111 年 國立中山大學電機工程學系碩士班丁組《電路學》

核心觀念

利用圖中電壓標示先求各節點電壓，再對左右兩個節點套用 KCL（基爾霍夫電流定律）：

$$\sum i_{\text{流出}}=0$$

底部導線作為參考地，因此

$$V_L=6\text{ V},\qquad V_C=24\text{ V},\qquad V_R=7\text{ V}$$

其中 $V_L$、$V_C$、$V_R$ 分別為左、中、右節點電壓。

解題方法

1. 對右側節點套用 KCL

右側節點連接 $R_1$、$5\Omega$ 與 $7\Omega$ 電阻：

$$\frac{V_R-V_L}{R_1} +\frac{V_R-V_C}{5} +\frac{V_R}{7}=0$$

代入 $V_L=6$、$V_C=24$、$V_R=7$：

$$\frac{7-6}{R_1}+\frac{7-24}{5}+\frac{7}{7}=0$$ $$\frac{1}{R_1}-\frac{17}{5}+1=0$$ $$\frac{1}{R_1}=\frac{12}{5}$$

因此

$$R_1=\frac{5}{12}\ \Omega$$

2. 對左側節點套用 KCL

左側節點連接 $R_1$、$R_2$ 與 $2\Omega$ 電阻：

核心觀念

本題考查 Thévenin 等效電路：

• 開路端電壓即 Thévenin 電壓：
  $V_{\mathrm{Th}}=V_{ab}\big|_{\text{開路}}$
• 關閉獨立電壓源後，以測試電壓求等效電阻：
  $R_{\mathrm{Th}}=\frac{V_{\mathrm{test}}}{I_{\mathrm{test}}}$
• 受控電流源 $9I_a$ 必須保留。

一、求 $V_{\mathrm{Th}}$

端點 $a$ 開路時，$5\Omega$ 電阻無電流，因此

$V_a=V_y$

其中 $V_y$ 為 $40\Omega$ 上端電壓。圖中

$I_a=\frac{V_y}{40}$

以左側與右側上方節點組成超節點。由 KCL：

$\frac{V_x}{10}+\frac{V_y}{40}-9I_a=0$

代入 $I_a=V_y/40$：

$\frac{V_x}{10}+\frac{V_y}{40}-\frac{9V_y}{40}=0$

$\frac{V_x}{10}-\frac{V_y}{5}=0$

因此

$V_x=2V_y$

24 V 電壓源右端為正，故

$V_y-V_x=24$

代入 $V_x=2V_y$：

$V_y-2V_y=24$

$V_y=-24\text{ V}$

所以

$V_{\mathrm{Th}}=V_a-V_b=-24\text{ V}$

二、求 $R_{\mathrm{Th}}$

將 24 V 獨立電壓源短路，並在 $a$、$b$ 端加測試電壓 $V_t$。電壓源短路後，$V_x=V_y=v$。

此時

$I_a=\frac{v}{40}$

對節點 $v$ 寫 KCL：

核心觀念

本題考查理想運算放大器的「虛接地」與負回授分析：

• 理想運算放大器輸入端電流為零。
• 非反相端接地，因此反相端電壓為
  $v_-=v_+=0.$
• 反相端的輸入電流必須經由上方電阻梯形回授網路流向輸出端。
• 輸出端下方的負載電阻 $R$ 不影響電壓增益，因為理想運算放大器會自行提供負載電流。

解題方法

令上方回授電阻網路由左至右的兩個中間節點電壓分別為 $v_1$、$v_2$，輸出電壓為 $v_o$。反相端電壓為 $0$。

對節點 $v_1$ 寫 KCL：

$$\frac{v_1-0}{R}+\frac{v_1-v_2}{R}+\frac{v_1}{R}=0$$

整理得

$$3v_1-v_2=0 \quad\Longrightarrow\quad v_2=3v_1.$$

對節點 $v_2$ 寫 KCL：

核心觀念

本題考查一階 $RL$ 暫態電路，使用：

• 電感電流連續性：$i(0^+)=i(0^-)$
• 直流穩態時電感視為短路
• 一階 $RL$ 電路時間常數：
  $\tau=\frac{L}{R_{\text{th}}}$

由圖示，開關在 $t=0$ 時閉合，將受控電壓源接入電路。

一、求初始電流 $i(0^-)$

在 $t<0$ 時開關尚未閉合，受控電壓源未接入。電路達到直流穩態，電感視為短路，因此電路為 $6\text{ V}$ 串聯 $6\Omega$ 與 $3\Omega$：

$$i(0^-)=\frac{6}{6+3}=\frac{2}{3}\text{ A}$$

由電感電流連續性：

$$i(0^+)=i(0^-)=\frac{2}{3}\text{ A}$$

二、求 $t>0$ 時的電路方程式

開關閉合後，設 $6\Omega$ 與受控電壓源上方節點電壓為 $v$。

底部電流 $i_a$ 為經過 $6\text{ V}$ 電壓源的回路電流，因此：

$$i_a=\frac{6-v}{6}$$

受控電壓源的電壓為 $i_a$，且上正下負，所以：

$$v=i_a$$

代入得：

$$v=\frac{6-v}{6}$$ $$6v=6-v$$ $$v=\frac{6}{7}\text{ V}$$

右側 $3\Omega$ 電阻與 $6\text{ H}$ 電感串聯，故依 KVL：

$$v=3i(t)+6\frac{di(t)}{dt}$$

代入 $v=6/7$：

本題要求推導感應電動機轉子功率傳輸和啟動時輸入功率因數的公式。圖示為感應電動機的戴維寧等效電路。

核心觀念：

• 感應電動機等效電路： 戴維寧等效電路包含定子電阻 $R_{th}$、定子漏電抗 $X_{th}$、轉子電阻 $R'_2/s$、轉子漏電抗 $X'_2$ 和戴維寧電壓 $V_{th}$。其中 $R'_2/s$ 代表了轉子消耗的功率，它與轉差率 $s$ 相關。
• 功率轉換： 在感應電動機中，輸入的電功率首先經過定子，一部分損耗在定子電阻上，一部分作為磁化功率，然後到達氣隙。氣隙功率被轉子吸收，一部分損耗在轉子電阻上（機械功率輸出前），一部分轉化為機械功率。
• 功率因數： 電路的輸入功率因數定義為真實功率與視在功率的比值，即 $\cos(\theta)$，其中 $\theta$ 是電壓和電流之間的相位差。

解題步驟：

(a) 推導轉子傳輸的真實功率 ($P_{trans}$) 公式

圖示的戴維寧等效電路中，電壓源 $V_{th}$ 產生電流流過 $R_{th}$、$X_{th}$、$R'_2/s$、$X'_2$。
我們關注轉子吸收的功率，這主要體現在 $R'_2/s$ 上。

1. 計算從 $V_{th}$ 到轉子（$R'_2/s$）的電流：
   我們將 $R_{th}$ 和 $X_{th}$ 視為定子的等效阻抗。
   轉子的等效阻抗為 $Z_{rotor} = R'_2/s + jX'_2$.
   戴維寧等效電路中的總阻抗為 $Z_{eq} = R_{th} + jX_{th} + R'_2/s + jX'_2$.

   為了計算功率，我們需要找到流過 $R'_2/s$ 的電流。
   假設 $V_{th}$ 是相量，且相位為零（方便計算）。
   $V_{th} = V_{th} \angle 0^\circ$.
   總阻抗 $Z_{eq} = (R_{th} + R'_2/s) + j(X_{th} + X'_2)$.
   總電流 $I_{eq} = \frac{V_{th}}{Z_{eq}} = \frac{V_{th}}{(R_{th} + R'_2/s) + j(X_{th} + X'_2)}$.

   然而，題目要求的是「轉子傳輸的真實功率」。這通常指的是氣隙功率（功率從定子傳輸到轉子的功率），或者更具體地說是轉子消耗的功率。
   在戴維寧等效電路中，$R'_2/s$ 代表了轉子消耗的功率，其中一部分是轉子銅損，另一部分是轉化為機械功率的部分。

   考慮電路中流過的電流 $I$：
   $I = \frac{V_{th}}{R_{th} + jX_{th} + \frac{R'_2}{s} + jX'_2}$.
   我們將 $R'_2/s$ 視為轉子負載。
   轉子吸收的功率是流過 $R'_2/s$ 的真實功率。
   $P_{rotor\_absorbed} = |I|^2 \times \frac{R'_2}{s}$.

   但是，更標準的推導是從氣隙功率開始。
   氣隙功率 $P_{gap}$ 是定子傳輸到轉子的功率。
   在戴維寧等效電路中，氣隙功率可以看作是 $V_{th}$ 產生的，流過 $R_{th}$、$X_{th}$ 後，在 $R'_2/s$ 處產生的功率。
   通常，戴維寧電路中的 $R_{th}$ 和 $X_{th}$ 代表定子損耗和漏抗。
   $R'_2/s$ 是轉子負載。

   讓我們關注 $R'_2/s$ 上的功率。
   為了計算功率，我們需要電流的有效值（RMS）或相量。
   假設 $V_{th}$ 是 RMS 值。
   電流 $I = \frac{V_{th}}{Z_{total}}$.
   $Z_{total} = R_{th} + jX_{th} + \frac{R'_2}{s} + jX'_2$.
   $|I|^2 = \frac{|V_{th}|^2}{|Z_{total}|^2} = \frac{|V_{th}|^2}{(R_{th} + R'_2/s)^2 + (X_{th} + X'_2)^2}$.
   轉子消耗的功率 $P_{rotor\_consumed} = |I|^2 \times \frac{R'_2}{s} = \frac{|V_{th}|^2}{(R_{th} + R'_2/s)^2 + (X_{th} + X'_2)^2} \times \frac{R'_2}{s}$.

   然而，題目要求的是「真實功率傳輸到轉子」。
   這通常是指氣隙功率，即功率從定子傳輸到轉子磁場的功率。
   在戴維寧等效電路中，氣隙功率是 $V_{th}$ 供給的功率，扣除定子損耗後到達的功率。
   $P_{gap} = P_{V_{th}} - P_{R_{th}} - P_{X_{th}}$.
   $P_{V_{th}} = Re(V_{th} I^*)$.
   $P_{R_{th}} = |I|^2 R_{th}$.
   $P_{X_{th}} = 0$ (因為電抗不消耗實功率)。

   另一種理解是，轉子消耗的功率 $P_{rotor\_consumed} = |I|^2 \times R'_2/s$.
   其中 $R'_2/s$ 可以分解為轉子銅損 $s \times P_{gap}$ 和機械功率輸出 $P_{mech} = (1-s) \times P_{gap}$.
   所以 $P_{gap} = P_{R'_2/s} = P_{rotor\_copper\_loss} + P_{mech}$.
   $P_{rotor\_consumed} = |I|^2 \times \frac{R'_2}{s}$.
   $P_{rotor\_copper\_loss} = |I|^2 \times R'_2$.
   $P_{mech} = |I|^2 \times R'_2 \times (\frac{1}{s} - 1) = |I|^2 \times R'_2 \times \frac{1-s}{s}$.

本題要求計算交流電路中負載的電流均方根值 (RMS) 和平均功率。電路中包含週期性信號和非週期性信號的疊加。

核心觀念：

• RMS 值： 對於週期性或非週期性信號，其 RMS 值是各個頻率分量 RMS 值平方和的平方根。對於正弦波 $A \cos(\omega t + \phi)$，其 RMS 值為 $A/\sqrt{2}$。
• 平均功率： 對於包含多個頻率分量的信號，平均功率是各個頻率分量平均功率的總和。對於兩個不同頻率的正弦信號，它們之間的互功率平均值為零。對於同一個頻率的正弦信號，平均功率為 $V_{rms} I_{rms} \cos(\theta)$，其中 $\theta$ 是電壓和電流的相位差。

解題步驟：

(a) 計算電流的 RMS 值

給定的電流為 $i(t)=10\cos(100t-30^\circ)+3\cos(300t) A$。
這個電流包含兩個頻率分量：

1. $i_1(t) = 10\cos(100t-30^\circ) A$，振幅 $I_{m1} = 10A$，頻率 $f_1 = 100 / (2\pi) Hz$。
2. $i_2(t) = 3\cos(300t) A$，振幅 $I_{m2} = 3A$，頻率 $f_2 = 300 / (2\pi) Hz$。

各分量的 RMS 值為：
$I_{rms1} = \frac{I_{m1}}{\sqrt{2}} = \frac{10}{\sqrt{2}} A$.
$I_{rms2} = \frac{I_{m2}}{\sqrt{2}} = \frac{3}{\sqrt{2}} A$.

總電流的 RMS 值 $I_{rms}$ 是各分量 RMS 值平方和的平方根：
$I_{rms} = \sqrt{I_{rms1}^2 + I_{rms2}^2}$
$I_{rms} = \sqrt{(\frac{10}{\sqrt{2}})^2 + (\frac{3}{\sqrt{2}})^2}$
$I_{rms} = \sqrt{\frac{100}{2} + \frac{9}{2}}$
$I_{rms} = \sqrt{\frac{109}{2}}$
$I_{rms} = \sqrt{54.5} A \approx 7.38 A$.

(b) 計算負載的平均功率

本題要求計算三相系統中的線電流和負載阻抗。題目給定了線電壓、視在功率和功率因數。

核心觀念：

• 三相系統參數： 線電壓 ($V_L$)、相電壓 ($V_p$)、線電流 ($I_L$)、相電流 ($I_p$)、視在功率 ($S$)、真實功率 ($P$)、虛功率 ($Q$)、功率因數 (PF)。
• Y 接線： 在 Y 接線中，$V_L = \sqrt{3} V_p$，$I_L = I_p$。
• 功率關係： $S = \sqrt{3} V_L I_L = 3 V_p I_p$。$P = S \times PF$。$Q = S \times \sin(\arccos(PF))$。
• 負載阻抗： 對於平衡負載，可以計算每相的阻抗 $Z_p = V_p / I_p$。

解題步驟：

1. 確定給定參數：

   • 線電壓 $V_L = 380V$ (通常指 RMS 值)。
   • 視在功率 $S = 10kVA = 10000 VA$.
   • 功率因數 $PF = 0.866$ (lagging)。
   • 負載為 Y 接線。

2. 計算線電流 ($I_L$)：
   我們知道視在功率 $S = \sqrt{3} V_L I_L$。
   $I_L = \frac{S}{\sqrt{3} V_L}$
   $I_L = \frac{10000 VA}{\sqrt{3} \times 380V}$
   $I_L = \frac{10000}{1.732 \times 380} \approx \frac{10000}{658.16} \approx 15.19 A$.

3. 計算負載阻抗 ($Z_p$)：
   首先，我們需要計算相電壓 $V_p$ 和相電流 $I_p$。
   由於是 Y 接線，線電壓和相電壓的關係為 $V_L = \sqrt{3} V_p$。
   $V_p = \frac{V_L}{\sqrt{3}} = \frac{380V}{\sqrt{3}} \approx \frac{380}{1.732} \approx 219.4 V$.

   在平衡 Y 接線中，線電流等於相電流：$I_L = I_p$.
   所以，$I_p = I_L \approx 15.19 A$.

   現在，我們可以計算每相負載阻抗 $Z_p$。
   $Z_p = \frac{V_p}{I_p}$
   $Z_p = \frac{219.4 V}{15.19 A} \approx 14.44 \Omega$.

   這個阻抗是複數形式，包含電阻和電抗。
   我們知道功率因數 $PF = \cos(\theta) = 0.866$.

本題要求計算變壓器連接負載時，一次側的電源電流和負載消耗的功率。題目給定了變壓器的變壓比、一次側電壓、二次側負載阻抗。

核心觀念：

• 理想變壓器： 變壓比 $a = V_1/V_2 = N_1/N_2 = I_2/I_1$。
• 阻抗變換： 一次側看到的二次側負載等效阻抗 $Z_{eq1} = a^2 Z_L$。
• 功率計算： 負載消耗的功率為 $P_{load} = V_{rms2} I_{rms2} \cos(\theta)$ 或 $P_{load} = I_{rms2}^2 R_L$。在一次側看到的功率等於二次側消耗的功率。

解題步驟：

1. 確定變壓器參數：

   • 額定一次電壓 $V_{1,rated} = 1200V$.
   • 額定二次電壓 $V_{2,rated} = 120V$.
   • 變壓比 $a = V_{1,rated} / V_{2,rated} = 1200V / 120V = 10$.
   • 二次側負載 $Z_L = 10\Omega$ (純電阻，因為沒有給出相位角)。

2. 確定一次側電源電壓：
   實際連接到一次側的電源電壓 $V_1 = 600V_{rms}$.

3. 計算二次側的電壓和電流：
   由於變壓器一次側連接了 600V 電源，我們可以根據變壓比計算二次側的電壓。
   $V_2 = V_1 / a = 600V / 10 = 60V_{rms}$.
   二次側負載為 $10\Omega$ 純電阻。
   二次側電流 $I_2 = V_2 / Z_L = 60V / 10\Omega = 6A_{rms}$.

本題為簡答題，要求解釋四個不同的電機電子學概念。

(a) Boost Converter (升壓轉換器) 的操作原理

Boost Converter 是一種 DC-DC 轉換器，能夠將較低的直流電壓升高到較高的直流電壓。其基本原理是利用電感的儲能特性和開關元件（如 MOSFET 和二極體）的導通與截止來實現升壓。

操作原理：
Boost Converter 的主要元件包括一個電感 (L)、一個開關 (S，通常是 MOSFET)、一個二極體 (D) 和一個電容 (C)。電感 L 與開關 S 串聯，然後與二極體 D 和電容 C 串聯，最後與負載 RL 並聯。

1. 導通模式 (Switch ON)：

   • 當開關 S 導通時，電感 L 被連接到輸入電壓源 $V_{in}$。
   • 電感 L 開始儲存能量，其電流 $i_L$ 隨時間線性增加（斜率為 $V_{in}/L$）。
   • 二極體 D 處於截止狀態，因為其陽極（連接到電感的另一端）的電壓低於陰極（連接到電容和負載）。
   • 電容 C 負責向負載 RL 提供能量。

2. 截止模式 (Switch OFF)：

   • 當開關 S 截止時，電感 L 的儲存能量會釋放。
   • 由於電感的電流不能突變，它會嘗試維持原來的電流。
   • 此時，電感 L 的電壓極性反轉，其感應電壓會與輸入電壓 $V_{in}$ 相加。
   • 這個疊加的電壓足以使二極體 D 導通。
   • 電感電流 $i_L$ 開始通過二極體 D 流向電容 C 和負載 RL，同時電感電流 $i_L$ 隨時間線性減小（斜率為 $-(V_{out}-V_{in})/L$）。
   • 電容 C 在此階段為負載 RL 充電，並補充電感釋放能量時的不足。

   輸出電壓 $V_{out}$ 的大小取決於電感電流在導通和截止階段的變化，以及開關的佔空比 (Duty Cycle, D)。
   理想情況下，輸出電壓與輸入電壓的關係為 $V_{out} = \frac{V_{in}}{1-D}$。

(b) Flyback Converter (返馳轉換器) 的操作原理

Flyback Converter 是一種 DC-DC 轉換器，它利用變壓器來實現電壓隔離和升壓或降壓。它也可以被看作是一個 Buck-Boost 轉換器加上一個變壓器。

操作原理：
Flyback Converter 的核心是一個帶有兩個線圈（初級和次級）的變壓器，以及一個開關 (S)、一個二極體 (D) 和一個電容 (C)。初級線圈與輸入電壓源 $V_{in}$ 和開關 S 串聯。次級線圈通過二極體 D 與輸出電容 C 和負載 RL 相連。

1. 導通模式 (Switch ON)：

   • 當開關 S 導通時，初級線圈 $L_p$ 被連接到輸入電壓源 $V_{in}$。
   • 初級線圈儲存能量，其電流 $i_p$ 隨時間線性增加。
   • 由於變壓器的耦合，次級線圈也會產生感應電壓。然而，在這個階段，次級線圈的電壓極性使得二極體 D 截止。
   • 能量從輸入電源通過初級線圈轉移到變壓器的磁芯中。

2. 截止模式 (Switch OFF)：

   • 當開關 S 截止時，初級線圈的電流消失。
   • 變壓器磁芯中的能量需要釋放。由於磁芯的磁場突然消失，初級線圈和次級線圈都會產生反向的感應電壓（以維持電流）。
   • 次級線圈的感應電壓極性使得二極體 D 導通。
   • 儲存在磁芯中的能量通過次級線圈和二極體 D 流向輸出電容 C 和負載 RL。
   • 輸出電容 C 充電，並向負載 RL 提供能量。