111 年 國立成功大學電機工程學系碩士班丙組《電路學》

核心觀念

端點 $a$、$b$ 的 Norton 等效電路包含：

• Norton 等效電阻 $R_N=R_{\mathrm{th}}$
• Norton 等效電流 $I_N=I_{\mathrm{sc}}=\dfrac{V_{\mathrm{th}}}{R_{\mathrm{th}}}$

最大功率傳輸定理指出：

$$R_L=R_{\mathrm{th}}$$

且最大功率為

$$P_{L,\max}=\frac{V_{\mathrm{th}}^2}{4R_{\mathrm{th}}}$$

以下依圖示電壓源極性計算。

(a) Norton 等效電路

1. 求開路電壓 $V_{\mathrm{th}}$

先移除 $R_L$，令底部節點為接地，設中央節點電壓為 $V_c$，端點電壓為 $V_a,V_b$。

30 V 電壓源上端電壓為 $V_a-30$，因此在節點 $a$：

$$\frac{V_a-V_c}{10}+\frac{V_a-30}{10}=0$$

整理得：

$$2V_a-V_c=30 \tag{1}$$

20 V 電壓源與 $V_b$、上方節點形成超節點。由中央節點 $c$ 寫 KCL：

$$\frac{V_c-V_a}{10} +\frac{V_c-V_b}{20} +\frac{V_c-V_d}{20} +\frac{V_c}{10} -5=0$$

其中 $V_d$ 為 20 V 電壓源左端電壓。乘以 20 後：

$$6V_c-2V_a-V_b-V_d=100 \tag{2}$$

對包含 $b,d$ 的超節點寫 KCL：

$$\frac{V_b-V_c}{20}+\frac{V_b}{10} +\frac{V_d-V_c}{20}=0$$

即：

$$3V_b+V_d-2V_c=0 \tag{3}$$

依圖中 20 V 電壓源右端為正端：

$$V_b-V_d=20 \tag{4}$$

由 (1)～(4) 解得：

$$V_a=30\text{ V},\qquad V_b=20\text{ V}$$

所以：

$$V_{\mathrm{th}}=V_{ab}=V_a-V_b=10\text{ V}$$

2. 求等效電阻 $R_{\mathrm{th}}$

將獨立源關閉：

核心觀念

本題考查：

• 電阻分壓定理。
• 理想運算放大器的虛短路：$v_-=v_+$。
• 運算放大器輸入端不取電流：$i_-=i_+=0$。
• 反相端節點的 KCL 分析。

假設運算放大器為理想運算放大器。

解題方法

1. 求 $v_a$

左側上支路為 $10\,\text{k}\Omega$ 與 $30\,\text{k}\Omega$ 分壓，因此

$$v_a = v_i\frac{30}{10+30} = 15.5\,\text{mV}\times\frac{30}{40} = 11.625\,\text{mV}$$

2. 求 $v_b$

左側下支路為 $40\,\text{k}\Omega$ 與 $60\,\text{k}\Omega$ 分壓，因此

$$v_b = v_i\frac{60}{40+60} = 15.5\,\text{mV}\times\frac{60}{100} = 9.30\,\text{mV}$$

3. 求運算放大器非反相端電壓

非反相端由 $v_b$ 經 $20\,\text{k}\Omega$ 與接地的 $80\,\text{k}\Omega$ 分壓：

核心觀念

圖中電容與電感網路皆為左右對稱，因此中間的 $2C$ 與 $2L$ 元件兩端電位相等，沒有電流通過，可予以忽略。

• 電容部分：每一側為兩個 $C$ 串聯，等效為 $C/2$；左右兩側並聯：

$$C_{\text{eq}}=\frac{C}{2}+\frac{C}{2}=C=0.2\ \text{F}$$

• 電感部分：每一側為兩個 $L$ 串聯，等效為 $2L$；左右兩側並聯：

$$L_{\text{eq}}=2L\parallel 2L=L=20\ \text{H}$$

因此原電路等效為電流源驅動一個並聯 LC 電路。

解題方法

假設電路在 $t<0$ 沒有儲能，因此

$$v_c(0^-)=0,\qquad i_L(0^-)=0$$

由電容電壓及電感電流的連續性：

$$v_c(0^+)=0,\qquad i_L(0^+)=0$$

並聯 LC 電路的 KCL 為

$$i_s(t)=i_C(t)+i_L(t)$$

其中

$$i_C(t)=C\frac{dv_c(t)}{dt}$$

且

$$v_c(t)=L\frac{di_L(t)}{dt}$$

採用拉氏轉換，電流源為

$$I_s(s)=\frac{3.5}{s}$$

並聯 LC 的導納為

$$Y(s)=sC+\frac{1}{sL}$$

所以

$$V_c(s)=\frac{I_s(s)}{Y(s)}$$

代入 $C=0.2$ F、$L=20$ H：

核心觀念

理想運算放大器工作在線性區時具有：

• 虛短：$v_-=v_+=0$
• 輸入電流為零

因此，圖中非反相端接地，故反相端為虛接地。設左下方節點電壓為 $v_x$，輸出電壓為 $v_o$。

由反相端套用 KCL：

$$\frac{0-v_x}{R_1}+\frac{0-v_o}{R_2}=0$$

所以

$$v_o=-\frac{R_2}{R_1}v_x$$

題給 $R_1=2R_2=10\,\text{k}\Omega$，因此

$$R_1=10\,\text{k}\Omega,\qquad R_2=5\,\text{k}\Omega$$

故

$$v_o=-\frac{1}{2}v_x$$

解題方法

在左下方節點 $v_x$ 寫 KCL。該節點連接：

• $R_1$ 至虛接地
• $C_2$ 至地
• $L$ 至輸出端 $v_o$

因此在 $s$ 域中：

$$\frac{v_x}{R_1}+sC_2v_x+\frac{v_x-v_o}{sL}=0$$

代入 $v_o=-\dfrac{R_2}{R_1}v_x$：

$$\frac{1}{R_1}+sC_2+ \frac{1+\dfrac{R_2}{R_1}}{sL}=0$$

乘上 $sL$ 得特徵方程：

$$LC_2s^2+\frac{L}{R_1}s+ \left(1+\frac{R_2}{R_1}\right)=0$$

整理為二階形式：

$$s^2+\frac{1}{R_1C_2}s+ \frac{1+\dfrac{R_2}{R_1}}{LC_2}=0$$

其阻尼振盪角頻率為

核心觀念

本題考查：

• 轉移函數與脈衝響應的關係
• 拉普拉斯反轉換
• 部分分式分解
• 重根 $\left(s+2\right)^2$ 的反拉普拉斯公式

對於因果 LTI 系統，轉移函數與脈衝響應滿足

$$H(s)=\mathcal{L}\{h(t)\}$$

因此

$$h(t)=\mathcal{L}^{-1}\{H(s)\}$$

常用反拉普拉斯公式為

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s+a}\right\}=e^{-at}u(t)$$

以及

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{(s+a)^2}\right\}=te^{-at}u(t)$$

其中 $u(t)$ 為單位階躍函數。

解題方法

已知

$$H(s)=\frac{s+4}{(s+1)(s+2)^2}$$

由於分母包含一個一次因式 $(s+1)$ 與一個二次重根 $(s+2)^2$，設部分分式為

$$\frac{s+4}{(s+1)(s+2)^2} = \frac{A}{s+1} +\frac{B}{s+2} +\frac{C}{(s+2)^2}$$

兩側同乘 $(s+1)(s+2)^2$：

$$s+4=A(s+2)^2+B(s+1)(s+2)+C(s+1)$$

求係數 $A$

令 $s=-1$：

$$-1+4=A(-1+2)^2$$ $$3=A$$

因此

$$A=3$$

求係數 $C$

令 $s=-2$：

$$-2+4=C(-2+1)$$ $$2=-C$$

上式顯示此處需注意代入後的因式配置。直接由原式的係數方程求解最為穩妥。

展開右側：

$$A(s+2)^2+B(s+1)(s+2)+C(s+1)$$

核心觀念

本題考查：

1. 三相平衡電源的線電壓相位關係。
2. 不平衡三相三線制三角形負載的支路電流與線電流。
3. 兩瓦特計法。
4. 複功率計算：

$$S=P+jQ$$

其中 $P$ 為總有效功率、$Q$ 為總無效功率，視在功率為

$$|S|=\sqrt{P^2+Q^2}$$

功率因數為

$$\mathrm{pf}=\frac{P}{|S|}$$

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1. 電源線電壓

已知

$$V_{ab}=208\angle 0^\circ\ \mathrm{V}$$

因為相序為 abc，所以

$$V_{bc}=208\angle -120^\circ\ \mathrm{V}$$ $$V_{ca}=208\angle 120^\circ\ \mathrm{V}$$

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2. 三角形負載支路電流

$AB$ 支路

$$I_{AB}=\frac{V_{AB}}{Z_{AB}} =\frac{208\angle0^\circ}{20} =10.4\angle0^\circ\ \mathrm{A}$$

$BC$ 支路

$$Z_{BC}=10-j10 =14.142\angle -45^\circ\ \Omega$$

因此

$$I_{BC} =\frac{208\angle-120^\circ}{14.142\angle-45^\circ} =14.708\angle-75^\circ\ \mathrm{A}$$

$CA$ 支路

$$Z_{CA}=12+j5 =13\angle22.62^\circ\ \Omega$$

因此

$$I_{CA} =\frac{208\angle120^\circ}{13\angle22.62^\circ} =16\angle97.38^\circ\ \mathrm{A}$$

轉為直角座標：

$$I_{BC}=3.807-j14.207\ \mathrm{A}$$ $$I_{CA}=-2.056+j15.867\ \mathrm{A}$$

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3. 求線電流

依圖中三角形負載的電流方向：

$$I_a=I_{AB}-I_{CA}$$ $$I_c=I_{CA}-I_{BC}$$

所以

$$I_a=(10.4)-(-2.056+j15.867) =12.456-j15.867\ \mathrm{A}$$ $$I_c=(-2.056+j15.867)-(3.807-j14.207) =-5.862+j30.074\ \mathrm{A}$$

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4. 兩瓦特計讀值

採用標準兩瓦特計接法：

$$W_1=\operatorname{Re}\{V_{ab}I_a^*\}$$ $$W_2=\operatorname{Re}\{V_{cb}I_c^*\}$$

其中

$$V_{cb}=208\angle60^\circ =104+j180.133\ \mathrm{V}$$

瓦特計 $W_1$

因為 $V_{ab}=208+j0$，且

$$I_a^*=12.456+j15.867$$

因此

$$W_1=\operatorname{Re}\{(208)(12.456+j15.867)\}$$ $$\boxed{W_1\approx2590.8\ \mathrm{W}}$$

瓦特計 $W_2$

$$I_c^*=-5.862-j30.074$$

因此