3 ΩZ_{\text{total}} =4+j5-j8 =4-j3\ \Omega

其絕對值為：

∣Ztotal∣=42+(−3)2=5 Ω|Z_{\text{total}}| =\sqrt{4^2+(-3)^2} =5\ \Omega

所以電源端電壓絕對值：

∣E^s∣=∣I^s∣⋅∣Ztotal∣=5×5=25 V|\hat E_s| =|\hat I_s|\cdot |Z_{\text{total}}| =5\times 5 =25\text{ V}

選項分析

(A) 電感端電壓的絕對值 ∣V^L∣=25 V|\hat V_L|=25\text{ V}

∣V^L∣=25 V|\hat V_L|=25\text{ V}

敘述正確。

(B) 電容端電壓的絕對值 ∣V^C∣=25 V|\hat V_C|=25\text{ V}

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第 34 題2 分

交流電路的戴維寧等效電路如【圖 34】所示，若等效阻抗 Z^th=5+j4 Ω\hat{Z}_{th} = 5 + j4\ \Omega，等效電壓 E^th=100∠0∘ V\hat{E}_{th} = 100\angle 0^\circ\text{ V}，調整負載阻抗 Z^L\hat{Z}_L，使得負載獲得最大功率消耗，則下列哪些正確？

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核心觀念

本題考查交流電路的戴維寧等效電路與最大功率傳輸定理。

當戴維寧阻抗為

Z^th=Rth+jXth\hat Z_{th}=R_{th}+jX_{th}

時，若要使負載獲得最大平均功率，負載阻抗必須為戴維寧阻抗的共軛複數：

Z^L=Z^th∗=Rth−jXth\hat Z_L=\hat Z_{th}^{*}=R_{th}-jX_{th}

此題中：

Z^th=5+j4 Ω\hat Z_{th}=5+j4\ \Omega

因此最佳負載為

Z^L=5−j4 Ω\hat Z_L=5-j4\ \Omega

解題方法

最大功率條件為負載電抗抵消戴維寧等效阻抗的電抗：

XL=−Xth=−4 ΩX_L=-X_{th}=-4\ \Omega

且負載電阻等於戴維寧電阻：

RL=Rth=5 ΩR_L=R_{th}=5\ \Omega

所以

Z^L=5−j4 Ω\boxed{\hat Z_L=5-j4\ \Omega}

此時總阻抗為

Z^th+Z^L=(5+j4)+(5−j4)=10 Ω\hat Z_{th}+\hat Z_L =(5+j4)+(5-j4)=10\ \Omega

因此負載電流為

∣I^L∣=∣E^th∣∣Z^th+Z^L∣=10010=10 A|\hat I_L| =\frac{|\hat E_{th}|}{|\hat Z_{th}+\hat Z_L|} =\frac{100}{10} =10\ \text{A}

負載消耗的實功率為

PL=∣I^L∣2RL=(10)2(5)=500 WP_L=|\hat I_L|^2R_L =(10)^2(5) =500\ \text{W}

戴維寧等效電路中的電阻也消耗功率：

Pth=∣I^L∣2Rth=(10)2(5)=500 WP_{th}=|\hat I_L|^2R_{th} =(10)^2(5) =500\ \text{W}

所以電源提供的實功率為

Ps=PL+Pth=500+500=1000 WP_s=P_L+P_{th} =500+500 =1000\ \text{W}

選項分析

(A) 負載阻抗 Z^L=5+j4 Ω\hat Z_L=5+j4\ \Omega

錯誤。最大功率傳輸時，負載阻抗必須為 Z^th\hat Z_{th} 的共軛複數：

Z^L=5−j4 Ω\hat Z_L=5-j4\ \Omega

(B) 負載電流的絕對值 ∣I^L∣=10 A|\hat I_L|=10\text{ A}

正確。最大功率條件下：

∣I^L∣=100∣(5+j4)+(5−j4)∣=10010=10 A|\hat I_L| =\frac{100}{|(5+j4)+(5-j4)|} =\frac{100}{10} =10\ \text{A}
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第 35 題2 分

電壓信號的時間函數 v(t)=5+10sin⁡(1000t) Vv(t) = 5 + 10\sin(1000t)\text{ V}，下列哪些正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查含有直流分量與交流正弦分量之電壓信號：

v(t)=5+10sin⁡(1000t) Vv(t)=5+10\sin(1000t)\ \text{V}

其中：

  • 直流分量為 5 V5\text{ V}
  • 正弦交流分量的振幅為 10 V10\text{ V}
  • 角頻率為 ω=1000 rad/s\omega=1000\text{ rad/s}

正弦函數的基本範圍為：

−1≤sin⁡(1000t)≤1-1\leq \sin(1000t)\leq 1

因此可直接判斷信號的最大值與最小值。

解題方法

1. 平均值

週期信號的平均值為：

Vavg=1T∫0Tv(t) dtV_{\text{avg}}=\frac{1}{T}\int_0^T v(t)\,dt

代入本題信號：

Vavg=1T∫0T[5+10sin⁡(1000t)]dtV_{\text{avg}} =\frac{1}{T}\int_0^T\left[5+10\sin(1000t)\right]dt

常數項的平均值為 55，而完整週期內正弦波的平均值為 00，所以：

Vavg=5+10(0)=5 VV_{\text{avg}}=5+10(0)=5\text{ V}

2. 有效值

有效值定義為：

Vrms=1T∫0Tv2(t) dtV_{\text{rms}}=\sqrt{\frac{1}{T}\int_0^T v^2(t)\,dt}

對於「直流分量加正弦交流分量」：

v(t)=VDC+Vmsin⁡(ωt)v(t)=V_{\text{DC}}+V_m\sin(\omega t)

若直流分量與交流分量分別為 VDCV_{\text{DC}} 與交流有效值 VAC,rmsV_{\text{AC,rms}}，則：

Vrms=VDC2+VAC,rms2V_{\text{rms}} =\sqrt{V_{\text{DC}}^2+V_{\text{AC,rms}}^2}

本題交流分量振幅為 10 V10\text{ V}，其有效值為：

VAC,rms=102 VV_{\text{AC,rms}}=\frac{10}{\sqrt{2}}\text{ V}

因此：

Vrms=52+(102)2V_{\text{rms}} =\sqrt{5^2+\left(\frac{10}{\sqrt{2}}\right)^2} =25+50=75=53 V≈8.66 V=\sqrt{25+50} =\sqrt{75} =5\sqrt{3}\text{ V} \approx 8.66\text{ V}

故有效值不是 15 V15\text{ V}。

3. 最大值與最小值

由於：

−1≤sin⁡(1000t)≤1-1\leq \sin(1000t)\leq 1

信號最大值發生於 sin⁡(1000t)=1\sin(1000t)=1：

vmax⁡=5+10(1)=15 Vv_{\max}=5+10(1)=15\text{ V}

信號最小值發生於 sin⁡(1000t)=−1\sin(1000t)=-1：

vmin⁡=5+10(−1)=−5 Vv_{\min}=5+10(-1)=-5\text{ V}

選項分析

(A) 電壓信號的平均值為 5 V5\text{ V}

正弦交流分量在完整週期內的平均值為 00，僅剩直流分量：

Vavg=5 VV_{\text{avg}}=5\text{ V}

因此 (A) 正確。

(B) 電壓信號的有效值為 15 V15\text{ V}

信號有效值為：

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第 36 題2 分

電晶體的偏壓電路如【圖 36】所示，若電晶體的順向電流增益 β=50\beta = 50，VBE=0.6 VV_{BE} = 0.6\text{ V}，下列哪些正確？

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查固定偏壓電晶體電路，使用下列關係式：

IB=VCC−VBERBI_B=\frac{V_{CC}-V_{BE}}{R_B} IC=βIBI_C=\beta I_B VCE=VCC−ICRCV_{CE}=V_{CC}-I_C R_C

並利用射極電流關係：

IE=IC+IB=(β+1)IBI_E=I_C+I_B=(\beta+1)I_B

由圖可知：

  • VCC=15 VV_{CC}=15\text{ V}
  • RB=1 MΩR_B=1\text{ M}\Omega
  • RC=10 kΩR_C=10\text{ k}\Omega
  • 射極接地
  • β=50\beta=50
  • VBE=0.6 VV_{BE}=0.6\text{ V}

解題方法

基極電流為

IB=15−0.61 MΩ=14.4 V1×106Ω=14.4 μAI_B=\frac{15-0.6}{1\text{ M}\Omega} =\frac{14.4\text{ V}}{1\times10^6\Omega} =14.4\ \mu\text{A}

集極電流為

IC=βIB=50(14.4 μA)=720 μA=0.72 mAI_C=\beta I_B =50(14.4\ \mu\text{A}) =720\ \mu\text{A} =0.72\text{ mA}

集極電阻上的電壓降為

ICRC=(0.72 mA)(10 kΩ)=7.2 VI_C R_C =(0.72\text{ mA})(10\text{ k}\Omega) =7.2\text{ V}

因射極接地，故

VCE=15−7.2=7.8 VV_{CE}=15-7.2=7.8\text{ V}

射極電流為

IE=IC+IB=0.72 mA+0.0144 mA=0.7344 mAI_E=I_C+I_B =0.72\text{ mA}+0.0144\text{ mA} =0.7344\text{ mA}

選項分析

  • (A) IB=14.4 μAI_B=14.4\ \mu\text{A}：正確。

IB=15−0.61 MΩ=14.4 μAI_B=\frac{15-0.6}{1\text{ M}\Omega}=14.4\ \mu\text{A}

  • (B) IC=0.72 mAI_C=0.72\text{ mA}：正確。

IC=50(14.4 μA)=0.72 mAI_C=50(14.4\ \mu\text{A})=0.72\text{ mA}

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第 37 題2 分

比較器的電路圖如【圖 37】所示，其中 VrefV_{ref} 為參考電壓，ViV_i 為輸入電壓，VoV_o 為輸出電壓，供給運算放大器的電源電壓為 ±12 V\pm 12\text{ V}，下列哪些正確？

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核心觀念

本題考查運算放大器作為「比較器」時的輸出判斷。

運算放大器開迴路增益很大，因此：

  • 若 V+>V−V_+>V_-，輸出飽和至正電源端，Vo≈+12 VV_o\approx +12\text{ V}
  • 若 V+<V−V_+<V_-，輸出飽和至負電源端，Vo≈−12 VV_o\approx -12\text{ V}

由圖 37 可知：

  • ViV_i 接在反相端 (−)(-)，所以 V−=ViV_-=V_i
  • VrefV_{ref} 接在非反相端 (+)(+)，所以 V+=VrefV_+=V_{ref}

解題方法

比較兩輸入端電壓：

當 Vi>VrefV_i>V_{ref}

此時

V−>V+V_->V_+

輸出將飽和於負電源端：

Vo≈−12 VV_o\approx -12\text{ V}

當 Vi<VrefV_i<V_{ref}

此時

V+>V−V_+>V_-

輸出將飽和於正電源端：

Vo≈+12 VV_o\approx +12\text{ V}

選項分析

  • (A) 正確 當 Vi>VrefV_i>V_{ref} 時，ViV_i 接於反相端，故 V−>V+V_->V_+，輸出為負飽和：
Vo≈−12 VV_o\approx -12\text{ V}
  • (B) 正確 當 Vi<VrefV_i<V_{ref} 時，V+>V−V_+>V_-，輸出為正飽和：
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第 38 題2 分

有關電晶體放大器的組態，下列哪些正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查雙極性接面電晶體（BJT）三種基本放大器組態的「輸入端」與「輸出端」判斷。

所謂「共某極」是指該電極作為輸入與輸出訊號的共同端，通常在交流分析中視為接地端：

放大器組態共同端輸入端輸出端
共射極（Common-Emitter, CE）射極基極集極
共基極（Common-Base, CB）基極射極集極
共集極（Common-Collector, CC）集極基極射極

因此，三種組態的訊號路徑可記為：

  • 共射極：基極輸入，集極輸出
  • 共基極：射極輸入，集極輸出
  • 共集極：基極輸入，射極輸出

解題方法

判斷此類題目時，先確認「共」所代表的共同電極，再由剩下的兩個電極判斷輸入端與輸出端。

例如：

  1. 「共射極」表示射極為共同端。
  2. 剩餘的基極與集極分別為輸入端與輸出端。
  3. BJT 的標準共射極組態是由基極輸入，從集極取得輸出。

依此原則逐項判斷即可。

選項分析

(A) 共射極放大器的信號由基極輸入，由射極輸出

錯誤。

共射極放大器的射極是共同端，並非輸出端。其訊號由基極輸入，經電晶體放大後由集極輸出。

正確關係為：

基極輸入⟶集極輸出\text{基極輸入} \longrightarrow \text{集極輸出}

因此，A 將輸出端誤寫為射極。

(B) 共基極放大器的信號由基極輸入，由射極輸出

錯誤。

共基極放大器的基極是共同端，因此基極不是訊號輸入端。其訊號由射極輸入，並由集極輸出。

正確關係為：

射極輸入⟶集極輸出\text{射極輸入} \longrightarrow \text{集極輸出}

因此，B 的輸入端與輸出端皆判斷錯誤。

(C) 共集極放大器的信號由基極輸入，由射極輸出

正確。

共集極放大器的集極為共同端，訊號由基極輸入，從射極取得輸出，因此又稱為射極隨耦器（Emitter Follower）。

其基本訊號路徑為：

基極輸入⟶射極輸出\text{基極輸入} \longrightarrow \text{射極輸出}

共集極放大器的電壓增益通常接近 11，輸入阻抗較高、輸出阻抗較低，常用於阻抗匹配。

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第 39 題2 分

若增加輸電線相間的距離，則下列敘述哪些正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查輸電線相間距離對下列電氣參數的影響：

  • 電暈現象
  • 線路電感
  • 線路對地電容
  • 導線周圍電場強度

輸電線相間距離增加時，幾何平均距離 DD 增大，而導線半徑 rr 通常不變。由輸電線的電感與電容公式即可判斷各選項。

解題方法

以三相輸電線每相單位長度的近似公式分析：

1. 線路電感

三相輸電線每相電感近似為

L=2×10−7ln⁡(Dr′) H/mL=2\times 10^{-7}\ln\left(\frac{D}{r'}\right)\ \text{H/m}

其中：

  • DD：相間幾何平均距離
  • r′r'：導線的等效半徑

當相間距離增加時，DD 增大，因此

ln⁡(Dr′)\ln\left(\frac{D}{r'}\right)

也會增大，故線路電感增加。

2. 線路對地電容

三相輸電線每相對中性點的電容近似為

C=2πεln⁡(Dr) F/mC=\frac{2\pi\varepsilon}{\ln\left(\frac{D}{r}\right)}\ \text{F/m}

當 DD 增大時，分母增加，因此電容減小：

D↑⇒C↓D\uparrow \quad\Rightarrow\quad C\downarrow

所以相間距離增加會使線路對地電容減小。

3. 導線周圍電場與電暈

導線表面電場強度可用下式表示其變化趨勢：

Es≈Vrln⁡(D/r)E_s\approx \frac{V}{r\ln(D/r)}

在導線半徑 rr 與運轉電壓 VV 固定時，DD 增大會使分母增加，因此導線表面電場強度降低。

電暈是因導線表面電場強度過大，使周圍空氣游離所造成。相間距離增加後，導線表面電場降低，且電暈起始電壓提高，因此可改善電暈現象。

選項分析

(A) 可改善電暈現象

正確。

相間距離增加後，導線間的電場耦合減弱，導線表面電場強度降低，電暈起始電壓提高，因此較不容易發生電暈。

(B) 線路電感增加

正確。

由

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第 40 題2 分

某輸電線的長度 l=250 公里l = 250\text{ 公里}、特性阻抗 Zc=406∠−7∘ ΩZ_c = 406\angle -7^\circ\ \Omega，傳播常數（propagation constant）γ=0.00203∠83∘\gamma = 0.00203\angle 83^\circ，cosh⁡(γl)=0.878∠1.96∘\cosh(\gamma l) = 0.878\angle 1.96^\circ，sinh⁡(γl)=0.487∠83.59∘\sinh(\gamma l) = 0.487\angle 83.59^\circ，則下列哪些正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

均勻輸電線的 ABCD 參數為

[VsIs]=[ABCD][VrIr]\begin{bmatrix} V_s\\ I_s \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} A&B\\ C&D \end{bmatrix} \begin{bmatrix} V_r\\ I_r \end{bmatrix}

其中

A=D=cosh⁡(γl)A=D=\cosh(\gamma l) B=Zcsinh⁡(γl)B=Z_c\sinh(\gamma l) C=1Zcsinh⁡(γl)C=\frac{1}{Z_c}\sinh(\gamma l)

此外，傳播常數與單位長度串聯阻抗、並聯導納的關係為

γ=zy,Zc=zy\gamma=\sqrt{zy},\qquad Z_c=\sqrt{\frac{z}{y}}

因此

z=γZcz=\gamma Z_c

本題給定之 γ\gamma 單位為每公里，因此算出的 zz 為每公里阻抗。

解題方法

直接套用長輸電線模型的 ABCD 參數公式，並使用極座標的運算規則：

  • 乘法：幅值相乘、相角相加。
  • 除法：幅值相除、相角相減。

計算 AA

A=cosh⁡(γl)=0.878∠1.96∘A=\cosh(\gamma l) =0.878\angle 1.96^\circ

計算 BB

B=Zcsinh⁡(γl)B=Z_c\sinh(\gamma l) B=(406∠−7∘)(0.487∠83.59∘)B=(406\angle -7^\circ)(0.487\angle 83.59^\circ) B=197.72∠76.59∘ ΩB=197.72\angle 76.59^\circ\ \Omega

計算 CC

C=sinh⁡(γl)ZcC=\frac{\sinh(\gamma l)}{Z_c} C=0.487∠83.59∘406∠−7∘C=\frac{0.487\angle 83.59^\circ}{406\angle -7^\circ} C=0.0011995∠(83.59∘+7∘)C=0.0011995\angle(83.59^\circ+7^\circ) C≈0.0012∠90.6∘ SC\approx 0.0012\angle 90.6^\circ\ \text{S}

計算每公里阻抗

z=γZcz=\gamma Z_c z=(0.00203∠83∘)(406∠−7∘)z=(0.00203\angle 83^\circ)(406\angle -7^\circ) z=0.82418∠76∘ Ω/kmz=0.82418\angle 76^\circ\ \Omega/\text{km}

因此每公里阻抗約為

z≈0.824∠76∘ Ω/kmz\approx 0.824\angle 76^\circ\ \Omega/\text{km}

選項分析

(A)

選項宣稱

A=0.487∠83.59∘A=0.487\angle 83.59^\circ

但輸電線 ABCD 參數中

A=cosh⁡(γl)=0.878∠1.96∘A=\cosh(\gamma l)=0.878\angle 1.96^\circ

0.487∠83.59∘0.487\angle83.59^\circ 是 sinh⁡(γl)\sinh(\gamma l)，因此 (A) 錯誤。

(B)

選項宣稱

B=0.878∠1.96∘B=0.878\angle1.96^\circ

實際上

B=Zcsinh⁡(γl)=197.72∠76.59∘ ΩB=Z_c\sinh(\gamma l) =197.72\angle76.59^\circ\ \Omega
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第 41 題2 分

某電力系統之單線圖如【圖 41】所示，若選定匯流排 1 為搖擺匯流排（swing bus）進行電力潮流模擬分析，則下列敘述哪些正確？

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核心觀念

電力潮流分析中，匯流排通常分為三類：

  • 搖擺匯流排（Swing bus）：指定電壓大小 ∣V∣|V| 與相角 δ\delta；待求實功率 PP 與虛功率 QQ。
  • 發電機匯流排（PV bus）：指定實功率 PP 與電壓大小 ∣V∣|V|；待求電壓相角 δ\delta 與虛功率 QQ。
  • 負載匯流排（PQ bus）：指定實功率 PP 與虛功率 QQ；待求電壓大小 ∣V∣|V| 與相角 δ\delta。

圖中匯流排 1 已指定為搖擺匯流排，匯流排 3 設有發電機 GG，屬於 PV 匯流排；匯流排 2、4、5 為負載匯流排。

解題方法

依圖判斷各匯流排類型：

匯流排類型已知量待求未知量
1Swing bus$V_1
2PQ busP2,Q2P_2,Q_2$
3PV bus$P_3,V_3
4PQ busP4,Q4P_4,Q_4$
5PQ busP5,Q5P_5,Q_5$

因此，負載匯流排共有匯流排 2、4、5，共 3 個。

選項分析

(A) 此系統有 3 個負載匯流排

正確。匯流排 2、4、5 屬於 PQ 負載匯流排，因此共有 3 個。

(B) 匯流排 1 待求的未知數為實功率與虛功率

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第 42 題2 分

某電力系統由發電量最大值均為 600 MW600\text{ MW} 的兩部發電機併聯運轉，若 A 機之發電量為 PA (MW)P_A\text{ (MW)}、成本函數為 CA=40+8PA+0.08PA2 (元/小時)C_A = 40 + 8P_A + 0.08P_A^2\text{ (元/小時)}，B 機之發電量為 PB (MW)P_B\text{ (MW)}、成本函數為 CB=50+10PB+0.04PB2 (元/小時)C_B = 50 + 10P_B + 0.04P_B^2\text{ (元/小時)}，則下列哪些正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查經濟調度（Economic Dispatch）。在忽略輸電損失、兩部機組併聯供應負載時，最佳調度條件為：

ICA=ICB=λIC_A=IC_B=\lambda

但若某部機組達到發電上限，該機組受限後不再適用等增量成本條件，應先固定於上限，再由未受限機組供應剩餘負載。

其中，增量成本為成本函數對發電量的一階導數：

IC=dCdPIC=\frac{dC}{dP}

固定成本不影響增量成本與最佳調度結果。

解題方法

A 機成本函數為：

CA=40+8PA+0.08PA2C_A=40+8P_A+0.08P_A^2

因此：

ICA=dCAdPA=8+0.16PAIC_A=\frac{dC_A}{dP_A} =8+0.16P_A

B 機成本函數為：

CB=50+10PB+0.04PB2C_B=50+10P_B+0.04P_B^2

因此：

ICB=dCBdPB=10+0.08PBIC_B=\frac{dC_B}{dP_B} =10+0.08P_B

當系統需量為 1000 MW1000\text{ MW} 時：

PA+PB=1000P_A+P_B=1000

先假設兩機均未達上限，令增量成本相等：

8+0.16PA=10+0.08PB8+0.16P_A=10+0.08P_B

又因：

PB=1000−PAP_B=1000-P_A

代入得：

8+0.16PA=10+0.08(1000−PA)8+0.16P_A =10+0.08(1000-P_A) 8+0.16PA=90−0.08PA8+0.16P_A=90-0.08P_A 0.24PA=820.24P_A=82 PA=341.67 MWP_A=341.67\text{ MW}

因此：

PB=1000−341.67=658.33 MWP_B=1000-341.67=658.33\text{ MW}

但 B 機最大發電量為 600 MW600\text{ MW}，所以 PB=658.33 MWP_B=658.33\text{ MW} 不可行。故 B 機應達到上限：

PB=600 MWP_B=600\text{ MW}

剩餘負載由 A 機供應：

PA=1000−600=400 MWP_A=1000-600=400\text{ MW}

此時 A 機之增量成本為：

λ=ICA=8+0.16(400)=72 元/MWh\lambda=IC_A=8+0.16(400)=72\text{ 元/MWh}

B 機雖然在 600 MW600\text{ MW} 時之增量成本為：

ICB=10+0.08(600)=58 元/MWhIC_B=10+0.08(600)=58\text{ 元/MWh}

但 B 機已達發電上限，無法再增加輸出，因此系統邊際增量成本由未受限的 A 機決定，為 72 元/MWh72\text{ 元/MWh}。

選項分析

(A) A 機之增量成本函數為 ICA=8+0.16PAIC_A=8+0.16P_A（元/MWh）

由：

ICA=dCAdPA=ddPA(40+8PA+0.08PA2)IC_A=\frac{dC_A}{dP_A} =\frac{d}{dP_A}(40+8P_A+0.08P_A^2)

可得：

ICA=8+0.16PAIC_A=8+0.16P_A

因此 (A) 正確。

(B) PA=250 MWP_A=250\text{ MW} 時 A 機之增量成本為 68 元/MWh68\text{ 元/MWh}

代入增量成本函數：

ICA=8+0.16(250)IC_A=8+0.16(250)
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第 43 題2 分

某磁路由繞有 300 匝線圈的鐵心所構成，已知鐵心截面積為 2 平方公分2\text{ 平方公分}，平均磁路長度為 50 公分50\text{ 公分}，線圈電流為 1 安培1\text{ 安培}，鐵心磁通密度為 3×10−2 韋伯/米23 \times 10^{-2}\text{ 韋伯/米}^2，則下列哪些正確？

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核心觀念

本題考查磁路中的四個基本量：

  • 磁動勢： F=NI\mathcal{F}=NI
  • 磁通： Φ=BA\Phi=BA
  • 磁阻： R=FΦ=NIΦ\mathcal{R}=\frac{\mathcal{F}}{\Phi}=\frac{NI}{\Phi}
  • 磁場強度： H=Fℓ=NIℓH=\frac{\mathcal{F}}{\ell}=\frac{NI}{\ell}

其中：

  • NN：線圈匝數
  • II：線圈電流
  • BB：磁通密度
  • AA：鐵心截面積
  • ℓ\ell：平均磁路長度

本題假設磁通均勻分布於鐵心，且忽略漏磁與邊緣效應。

解題方法

先統一單位：

A=2 cm2=2×10−4 m2A=2\text{ cm}^2=2\times10^{-4}\text{ m}^2 ℓ=50 cm=0.5 m\ell=50\text{ cm}=0.5\text{ m}

1. 計算磁動勢

F=NI\mathcal{F}=NI

代入 N=300N=300 匝、I=1I=1 安培：

F=300×1=300 安培-匝\mathcal{F}=300\times1=300\text{ 安培-匝}

2. 計算鐵心內磁通

磁通與磁通密度的關係為：

Φ=BA\Phi=BA

因此：

Φ=(3×10−2)(2×10−4)\Phi=(3\times10^{-2})(2\times10^{-4}) Φ=6×10−6 韋伯\Phi=6\times10^{-6}\text{ 韋伯}

3. 計算鐵心磁阻

R=FΦ\mathcal{R}=\frac{\mathcal{F}}{\Phi}

代入所得數值：

R=3006×10−6=5×107 安培-匝/韋伯\mathcal{R} =\frac{300}{6\times10^{-6}} =5\times10^7\text{ 安培-匝/韋伯}

4. 計算鐵心內磁場強度

H=NIℓH=\frac{NI}{\ell}

代入：

H=3000.5=600 安培-匝/米H=\frac{300}{0.5} =600\text{ 安培-匝/米}

選項分析

(A) 磁路之磁動勢為 300 安培-匝300\text{ 安培-匝}

F=NI=300×1=300 安培-匝\mathcal{F}=NI=300\times1=300\text{ 安培-匝}

因此 (A) 正確。

(B) 鐵心內的磁通為 6×10−2 韋伯6\times10^{-2}\text{ 韋伯}

正確磁通為：

Φ=BA=(3×10−2)(2×10−4)=6×10−6 韋伯\Phi=BA=(3\times10^{-2})(2\times10^{-4}) =6\times10^{-6}\text{ 韋伯}

題目選項少了 10−410^{-4} 的面積換算，故 (B) 錯誤。

(C) 鐵心磁阻為 5×107 安培-匝/韋伯5\times10^7\text{ 安培-匝/韋伯}

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第 44 題2 分

有關磁性材料的渦流損失之敘述，下列哪些正確？

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核心觀念

磁性材料在交變磁場中會感應出渦流，渦流流經材料電阻而產生熱量，形成渦流損失。對固定形狀與材料的鐵心，渦流損失可寫成比例關係：

Pe∝Bmax⁡2f2t2ρP_e \propto \frac{B_{\max}^2 f^2 t^2}{\rho}

其中 Bmax⁡B_{\max} 為最大磁通密度、ff 為磁通變動頻率、tt 為材料厚度、ρ\rho 為電阻率。此式說明損失與磁通密度平方、頻率平方及厚度平方成正比，與電阻率成反比。

解題方法

逐一比對選項中的變數與上述比例關係：凡將正比寫成反比、將電阻率的次方寫錯，或把與厚度的關係顛倒者，皆為錯誤。

選項分析

  • (A) 錯誤。 渦流損失與材料厚度平方成正比，即 Pe∝t2P_e \propto t^2，不是與厚度平方成反比。將鐵心改用較薄的疊片，可降低渦流損失。
  • (B) 錯誤。 渦流損失與電阻率成反比，即 Pe∝1/ρP_e \propto 1/\rho，不是與電阻率平方成正比。電阻率越高，渦流越小，損失越低。
  • **(C) 正確。
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第 45 題2 分

某單相理想變壓器的匝數比為 2:12:1，當高壓側電壓為 240 伏特240\text{ 伏特} 時，低壓側負載所消耗的功率為 1,152 W1,152\text{ W}、功率因數為 0.8 滯後0.8\text{ 滯後}，則下列哪些正確？

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核心觀念

理想變壓器的匝數比等於電壓比；電流比則與匝數比成反比。變壓器不損耗功率，因此高、低壓側的視在功率相等。

功率因數為 cos⁡ϕ\cos\phi，且「滯後」表示負載為感性，阻抗角為正。單相交流負載的有功功率為 P=VIcos⁡ϕP=VI\cos\phi。

解題方法

匝數比為高壓側：低壓側 =2:1=2:1，故低壓側電壓為

VL=240×12=120 VV_L=240\times\frac{1}{2}=120\text{ V}

由低壓側有功功率與功率因數求電流：

P=VLILcos⁡ϕP=V_L I_L\cos\phi IL=1152120×0.8=12 AI_L=\frac{1152}{120\times0.8}=12\text{ A}

理想變壓器的電流比與匝數比成反比，因此

IH=IL×NLNH=12×12=6 AI_H=I_L\times\frac{N_L}{N_H} =12\times\frac{1}{2}=6\text{ A}

再由低壓側電壓與電流求負載阻抗大小：

∣ZL∣=VLIL=12012=10 Ω|Z_L|=\frac{V_L}{I_L}=\frac{120}{12}=10\ \Omega

功率因數角為

ϕ=cos⁡−1(0.8)=36.87∘\phi=\cos^{-1}(0.8)=36.87^\circ

滯後代表感性，故阻抗為

ZL=10∠36.87∘=10(0.8+j0.6)=8+j6 ΩZ_L=10\angle36.87^\circ =10(0.8+j0.6) =8+j6\ \Omega

選項分析

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第 46 題2 分

有關同步發電機之敘述，下列哪些正確？

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核心觀念

本題考同步發電機的並聯運轉條件、電樞分佈繞組的作用、阻尼繞組功能，以及短路比與電壓調整率的關係。

短路比定義為：在額定轉速下，空載時產生額定電壓所需的勵磁電流，與三相端子短路時產生額定電樞電流所需的勵磁電流之比。短路比愈大，代表同步阻抗愈小；在相同負載條件下，電壓調整率通常愈小。

解題方法

逐項比對各構造或運轉特性對應的功能：

  • 並聯運轉要求電壓、頻率、相序及相位相同，容量不必相同。
  • 分佈繞組可使感應電勢波形更接近正弦波，降低諧波。
  • 阻尼繞組用於抑制轉子振盪、改善同步運轉穩定度。
  • 短路比與同步阻抗大致呈反比，因此短路比愈大，電壓調整率愈小。

選項分析

(A) 錯誤。同步發電機並聯時，各機的端電壓、頻率、相序及相位須符合並聯條件；容量可以不同。並聯後的有功與無功負載分配，則須配合原動機調速及勵磁調整。

(B) 正確。電樞採分佈繞組，可使不同槽內的感應電勢相量相加，削弱高次諧波，使輸出電勢波形較接近正弦波。

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第 47 題2 分

令 u(t)u(t) 及 y(t)y(t) 分別為系統之輸入與輸出訊號，下列哪些系統為線性非時變系統（linear time-invariant system）？

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核心觀念

線性非時變系統（LTI）須同時符合：

  • 線性：輸入的線性組合會對應到輸出的相同線性組合，亦即符合疊加性與齊次性。
  • 非時變：輸入延遲（或提前）一段時間，輸出也只延遲（或提前）相同時間，系統本身的特性不隨時間改變。

對微分方程而言，若輸入與輸出及其導數皆以固定係數相連，且沒有與時間相關的係數，通常是 LTI。輸入端的固定延遲或固定時間窗不會單獨破壞非時變性；時間變化的乘數則會使系統不具時不變性。

解題方法

逐一檢查微分方程兩側：

  1. 確認輸入與輸出之間是否為線性關係。
  2. 檢查方程係數是否明確含有時間 tt。
  3. 對含延遲的輸入，確認其形式是固定延遲，還是又乘上與時間相關的函數。

選項分析

(A) 正確。

3y¨(t)+2y˙(t)+y(t)=2u(t)3\ddot{y}(t)+2\dot{y}(t)+y(t)=2u(t)

輸入 u(t)u(t)、輸出 y(t)y(t) 及其導數皆為一次線性關係，係數 3、2、1、23、2、1、2 均為常數。此方程描述的系統為線性且時不變。

(B) 錯誤。

3t2y¨(t)+2ty˙(t)+y(t)=u(t)3t^2\ddot{y}(t)+2t\dot{y}(t)+y(t)=u(t)

方程中微分項的係數 3t23t^2 與 2t2t 隨時間改變，因此系統為線性時變系統，不符合非時變條件。

(C) 錯誤。

3y¨(t)+2y˙(t)+y(t)=(t−τ)u(t−τ),τ>03\ddot{y}(t)+2\dot{y}(t)+y(t)=(t-\tau)u(t-\tau),\qquad \tau>0
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第 48 題2 分

有關系統輸入輸出轉移函數（system input-output transfer function）G(s)G(s) 之敘述，下列哪些正確？

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核心觀念

系統輸入輸出轉移函數定義為：在零初始條件下，輸出訊號拉氏轉換與輸入訊號拉氏轉換的比值：

G(s)=Y(s)X(s)G(s)=\frac{Y(s)}{X(s)}

對線性時不變系統（LTI system），若輸入為單位步級函數 u(t)u(t)，則 X(s)=1/sX(s)=1/s。因此，單位步級響應的拉氏轉換為

Y(s)=G(s)1sY(s)=G(s)\frac{1}{s}

而單位步級響應的微分就是單位脈衝響應 h(t)h(t)（假設零初始條件），其拉氏轉換為

L{y˙(t)}=sY(s)=G(s)\mathcal{L}\{\dot y(t)\}=sY(s)=G(s)

所以，轉移函數等於單位步級響應微分的拉氏轉換。

解題方法

以轉移函數的定義逐項判斷。對單位步級輸入，G(s)G(s) 是步級響應拉氏轉換乘上 ss；對頻率響應，則將轉移函數中的 ss 代入 jωj\omega，得到 G(jω)G(j\omega)。

選項分析

  • (A) 錯誤。 線性系統的轉移函數一般是 ss 的函數，例如一階系統 G(s)=1/(s+1)G(s)=1/(s+1)，不必是常數。只有特定系統，例如純比例增益，轉移函數才是常數。
  • (B) 錯誤。 單位步級輸入的拉氏轉換為 1/s1/s，所以 Y(s)=G(s)/sY(s)=G(s)/s，而非 G(s)=Y(s)G(s)=Y(s)。
  • **(C) 正確。
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第 49 題2 分

下列哪些為線性控制系統穩定性（stability）分析的工具？

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核心觀念

本題考查線性控制系統的穩定性分析工具。對線性定常系統而言，穩定性通常與閉迴路特徵方程式的根有關：連續時間系統的所有閉迴路極點都位於複數平面的左半平面時，系統漸近穩定。

常見分析工具包括：

  • Routh–Hurwitz 穩定性準則：由特徵方程式係數判斷右半平面根的數目。
  • Nyquist 穩定性準則：由開迴路頻率響應的 Nyquist 圖，判斷閉迴路穩定性。
  • 根軌跡圖（Root locus）：觀察增益變化時閉迴路極點的位置，據以分析穩定性與暫態特性。
  • Lyapunov 穩定性定理：透過 Lyapunov 函數判斷平衡點的穩定性；線性系統也可用矩陣形式進行分析。

解題方法

題目問的是「哪些為穩定性分析的工具」，判斷重點是各選項是否能用來判斷或研究系統穩定性，而非要求計算特徵根。逐項辨識四種方法的用途即可。

選項分析

(A) Routh–Hurwitz 穩定性準則：正確。 此準則利用特徵多項式係數建立 Routh 表，第一欄符號變化次數等於特徵根在右半平面的根數，因此可判斷系統是否穩定。

(B) Nyquist 穩定性準則：正確。 此準則利用開迴路傳遞函數的 Nyquist 圖，結合開迴路右半平面極點數與對臨界點 −1+j0-1+j0 的環繞數，判斷閉迴路系統的穩定性。

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第 50 題2 分

有關非最小相位系統（non-minimum phase system）之單位負回授控制系統的敘述，下列哪些正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

非最小相位系統是指系統的傳遞函數具有右半平面零點，或在特定定義下具有右半平面極點。對單位負回授系統，令回路轉移函數為 L(s)=G(s)H(s)L(s)=G(s)H(s)，閉迴路特徵方程為

1+L(s)=0.1+L(s)=0.

判斷閉迴路穩定性時，可用波德圖的增益裕度、相位裕度等頻域指標，也可用 Nyquist 圖與 Nyquist 穩定性準則。非最小相位特性會影響頻率響應與穩定裕度的判讀，但不會使這些分析方法失效。

解題方法

逐一檢視選項中的定義與分析方法：

  1. 非最小相位性涉及右半平面零點；若系統本身不穩定，也可能有右半平面極點。
  2. 原點 s=0s=0 位於虛軸上，不屬於右半平面，因此原點的零點或極點不是非最小相位的必要條件。
  3. 波德圖可用於分析閉迴路穩定裕度。
  4. Nyquist 準則可透過開迴路右半平面極點數與 Nyquist 圖對 −1-1 點的環繞情形，判斷閉迴路穩定性。

選項分析

(A) 正確。 非最小相位系統的典型特徵是至少有一個右半平面零點；若傳遞函數另有右半平面極點，則系統本身也不穩定。選項描述右半平面零點或極點，符合非最小相位系統的判別特徵。

(B) 錯誤。 s=0s=0 位於虛軸，不在右半平面。非最小相位系統不要求在原點有零點或極點；例如 G(s)=1−sG(s)=1-s 具有右半平面零點 s=1s=1，但在 s=0s=0 沒有零點或極點。

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第 51 題2 分

有關單位負回授控制系統 system-type 的敘述，下列哪些正確？

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查單位負回授系統的型別（system type），以及它對不同輸入訊號穩態誤差的影響。若回路轉移函數為 L(s)=G(s)H(s)L(s)=G(s)H(s)，其中原點極點（純積分器）的數目為 NN，則系統型別為 NN。

單位回授時，誤差傳遞函數為

E(s)=R(s)1+L(s).E(s)=\frac{R(s)}{1+L(s)}.

穩定閉迴路系統的穩態誤差可用終值定理求得。型別 1 系統對步級輸入的穩態誤差為零；但對正弦輸入，穩態誤差一般不為零，因為系統型別並不代表對所有頻率的正弦訊號都有零誤差。

解題方法

先由回路轉移函數中原點極點的個數判定 system type，再依輸入形式檢查穩態誤差。

型別 1 的回路轉移函數可寫成

L(s)=K Gˉ(s)s,L(s)=\frac{K\,\bar G(s)}{s},

其中 Gˉ(0)\bar G(0) 有限且非零。對單位步級輸入 R(s)=1/sR(s)=1/s，

ess=lim⁡s→0sE(s)=lim⁡s→011+L(s)=0,e_{\mathrm{ss}} =\lim_{s\to 0}sE(s) =\lim_{s\to 0}\frac{1}{1+L(s)} =0,

前提是閉迴路穩定。

對角頻率 ω>0\omega>0 的正弦輸入，穩態誤差振幅由誤差傳遞函數的頻率響應決定：

∣E(jω)R(jω)∣=∣11+L(jω)∣.\left|\frac{E(j\omega)}{R(j\omega)}\right| =\left|\frac{1}{1+L(j\omega)}\right|.

此值一般不為零；型別 1 保證的是對步級輸入的零穩態誤差，以及對斜坡輸入的有限穩態誤差，並不保證正弦輸入的穩態誤差為零。

選項分析

  • (A) 正確。 閉迴路直流增益為 T(0)=lim⁡s→0L(s)1+L(s)T(0)=\lim_{s\to0}\frac{L(s)}{1+L(s)}。它取決於回路增益的低頻特性，不由 system type 單獨決定。例如穩定型別 0 系統可能有不同的有限直流增益；
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第 52 題2 分

已知直流馬達速度控制系統之開回路轉移函數為 G(s)=K(s+a)(s+b), a,b,K>0G(s) = \frac{K}{(s + a)(s + b)},\ a, b, K > 0，則將其串接下列哪些型式的控制器可使得單位負回授控制系統之斜坡響應（ramp response）的穩態誤差為常數？

這一題的完整詳解

核心觀念

單位負回授系統的斜坡輸入可寫成 R(s)=1/s2R(s)=1/s^2。穩態誤差由速度誤差常數 KvK_v 決定：

ess=1Kv,Kv=lim⁡s→0sL(s)e_{ss}=\frac{1}{K_v},\qquad K_v=\lim_{s\to 0}sL(s)

其中 L(s)L(s) 是控制器與原系統串接後的開迴路轉移函數。若 KvK_v 為有限且非零，斜坡響應的穩態誤差就是有限常數；若 Kv=0K_v=0，誤差無限大；若 Kv=∞K_v=\infty，誤差為零。

解題方法

原開迴路轉移函數為

G(s)=K(s+a)(s+b),a,b,K>0G(s)=\frac{K}{(s+a)(s+b)},\qquad a,b,K>0

因為在 s=0s=0 沒有極點，系統本身是 0 型系統。串接控制器後，檢查開迴路轉移函數在原點是否多出一個積分器，即可判斷 KvK_v。

  • P 控制器： C(s)=KpC(s)=K_p，沒有原點極點，因此 Kv=0K_v=0，斜坡穩態誤差無限大。
  • PD 控制器： C(s)=Kp+KdsC(s)=K_p+K_ds，在原點仍無極點，因此 Kv=0K_v=0，斜坡穩態誤差無限大。
  • PI 控制器： C(s)=Kp+Ki/sC(s)=K_p+K_i/s，在原點有一個極點，串接後為 1 型系統，且
Kv=lim⁡s→0s(Kps+Kis⋅K(s+a)(s+b))=KiKabK_v=\lim_{s\to0}s\left(\frac{K_p s+K_i}{s}\cdot\frac{K}{(s+a)(s+b)}\right) =\frac{K_iK}{ab}

因 Ki,K,a,b>0K_i,K,a,b>0，所以 KvK_v 有限且非零，斜坡穩態誤差為有限常數：

ess=abKiKe_{ss}=\frac{ab}{K_iK}
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