109 年 國立中山大學電機工程學系碩士班丁組《電路學》

這題主要考驗對電池容量、放電電流以及能量計算的理解。

核心觀念：

• 電池的額定容量 (Ah) 代表在特定放電率下能提供的總電荷量。
• 1C 放電率的意義。
• 能量 (Wh 或 J) 的計算。

解題步驟：

1. 理解電池額定值：
   一個電池模組的額定值為 12V / 6Ah。這表示在額定放電率下，它能提供 6 安培小時 (Ah) 的電荷。

2. 理解 1C 放電率：
   對於一個 6Ah 的電池，1C 的放電率意味著以 6A 的電流進行放電。

3. 計算實際放電電流：
   題目說電池以 1C 的恆定電流放電，所以放電電流 $I = 6A$。

4. 計算放電時間：
   題目給定放電時間為 30 分鐘。將其轉換為小時：$T = 30 \text{ minutes} = 0.5 \text{ hours}$。

5. 計算單一電池模組提供的總電荷：
   單一電池模組提供的總電荷量為：
   $Q_{\text{single}} = \text{Current} \times \text{Time} = 6A \times 0.5h = 3Ah$。
   然而，題目給定的 6Ah 是額定容量，而放電條件是 30 分鐘 (0.5h)。如果以 1C (6A) 放電，理論上可以放電 1 小時。這裡實際放電了 30 分鐘，所以放出的電荷是 3Ah。
   注意：題目敘述「discharged by 1C constant current for 30 minutes」可能有些歧義。一般來說，如果容量是 6Ah，1C 是 6A。以 6A 放電 30 分鐘，放出的電荷是 3Ah，而不是 6Ah。這裡我們假設題目是要問「在 1C 的放電率下，放電 30 分鐘所提供的總能量」。
   如果題目意圖是「以 1C 的電流放電，且放電時間為 30 分鐘」，則放出的電荷量為 $6A \times 0.5h = 3Ah$。
   如果題目意圖是「電池能提供 30 分鐘的放電時間，且放電率為 1C」，則電池容量必須是 $I \times T = 6A \times 0.5h = 3Ah$。這與額定容量 6Ah 相矛盾。
   最合理的解釋是：電池容量為 6Ah，1C 電流為 6A。我們以 6A 的電流放電 30 分鐘。
   單一電池模組提供的總電荷 $Q_{\text{single}} = 6A \times 0.5h = 3Ah$。
   單一電池模組提供的總能量 $E_{\text{single}} = \text{Voltage} \times Q_{\text{single}} = 12V \times 3Ah = 36Wh$。

6. 計算兩組電池串聯提供的總能量：
   題目說有「Two battery modules in series connection」。
   串聯時，電壓會相加，容量 (Ah) 不變（如果電池相同）。
   總電壓 $V_{\text{total}} = 12V + 12V = 24V$。
   總容量 $Q_{\text{total}} = 6Ah$ (因為放電電流是 1C，即 6A，而 6Ah 的容量可以支撐 1 小時的 6A 放電。題目只放電 30 分鐘，所以實際放出的電荷是 3Ah)。
   另一種理解方式： 兩組電池串聯，總電壓為 24V。每組電池額定 6Ah。

這題考驗對週期性訊號 RMS 值和平均功率的計算，特別是包含直流分量和交流分量的訊號。

核心觀念：

• RMS 值計算： 對於一個週期性訊號 $x(t)$，其 RMS 值為 $X_{rms} = \sqrt{\frac{1}{T} \int_0^T x(t)^2 dt}$。如果訊號由直流分量 $X_{dc}$ 和交流分量 $X_{ac}(t)$ 組成，且 $X_{ac}(t)$ 的 RMS 值為 $X_{ac,rms}$，則總 RMS 值為 $X_{rms} = \sqrt{X_{dc}^2 + X_{ac,rms}^2}$。
• 平均功率計算： 對於一個包含直流分量和交流分量的電路，平均功率是所有分量交互作用的結果。對於電壓 $v(t) = V_{dc} + v_{ac}(t)$ 和電流 $i(t) = I_{dc} + i_{ac}(t)$，平均功率 $P_{avg} = V_{dc}I_{dc} + V_{ac,rms}I_{ac,rms}\cos(\theta_{v,ac}-\theta_{i,ac})$，其中 $V_{ac,rms}$ 和 $I_{ac,rms}$ 是交流部分的 RMS 值，$\theta$ 是相位角。

解題步驟：

部分 (1): RMS 值 of the current

給定的電流訊號為 $i(t)=1-2\sin(100t) A$。
這個訊號包含一個直流分量 ($I_{dc}$) 和一個交流分量。

• 直流分量：$I_{dc} = 1A$。
• 交流分量：$i_{ac}(t) = -2\sin(100t) A$。

首先，我們需要計算交流分量的 RMS 值。
對於 $i_{ac}(t) = -2\sin(100t)$，其振幅為 $A = 2$。
對於正弦波訊號 $A\sin(\omega t + \phi)$，其 RMS 值為 $\frac{A}{\sqrt{2}}$。
所以，$i_{ac}(t)$ 的 RMS 值為 $I_{ac,rms} = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} A$。

現在，我們可以計算總電流的 RMS 值，使用公式 $I_{rms} = \sqrt{I_{dc}^2 + I_{ac,rms}^2}$：
$I_{rms} = \sqrt{(1A)^2 + (\sqrt{2}A)^2} = \sqrt{1 + 2} = \sqrt{3} A$。

【答案】(1) $\sqrt{3} A$

部分 (2): Average power consumption

給定的電壓訊號為 $v(t)=10+30\cos(100t) V$。
給定的電流訊號為 $i(t)=1-2\sin(100t) A$。

首先，我們需要將兩個訊號表示成同一個基礎（例如，都用餘弦函數表示）。
$v(t) = 10 + 30\cos(100t) V$
$i(t) = 1 - 2\sin(100t) A = 1 - 2\cos(100t - 90^\circ) A = 1 + 2\cos(100t + 90^\circ) A$。
(因為 $\sin(x) = \cos(x-90^\circ)$，所以 $-\sin(x) = \cos(x-90^\circ+180^\circ) = \cos(x+90^\circ)$)

核心觀念

本題考查平衡三相系統的下列關係：

1. 三相視在功率與線電流：
   $S=\sqrt{3}V_LI_L$

2. 功率因數與電流相角：
   $\cos\phi=0.75,\qquad \phi=\cos^{-1}(0.75)=41.41^\circ$

   因為功率因數為落後，故電流落後負載電壓 $41.41^\circ$。

3. 三相輸電線功率損失：
   $P_{\text{loss}}=3I_L^2R$

4. 每相電壓降：
   $\Delta V_\phi=I_LZ_{\text{line}}$

題目中的負載電壓 $4200\text{ V}$ 按三相輸電系統慣例視為線電壓。

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解題方法

以負載端相電壓作為參考相位，利用每相等效電路計算電流與輸電線壓降，再求送電端電壓。

1. 求負載電流

負載視在功率為

$$S=1\text{ MVA}=1\times10^6\text{ VA}$$

負載線電壓為

$$V_{R,L}=4200\text{ V}$$

因此線電流為

$$I_L=\frac{S}{\sqrt{3}V_{R,L}}$$ $$I_L=\frac{1\times10^6}{\sqrt{3}(4200)} =137.46\text{ A}$$

功率因數角為

$$\phi=\cos^{-1}(0.75)=41.41^\circ$$

所以負載電流相量為

$$\boxed{I_L=137.46\angle-41.41^\circ\text{ A}}$$

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2. 求輸電線功率損失

每相線路阻抗為

$$Z_{\text{line}}=4+j2\ \Omega$$

其中電阻部分為

$$R=4\ \Omega$$

三相輸電線的總功率損失為

$$P_{\text{loss}}=3I_L^2R$$

代入數值：

$$P_{\text{loss}} =3(137.46)^2(4)$$ $$P_{\text{loss}}\approx226700\text{ W}$$

因此

$$\boxed{P_{\text{loss}}\approx226.7\text{ kW}}$$

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3. 求送電端電壓

負載端每相電壓為

$$V_{R,\phi}=\frac{V_{R,L}}{\sqrt{3}} =\frac{4200}{\sqrt{3}} =2424.87\text{ V}$$

選擇負載端相電壓為參考相位：

$$V_{R,\phi}=2424.87\angle0^\circ\text{ V}$$

將負載電流轉為直角座標：

$$I_L=137.46(\cos41.41^\circ-j\sin41.41^\circ)$$

由於

這題考驗對單相全波整流器平均直流輸出電壓的理解。

核心觀念：

• 全波整流器： 將交流電的兩個半週期都轉換為直流的脈動訊號。
• 平均直流輸出電壓： 對於一個週期性的訊號，其平均值定義為 $V_{avg} = \frac{1}{T} \int_0^T v(t) dt$。

解題步驟：

已知條件：

• 輸入電壓為交流電壓，其 RMS 值為 $V_{rms} = 110V$。
• 電路為單相全波整流器。

1. 確定輸入交流電壓的瞬時值表達式：
我們知道輸入電壓的 RMS 值是 $110V$。對於正弦交流電壓，RMS 值與峰值 (Amplitude) $V_p$ 的關係是 $V_{rms} = \frac{V_p}{\sqrt{2}}$。
所以，峰值電壓 $V_p = V_{rms} \times \sqrt{2} = 110V \times \sqrt{2} \approx 155.56V$。
我們可以假設輸入電壓的瞬時值為 $v(t) = V_p \sin(\omega t) = 110\sqrt{2} \sin(\omega t) V$。

2. 理解全波整流器的輸出波形：
全波整流器會將交流電壓的負半週（當 $\sin(\omega t) < 0$ 時）反轉，使其變成正值。
因此，輸出電壓 $v_o(t)$ 的波形是將輸入電壓 $v(t)$ 的負半週「翻上來」。
在一個週期 $T = \frac{2\pi}{\omega}$ 內，輸出電壓的波形是：
$v_o(t) = |v(t)| = |110\sqrt{2} \sin(\omega t)|$。
這意味著輸出電壓在每個半週期 (0 到 $T/2$) 都是 $110\sqrt{2} \sin(\omega t)$，然後在下一個半週期 ( $T/2$ 到 $T$) 也是 $110\sqrt{2} \sin(\omega t)$（因為負半週期被翻上來了，實際上是 $|-\sin(\omega t)| = \sin(\omega t)$ 在 $T/2$ 到 $T$ 區間）。
更準確地說，在 $0 \le t \le T/2$ 時，$v_o(t) = V_p \sin(\omega t)$。
在 $T/2 \le t \le T$ 時，$v_o(t) = -V_p \sin(\omega t) = V_p \sin(\omega t - \pi)$ 的絕對值，這也是 $V_p \sin(\omega t)$ 在這個區間的絕對值。
所以，輸出電壓 $v_o(t)$ 在第一個半週期是 $V_p \sin(\omega t)$，在第二個半週期也是 $V_p \sin(\omega t)$ (但相位上是將負半週翻轉)。
輸出波形實際上是將原始正弦波的負半週鏡像到正半週。
例如，如果 $v(t) = V_p \sin(\omega t)$，那麼 $v_o(t)$ 在 $0$ 到 $T/2$ 是 $V_p \sin(\omega t)$，在 $T/2$ 到 $T$ 是 $-V_p \sin(\omega t)$ 的絕對值，也就是 $V_p \sin(\omega t)$。
所以，輸出電壓 $v_o(t)$ 的波形是重複的「正半週」正弦波，其週期是 $T/2$（而不是 $T$）。
在一個完整的原始週期 $T$ 內，有兩個這樣的「正半週」輸出。

3. 計算平均直流輸出電壓：
平均直流輸出電壓 $V_{avg}$ 是輸出電壓 $v_o(t)$ 在一個週期 $T$ 上的積分。
$V_{avg} = \frac{1}{T} \int_0^T v_o(t) dt$

核心觀念

本題考查降壓型轉換器（buck converter）的：

• 電感伏秒平衡
• 電感電流斜率
• 連續導通模式（CCM）與不連續導通模式（DCM）的判斷
• 二極體導通與截止時的端電壓

理想 buck converter 中，輸出平均電流為

$$I_o=\frac{P_o}{V_o} =\frac{20}{10}=2\text{ A}$$

開關週期為

$$T_s=\frac{1}{f_s}=\frac{1}{10\,\text{kHz}}=100\,\mu\text{s}$$

負載等效電阻為

$$R=\frac{V_o^2}{P_o}=\frac{10^2}{20}=5\,\Omega$$

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解題方法：先判斷導通模式

若假設為 CCM，理想 buck 的工作週期為

$$D=\frac{V_o}{V_g}=\frac{10}{20}=0.5$$

開關導通時，電感電壓為

$$v_L=V_g-V_o=20-10=10\text{ V}$$

因此電感電流上升量為

$$\Delta i_{L,\mathrm{on}} =\frac{V_g-V_o}{L}DT_s$$

代入數值：

$$\Delta i_{L,\mathrm{on}} =\frac{10}{50\,\mu\text{H}}\times 0.5\times100\,\mu\text{s} =10\text{ A}$$

此時平均電流只有 $2\text{ A}$，若為對稱三角波，谷值將為

$$i_{L,\min}=I_o-\frac{\Delta i_L}{2} =2-\frac{10}{2} =-3\text{ A}$$

電感電流不會維持負值，因此 CCM 假設不成立。本題工作於 DCM，電感電流每週期會降至零。

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DCM 工作週期與峰值電流

設開關導通時間為 $DT_s$，二極體導通時間為 $D_2T_s$。

開關導通期間

電感電流由零上升至峰值 $I_{\mathrm{pk}}$：

$$I_{\mathrm{pk}} =\frac{V_g-V_o}{L}DT_s$$

代入數值：

$$I_{\mathrm{pk}} =\frac{10}{50\,\mu\text{H}}D(100\,\mu\text{s}) =20D\text{ A}$$

二極體導通期間

二極體導通時，電感兩端電壓為 $-V_o$，電流下降至零，因此

$$I_{\mathrm{pk}} =\frac{V_o}{L}D_2T_s$$

由於 $V_g-V_o=V_o=10\text{ V}$，可得

$$D_2=D$$

電感電流是一個底寬為 $(D+D_2)T_s=2DT_s$ 的三角波，故平均值為

$$I_o=\frac{1}{2}I_{\mathrm{pk}}(D+D_2)$$

因為 $D_2=D$：

$$I_o=I_{\mathrm{pk}}D$$

再代入 $I_{\mathrm{pk}}=20D$：

$$2=20D^2$$

因此

$$D^2=0.1$$ $$D=\sqrt{0.1}=0.3162$$

所以

$$D_2=0.3162$$

零電流期間所占比例為

$$D_3=1-D-D_2 =1-2(0.3162) =0.3675$$

峰值電流為

$$I_{\mathrm{pk}}=20D =20(0.3162) =6.325\text{ A}$$

各段時間如下：

$$t_{\mathrm{on}}=DT_s=31.62\,\mu\text{s}$$ $$t_D=D_2T_s=31.62\,\mu\text{s}$$ $$t_{\mathrm{idle}}=D_3T_s=36.75\,\mu\text{s}$$

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（1）電感電流波形

電感電流波形為不連續三角波：

1. $0\leq t<31.62\,\mu\text{s}$：開關導通，電流由 $0$ 線性上升至 $6.325\text{ A}$。
2. $31.62\,\mu\text{s}\leq t<63.24\,\mu\text{s}$：開關關斷、二極體導通，電流線性下降至 $0$。
3. $63.24\,\mu\text{s}\leq t<100\,\mu\text{s}$：開關與二極體皆截止，電感電流維持 $0$。

這題考驗對感應電動機 (Induction Motor) 的基本參數計算，包括同步轉速、轉子轉速和轉子頻率。

核心觀念：

• 同步轉速 ($N_s$)： 感應電動機的磁場旋轉速度，由電源頻率 ($f$) 和極數 ($P$) 決定。
• 轉子轉速 ($N_r$)： 感應電動機的轉子實際旋轉速度，總是略低於同步轉速。
• 滑差 (Slip, $s$)： 同步轉速與轉子轉速之間的差異，表示為轉子相對於同步磁場的速度。定義為 $s = \frac{N_s - N_r}{N_s}$。
• 轉子頻率 ($f_r$)： 轉子導體切割磁場線時感應出的交流電頻率，與滑差和電源頻率成正比：$f_r = s \times f$。

解題步驟：

已知條件：

• 極數 (Number of poles)：$P = 4$。
• 電源頻率：$f = 60Hz$。
• 滑差：$s = 5\% = 0.05$。
• 負載功率：$P_{load} = 15kW$ (此資訊在計算轉速和轉子頻率時不需要，但可作為上下文)。

部分 (1): Rotor speed (轉子轉速)

核心觀念

本題考查二階 RLC／RC 濾波器的轉移函數，以及帶通濾波器的：

• 中心角頻率 $\omega_0$
• 半功率頻率 $\omega_L,\omega_H$
• 頻寬 $BW=\omega_H-\omega_L$

圖中各元件皆為 $1$：

• 左側串聯電阻：$R_1=1\Omega$
• 中間接地電容：$C_1=1\text{ F}$
• 上方串聯電容：$C_2=1\text{ F}$
• 右側負載電阻：$R_2=1\Omega$

電容阻抗為

$$Z_C=\frac{1}{sC}=\frac{1}{s}.$$

解題方法

設左側兩個電容交界節點電壓為 $V_1$，輸出電壓為 $V_o$。

由 $V_1$ 到接地有兩條並聯支路：

1. 中間電容：$\dfrac{1}{s}$
2. 上方電容與右側電阻串聯：$\dfrac{1}{s}+1$

因此，$V_1$ 對地的等效阻抗為

$$Z_p=\frac{\frac{1}{s}\left(1+\frac{1}{s}\right)} {\frac{1}{s}+1+\frac{1}{s}} =\frac{s+1}{s(s+2)}.$$

由左側 $1\Omega$ 電阻與 $Z_p$ 分壓：

$$\frac{V_1}{V_s} =\frac{Z_p}{1+Z_p} =\frac{\frac{s+1}{s(s+2)}} {1+\frac{s+1}{s(s+2)}}.$$

整理得

$$\frac{V_1}{V_s} =\frac{s+1}{s^2+3s+1}.$$

再由上方串聯電容與右側 $1\Omega$ 電阻分壓：

$$\frac{V_o}{V_1} =\frac{1}{1+\frac{1}{s}} =\frac{s}{s+1}.$$

所以整體轉移函數為

$$H(s)=\frac{V_o}{V_s} =\frac{V_o}{V_1}\frac{V_1}{V_s} =\frac{s}{s^2+3s+1}.$$

將分母與標準二階帶通形式比較：

$$H(s)=\frac{K\left(\frac{\omega_0}{Q}\right)s} {s^2+\left(\frac{\omega_0}{Q}\right)s+\omega_0^2},$$

這題考驗對拉氏轉換 (Laplace Transform) 在電路分析中的應用，特別是計算系統的傳遞函數 (Transfer Function) 和時域響應。

核心觀念：

• 拉氏轉換： 將時域訊號轉換為複頻域 (s-domain) 的函數，便於進行代數運算。
• 阻抗： 在 s-domain 中，電阻 $R$ 的阻抗是 $R$；電感的阻抗是 $sL$；電容的阻抗是 $1/(sC)$。
• 傳遞函數 (Transfer Function, $H(s)$)： 輸出函數與輸入函數的比值，通常定義為 $H(s) = Y(s)/X(s)$，其中 $Y(s)$ 是輸出訊號的拉氏轉換，$X(s)$ 是輸入訊號的拉氏轉換。
• 節點電壓法或網孔電流法： 在 s-domain 中應用這些方法來求解電路。
• 部分分式展開 (Partial Fraction Expansion, PFE)： 用於將拉氏轉換後的輸出函數轉換回時域。
• 卷積定理： $y(t) = x(t) * h(t) \Leftrightarrow Y(s) = X(s)H(s)$。

圖示分析 (Figure 2)：
圖 2 顯示了一個 s-domain 電路。

• 輸入電壓源 $v_s$。
• 一個 $1\Omega$ 電阻。
• 一個 $s\Omega$ 的電感 (這表示 $L=1H$)。
• 一個 $1\Omega$ 的電阻。
• 一個 $1\Omega$ 的電阻。
• 輸出電壓 $v_o$ 測量在最後一個 $1\Omega$ 電阻兩端。

已知條件：

• 輸入電壓 $v_s(t) = \sin(2t)$。
• 電路元件：$R_1 = 1\Omega$, $L=1H$ (阻抗為 $sL = s \times 1 = s\Omega$), $R_2 = 1\Omega$, $R_3 = 1\Omega$。
• 輸出電壓 $v_o$ 測量在 $R_3$ 兩端。

解題步驟：

1. 將輸入訊號轉換到 s-domain：
輸入訊號是 $v_s(t) = \sin(2t)$。
其拉氏轉換為 $V_s(s) = \mathcal{L}\{\sin(at)\} = \frac{a}{s^2 + a^2}$。
所以，$V_s(s) = \frac{2}{s^2 + 2^2} = \frac{2}{s^2 + 4}$。

2. 分析 s-domain 電路，確定傳遞函數 $H(s)$：
電路結構是一個串聯電路，其中電感和電阻是串聯的，然後再與另外兩個電阻串聯。輸出電壓 $v_o$ 測量在最後一個 $1\Omega$ 電阻 ($R_3$) 上。
整個電路可以看作是一個分壓器。
總阻抗 $Z_{total}(s) = R_1 + sL + R_2 + R_3$。
$Z_{total}(s) = 1\Omega + s(1H) + 1\Omega + 1\Omega = 3 + s \Omega$。
輸出電壓 $V_o(s)$ 是通過 $R_3$ 的電壓。
根據分壓公式：
$V_o(s) = V_s(s) \times \frac{R_3}{R_1 + sL + R_2 + R_3}$
$V_o(s) = V_s(s) \times \frac{1}{1 + s + 1 + 1} = V_s(s) \times \frac{1}{3+s}$。

傳遞函數 $H(s)$ 定義為輸出與輸入的比值：
$H(s) = \frac{V_o(s)}{V_s(s)} = \frac{1}{s+3}$。

3. 計算時域輸出響應 $v_o(t)$：
我們有 $V_o(s) = V_s(s) \times H(s)$。
$V_o(s) = \left(\frac{2}{s^2 + 4}\right) \times \left(\frac{1}{s+3}\right)$
$V_o(s) = \frac{2}{(s^2 + 4)(s+3)}$。

為了求 $v_o(t) = \mathcal{L}^{-1}\{V_o(s)\}$，我們需要對 $V_o(s)$ 進行部分分式展開 (PFE)。
令 $V_o(s) = \frac{A}{s+3} + \frac{Bs+C}{s^2+4}$。