114 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

端點 A–B 的戴維寧等效可由開路電壓與輸出特性斜率求得：

$$v_o=V_{\text{Th}}-i_oR_{\text{Th}}$$

其中 $V_{\text{Th}}$ 是 $i_o=0$ 時的電壓，$R_{\text{Th}}$ 是 $v_o$–$i_o$ 直線斜率的負值。

解題方法

由圖 1(b) 讀取截距：$i_o=0$ 時 $v_o=6\text{ V}$；$v_o=0$ 時 $i_o=8\text{ A}$。因此：

$$V_{\text{Th}}=6\text{ V}$$ $$R_{\text{Th}}=\frac{6-0}{8-0}=0.75\ \Omega$$

故圖形所表示的戴維寧等效為 $6\text{ V}$ 電壓源串聯 $0.75\ \Omega$。

接著檢查圖 1(a) 是否能以電阻值 $R_1$ 得到這組數值。將 24 V 理想電壓源關閉（以短路取代），從 A–B 看入的等效電阻為：

核心觀念

使用節點電壓法與克希荷夫電流定律（KCL）。受控電流源的電流為 $0.3v_a$，其中 $v_a$ 是左側 $15\,\Omega$ 電阻兩端的電壓；右側的 $45\,\Omega$ 與 $15\,\Omega$ 電阻並聯，受控電流會在兩支路間分流。

解題方法

以下方導線為參考地。左側節點電壓為 $v_a$。對左側節點套用 KCL：流入節點的 $1.8\,\text{A}$，等於流經 $15\,\Omega$ 電阻及受控電流源的電流總和。

$$1.8=\frac{v_a}{15}+0.3v_a$$ $$v_a=\frac{1.8}{\frac{1}{15}+0.3} =\frac{54}{11}\,\text{V}$$

因此，流入右側節點的受控電流為

$$0.3v_a=0.3\left(\frac{54}{11}\right) =\frac{81}{55}\,\text{A}$$

右側兩電阻並聯，總電導為

核心觀念

本題使用理想運算放大器的兩項性質：輸入端電流為零，且在負回授下，反相端與接地的非反相端電位相同，因此反相端電位為 $0\text{ V}$。再搭配 $6\text{ V}$ 電壓源的超節點 KCL，可求出輸出電壓。

解題方法

令左側電壓源端點為 $v_L$、右側端點為 $v_R$，上方交會節點為 $v_x$。由電壓源極性可得

$$v_L-v_R=6$$

理想運算放大器的反相端為虛地，且輸入電流為零。在反相端套用 KCL：

$$\frac{v_L}{R_1}+\frac{v_R}{R_2}=0$$

聯立可得

$$v_L=\frac{6R_1}{R_1+R_2}, \qquad v_R=-\frac{6R_2}{R_1+R_2}$$

將電壓源兩端視為超節點。超節點 KCL 為

$$\frac{v_L-v_x}{10\,\text{k}\Omega} +\frac{v_R-v_x}{30\,\text{k}\Omega} +\frac{v_L}{R_1} +\frac{v_R}{R_2}=0$$

其中最後兩項的和為零，因此

$$3v_L+v_R-4v_x=0$$

核心觀念

電感的電壓與電流關係為

$$v_L(t)=L\frac{di_L(t)}{dt}$$

圖 4(a) 中電感電流的參考方向向下，且電壓源上端為正，因此 $v_L(t)=v_s(t)$。所以電流是電壓除以電感值後的積分：

$$i_L(t)=i_L(0)+\frac{1}{L}\int_0^t v_s(\tau)\,d\tau$$

已知 $i_L(0)=0$。因此，電壓為常數時，電流呈線性斜坡；電壓線性變化時，電流呈二次曲線。

解題方法

圖 4(b)：方波電壓

依圖示，$0$ 到 $t_1$ 間 $v_s=V_p$，$t_1$ 到 $t_2$ 間 $v_s=-V_p$，$t_2$ 之後 $v_s=V_p$。各段電壓固定，直接由 $di_L/dt=v_s/L$ 求斜率：

$$i_L(t)= \begin{cases} \dfrac{V_p}{L}t, & 0\le t<t_1,\\[6pt] \dfrac{V_p}{L}\bigl(2t_1-t\bigr), & t_1\le t<t_2,\\[6pt] \dfrac{V_p}{L}\bigl(t-2t_2+2t_1\bigr), & t\ge t_2. \end{cases}$$

因此，電流從 $i_L(0)=0$ 開始，以斜率 $V_p/L$ 上升至

$$i_L(t_1)=\frac{V_p t_1}{L}$$

接著以斜率 $-V_p/L$ 下降，至 $t_2$ 時為

$$i_L(t_2)=\frac{V_p}{L}(2t_1-t_2)$$

$t_2$ 之後再以斜率 $V_p/L$ 上升。電感電流連續，因此在 $t_1$、$t_2$ 處不會跳變。

核心觀念

自耦變壓器由兩組繞組串聯加成，圖中低壓繞組為 $200\text{ V}$，上方繞組再加上 $100\text{ V}$，因此高壓端電壓為 $300\text{ V}$。額定容量仍受原變壓器各繞組的額定電流限制。

原變壓器額定容量為 $10\text{ kVA}$，所以：

$$I_{200\text{ V}}=\frac{10\,000}{200}=50\text{ A}$$ $$I_{100\text{ V}}=\frac{10\,000}{100}=100\text{ A}$$

解題方法

圖中高壓端電流 $I_H$ 流經 $100\text{ V}$ 繞組；中間抽頭的電流為 $I_L$，其中 $I_L-I_H$ 流經 $200\text{ V}$ 繞組。各繞組電流不得超過原變壓器的額定值，因此：

$$I_H\le 100\text{ A}$$ $$I_L-I_H\le 50\text{ A}$$

核心觀念

此題考並聯電路的諧振條件：輸入導納的虛部（電納）為零。圖中 $1\,\Omega$ 電阻與電感、串聯 $RC$ 支路並聯；純電阻只貢獻實部導納，不影響諧振頻率。

解題方法

設角頻率為 $\omega$。電感支路的導納為

$$Y_L=\frac{1}{j\omega L}=-\frac{j}{\omega L}$$

串聯 $RC$ 支路的導納為

$$Y_{RC}=\frac{1}{R+\frac{1}{j\omega C}} =\frac{j\omega C}{1+j\omega RC}$$

其虛部為 $\dfrac{\omega C}{1+(\omega RC)^2}$。令總導納的虛部為零：

$$-\frac{1}{\omega L}+\frac{\omega C}{1+(\omega RC)^2}=0$$

整理可得

$$\omega^2(LC-R^2C^2)=1$$

因此

核心觀念

本題考耦合電感的互感正負號，以及如何由二埠的 $z$ 參數推得逆傳輸參數。依一般二埠參考方向，令 $V_1,V_2$ 為上端對下端電壓，$I_1,I_2$ 為流入上端的電流；題目所求採用定義

$$\begin{bmatrix}V_2\\ I_2\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}A'&B'\\ C'&D'\end{bmatrix} \begin{bmatrix}V_1\\-I_1\end{bmatrix}.$$

解題方法

圖中左側支路是 $2\,\Omega$ 電阻串聯阻抗 $j2\,\Omega$ 的線圈；右側支路是阻抗 $-j2\,\Omega$ 的電容串聯阻抗 $j1\,\Omega$ 的線圈。兩線圈的點標都在上端，兩埠電流流入上端時都進入有點端，因此互感項為 $+j1\,\Omega$。

先寫出 $z$ 參數方程。左埠自阻抗為 $2+j2\,\Omega$，右埠自阻抗為 $j1-j2=-j\,\Omega$，互阻抗皆為 $+j\,\Omega$：

$$\begin{bmatrix}V_1\\V_2\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2+2j & j\\ j & -j \end{bmatrix} \begin{bmatrix}I_1\\I_2\end{bmatrix}.$$

令 $x=-I_1$，由第一式解出 $I_2$：

核心觀念

$z$ 參數以端口電流表示端口電壓：

$$\begin{bmatrix}V_1\\V_2\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}z_{11}&z_{12}\\z_{21}&z_{22}\end{bmatrix} \begin{bmatrix}I_1\\I_2\end{bmatrix}$$

其中 $I_1、I_2$ 皆以流入各端口上端為正。$y$ 參數則以端口電壓表示端口電流：

$$\begin{bmatrix}I_1\\I_2\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}y_{11}&y_{12}\\y_{21}&y_{22}\end{bmatrix} \begin{bmatrix}V_1\\V_2\end{bmatrix}$$

圖中兩條斜線交叉處有跨線符號，表示兩條斜支路沒有電氣連接。因此電阻網路是由 $4\,\Omega、2\,\Omega、6\,\Omega、8\,\Omega$ 組成的封閉迴路。

解題方法

先用開路條件求 $z$ 參數。令端口 2 開路（$I_2=0$），從端口 1 看入有兩條串聯支路並聯：

$$z_{11}=\frac{V_1}{I_1} =(4+2)\parallel(8+6) =\frac{6\times14}{6+14} =\frac{21}{5}\,\Omega$$

再令端口 1 開路（$I_1=0$），從端口 2 看入的兩條串聯支路為 $4+8$ 與 $2+6$：

$$z_{22}=\frac{V_2}{I_2} =(4+8)\parallel(2+6) =\frac{12\times8}{12+8} =\frac{24}{5}\,\Omega$$

求互阻抗 $z_{12}$ 時令 $I_1=0$，只由端口 2 注入電流。端口 2 的兩條路徑電阻分別為 $12\,\Omega$ 與 $8\,\Omega$，故流經 $4\,\Omega$ 支路的電流為 $\frac{8}{20}I_2$，流經 $2\,\Omega$ 支路的電流為 $\frac{12}{20}I_2$。以各支路電壓降求兩個端口上端的電位差：

核心觀念

• 即時功率 $p(t)=v(t)i(t)$。對於含直流與諧波的週期信號，平均功率只與相同頻率的電壓‑電流分量相乘，頻率不同的乘積在一週期內的平均為 $0$。
• 平均功率
  $P_{\text{avg}}=V_{0}I_{0}+ \frac12\sum_{k}V_{k}I_{k}\cos(\phi_{vk}-\phi_{ik})$
  其中 $V_{0},I_{0}$ 為直流分量，$V_{k},I_{k}$、$\phi_{vk},\phi_{ik}$ 為第 $k$ 個諧波的幅值與相位。
• 有效值 (RMS)

$$V_{\rm rms}= \sqrt{V_{0}^{2}+ \sum_{k}\frac{V_{k}^{2}}{2}},\qquad I_{\rm rms}= \sqrt{I_{0}^{2}+ \sum_{k}\frac{I_{k}^{2}}{2}}$$

• 功率因數
  $\text{PF}= \frac{P_{\text{avg}}}{V_{\rm rms}I_{\rm rms}}=\cos\theta$
  $\theta>0$ 為 滯後（感性），$\theta<0$ 為 超前（容性）。

---

解題方法

(a) 平均功率

1. 辨識分量

$$\begin{aligned} v(t)&=10\;(\text{DC})+100\cos(50t)+10\cos(150t)\\ i(t)&=10\;(\text{DC})+20\cos(50t-30^{\circ})+5\cos(150t+45^{\circ}) \end{aligned}$$

• 直流：$V_{0}=10\,$V， $I_{0}=10\,$A
• 50 rad/s 諧波：$V_{1}=100\,$V（相位 $0^{\circ}$），$I_{1}=20\,$A（相位 $-30^{\circ}$）
• 150 rad/s 諧波：$V_{2}=10\,$V（相位 $0^{\circ}$），$I_{2}=5\,$A（相位 $+45^{\circ}$）

2. 計算每個頻率的貢獻

核心觀念

本題探討三相四線式（Three-Phase Four-Wire）Y接（Wye-connected）負載電路之功率與電流關係，核心重點包含：

1. 三相對稱平衡系統之功率公式：

   • 總平均功率 $P_{3\phi} = 3 V_p I_p \cos\theta = \sqrt{3} V_L I_L \cos\theta$
   • 其中 $V_p$ 為相電壓有效值、$I_p$ 為相電流有效值、$V_L = \sqrt{3}V_p$ 為線電壓有效值、$I_L$ 為線電流有效值。
   • 功率因數超前（leading pf）表示電流相位超前電壓相位，負載呈容性（$\theta > 0$ 或電流角度相對於電壓為正）。
   • 在 Y 接負載中，線電流等於相電流，即 $I_L = I_p$。

2. 中性線電流（Neutral Current）：

   • 由負載側中性點之克希荷夫電流定律（KCL），流回中性線之電流定義為： $$\mathbf{I}_n = \mathbf{I}_a + \mathbf{I}_b + \mathbf{I}_c$$
   • 在完全平衡條件下，$\mathbf{I}_a + \mathbf{I}_b + \mathbf{I}_c = 0$，中性線無電流（$I_n = 0$）。
   • 當其中一相斷路（Open Circuit）時，例如 $a$ 相斷路（$\mathbf{I}_a = 0$），三相失去平衡，中性線電流即為剩餘兩相電流之和向量： $$\mathbf{I}_n = \mathbf{I}_b + \mathbf{I}_c$$

---

解題方法

(a) 求線電流（Line current）大小與相量表示

已知數據：

• 三相總平均功率 $P_{3\phi} = 10\text{ kW} = 10000\text{ W}$
• 功率因數 $\text{pf} = \cos\theta = 0.866 = \frac{\sqrt{3}}{2}$（超前 leading，$\theta = +30^\circ$）
• 相電壓有效值 $V_p = 127\text{ V}_{\text{rms}}$

由三相功率平衡公式：

$$P_{3\phi} = 3 V_p I_p \cos\theta$$

代入數值求相電流（即線電流）的大小 $I_L$：

$$10000 = 3 \times 127 \times I_L \times 0.866$$

計算分母項：

$$3 \times 127 \times 0.866 = 381 \times 0.866 \approx 329.946\text{ V}$$

（亦可注意到 $127\text{ V} \approx \frac{220}{\sqrt{3}}\text{ V}$，則線電壓 $V_L = \sqrt{3} V_p = 220\text{ V}$，代入 $P = \sqrt{3} V_L I_L \cos\theta = \sqrt{3} \times 220 \times I_L \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 330 I_L$）

$$I_L = \frac{10000}{330} \approx 30.303\text{ A}_{\text{rms}}$$

若以相量表示（假設正相序 abc，取 a 相電壓為參考相量 $\mathbf{V}_{an} = 127\angle 0^\circ\text{ V}$）：

• 因功率因數超前 $0.866$（$\cos^{-1}(0.866) = 30^\circ$），電流超前電壓 $30^\circ$：

$$\mathbf{I}_a = 30.30\angle +30^\circ\text{ A}_{\text{rms}}$$

• 其餘兩相線電流分別為：

$$\mathbf{I}_b = 30.30\angle (30^\circ - 120^\circ) = 30.30\angle -90^\circ\text{ A}_{\text{rms}}$$