110 專技高考高等考試 電子工程技師 電路學 考古題詳解

110 年・專技高考・高等考試・電子工程技師
試題代碼 電路學

第 一 題15 分

如下圖所示之電路，已知電路之參數為：vs1(t)=u(t−1) Vv_{s1}(t)=u(t-1)\ \mathrm{V}、vs2(t)=u(t) Vv_{s2}(t)=u(t)\ \mathrm{V}、R1=3 ΩR_1=3\ \Omega、R2=6 ΩR_2=6\ \Omega、L=2 HL=2\ \mathrm{H}、iL(0)=0 Ai_L(0)=0\ \mathrm{A}。試求時間 t>0 st>0\ \mathrm{s} 之 iL(t)i_L(t) 表示式。

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核心觀念

這題考查電感的電壓電流關係、節點電流定律，以及階躍輸入下的一階電路響應。電感電流不能瞬間改變，且

vL(t)=LdiL(t)dt.v_L(t)=L\frac{di_L(t)}{dt}.

圖中兩個電壓源的正端都在上方，因此以由上往下為各支路電流正方向，套用上、下節點間的 KCL。

解題方法

令上方節點相對下方節點的電壓為 v(t)v(t)。左、右支路向下的電流分別為

i1(t)=v(t)−vs1(t)R1,i2(t)=v(t)−vs2(t)R2.i_1(t)=\frac{v(t)-v_{s1}(t)}{R_1},\qquad i_2(t)=\frac{v(t)-v_{s2}(t)}{R_2}.

節點電流定律給出

iL(t)+v(t)−vs1(t)3+v(t)−vs2(t)6=0.i_L(t)+\frac{v(t)-v_{s1}(t)}{3} +\frac{v(t)-v_{s2}(t)}{6}=0.

整理可得

v(t)=23vs1(t)+13vs2(t)−2iL(t).v(t)=\frac{2}{3}v_{s1}(t)+\frac{1}{3}v_{s2}(t)-2i_L(t).

由於 v(t)=vL(t)=2 diL(t)/dtv(t)=v_L(t)=2\,di_L(t)/dt，代入後得到

diL(t)dt+iL(t)=13vs1(t)+16vs2(t).\frac{di_L(t)}{dt}+i_L(t) =\frac{1}{3}v_{s1}(t)+\frac{1}{6}v_{s2}(t).

再代入 vs1(t)=u(t−1)v_{s1}(t)=u(t-1)、vs2(t)=u(t)v_{s2}(t)=u(t)：

diL(t)dt+iL(t)=13u(t−1)+16u(t),iL(0)=0.\frac{di_L(t)}{dt}+i_L(t) =\frac{1}{3}u(t-1)+\frac{1}{6}u(t),\qquad i_L(0)=0.
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第 二 題15 分

如下圖所示之弦波穩態電路。試求當該電路的角頻率 ω\omega 分別為 0 rad/s0\ \mathrm{rad/s}、∞\infty（無限大）rad/s\mathrm{rad/s}、1LC rad/s\frac{1}{\sqrt{LC}}\ \mathrm{rad/s} 等三個條件下之 VoVi\frac{V_o}{V_i} 值。

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核心觀念

這題考查弦波穩態下的阻抗分壓，以及電容、電感在不同頻率的等效特性。電容與電感的阻抗分別為

ZC=1jωC,ZL=jωL.Z_C=\frac{1}{j\omega C},\qquad Z_L=j\omega L.

電阻 RR、電容 CC 與電感 LL 形成串聯回路，輸出電壓 VoV_o 取自電感兩端，因此可用阻抗分壓求出 VoVi\frac{V_o}{V_i}。

解題方法

由阻抗分壓，

VoVi=ZLZC+R+ZL=jωLR+jωL+1jωC.\frac{V_o}{V_i} =\frac{Z_L}{Z_C+R+Z_L} =\frac{j\omega L}{R+j\omega L+\frac{1}{j\omega C}}.

分別代入題目指定的頻率條件：

  1. ω=0 rad/s\omega=0\ \mathrm{rad/s}

直流穩態下，電容相當於開路，電感相當於短路。輸出端經電感接地，因此 Vo=0V_o=0：

VoVi∣ω=0=0.\left.\frac{V_o}{V_i}\right|_{\omega=0}=0.
  1. ω→∞\omega\to\infty

頻率趨近無限大時，電容相當於短路，電感相當於開路。串聯回路電流趨近零，電阻上的電壓降也趨近零，因此 VoV_o 趨近 ViV_i：

lim⁡ω→∞VoVi=1.\lim_{\omega\to\infty}\frac{V_o}{V_i}=1.
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第 三 題15 分

如下圖所示之直流電路，已知該電路之參數為：V1=30 VV_1=30\ \mathrm{V}、V2=−45 VV_2=-45\ \mathrm{V}、R1=20 ΩR_1=20\ \Omega、R2=10 ΩR_2=10\ \Omega、R3=5 ΩR_3=5\ \Omega、R4=15 ΩR_4=15\ \Omega。

試先以網目分析（mesh analysis）法求出圖中兩個網目電流 i1i_1、i2i_2 之值，再求出圖中三個支路電流 ixi_x、iyi_y、izi_z 之值。

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核心觀念

網目電流方向依圖均為順時針。共用支路的電流是兩個網目電流的代數差；支路電流若算出負值，表示實際方向與圖示箭頭相反。電壓源 V2V_2 的上端標示為正端，但題目給定 V2=−45 VV_2=-45\ \mathrm{V}，列式時須保留負號。

解題方法

左網目順時針流經共用電阻 R2R_2 的方向向下，因此其支路電流為 i1−i2i_1-i_2。依 KVL：

R1i1+R2(i1−i2)=V1−V2R_1i_1+R_2(i_1-i_2)=V_1-V_2

右網目順時針流經共用電阻的方向向上，因此該方向的電流為 i2−i1i_2-i_1。右側外圍電阻為 R3+R4R_3+R_4，依 KVL：

R2(i2−i1)+(R3+R4)i2=V2R_2(i_2-i_1)+(R_3+R_4)i_2=V_2

代入數值：

(20+10)i1−10i2=30−(−45)=75(20+10)i_1-10i_2=30-(-45)=75 −10i1+(10+5+15)i2=−45-10i_1+(10+5+15)i_2=-45

整理為聯立方程式：

{30i1−10i2=75−10i1+30i2=−45\begin{cases} 30i_1-10i_2=75\\ -10i_1+30i_2=-45 \end{cases}

解得：

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第 四 題15 分

如下圖所示之電路，已知圖中的 1 F1\ \mathrm{F} 電容器沒有初始電壓，試以拉普拉斯轉換（Laplace transform）求出圖中 t>0 st>0\ \mathrm{s} 時之 vo(t)v_o(t)。

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核心觀念

本題考拉普拉斯轉換下的節點分析。電容初始電壓為零，因此電容的拉普拉斯域電流為 IC(s)=sCVo(s)I_C(s)=sCV_o(s)。輸入電壓為 9.6δ(t)9.6\delta(t)，其拉普拉斯轉換為 9.69.6。

解題方法

令右側電壓源上端電壓為 Vs(s)V_s(s)，中央節點電壓為 Vo(s)V_o(s)。依圖中箭頭方向，流經 2 Ω2\,\Omega 電阻的電流為

I(s)=Vs(s)−Vo(s)2.I(s)=\frac{V_s(s)-V_o(s)}{2}.

左側受控電流源向上提供 4I(s)4I(s)。左側節點只有電流源與 1 Ω1\,\Omega 電阻相連，因此流經 1 Ω1\,\Omega 電阻、由左至中央的電流也是 4I(s)4I(s)。故從中央節點流向左側支路的電流為 −4I(s)-4I(s)。

對中央節點套用 KCL：

sVo(s)+Vo(s)−Vs(s)2−4I(s)=0.sV_o(s)+\frac{V_o(s)-V_s(s)}{2}-4I(s)=0.

代入 I(s)=Vs(s)−Vo(s)2I(s)=\dfrac{V_s(s)-V_o(s)}{2}：

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第 五 題15 分

如下圖所示之波德大小圖（Bode magnitude plot），試求出其轉移函數（transfer function）H(ω)H(\omega) 之表示式。

圖中縱軸為 H (dB)H\ (\mathrm{dB})，橫軸為 ω (rad/s)\omega\ (\mathrm{rad/s})，其特性如下：

  • 當 ω<2\omega<2 時，大小為 0 dB0\ \mathrm{dB}。
  • 當 2<ω<202<\omega<20 時，斜率為 +20 dB/decade+20\ \mathrm{dB/decade}，並由 0 dB0\ \mathrm{dB} 上升至 20 dB20\ \mathrm{dB}。
  • 當 20<ω<50020<\omega<500 時，大小維持為 20 dB20\ \mathrm{dB}。
  • 當 ω>500\omega>500 時，斜率為 −20 dB/decade-20\ \mathrm{dB/decade}。

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核心觀念

波德大小圖的斜率變化可用來判斷零點與極點：

  • 斜率增加 +20 dB/decade+20\ \mathrm{dB/decade}，代表增加一個一階零點。
  • 斜率減少 −20 dB/decade-20\ \mathrm{dB/decade}，代表增加一個一階極點。
  • 低頻大小為 0 dB0\ \mathrm{dB}，因此直流增益 K=100/20=1K=10^{0/20}=1。

解題方法

依圖上的斜率轉折頻率判讀：

  1. ω=2 rad/s\omega=2\ \mathrm{rad/s} 時，斜率由 00 變成 +20 dB/decade+20\ \mathrm{dB/decade}，故有一個零點： 1+s21+\frac{s}{2}

  2. ω=20 rad/s\omega=20\ \mathrm{rad/s} 時，斜率由 +20+20 回到 0 dB/decade0\ \mathrm{dB/decade}，故有一個極點： 1+s201+\frac{s}{20}

  3. ω=500 rad/s\omega=500\ \mathrm{rad/s} 時，斜率由 00 變成 −20 dB/decade-20\ \mathrm{dB/decade}，故再有一個極點： 1+s5001+\frac{s}{500}

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第 六 題15 分

一個雙埠網路（two-port network）之阻抗參數或 zz 參數如下：

[z]=[2520510] Ω[z]= \begin{bmatrix} 25 & 20\\ 5 & 10 \end{bmatrix}\ \Omega

試繪出其等效電路圖。

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核心觀念

阻抗參數以埠電流流入網路、埠電壓採同一參考方向定義：

[V1V2]=[Z11Z12Z21Z22][I1I2]\begin{bmatrix}V_1\\V_2\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}Z_{11}&Z_{12}\\Z_{21}&Z_{22}\end{bmatrix} \begin{bmatrix}I_1\\I_2\end{bmatrix}

因此本題的方程式為

V1=25I1+20I2,V2=5I1+10I2V_1=25I_1+20I_2,\qquad V_2=5I_1+10I_2

Z11Z_{11}、Z22Z_{22} 是各埠的自阻抗；Z12Z_{12}、Z21Z_{21} 是另一埠電流對該埠電壓的互阻抗。由於 Z12≠Z21Z_{12}\ne Z_{21}，此網路為非互易網路，不能直接用互易的無源 TT 型網路表示。

解題方法

採用兩個串聯受控電壓源的等效電路。令埠電流 I1I_1、I2I_2 均流入網路，並將各埠電壓分解為自身電流造成的電阻壓降，以及另一埠電流造成的受控電壓：

  • 埠 1 串聯 25 Ω25\,\Omega 電阻，以及一個受 I2I_2 控制、大小為 20I220I_2 的電壓源。
  • 埠 2 串聯 10 Ω10\,\Omega 電阻，以及一個受 I1I_1 控制、大小為 5I15I_1 的電壓源。

將受控電壓源的正端接在各埠電壓的正端方向，即可得到

V1=25I1+20I2V_1=25I_1+20I_2 V2=10I2+5I1V_2=10I_2+5I_1

與題目給定的 zz 參數方程完全相符。

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第 七 題10 分

有相互耦合的兩個線圈，已知其參數為：L1=50 mHL_1=50\ \mathrm{mH}、L2=120 mHL_2=120\ \mathrm{mH}、耦合係數 k=0.5k=0.5。試求這兩個線圈分別做串聯連接、並聯連接下之可能的最大等效電感值。

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核心觀念

本題考相互耦合線圈的互感，以及串聯、並聯時的等效電感。線圈間的互感為

M=kL1L2M=k\sqrt{L_1L_2}

兩線圈串聯時，等效電感依連接的磁通方向而有串聯助磁、串聯反磁兩種：

L串=L1+L2±2ML_{\text{串}}=L_1+L_2\pm 2M

並聯時也有兩種極性組合；其等效電感為

L並=L1L2−M2L1+L2∓2ML_{\text{並}}= \frac{L_1L_2-M^2}{L_1+L_2\mp 2M}

其中分母取較小值時，等效電感較大。

解題方法

先將電感換算成亨利，計算互感：

L1=0.05 H,L2=0.12 HL_1=0.05\ \mathrm{H},\qquad L_2=0.12\ \mathrm{H} M=0.50.05×0.12=0.50.006≈0.03873 HM=0.5\sqrt{0.05\times 0.12} =0.5\sqrt{0.006} \approx 0.03873\ \mathrm{H}

串聯的最大值取助磁組合：

L串,max=L1+L2+2M=0.05+0.12+2(0.03873)≈0.24746 HL_{\text{串,max}} =L_1+L_2+2M =0.05+0.12+2(0.03873) \approx 0.24746\ \mathrm{H}
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