112 年 國立中山大學電機工程學系碩士班丁組《電路學》

本題旨在證明 $\Delta$-Y 轉換的等效性，要求推導出 $\Delta$ 網路的各邊電阻與 Y 網路的各臂電阻之間的關係。

證明 $\Delta$-Y 轉換等效性，我們從兩網路在相同端點間的等效電阻相等來推導。假設 $\Delta$ 網路的節點為 a, b, c，對應的邊電阻為 $R_{ab}$, $R_{bc}$, $R_{ca}$。Y 網路的中心節點為 n，連接到 a, b, c 的臂電阻為 $R_{an}$, $R_{bn}$, $R_{cn}$。

首先，考慮 $\Delta$ 網路。
兩點間的等效電阻，例如 a 和 b 之間，考慮 c 點與 a, b 的連接。
$R_{ab, \Delta} = R_{ca} || (R_{ab} + R_{bc})$
$R_{ab, \Delta} = R_{ca} \frac{R_{ab} + R_{bc}}{R_{ca} + R_{ab} + R_{bc}}$

同樣地，b 和 c 之間：
$R_{bc, \Delta} = R_{ab} || (R_{bc} + R_{ca})$
$R_{bc, \Delta} = R_{ab} \frac{R_{bc} + R_{ca}}{R_{ab} + R_{bc} + R_{ca}}$

a 和 c 之間：
$R_{ca, \Delta} = R_{bc} || (R_{ca} + R_{ab})$
$R_{ca, \Delta} = R_{bc} \frac{R_{ca} + R_{ab}}{R_{bc} + R_{ca} + R_{ab}}$

接下來，考慮 Y 網路。
兩點間的等效電阻，例如 a 和 b 之間，考慮中心點 n 與 a, b 的連接。
$R_{ab, Y} = R_{an} + R_{bn}$

同樣地，b 和 c 之間：
$R_{bc, Y} = R_{bn} + R_{cn}$

a 和 c 之間：
$R_{ca, Y} = R_{cn} + R_{an}$

若要使兩網路等效，則必須滿足：
$R_{ab, \Delta} = R_{ab, Y}$
$R_{bc, \Delta} = R_{bc, Y}$
$R_{ca, \Delta} = R_{ca, Y}$

代入 $\Delta$ 網路的公式，並假設題目給定的轉換公式成立，即：
$R_1 = R_{an} = \frac{R_a R_c}{R_a+R_b+R_c}$
$R_2 = R_{bn} = \frac{R_a R_b}{R_a+R_b+R_c}$
$R_3 = R_{cn} = \frac{R_b R_c}{R_a+R_b+R_c}$

其中，我們將 $\Delta$ 網路的邊電阻標示為 $R_a, R_b, R_c$。通常的約定是：
$R_a$ 連接節點 b 和 c
$R_b$ 連接節點 a 和 c
$R_c$ 連接節點 a 和 b

這樣的話，Y 網路的臂電阻與 $\Delta$ 網路的邊電阻的關係為：
$R_{an} = R_1$ (連接 a 和 n)
$R_{bn} = R_2$ (連接 b 和 n)
$R_{cn} = R_3$ (連接 c 和 n)

根據題目給定的公式，我們有：
$R_1 = \frac{R_a R_c}{R_a+R_b+R_c}$
$R_2 = \frac{R_a R_b}{R_a+R_b+R_c}$
$R_3 = \frac{R_b R_c}{R_a+R_b+R_c}$

這裡的 $R_a, R_b, R_c$ 是指 $\Delta$ 網路中，連接兩個節點的電阻。
對應圖 1(a) 中的標示，我們應該這樣對應：
$\Delta$ 網路的節點為 a, b, c。
邊電阻 $R_{ab}$ (連接 a 和 b)
邊電阻 $R_{bc}$ (連接 b 和 c)
邊電阻 $R_{ca}$ (連接 c 和 a)

Y 網路的中心節點為 n。
臂電阻 $R_{an}$ (連接 a 和 n)
臂電阻 $R_{bn}$ (連接 b 和 n)
臂電阻 $R_{cn}$ (連接 c 和 n)

題目圖 1(a) 中，$\Delta$ 網路的邊電阻標示為 $R_a, R_b, R_c$。
從圖上來看：
$R_a$ 在節點 c 附近，連接 a 和 b。
$R_b$ 在節點 a 附近，連接 b 和 c。
$R_c$ 在節點 b 附近，連接 c 和 a。

請注意：題目圖 1(a) 的標示與標準定義略有不同。通常 $R_{ab}$ 是連接 a 和 b 的電阻。圖中 $R_a$ 是連接 a 和 b 的電阻，$R_b$ 是連接 b 和 c 的電阻，$R_c$ 是連接 c 和 a 的電阻。

根據圖 1(a) 的標示：
$R_{ab} = R_a$
$R_{bc} = R_b$
$R_{ca} = R_c$

題目給定的 Y 網路的臂電阻為：
$R_1$ (連接 a 和 n)
$R_2$ (連接 b 和 n)
$R_3$ (連接 c 和 n)

題目給定的轉換公式為：
$R_1 = \frac{R_a R_c}{R_a+R_b+R_c}$
$R_2 = \frac{R_a R_b}{R_a+R_b+R_c}$
$R_3 = \frac{R_b R_c}{R_a+R_b+R_c}$

我們需要證明，當 Y 網路的臂電阻為 $R_1, R_2, R_3$ 時，其與 $\Delta$ 網路的等效性，其中 $\Delta$ 網路的邊電阻為 $R_{ab}, R_{bc}, R_{ca}$。
標準的 $\Delta$-Y 轉換公式為：
$R_{ab} = \frac{R_{an} R_{bn} + R_{bn} R_{cn} + R_{cn} R_{an}}{R_{cn}}$
$R_{bc} = \frac{R_{an} R_{bn} + R_{bn} R_{cn} + R_{cn} R_{an}}{R_{an}}$
$R_{ca} = \frac{R_{an} R_{bn} + R_{bn} R_{cn} + R_{cn} R_{an}}{R_{bn}}$

以及 Y-to-$\Delta$ 轉換公式：
$R_{an} = \frac{R_{ab} R_{ca}}{R_{ab} + R_{bc} + R_{ca}}$
$R_{bn} = \frac{R_{ab} R_{bc}}{R_{ab} + R_{bc} + R_{ca}}$
$R_{cn} = \frac{R_{bc} R_{ca}}{R_{ab} + R_{bc} + R_{ca}}$

題目要求證明的是 $\Delta$ 網路 (a) 與 Y 網路 (b) 是等效的。
題目給定的 $\Delta$ 網路的邊電阻是 $R_a, R_b, R_c$。
題目給定的 Y 網路的臂電阻是 $R_1, R_2, R_3$。

核心觀念

本題考查：

• 超節點分析
• 受控電壓源的約束關係
• 由量測曲線斜率求電阻

圖中 $V_x$ 為 $4\,\Omega$ 電阻兩端電壓，且依原圖受控電壓源極性：

$$V_b-V_a=2V_x$$

又因為 $V_x=V_a$，所以

$$V_b=3V_a$$

解題方法

在右側節點 $c$ 寫 KCL：

$$\frac{V_1-V_b}{R_x}=I_1$$

因此

$$V_1=V_b+R_xI_1$$

對包含節點 $a,b$ 的超節點寫 KCL。$5\,\mathrm{A}$ 電流源注入節點 $a$，而 $I_1$ 注入節點 $c$，故：

$$\frac{V_a}{4}-I_1=5$$

得到

$$V_a=20+4I_1$$

因此

$$V_b=3V_a=60+12I_1$$

代回 $V_1$：

$$V_1=60+(12+R_x)I_1$$

由圖 2(b) 的直線，當 $I_1$ 從 $0$ 增加至 $1\,\mathrm{A}$ 時，$V_1$ 從 $20$ 增加至 $26\,\mathrm{V}$，所以斜率為：

核心觀念

本題考查：

• 電壓源與電阻的源轉換
• 歐姆定律
• 受控電壓源的約束關係
• 依圖示極性定義控制電壓 $V_o$

圖中 $I_o$ 由左向右流經 $4\,\Omega$ 電阻，因此

$$V_o=4I_o$$

右側受控電壓源的電壓為 $V_o/3$，且上端為正、下端為負。

解題方法

將左側的 $8\,\text{V}$ 電壓源串聯 $1\,\Omega$ 電阻，源轉換為：

• $8\,\text{A}$ 電流源
• 並聯 $1\,\Omega$ 電阻

設 $4\,\Omega$ 電阻左端電壓為 $V_a$，右端電壓為 $V_b$，以下端為參考地。

由源轉換後的左側電路，在節點 $a$ 寫 KCL：

$$8= \frac{V_a}{1}+I_o$$

因此

$$V_a=8-I_o$$

由 $4\,\Omega$ 電阻上的電壓降：

$$V_o=V_a-V_b=4I_o$$

故

本題要求計算圖 4 電路中，流過 10 $\Omega$ 電阻的電流 $i_Z(t)$。電路包含一個 20 $\Omega$ 電阻，一個 10 H 電感，以及一個輸入電流源 $I_{in}(t)$。輸入電流源的定義為 $I_{in}(t) = [6 - 6u(t)]$ A，其中 $u(t)$ 是單位階躍函數。

首先，我們需要理解輸入電流源 $I_{in}(t)$ 的行為。
單位階躍函數 $u(t)$ 的定義為：
$u(t) = \begin{cases} 0, & t < 0 \\ 1, & t \geq 0 \end{cases}$

因此，輸入電流源 $I_{in}(t)$ 可以寫成：
對於 $t < 0$: $I_{in}(t) = 6 - 6 \times 0 = 6$ A。
對於 $t \geq 0$: $I_{in}(t) = 6 - 6 \times 1 = 0$ A。

這意味著，在 $t < 0$ 時，輸入電流為 6 A (直流穩態)。
在 $t \geq 0$ 時，輸入電流變為 0 A (開路)。
這個輸入變化發生在 $t=0$。

電路是一個 R-L 電路。
20 $\Omega$ 電阻與 10 H 電感串聯。
輸入電流源 $I_{in}(t)$ 提供電流給這個 R-L 串聯電路。
我們要計算的是流過 10 $\Omega$ 電阻的電流 $i_Z(t)$。由於 20 $\Omega$ 電阻和 10 H 電感是串聯的，流過它們的電流是相同的。因此，$i_Z(t)$ 就是流過整個 R-L 支路的電流。

我們需要分兩個時間段來分析：$t < 0$ 和 $t \geq 0$。

情況 1：$t < 0$ (直流穩態)
在 $t < 0$ 時，輸入電流 $I_{in}(t) = 6$ A。
電感在直流穩態下相當於短路。
所以，電路相當於一個 6 A 的電流源連接到一個 20 $\Omega$ 電阻和一個短路的電感。
整個 6 A 的電流將流過 20 $\Omega$ 電阻和短路的電感。
因此，流過 10 $\Omega$ 電阻的電流 $i_Z(t)$ 在 $t < 0$ 時是：
$i_Z(t) = 6$ A。

情況 2：$t \geq 0$ (瞬態分析)
在 $t \geq 0$ 時，輸入電流 $I_{in}(t) = 0$ A。
這意味著，在 $t=0$ 時，電流源從 6 A 變為 0 A。
這相當於在 $t=0$ 時，將電流源從電路中移除（開路）。
我們需要計算電路在 $t=0$ 時的響應。

在 $t=0^-$ (剛好在 $t=0$ 之前)，電路處於直流穩態，電流為 6 A。
由於電感的電流不能突變，所以在 $t=0^+$ (剛好在 $t=0$ 之後)，電感中的電流仍然是 6 A。
所以，初始條件是 $i_L(0^+) = 6$ A。

當 $t \geq 0$ 時，輸入電流為 0 A。電路變為一個只有電阻和電感，且沒有獨立電源的 R-L 電路，由初始條件驅動。
電路的微分方程為：

核心觀念

圖中電感標示為 $i_L(t)$；題目文字的 $i_Z(t)$ 應為筆誤，以下求解 $i_L(t)$ 與 $v_C(t)$。

本題考察二階 RLC 電路的：

• 電感電流連續性：$i_L(0^+)=i_L(0^-)$
• 電容電壓連續性：$v_C(0^+)=v_C(0^-)$
• 節點電壓法
• 二階微分方程與自然響應

假設 $t<0$ 時電路已達穩態，且 $2u(t)$ 為 $t=0$ 開始作用的 $2\text{ A}$ 階躍電流源。

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一、初始條件

在 $t<0$ 時：

• 電流源 $2u(t)=0$
• 穩態下電感視為短路，電容視為開路

因此左側節點接地，右側 $50\text{ V}$ 電壓源經過 $10\Omega$ 與 $40\Omega$ 流入電感：

$$i_L(0^-)=\frac{50}{10+40}=1\text{ A}$$

電容上端電壓為 $40\Omega$ 電阻上的節點電壓：

$$v_C(0^-)=50\frac{40}{10+40}=40\text{ V}$$

由連續性：

$$i_L(0^+)=1\text{ A},\qquad v_C(0^+)=40\text{ V}$$

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二、建立節點方程式

令電感上端節點電壓為 $v_a(t)$，電容電壓為 $v_C(t)$。

在左側節點套用 KCL：

$$i_L+\frac{v_a-v_C}{40}=2$$

因此：

$$v_a=v_C+80-40i_L$$

又因為電感值為 $L=0.5\text{ H}$：

$$v_a=L\frac{di_L}{dt}=0.5\frac{di_L}{dt}$$

所以：

$$0.5\frac{di_L}{dt}=v_C+80-40i_L$$

即

$$\frac{di_L}{dt}=2v_C+160-80i_L \tag{1}$$

在電容節點套用 KCL：

$$\frac{v_C-v_a}{40}+\frac{v_C-50}{10}+C\frac{dv_C}{dt}=0$$

其中 $C=1\text{ F}$。由左側 KCL 可得：

$$\frac{v_C-v_a}{40}=i_L-2$$

代入後：

$$i_L-2+\frac{v_C-50}{10}+\frac{dv_C}{dt}=0$$

整理得：

$$\frac{dv_C}{dt}=7-i_L-\frac{v_C}{10} \tag{2}$$

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三、求解電感電流 $i_L(t)$

由式 $(1)$：

$$v_C=\frac{1}{2}\left(\frac{di_L}{dt}+80i_L-160\right)$$

微分並代入式 $(2)$，得到：