113 年 國立中山大學電機工程學系碩士班丁組《電路學》

本題為電路學中經典的最大功率傳輸定理證明。

核心觀念：
最大功率傳輸定理指出，當負載電阻等於電源內阻時，負載能獲得最大功率。

解題過程：
圖 1 是一個包含電壓源 $V_{Th}$、內阻 $R_{Th}$ 以及負載電阻 $R_L$ 的串聯電路。
首先，我們計算流過電路的電流 $i$。根據歐姆定律：
$i = \frac{V_{Th}}{R_{Th} + R_L}$
接下來，計算負載 $R_L$ 上消耗的功率 $P_L$：
$P_L = i^2 R_L = \left(\frac{V_{Th}}{R_{Th} + R_L}\right)^2 R_L = \frac{V_{Th}^2 R_L}{(R_{Th} + R_L)^2}$
為了找到使 $P_L$ 最大的條件，我們對 $P_L$ 對 $R_L$ 微分，並令導數為零。
$\frac{dP_L}{dR_L} = V_{Th}^2 \frac{d}{dR_L} \left( \frac{R_L}{(R_{Th} + R_L)^2} \right)$
使用微分的除法定則 $\frac{d}{dx}\left(\frac{u}{v}\right) = \frac{u'v - uv'}{v^2}$，令 $u = R_L$ 且 $v = (R_{Th} + R_L)^2$。

本題考驗對線性電路中電壓、電流與電阻關係的理解，以及如何利用已知條件求解未知參數，並找出電流的最大值。

核心觀念：
線性電阻電路遵循歐姆定律。對於包含未知元件的電路，可以利用已知工作點的數據來推導電路模型或未知元件的特性。

解題過程：

圖 2 是一個包含一個未知電路（標示為 Unknown Circuit）以及一個可變電阻 $R$ 的電路。未知電路提供了一個電壓源（或等效電壓源）與一個串聯電阻。我們從表格中得知兩個工作點：

1. 當 $R = 2 \, k\Omega$ 時，電流 $i = 4 \, mA$。
2. 當 $R = 4 \, k\Omega$ 時，電流 $i = 3 \, mA$。

我們可以將「Unknown Circuit」視為一個等效的戴維寧模型，即一個串聯電壓源 $V_{eq}$ 和電阻 $R_{eq}$。根據戴維寧定理，對於任何線性雙端網路，都可以等效為一個單一電壓源與一個單一電阻的串聯。

電路總電流 $i$ 可以表示為：
$i = \frac{V_{eq}}{R_{eq} + R}$

(a) 求使 $i = 2 \, mA$ 時的 $R$ 值。
我們有兩個方程式，可以解出 $V_{eq}$ 和 $R_{eq}$：
由第一個工作點：
$4 \, mA = \frac{V_{eq}}{R_{eq} + 2 \, k\Omega} \implies 4 \times 10^{-3} = \frac{V_{eq}}{R_{eq} + 2000}$ (式 1)
由第二個工作點：
$3 \, mA = \frac{V_{eq}}{R_{eq} + 4 \, k\Omega} \implies 3 \times 10^{-3} = \frac{V_{eq}}{R_{eq} + 4000}$ (式 2)

將式 1 和式 2 改寫為：
$V_{eq} = 4 \times 10^{-3} (R_{eq} + 2000)$
$V_{eq} = 3 \times 10^{-3} (R_{eq} + 4000)$

令兩式相等：
$4 \times 10^{-3} (R_{eq} + 2000) = 3 \times 10^{-3} (R_{eq} + 4000)$
$4 (R_{eq} + 2000) = 3 (R_{eq} + 4000)$
$4 R_{eq} + 8000 = 3 R_{eq} + 12000$

核心觀念

本題考查並聯電路的節點電壓與基爾霍夫電流定律（KCL）。

圖中三個元件並聯，因此電阻 $10\Omega$ 與非線性電阻 $A$ 兩端電壓皆為 $v$。依圖示方向：

• $5\text{ A}$ 電流源注入上方節點；
• $10\Omega$ 電阻電流為 $\dfrac{v}{10}$；
• 非線性電阻電流為 $I=v^2$。

解題方法

對上方節點套用 KCL，電流源提供的電流等於兩個並聯支路流出的電流：

$$5=\frac{v}{10}+I$$

又因為元件 $A$ 的特性為

$$I=v^2$$

代入得

$$5=\frac{v}{10}+v^2$$

整理：

$$10v^2+v-50=0$$

使用二次方程式公式：

$$v=\frac{-1\pm\sqrt{1+2000}}{20} =\frac{-1\pm\sqrt{2001}}{20}$$

非線性電阻採被動符號約定時，取正電壓解：

核心觀念

本題考查一階 $RL$ 暫態電路：

• 電感電流不可突變：
  $i_L(0^+)=i_L(0^-)\,.$
• 電感自然響應：
  $i_L(t)=i_L(0^+)e^{-t/\tau}\,,$
  其中
  $\tau=\frac{L}{R_{\text{eq}}}\,.$

假設圖中開關於 $t=0$ 時由閉合變為斷開。

解題方法

1. 求 $t<0$ 的穩態電感電流

開關閉合且經過很久後，直流穩態下電感視為短路，因此右側上方節點電壓為 $0$。

左側 $16\text{ V}$ 電壓源經 $4\Omega$ 電阻所提供的電流為

$$i_{4\Omega}=\frac{16}{4}=4\text{ A}.$$

另外，$1\text{ A}$ 電流源也向上注入該節點。兩股電流均流入電感，因此依照圖中向下的 $i_L$ 方向：

$$i_L(0^-)=4+1=5\text{ A}.$$

2. 利用電感電流連續性

$$i_L(0^+)=i_L(0^-)=5\text{ A}.$$

核心觀念

本題考查一階、二階暫態電路，以及電感電流、電容電壓的連續性：

$$i_L(0^+)=i_L(0^-),\qquad v_C(0^+)=v_C(0^-)$$

開關在 $t=0$ 閉合後，$10\Omega$ 電阻被短路，電感 $L=1\text{ H}$、電容 $C=10\text{ mF}=0.01\text{ F}$、$5\Omega$ 電阻及 $6\text{ A}$ 電流源皆並聯於輸出端，因此 $v_o(t)$ 同時為電容電壓與電感兩端電壓。

解題方法

先求開關閉合前的穩態初始條件。

當 $t<0$ 時，電路已達直流穩態：

• 電感視為短路；
• 電容視為開路。

因此輸出端電壓為

$$v_o(0^-)=0$$

左側節點經由 $5\Omega$ 與 $10\Omega$ 串聯接地，電流源為 $6\text{ A}$。左側節點電壓為

$$V_A=6(5\parallel 10) =6\left(\frac{5\times10}{5+10}\right) =20\text{ V}$$

流經 $10\Omega$ 電阻、進入電感的電流為

$$i_L(0^-)=\frac{20}{10}=2\text{ A}$$

故由連續性：

$$i_L(0^+)=2\text{ A},\qquad v_o(0^+)=v_C(0^+)=0$$

開關於 $t=0$ 閉合後，$10\Omega$ 電阻被短路。以輸出端寫 KCL：

$$6=\frac{v_o}{5}+i_L+C\frac{dv_o}{dt}$$

其中

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

對 KCL 微分，並代入 $L=1$、$C=0.01$：

核心觀念

輸入阻抗定義為

$$Z_{in}=\frac{V_{in}}{I_{in}}.$$

圖中左側的 $4\Omega$ 電阻與 $-j10\Omega$ 電容阻抗皆與右側網路串聯，因此先求其後方橋式網路的等效阻抗，再加上 $4-j10\Omega$。

令通過 $-j10\Omega$ 後的上方節點為 $A$，輸入下方節點為接地。圖中：

• $A$ 到節點 $B$：$8\Omega$
• $B$ 到地：$j3\Omega$
• $A$ 到節點 $F$：$-j8\Omega+18\Omega=18-j8\Omega$
• $F$ 到地：$12\Omega-j2\Omega=12-j2\Omega$
• $B$ 與 $F$ 之間：$10\Omega$

解題方法

對右側網路施加測試電壓

$$V_A=1\text{ V}.$$

設節點電壓為 $V_B,V_F$。由節點電壓法：

$$\frac{V_B-1}{8}+\frac{V_B}{j3}+\frac{V_B-V_F}{10}=0$$ $$\frac{V_F-1}{18-j8}+\frac{V_F}{12-j2}+\frac{V_F-V_B}{10}=0.$$

整理後：

$$(0.225-j0.3333)V_B-0.1V_F=0.125$$

核心觀念

本題考查正弦穩態交流電路的相量分析、節點電壓法，以及電阻平均功率：

$$P_R=\frac{|V_R|^2}{R}$$

其中 $V_R$ 為該電阻兩端的有效值相量。圖中受控電流源的電流為 $2V_o$，方向由右側節點流向左側節點。

令左側上方節點電壓為

$$V_1=V_o$$

右側上方節點電壓為 $V_2$，則 $100\Omega$ 電阻兩端電壓為

$$V_R=V_1-V_2$$

解題方法

角頻率為

$$\omega=50\ \text{rad/s}$$

電容與電感的導納分別為

$$Y_C=j\omega C=j(50)(100\mu\text{F})=j0.005\ \text{S}$$ $$Y_L=\frac{1}{j\omega L} =\frac{1}{j(50)(0.25)} =-j0.08\ \text{S}$$

電流源的有效值相量為

$$I_s=\frac{20}{\sqrt{2}}\angle 30^\circ\ \text{A}$$

相位不影響最後的平均功率計算。

在左側節點 $V_1$ 寫 KCL：

$$\left(\frac{1}{20}+j0.005+\frac{1}{100}-2\right)V_1 -\frac{1}{100}V_2=I_s$$

整理得

$$(-1.94+j0.005)V_1-0.01V_2=I_s \tag{1}$$

在右側節點 $V_2$ 寫 KCL：

$$0.01(V_2-V_1)-j0.08V_2+2V_1=0$$

因此

$$1.99V_1+(0.01-j0.08)V_2=0$$

本題考驗對 AC 電路中電壓增益和相位移的計算。

核心觀念：
電壓增益 $A_v = \frac{V_o}{V_{in}}$，其大小和相位角代表了輸出電壓相對於輸入電壓的幅值變化和相位變化。

解題過程：
圖 8 是一個由電阻和電抗元件組成的 AC 電路。我們需要計算輸出電壓 $V_o$ 相對於輸入電壓 $V_{in}$ 的相位移。
首先，將各元件的阻抗轉換為相量形式。

• $30 \, \Omega$ 電阻： $Z_{30\Omega} = 30 \, \Omega$。
• $j5 \, \Omega$ 電抗： $Z_{j5\Omega} = j5 \, \Omega$。
• $20 \, \Omega$ 電阻： $Z_{20\Omega} = 20 \, \Omega$。
• $j20 \, \Omega$ 電抗： $Z_{j20\Omega} = j20 \, \Omega$。
• $15 \, \Omega$ 電阻： $Z_{15\Omega} = 15 \, \Omega$。
• $j60 \, \Omega$ 電抗： $Z_{j60\Omega} = j60 \, \Omega$。

電路可以看作是一個分壓電路。
$V_{in}$ 施加在 $30 \, \Omega$ 和 $j5 \, \Omega$ 的串聯組合上。
$V_o$ 是 $j60 \, \Omega$ 電抗兩端的電壓。

首先，計算總阻抗 $Z_{total}$。
$Z_{total} = (30 + j5) + (20 + j20) + (15 + j60)$。
$Z_{total} = (30+20+15) + j(5+20+60) = 65 + j85 \, \Omega$。

$V_o$ 是由 $V_{in}$ 施加在整個串聯電路上的。
$V_o$ 是最後一個元件 $j60 \, \Omega$ 兩端的電壓。
根據分壓定律：
$V_o = V_{in} \cdot \frac{Z_{j60\Omega}}{Z_{total}}$
$V_o = V_{in} \cdot \frac{j60}{65 + j85}$

我們需要計算 $\frac{V_o}{V_{in}}$ 的相位角。
$\frac{V_o}{V_{in}} = \frac{j60}{65 + j85}$
將分子和分母轉換為極座標形式：
分子： $j60 = 60 \angle 90^\circ$。
分母： $65 + j85$。
幅值 $|65 + j85| = \sqrt{65^2 + 85^2} = \sqrt{4225 + 7225} = \sqrt{11450} \approx 106.999 \approx 107$。
相位角 $\angle (65 + j85) = \arctan(\frac{85}{65}) = \arctan(\frac{17}{13})$。
$\arctan(\frac{17}{13}) \approx \arctan(1.3077) \approx 52.57^\circ$。
所以， $65 + j85 \approx 107 \angle 52.57^\circ$。

核心觀念

端點 $a$-$b$ 的戴維寧等效電路包含：

• 戴維寧電壓 $V_{\mathrm{Th}}=V_{ab}$：端點 $a$-$b$ 開路時的電壓。
• 戴維寧阻抗 $Z_{\mathrm{Th}}$：將獨立電壓源關閉後，從端點 $a$-$b$ 看入的等效阻抗。

圖中電源為

$$V_s=120\angle45^\circ\ \mathrm{V}$$

上端為正、下端為參考地。

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一、求戴維寧電壓 $V_{\mathrm{Th}}$

因為端點 $a$、$b$ 開路，左右兩支路互不相連，分別使用分壓定理。

左支路總阻抗為

$$Z_L=(-j4)+16+7=23-j4\ \Omega$$

因此端點 $a$ 對下端的電壓為

$$V_a=V_s\frac{7}{23-j4}$$

化簡得

$$\frac{7}{23-j4} =\frac{7(23+j4)}{23^2+4^2} =\frac{161+j28}{545}$$

所以

$$V_a=V_s(0.2954+j0.05138)$$

右支路總阻抗為

$$Z_R=13+j8+6=19+j8\ \Omega$$

端點 $b$ 對下端的電壓為

$$V_b=V_s\frac{6+j8}{19+j8}$$

其中

$$\frac{6+j8}{19+j8} =\frac{(6+j8)(19-j8)}{19^2+8^2} =\frac{178+j104}{425}$$

因此

$$V_b=V_s(0.4188+j0.2447)$$

開路端電壓為

$$V_{\mathrm{Th}}=V_{ab}=V_a-V_b$$ $$V_{\mathrm{Th}} =V_s\left[ \frac{7}{23-j4}-\frac{6+j8}{19+j8} \right]$$ $$\frac{7}{23-j4}-\frac{6+j8}{19+j8} =-0.1234-j0.1933$$

故

$$V_{\mathrm{Th}} =120\angle45^\circ(-0.1234-j0.1933)$$ $$\boxed{V_{\mathrm{Th}}\approx 5.93-j26.88\ \mathrm{V}}$$

轉為極座標：