109 年 國立成功大學電機工程學系碩士班丙組《電路學》

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第 1 題

Refer to the circuit of Fig. 1. Calculate:
(a) the line currents in phasor domain representation, (10%)
(b) the real power absorbed by the load, (5%)
(c) and the total complex power supplied by the source. (5%)

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Fig. 1

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核心觀念

本題為平衡三相電源供應不平衡三相 Δ\Delta 負載。各相電源電壓大小為 440 V440\ \text{V}，相位分別為

Van=440∠0∘,Vbn=440∠−120∘,Vcn=440∠120∘ V.V_{an}=440\angle 0^\circ,\quad V_{bn}=440\angle -120^\circ,\quad V_{cn}=440\angle 120^\circ\ \text{V}.

負載三支路阻抗為

ZAB=j10 Ω,ZBC=20 Ω,ZCA=−j5 Ω.Z_{AB}=j10\ \Omega,\quad Z_{BC}=20\ \Omega,\quad Z_{CA}=-j5\ \Omega.

先求各線間電壓：

VAB=Van−Vbn=4403∠30∘=762.1∠30∘ V,V_{AB}=V_{an}-V_{bn}=440\sqrt{3}\angle 30^\circ =762.1\angle 30^\circ\ \text{V}, VBC=Vbn−Vcn=762.1∠−90∘ V,V_{BC}=V_{bn}-V_{cn}=762.1\angle -90^\circ\ \text{V}, VCA=Vcn−Van=762.1∠150∘ V.V_{CA}=V_{cn}-V_{an}=762.1\angle 150^\circ\ \text{V}.

(a) 線電流的相量表示

先計算 Δ\Delta 負載各支路電流，方向分別定義為 A→BA\to B、B→CB\to C、C→AC\to A：

IAB=VABj10=762.1∠30∘10∠90∘=76.21∠−60∘ A,I_{AB}=\frac{V_{AB}}{j10} =\frac{762.1\angle30^\circ}{10\angle90^\circ} =76.21\angle-60^\circ\ \text{A}, IBC=VBC20=38.105∠−90∘ A,I_{BC}=\frac{V_{BC}}{20} =38.105\angle-90^\circ\ \text{A}, ICA=VCA−j5=762.1∠150∘5∠−90∘=152.42∠240∘=152.42∠−120∘ A.I_{CA}=\frac{V_{CA}}{-j5} =\frac{762.1\angle150^\circ}{5\angle-90^\circ} =152.42\angle240^\circ =152.42\angle-120^\circ\ \text{A}.

由 Kirchhoff 電流定律，線電流為

Ia=IAB−ICA,I_a=I_{AB}-I_{CA}, Ib=IBC−IAB,I_b=I_{BC}-I_{AB}, Ic=ICA−IBC.I_c=I_{CA}-I_{BC}.

因此：

Ia=76.21∠−60∘−152.42∠−120∘=132.0∠30∘ A,I_a =76.21\angle-60^\circ-152.42\angle-120^\circ =132.0\angle30^\circ\ \text{A}, Ib=38.105∠−90∘−76.21∠−60∘=47.22∠143.8∘ A,I_b =38.105\angle-90^\circ-76.21\angle-60^\circ =47.22\angle143.8^\circ\ \text{A}, Ic=152.42∠−120∘−38.105∠−90∘=121.0∠−129.1∘ A.I_c =152.42\angle-120^\circ-38.105\angle-90^\circ =121.0\angle-129.1^\circ\ \text{A}.

矩形式為

Ia=114.32+j66.00 A,\boxed{I_a=114.32+j66.00\ \text{A}},
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第 2 題

Let is=5cos⁡(100t)i_s = 5\cos(100t) A as shown in Fig. 2. Calculate:
(a) the voltage across the capacitor, vcv_c, (10%)
(b) and the value of the energy stored in the coupled coils at t=2.5πt = 2.5\pi ms. (5%)

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Fig. 2

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核心觀念

本題考查：

  • 正弦穩態下的相量分析。
  • 互感耦合線圈的電壓—電流關係。
  • 電容阻抗與電容電流。
  • 耦合線圈儲存能量。

由圖可知，兩線圈皆由有黑點的一端定義電流 i1,i2i_1,i_2 流入；參數為

L1=L2=200 mH=0.2 H,L_1=L_2=200\text{ mH}=0.2\text{ H}, M=100 mH=0.1 H,C=500 μF=5×10−4 F,M=100\text{ mH}=0.1\text{ H},\qquad C=500\ \mu\text{F}=5\times10^{-4}\text{ F}, R=20 Ω,ω=100 rad/s.R=20\ \Omega,\qquad \omega=100\text{ rad/s}.

以下採用峰值相量。

(a) 電容電壓 vcv_c

電流源為

is=5cos⁡(100t) Ai_s=5\cos(100t)\text{ A}

因此

Is=5∠0∘ A.\boldsymbol I_s=5\angle 0^\circ\text{ A}.

設左線圈電流為 I1\boldsymbol I_1，右線圈電流為 I2\boldsymbol I_2。因為電容與左線圈所在節點沒有其他支路，KCL 得

I1+IC=0.\boldsymbol I_1+\boldsymbol I_C=0.

而

IC=jωCVc,\boldsymbol I_C=j\omega C\boldsymbol V_c,

所以

I1=−jωCVc.\boldsymbol I_1=-j\omega C\boldsymbol V_c.

兩個耦合線圈的相量關係為

Vc=jωL1I1+jωMI2,\boldsymbol V_c=j\omega L_1\boldsymbol I_1+j\omega M\boldsymbol I_2, V=jωMI1+jωL2I2,\boldsymbol V=j\omega M\boldsymbol I_1+j\omega L_2\boldsymbol I_2,

其中 V\boldsymbol V 為右側上節點對下方參考節點的電壓。

代入 I1=−jωCVc\boldsymbol I_1=-j\omega C\boldsymbol V_c 至第一式：

Vc=jωL1(−jωCVc)+jωMI2,\boldsymbol V_c =j\omega L_1(-j\omega C\boldsymbol V_c) +j\omega M\boldsymbol I_2, (1−ω2L1C)Vc=jωMI2.(1-\omega^2L_1C)\boldsymbol V_c =j\omega M\boldsymbol I_2.

計算

ω2L1C=(100)2(0.2)(5×10−4)=1.\omega^2L_1C =(100)^2(0.2)(5\times10^{-4})=1.

因此

0=jωMI2,0=j\omega M\boldsymbol I_2,

故

I2=0.\boldsymbol I_2=0.

右側節點只剩 20 Ω20\ \Omega 電阻與電流源，因此

V=RIs=20(5)=100∠0∘ V.\boldsymbol V=R\boldsymbol I_s =20(5)=100\angle0^\circ\text{ V}.
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第 3 題

A general first-order filter is shown in Fig. 3.
(a) Find the transfer function vo/vsv_o/v_s. (5%)
(b) What condition must be satisfied for the circuit to operate as a high-pass filter? Sketch the magnitude and phase Bode plots, and label the corresponding high-frequency gain and the cutoff frequency. (5%)
(c) What condition must be satisfied for the circuit to operate as a low-pass filter? Sketch the magnitude and phase Bode plots, and label the corresponding DC gain and the cutoff frequency. (5%)

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Fig. 3

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核心觀念

本題考察理想運算放大器的一階主動濾波器分析：

  • 理想運算放大器具有 v−=v+v_-=v_+，且輸入端電流為零。
  • 反相端的回授阻抗為 R2R_2 與電容 CC 的並聯：
Zf=R2∥1sC=R21+sR2CZ_f=R_2\parallel\frac{1}{sC} =\frac{R_2}{1+sR_2C}
  • 高通濾波器的直流增益必須為零。
  • 低通濾波器的高頻增益必須為零。

令非反相端電壓為 v+v_+，則由 R3R_3、R4R_4 分壓得

v+=R4R3+R4vsv_+=\frac{R_4}{R_3+R_4}v_s

因為是理想運算放大器，

v−=v+=R4R3+R4vsv_-=v_+=\frac{R_4}{R_3+R_4}v_s

(a) 傳遞函數 vo/vsv_o/v_s

在反相端套用 KCL：

v−−vsR1+v−−voZf=0\frac{v_--v_s}{R_1}+\frac{v_--v_o}{Z_f}=0

整理得

vo=v−+ZfR1(v−−vs)v_o=v_-+\frac{Z_f}{R_1}(v_--v_s)

代入

v−=R4R3+R4vsv_-=\frac{R_4}{R_3+R_4}v_s

以及

Zf=R21+sR2CZ_f=\frac{R_2}{1+sR_2C}

可得

vovs=R4R3+R4−R2R3R1(R3+R4)(1+sR2C)\frac{v_o}{v_s} = \frac{R_4}{R_3+R_4} - \frac{R_2R_3} {R_1(R_3+R_4)(1+sR_2C)}

合併為

vovs=R4R3+R4(1+sR2C)−R2R3R1(R3+R4)1+sR2C\boxed{ \frac{v_o}{v_s} = \frac{ \displaystyle \frac{R_4}{R_3+R_4}(1+sR_2C) - \frac{R_2R_3}{R_1(R_3+R_4)} } {1+sR_2C} }

亦可寫成

vovs=R4R3+R4sR2C+R1R4−R2R3R1(R3+R4)1+sR2C\boxed{ \frac{v_o}{v_s} = \frac{ \displaystyle \frac{R_4}{R_3+R_4}sR_2C + \frac{R_1R_4-R_2R_3} {R_1(R_3+R_4)} } {1+sR_2C} }

(b) 作為高通濾波器的條件

高通濾波器在直流時輸出必須為零，因此要求

vovs∣s=0=0\left.\frac{v_o}{v_s}\right|_{s=0}=0

代入傳遞函數：

R4R3+R4−R2R3R1(R3+R4)=0\frac{R_4}{R_3+R_4} - \frac{R_2R_3}{R_1(R_3+R_4)} =0

所以

R1R4=R2R3\boxed{R_1R_4=R_2R_3}

在此條件下，傳遞函數化為

vovs=R4R3+R4sR2C1+sR2C\frac{v_o}{v_s} = \frac{R_4}{R_3+R_4} \frac{sR_2C}{1+sR_2C}

令

ωc=1R2C\omega_c=\frac{1}{R_2C}

則

vovs=KHs/ωc1+s/ωc\boxed{ \frac{v_o}{v_s} = K_H\frac{s/\omega_c}{1+s/\omega_c} }

其中高頻增益為

KH=R4R3+R4\boxed{ K_H=\frac{R_4}{R_3+R_4} }

截止頻率為

ωc=1R2Cfc=12πR2C\boxed{ \omega_c=\frac{1}{R_2C} } \qquad \boxed{ f_c=\frac{1}{2\pi R_2C} }

高通 Bode 圖

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第 4 題

A mechanical system is modeled by an equivalent series RLC circuit. It is desired to produce an overdamped response with time constants 0.1 ms and 0.5 ms. If a series resistor R of 120 Ω is used, find the values of L (in mH) and C (in µF). (20%)

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核心觀念

串聯 RLC 電路的自然響應特徵方程為

s2+RLs+1LC=0s^2+\frac{R}{L}s+\frac{1}{LC}=0

過阻尼時有兩個不同的負實根。若時間常數為 τ1,τ2\tau_1,\tau_2，則自然響應可表示為

v(t)=A1e−t/τ1+A2e−t/τ2v(t)=A_1e^{-t/\tau_1}+A_2e^{-t/\tau_2}

因此兩個極點為

s1=−1τ1,s2=−1τ2s_1=-\frac{1}{\tau_1},\qquad s_2=-\frac{1}{\tau_2}

本題利用特徵根與特徵方程係數的關係：

s1+s2=−RLs_1+s_2=-\frac{R}{L} s1s2=1LCs_1s_2=\frac{1}{LC}

解題方法

已知

τ1=0.1 ms=1.0×10−4 s\tau_1=0.1\text{ ms}=1.0\times10^{-4}\text{ s} τ2=0.5 ms=5.0×10−4 s\tau_2=0.5\text{ ms}=5.0\times10^{-4}\text{ s}

所以兩個特徵根為

s1=−11.0×10−4=−1.0×104 s−1s_1=-\frac{1}{1.0\times10^{-4}}=-1.0\times10^4\text{ s}^{-1} s2=−15.0×10−4=−2.0×103 s−1s_2=-\frac{1}{5.0\times10^{-4}}=-2.0\times10^3\text{ s}^{-1}

先求電感 LL

由根的和：

s1+s2=−RLs_1+s_2=-\frac{R}{L}

代入 s1,s2s_1,s_2 與 R=120 ΩR=120\,\Omega：

−1.0×104−2.0×103=−120L-1.0\times10^4-2.0\times10^3 =-\frac{120}{L} 1.2×104=120L1.2\times10^4=\frac{120}{L}

因此

L=1201.2×104=1.0×10−2 HL=\frac{120}{1.2\times10^4} =1.0\times10^{-2}\text{ H}
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第 5 題

Find the equivalent capacitance of Cab (in µF) as seen from terminals a-b in the circuit of Fig. 5. (20%)

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Fig. 5

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核心觀念

此題考查電容器網路的等效電容。由於中間的 30 μF30\,\mu\text{F} 電容跨接左右兩個中間節點，電路無法直接以純串聯、並聯化簡，因此採用節點電荷法。

電容器的基本關係為

Q=CΔVQ=C\Delta V

在浮接的中間節點上，總電荷為零。

解題方法

令端點 aa 電壓為 VV、端點 bb 接地，並令左右兩個中間節點電壓分別為 V1V_1、V2V_2。

對左側中間節點套用電荷平衡：

40(V1−V)+10V1+30(V1−V2)=040(V_1-V)+10V_1+30(V_1-V_2)=0

整理得

80V1−30V2=40V80V_1-30V_2=40V

對右側中間節點套用電荷平衡：

50(V2−V)+20V2+30(V2−V1)=050(V_2-V)+20V_2+30(V_2-V_1)=0

整理得

−30V1+100V2=50V-30V_1+100V_2=50V

聯立兩式：

{80V1−30V2=40V−30V1+100V2=50V\begin{cases} 80V_1-30V_2=40V\\ -30V_1+100V_2=50V \end{cases}

解得

V1=5571V,V2=5271VV_1=\frac{55}{71}V,\qquad V_2=\frac{52}{71}V
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