113 年 國立成功大學電機工程學系碩士班丙組《電路學》

本題主要考驗三相功率計算、功率因數修正以及電容值計算。

核心觀念：

• 三相功率的計算：包含視在功率、實功率、虛功率，以及複功率。
• 功率因數的定義與計算。
• 功率因數修正：利用電容器補償感性負載的虛功率，以提升功率因數。
• $\Delta$ 接電容器組的計算。

解題過程：

首先，我們需要計算兩個負載的複功率，然後將它們相加得到總複功率。接著，利用總複功率計算線電流，最後再進行功率因數修正。

負載 1 (Load 1):

• 實功率 $P_1 = 30 \text{ kW}$
• 功率因數 $\cos \theta_1 = 0.6$ (lagging)
• 由於是感性負載，功率因數角 $\theta_1 = \arccos(0.6) \approx 53.13^\circ$。
• 虛功率 $Q_1 = P_1 \tan \theta_1 = 30 \text{ kW} \times \tan(53.13^\circ) = 30 \times \frac{4}{3} = 40 \text{ kVAR}$ (lagging)
• 複功率 $S_1 = P_1 + jQ_1 = 30 + j40 \text{ kVA}$
• 視在功率 $|S_1| = \sqrt{P_1^2 + Q_1^2} = \sqrt{30^2 + 40^2} = \sqrt{900 + 1600} = \sqrt{2500} = 50 \text{ kVA}$

負載 2 (Load 2):

• 虛功率 $Q_2 = 45 \text{ kVAR}$ (lagging)
• 功率因數 $\cos \theta_2 = 0.8$ (lagging)
• 由於是感性負載，功率因數角 $\theta_2 = \arccos(0.8) \approx 36.87^\circ$。
• 實功率 $P_2 = \frac{Q_2}{\tan \theta_2} = \frac{45 \text{ kVAR}}{\tan(36.87^\circ)} = \frac{45}{0.75} = 60 \text{ kW}$
• 複功率 $S_2 = P_2 + jQ_2 = 60 + j45 \text{ kVA}$
• 視在功率 $|S_2| = \sqrt{P_2^2 + Q_2^2} = \sqrt{60^2 + 45^2} = \sqrt{3600 + 2025} = \sqrt{5625} = 75 \text{ kVA}$

(a) 總複功率 $S_{total}$:

• $S_{total} = S_1 + S_2 = (30 + j40) + (60 + j45) = 90 + j85 \text{ kVA}$
• 總實功率 $P_{total} = 90 \text{ kW}$
• 總虛功率 $Q_{total} = 85 \text{ kVAR}$ (lagging)
• 總視在功率 $|S_{total}| = \sqrt{90^2 + 85^2} = \sqrt{8100 + 7225} = \sqrt{15325} \approx 123.79 \text{ kVA}$
• 總功率因數 $\cos \theta_{total} = \frac{P_{total}}{|S_{total}|} = \frac{90}{123.79} \approx 0.727$ (lagging)

【答案】(a) 總複功率為 $90 + j85 \text{ kVA}$。

(b) 三相線電流 $I_{line}$:

• 線電壓 $V_{L} = 240 \text{ kVrms}$ (線對線電壓)
• 三相系統的複功率與線電壓、線電流的關係為 $S_{total} = \sqrt{3} V_L I_{line}^*$。
• 因此，$I_{line}^* = \frac{S_{total}}{\sqrt{3} V_L} = \frac{(90 + j85) \times 10^3}{\sqrt{3} \times 240 \times 10^3} = \frac{90 + j85}{\sqrt{3} \times 240}$

核心觀念

本題考查理想運算放大器搭配 $R$、$C$ 網路所形成的二階主動濾波器。

由圖可知，運算放大器為電壓追隨器，因此：

$$V_o=V_b$$

且理想運算放大器輸入端不取電流。令 $V_a$ 為 $R_1$、$R_2$、$C_1$ 的交會節點，令 $V_b$ 為 $R_2$、$C_2$ 與運算放大器非反相端的交會節點。

解題方法

1. 分析節點 $V_b$

在 $V_b$ 節點套用 KCL：

$$\frac{V_b-V_a}{R_2}+sC_2V_b=0$$

整理得：

$$V_a=V_b(1+sR_2C_2)$$

因此：

$$V_a-V_b=sR_2C_2V_b$$

2. 分析節點 $V_a$

在 $V_a$ 節點套用 KCL。由於 $V_o=V_b$，流經 $C_1$ 的電流為 $sC_1(V_a-V_b)$：

$$\frac{V_a-V_i}{R_1} +\frac{V_a-V_b}{R_2} +sC_1(V_a-V_b)=0$$

代入 $V_a-V_b=sR_2C_2V_b$：

$$\frac{V_a-V_i}{R_1} +sC_2V_b +s^2R_2C_1C_2V_b=0$$

移項後：

$$V_i =V_a+sR_1C_2V_b+s^2R_1R_2C_1C_2V_b$$

再代入 $V_a=V_b(1+sR_2C_2)$：

$$V_i =V_b\left[ 1+sR_2C_2+sR_1C_2+s^2R_1R_2C_1C_2 \right]$$

因為 $V_o=V_b$，所以轉移函數為：

解題方法與讀圖

圖中電源為 $120\angle 0^\circ\text{ V}$，經 $4\,\Omega$ 電阻接至變壓器 $T_1$，匝數比為 $1:4$。$T_1$ 次側接有 $10\,\Omega$ 電阻，另一支路則由 $5\,\Omega$ 電阻串聯變壓器 $T_2$；$T_2$ 匝數比為 $1:2$，次側接 $40\,\Omega$ 電阻。兩個變壓器的點標記都在上端。特別注意，$I_2$ 的箭頭位於 $T_1$ 次側分流節點之前，因此代表次側的總電流。

先由負載端逐級反映阻抗，求出 $I_1$；再依點標記與匝數比求次側電流，最後算出 $40\,\Omega$ 電阻的耗散功率。

核心觀念

理想變壓器的阻抗反映關係為

$$Z_{\text{反映}}=\left(\frac{N_p}{N_s}\right)^2 Z_L$$

電流大小與匝數比成反比。依點標記判斷方向時，原邊電流流入點端，對應的副邊負載電流會由點端流出。本題所有負載皆為電阻，因此各相量電流與電源同相。

計算

先將 $T_2$ 次側的 $40\,\Omega$ 負載反映至原邊：

$$Z_{40,\text{反映至 }T_2\text{ 原邊}} =\left(\frac{1}{2}\right)^2(40) =10\,\Omega$$

此阻抗與 $5\,\Omega$ 串聯，形成 $15\,\Omega$ 支路；該支路再與 $10\,\Omega$ 電阻並聯。因此 $T_1$ 次側等效阻抗為

$$Z_{T_1,s}=10\parallel 15 =\frac{10(15)}{10+15} =6\,\Omega$$

將 $6\,\Omega$ 反映至 $T_1$ 原邊：

$$Z_{T_1,p}=\left(\frac{1}{4}\right)^2(6) =\frac{3}{8}\,\Omega$$

電源所見總阻抗為 $4+\frac{3}{8}=\frac{35}{8}\,\Omega$，故

$$I_1=\frac{120\angle 0^\circ}{4+\frac{3}{8}} =\frac{192}{7}\angle 0^\circ\text{ A} \approx 27.43\angle 0^\circ\text{ A}$$

$T_1$ 原邊電流流入點端，次側電流由點端流出；依 $1:4$ 匝數比，

核心觀念

本題考查含受控電壓源的等效電感。電感元件遵守

$$v_L=L\frac{di_L}{dt}$$

由端點 $a$ 流入的電流為 $i$，其經過左側 $7\,\mathrm{H}$ 電感後，在節點分流至 $6\,\mathrm{H}$ 支路及受控電壓源串聯 $5\,\mathrm{H}$ 電感支路。

解題方法

設流經 $6\,\mathrm{H}$ 電感的電流為 $i_6$，流經 $5\,\mathrm{H}$ 電感的電流為 $i_5$。由節點電流定律：

$$i=i_6+i_5$$

因此

$$\frac{di}{dt}=\frac{di_6}{dt}+\frac{di_5}{dt}$$

設左側節點電壓為 $v_x$，右側節點電壓為 $v_y$，且以下端 $b$ 為參考點。由電感關係式：

$$v_x=6\frac{di_6}{dt}$$ $$v_y=5\frac{di_5}{dt}$$

圖中的受控電壓源左正右負，其電壓約束為

$$v_x-v_y=4\frac{di}{dt}$$

代入電感電壓：

$$6\frac{di_6}{dt}-5\frac{di_5}{dt} =4\frac{di}{dt}$$

令

$$x=\frac{di_6}{dt},\qquad y=\frac{di_5}{dt}$$

則

$$x+y=\frac{di}{dt}$$ $$6x-5y=4\frac{di}{dt}$$

由 $y=\dfrac{di}{dt}-x$，代入第二式：

核心觀念

本題考查理想運算放大器的虛接地、電容電壓電流關係，以及一階自然響應。

理想運算放大器具有：

• 輸入端電流為 $0$
• 非反相端接地，因此反相端為虛地，電壓為 $0$

令第一級運算放大器輸出為 $v_x$，則圖中：

• $C_1$ 電壓為 $v_1$
• $C_2$ 電壓為 $v_2=v_o$

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解題方法

設

$$R=R_U=R_D=100\,\text{k}\Omega,\qquad C=C_1=C_2=0.1\,\mu\text{F}$$

時間常數為

$$RC=(100\times10^3)(0.1\times10^{-6}) =0.01\,\text{s}$$

1. 對第一級反相端節點列 KCL

第一級反相端為虛地，經 $R_D$ 的電流為 $v_x/R$。由電容電流關係：

$$\frac{v_x}{R}=C\frac{dv_1}{dt}$$

因此

$$v_x=RC\frac{dv_1}{dt}$$

由於 $C_1$ 左端電壓為 $v_1+v_x$，在左上節點列 KCL：

$$\frac{v_1+v_x-v_o}{R}+C\frac{dv_1}{dt}=0$$

代入 $v_x=RC\,dv_1/dt$：

$$v_o=v_1+2RC\frac{dv_1}{dt} \tag{1}$$

2. 對第二級反相端節點列 KCL

第二級反相端為虛地，故：

$$\frac{-v_x}{R}-C\frac{dv_o}{dt}=0$$

即

$$v_x=-RC\frac{dv_o}{dt}$$

與前式 $v_x=RC\,dv_1/dt$ 比較：

$$\frac{dv_1}{dt}=-\frac{dv_o}{dt}$$

所以