115 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

本題考查電位器分壓器接上負載後的負載效應。未接負載時：

$$V_{o,\mathrm{ideal}}=12\frac{R_{bc}}{R_{ac}}$$

其中

$$R_{ab}+R_{bc}=R_{ac}$$

接上負載後，輸出端需提供固定負載電流 $I_o=1\text{ mA}$，因此流過 $R_{ab}$ 的電流大於流過 $R_{bc}$ 的電流，造成實際輸出電壓下降。

解題方法

令實際輸出電壓為 $V_{o,\mathrm{real}}$。由輸出端套用 KCL：

$$\frac{12-V_{o,\mathrm{real}}}{R_{ab}} = \frac{V_{o,\mathrm{real}}}{R_{bc}}+I_o$$

整理得：

$$V_{o,\mathrm{real}} = \frac{12R_{bc}-I_oR_{ab}R_{bc}}{R_{ab}+R_{bc}}$$

由於 $R_{ab}+R_{bc}=R_{ac}$，可寫成：

$$V_{o,\mathrm{real}} = 12\frac{R_{bc}}{R_{ac}} - I_o\frac{R_{ab}R_{bc}}{R_{ac}}$$

因此輸出電壓誤差為：

$$V_{o,\mathrm{ideal}}-V_{o,\mathrm{real}} = I_o\frac{R_{ab}R_{bc}}{R_{ac}}$$

相對誤差：

$$\frac{V_{o,\mathrm{ideal}}-V_{o,\mathrm{real}}} {V_{o,\mathrm{ideal}}} = \frac{ I_o\frac{R_{ab}R_{bc}}{R_{ac}} }{ 12\frac{R_{bc}}{R_{ac}} } = \frac{I_oR_{ab}}{12}$$

本題考驗學生運用節點電壓法或網目電流法分析含有受控電源的電路。

核心觀念：

1. 節點電壓法 (Nodal Analysis)： 根據克希荷夫電流定律 (KCL)，在每個非參考節點列出電流平衡方程式。
2. 受控電源 (Dependent Source)： 其大小由電路中其他點的電壓或電流決定，在列方程時需將其表示為已知變數的函數。

解題過程：

圖 2 是一個含有電壓控制電壓源 (VCVS) 的電路。電壓源的輸出是 $2v_a$，其中 $v_a$ 是節點 $a$ 相對於參考點 (接地) 的電壓。電路中包含電阻 $R_1 = 8\Omega$、$R_2 = 45\Omega$、$R_3 = 15\Omega$。電流 $I_o$ 是流過 $R_3$ 的電流。

我們使用節點電壓法來求解。電路中有兩個重要的節點：節點 $a$ (其電壓為 $v_a$) 和輸出節點 (其電壓為 $v_o$)。由於 $v_a$ 是受控源的參數，我們需要列出節點 $a$ 的 KCL 方程式。同時，電壓源的另一端是接地，所以輸出節點的電壓 $v_o$ 是 $2v_a$。

步驟 1：標示節點與電流

• 標示節點 $a$ 的電壓為 $v_a$。
• 標示輸出節點的電壓為 $v_o$。
• 標示流過 $R_1$ 的電流為 $i_{R1}$ (從左向右)。
• 標示流過 $R_2$ 的電流為 $i_{R2}$ (從左向右)。
• 標示流過 $R_3$ 的電流為 $I_o$ (從上向下)。

步驟 2：建立節點方程式

在節點 $a$ 應用 KCL：
流入節點 $a$ 的電流 = 流出節點 $a$ 的電流
$15\text{A} = i_{R1} + i_{R2}$
$15 = \frac{v_a - 0}{R_1} + \frac{v_a - v_o}{R_2}$
$15 = \frac{v_a}{8} + \frac{v_a - v_o}{45}$

我們知道輸出電壓源的值是 $2v_a$。由於電壓源的負極接地，其正極的電壓即為輸出電壓 $v_o$。
所以，$v_o = 2v_a$。

步驟 3：將 $v_o$ 代入節點方程式

將 $v_o = 2v_a$ 代入節點 $a$ 的 KCL 方程式：
$15 = \frac{v_a}{8} + \frac{v_a - (2v_a)}{45}$
$15 = \frac{v_a}{8} + \frac{v_a - 2v_a}{45}$

核心觀念

本題考查理想運算放大器的負回授特性：

• 輸入端電流為零：$i_+=i_-=0$
• 虛短路：$v_-=v_+=0$
• 因為正相端接地，所以反相端為虛接地：$v_-=0$
• 以節點電壓法分析 $R_1、R_2、R_3$ 所形成的回授網路。

令 $R_1$ 與 $R_2$ 的交會節點電壓為 $v_x$。

輸出電壓推導

由反相端為虛接地，反相端電壓為 $0$。在節點 $v_x$ 寫 KCL：

$$\frac{v_x}{R_1}+\frac{v_x-v_o}{R_2}+\frac{v_x}{R_3}=0$$

整理得：

$$v_x\left(\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}+\frac{1}{R_3}\right) =\frac{v_o}{R_2}$$

因此：

$$v_x= \frac{R_1R_3}{R_1R_2+R_1R_3+R_2R_3}v_o$$

在反相端節點寫 KCL。由於運算放大器輸入端不取電流，電流源 $i_s$ 全部流經 $R_1$：

$$i_s=\frac{0-v_x}{R_1} =-\frac{v_x}{R_1}$$

代入 $v_x$：

$$i_s =-\frac{R_3}{R_1R_2+R_1R_3+R_2R_3}v_o$$

故輸出電壓為：

核心觀念

將負載 $R_L$ 左側的電路化為戴維寧等效電路：

• 最大功率傳輸條件：
  $R_L=R_{\mathrm{th}}$
• 負載最大功率：
  $P_{L,\max}=\frac{V_{\mathrm{th}}^2}{4R_{\mathrm{th}}}$

解題方法：來源轉換

圖中三組電路分別為 $3\text{ V}$、$2\text{ V}$、$1\text{ V}$ 電壓源串聯電阻 $r$。將每組電壓源串聯電阻轉換為諾頓等效：

$I_1=\frac{3}{r},\qquad I_2=\frac{2}{r},\qquad I_3=\frac{1}{r}$

三個諾頓電流源並聯，因此總諾頓電流為

$I_N=\frac{3+2+1}{r}=\frac{6}{r}$

三個電阻 $r$ 並聯，故等效電阻為

$R_N=R_{\mathrm{th}}=r\parallel r\parallel r=\frac{r}{3}$

再將諾頓等效轉回戴維寧等效：

核心觀念

本題考查：

• $RL$ 電路的暫態分析
• 拉氏轉換法
• 電阻與電感阻抗：
  $Z_R=R,\qquad Z_L=sL$
• 串、並聯電路的等效阻抗與電流分配

由圖可知，$7u(t)\,\text{V}$ 電壓源、$3\Omega$ 電阻與 $0.5\text{ H}$ 電感串聯，之後接上 $1\Omega$ 電阻與 $0.2\text{ H}$ 電感的並聯組合。假設電路在 $t<0$ 無激勵且無初始儲能，因此兩個電感的初始電流皆為零。

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解題方法

在 $s$ 域中，電壓源為

$$V_s(s)=\frac{7}{s}.$$

並聯部分的等效阻抗為

$$Z_p=1\parallel 0.2s =\frac{1(0.2s)}{1+0.2s} =\frac{s}{s+5}.$$

串聯總阻抗為

$$Z_{\text{total}} =3+0.5s+\frac{s}{s+5}.$$

通分整理：

$$Z_{\text{total}} =\frac{(3+0.5s)(s+5)+s}{s+5}$$ $$=\frac{0.5s^2+6.5s+15}{s+5} =\frac{0.5(s+3)(s+10)}{s+5}.$$

求 $i_1(t)$

$i_1$ 是流入並聯網路的總電流，因此

$$I_1(s)=\frac{V_s(s)}{Z_{\text{total}}}$$ $$I_1(s) =\frac{7}{s}\cdot \frac{s+5}{0.5(s+3)(s+10)}$$ $$=\frac{14(s+5)}{s(s+3)(s+10)}.$$

部分分式分解：

$$I_1(s) =\frac{7}{3s} -\frac{4}{3(s+3)} -\frac{1}{s+10}.$$

反拉氏轉換得

$$\boxed{ i_1(t)= \left( \frac{7}{3} -\frac{4}{3}e^{-3t} -e^{-10t} \right)u(t)\ \text{A} }$$

因此對於 $t\ge 0$，

$$\boxed{ i_1(t)= \frac{7}{3} -\frac{4}{3}e^{-3t} -e^{-10t}\ \text{A} }$$

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求 $i_2(t)$

本題考驗學生對 RLC 電路參數縮放 (Scaling) 的理解，特別是品質因數 (Quality Factor, Q) 和中心頻率 (Center Frequency, $\omega_0$) 的關係。

核心觀念：

1. RLC 串聯電路參數：
   • 電阻 $R$
   • 電感 $L$
   • 電容 $C$
2. 中心頻率 ($\omega_0$)： 對於串聯 RLC 電路，通常指諧振頻率。
   $\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}}$
3. 品質因數 (Q)：
   $Q = \frac{\omega_0 L}{R} = \frac{1}{\omega_0 R C} = \frac{1}{R} \sqrt{\frac{L}{C}}$
4. 參數縮放 (Scaling)： 在不改變電路某些特性（如 Q 值）的前提下，調整元件值以滿足新的設計要求（如新的中心頻率）。

題目分析：

• 原始電路參數：$R_{old} = 1\Omega$, $L_{old} = 1H$, $C_{old} = 1F$.
• 目標：
  • 保持相同的品質因數 $Q_{old} = Q_{new}$。
  • 新的中心頻率 $\omega_{0\_new} = 1 \text{ kHz} = 2\pi \times 1000 \text{ rad/s}$。
  • 新的電容值 $C_{new} = 10\mu F = 10 \times 10^{-6} F$。
• 需要計算新的電阻 $R_{new}$ 和電感 $L_{new}$。

解題步驟：

步驟 1：計算原始電路的中心頻率和品質因數
原始中心頻率 $\omega_{0\_old} = \frac{1}{\sqrt{L_{old} C_{old}}} = \frac{1}{\sqrt{1H \times 1F}} = \frac{1}{\sqrt{1}} = 1 \text{ rad/s}$。
原始品質因數 $Q_{old} = \frac{1}{R_{old}} \sqrt{\frac{L_{old}}{C_{old}}} = \frac{1}{1\Omega} \sqrt{\frac{1H}{1F}} = \sqrt{1} = 1$。
（注意：這裡的 Q 值計算值為 1，這是一個相當低的 Q 值，通常 RLC 濾波器 Q 值會更高。但我們就依照題目給的數值計算。）

步驟 2：設定新電路的目標參數
$Q_{new} = Q_{old} = 1$。
$\omega_{0\_new} = 1 \text{ kHz} = 2\pi \times 1000 \text{ rad/s} \approx 6283 \text{ rad/s}$。
$C_{new} = 10\mu F = 10^{-5} F$。

步驟 3：利用品質因數和中心頻率的關係來求解新參數
我們知道 $Q = \frac{1}{R} \sqrt{\frac{L}{C}}$。
對於新電路，我們有 $Q_{new} = \frac{1}{R_{new}} \sqrt{\frac{L_{new}}{C_{new}}}$。
同時，$\omega_{0\_new} = \frac{1}{\sqrt{L_{new} C_{new}}}$。

從 $\omega_{0\_new}$ 的公式，我們可以得到 $L_{new} C_{new} = \frac{1}{\omega_{0\_new}^2}$。
$L_{new} = \frac{1}{\omega_{0\_new}^2 C_{new}} = \frac{1}{(2\pi \times 1000)^2 \times 10^{-5}} = \frac{1}{(6283)^2 \times 10^{-5}} \approx \frac{1}{3.948 \times 10^7 \times 10^{-5}} = \frac{1}{394.8} \approx 0.00253 H$。
$L_{new} \approx 2.53 \text{ mH}$。

現在，我們利用 $Q_{new}$ 的公式來求解 $R_{new}$。
$Q_{new} = 1$。
$1 = \frac{1}{R_{new}} \sqrt{\frac{L_{new}}{C_{new}}}$。
$R_{new} = \sqrt{\frac{L_{new}}{C_{new}}}$。

本題考驗學生對 RL 低通濾波器 (Low-Pass Filter, LPF) 特性的理解，包括截止頻率、電感值計算以及特定頻率下的電壓增益。

核心觀念：

1. RL 低通濾波器： 在串聯 RL 電路中，輸出電壓取在電阻兩端，則為低通濾波器。如果輸出電壓取在電感兩端，則為高通濾波器。題目假設輸出取在電阻兩端。
2. 截止頻率 ($\omega_c$ 或 $f_c$)： 在濾波器中，指功率減半（電壓增益為 $1/\sqrt{2}$ 或約 0.707）的頻率。對於串聯 RL 電路（輸出取在電阻上），截止頻率由下式給出：
   $f_c = \frac{R}{2\pi L}$
3. 電壓增益 (Voltage Gain, $A_v$)： 輸出電壓與輸入電壓的比值。對於串聯 RL 電路，若輸出取在電阻 $R$ 上：
   $A_v(j\omega) = \frac{V_{out}}{V_{in}} = \frac{R}{R + j\omega L}$
   電壓增益的幅值 $|A_v(j\omega)| = \frac{R}{|R + j\omega L|} = \frac{R}{\sqrt{R^2 + (\omega L)^2}} = \frac{1}{\sqrt{1 + (\omega L/R)^2}}$。
   注意到 $\omega_c = R/(2\pi L)$，所以 $\omega_c L / R = 1/(2\pi)$。
   更常見的定義是，截止頻率 $\omega_c = R/L$ (角頻率)。
   則 $|A_v(j\omega)| = \frac{R}{\sqrt{R^2 + (\omega L)^2}} = \frac{1}{\sqrt{1 + (\omega L/R)^2}} = \frac{1}{\sqrt{1 + (\omega/\omega_c)^2}}$。
   其中 $\omega_c = R/L$ (角頻率)。
   如果題目給的是頻率 $f_c$ (單位 Hz)，則 $\omega_c = 2\pi f_c$。
   $f_c = \frac{R}{2\pi L}$。

解題步驟：

第一部分：計算電感值 $L$

已知：

• 濾波器類型：串聯 RL 低通濾波器。
• 截止頻率 $f_c = 10 \text{ kHz} = 10 \times 10^3 \text{ Hz}$。
• 電阻 $R = 10 \text{ k}\Omega = 10 \times 10^3 \Omega$。

使用截止頻率的公式 $f_c = \frac{R}{2\pi L}$ 來求解 $L$。
$L = \frac{R}{2\pi f_c}$
$L = \frac{10 \times 10^3 \Omega}{2\pi \times (10 \times 10^3 \text{ Hz})}$
$L = \frac{10000}{2\pi \times 10000} = \frac{1}{2\pi} H$。

$L \approx \frac{1}{2 \times 3.14159} \approx 0.159 H$。
$L \approx 159 \text{ mH}$。

核心觀念

本題考查非正弦電流下的平均功率與功率因數。

平均功率定義為

$$P=\frac{1}{T}\int_0^T v(t)i(t)\,dt$$

對不同頻率的正弦波，乘積在完整週期平均後為零，因此只有電壓與電流中「相同頻率」的成分會產生平均功率。

總功率因數定義為

$$\mathrm{PF}=\frac{P}{V_{\mathrm{rms}}I_{\mathrm{rms}}}$$

其中 $I_{\mathrm{rms}}$ 必須包含電流中所有頻率成分的均方根值。

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解題方法

電壓為

$$v(t)=100\cos(50t)\ \mathrm{V}$$

電流分成基頻與五次諧波：

$$i(t)=10\sin(50t+30^\circ)+10\cos(250t-45^\circ)$$

將基頻電流改寫為餘弦形式：

$$10\sin(50t+30^\circ) =10\cos(50t+30^\circ-90^\circ)$$

因此

$$i_1(t)=10\cos(50t-60^\circ)$$

基頻電流相對於電壓落後 $60^\circ$。

(a) 平均功率

電壓只含角頻率 $50\ \mathrm{rad/s}$ 的成分，因此五次諧波電流 $10\cos(250t-45^\circ)$ 不會對平均功率產生貢獻。

電壓與基頻電流的有效值為

$$V_{\mathrm{rms}}=\frac{100}{\sqrt{2}}\ \mathrm{V}$$ $$I_{1,\mathrm{rms}}=\frac{10}{\sqrt{2}}\ \mathrm{A}$$

相位差為

$$\phi=0^\circ-(-60^\circ)=60^\circ$$

所以平均功率為

$$P=V_{\mathrm{rms}}I_{1,\mathrm{rms}}\cos\phi$$ $$P= \frac{100}{\sqrt{2}} \cdot \frac{10}{\sqrt{2}} \cdot \cos60^\circ$$ $$P=250\ \mathrm{W}$$

(b) 功率因數

電流包含兩個不同頻率的正弦成分，且彼此正交，因此總電流有效值為

核心觀念

本題考查平衡三相系統中，並聯負載的總複功率、總功率因數與線電流計算。

三相負載的複功率為

$$\mathbf{S}=P+jQ$$

其中：

• $P$：實功率
• $Q$：無功功率
• $|\mathbf{S}|$：視在功率
• 功率因數：

$$\mathrm{pf}=\frac{P}{|\mathbf{S}|}$$

功率因數「落後」表示感性負載，$Q>0$；功率因數「超前」表示容性負載，$Q<0$。

平衡三相系統的線電流可由

$$|\mathbf{S}|=\sqrt{3}V_LI_L$$

求得，因此

$$I_L=\frac{|\mathbf{S}|}{\sqrt{3}V_L}$$

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解題方法

兩個負載為並聯連接，端電壓相同，因此直接將兩負載的複功率相加：

$$\mathbf{S}_{\text{total}} = \mathbf{S}_Y+\mathbf{S}_\Delta$$

不能直接將兩個負載的視在功率相加，必須先分解成實功率與無功功率。

1. Wye 負載的複功率

Wye 負載消耗實功率 $12\text{ kW}$，功率因數為 $0.886$ 落後。

其視在功率為

$$S_Y=\frac{P_Y}{\mathrm{pf}_Y} =\frac{12}{0.886} =13.544\text{ kVA}$$

由

$$Q_Y=P_Y\tan\phi_Y$$

且

$$\tan\phi_Y = \frac{\sqrt{1-\mathrm{pf}_Y^2}}{\mathrm{pf}_Y} = \frac{\sqrt{1-0.886^2}}{0.886} \approx 0.5233$$

可得

$$Q_Y=12(0.5233) \approx 6.28\text{ kVAR}$$

因為功率因數落後，所以無功功率為正：

$$\mathbf{S}_Y=12+j6.28\text{ kVA}$$

2. Delta 負載的複功率

Delta 負載消耗視在功率 $10\text{ kVA}$，功率因數為 $0.6$ 超前。

實功率為

$$P_\Delta=S_\Delta\mathrm{pf}_\Delta =10(0.6) =6\text{ kW}$$

由功率三角形：

$$Q_\Delta = -\sqrt{S_\Delta^2-P_\Delta^2}$$

負號代表超前，即容性負載。因此

$$Q_\Delta = -\sqrt{10^2-6^2} =-8\text{ kVAR}$$

故

$$\mathbf{S}_\Delta=6-j8\text{ kVA}$$

3. 合併兩個負載的總複功率

$$\mathbf{S}_{\text{total}} = (12+j6.28)+(6-j8)$$ $$\mathbf{S}_{\text{total}} = 18-j1.72\text{ kVA}$$

因此總實功率為

$$P_{\text{total}}=18\text{ kW}$$

總無功功率為

$$Q_{\text{total}}=-1.72\text{ kVAR}$$

本題為一問答題，主要探討固態變壓器 (Solid-State Transformer, SST) 相較於傳統工頻變壓器 (Line-Frequency Transformer, LFT) 在高功率直流供電系統中的優勢、結構及效率。

核心觀念：

1. 傳統工頻變壓器 (LFT)：
   • 原理：基於法拉第電磁感應定律，利用鐵芯耦合實現電壓變換。
   • 結構：主要由鐵芯和初級、次級線圈組成。
   • 優點：結構簡單、成本較低、效率高（對於大功率、工頻應用）、可靠性高。
   • 缺點：體積和重量大、頻率響應差（只能工作於工頻）、電壓變比固定（不易調壓）、缺乏功率電子功能（如軟啟動、功率控制）。
   • 應用：廣泛用於電力系統的電壓升降。
2. 固態變壓器 (SST)：
   • 原理：利用電力電子技術，將交流-直流-交流 (AC-DC-AC) 或交流-直流-直流 (AC-DC-DC) 的多級轉換實現電壓變換和功率傳輸。
   • 結構：通常包含整流器 (AC-DC)、DC-DC 轉換器、DC-AC 逆變器，或採用隔離式 DC-DC 轉換器。高頻變壓器用於隔離和電壓變換。
   • 優點：
     • 電壓靈活性： 可實現連續調壓、多個輸出電壓。
     • 功率注入和控制： 可進行功率流控制、無功功率補償、諧波抑制。
     • 體積小、重量輕： 工作於高頻（kHz 級別），可大大減小變壓器尺寸和重量。
     • 功能整合： 可整合濾波、軟啟動、過流保護等功能。
     • 直流輸出： 易於直接為直流負載（如 Al 服务器）供電，減少轉換損耗。
   • 缺點：
     • 成本較高： 電力電子元件（IGBT, MOSFET, 電容, 電感）成本高。
     • 效率挑戰： 多級轉換會引入額外的開關損耗和磁性元件損耗，高功率時效率可能低於 LFT。
     • 可靠性： 電力電子元件的壽命和可靠性是考量因素。
     • 散熱： 高功率密度意味著需要高效的散熱系統。
3. 800V HVDC 系統：
   • 為支援高功率 AI 伺服器，需要高密度、高效率的直流供電。
   • 800V 直流電壓相比傳統的 12V 或 48V 直流，可以顯著降低傳輸損耗，減少線纜數量和重量。
   • SST 是實現從中壓交流電網 (11kV/22kV) 到 800V 直流的理想介面。

比較與討論：

1. 電路拓撲 (Circuit Topologies)：

• 傳統工頻變壓器 (LFT)：
  • 結構：鐵芯 + 線圈。初級和次級線圈通過磁耦合實現隔離和電壓變換。
  • 拓撲：非常簡單，僅包含電磁元件。
• 固態變壓器 (SST)：
  • 結構：通常是多級電力電子轉換器。常見拓撲包括：
    • AC-DC-AC 轉換： 先將交流整流為直流，然後再通過逆變器轉換為所需頻率和電壓的交流，再通過高頻變壓器隔離和降壓。
    • AC-DC-DC 轉換： 先將交流整流為直流，然後通過隔離式 DC-DC 轉換器（如全橋、半橋、移相全橋等拓撲，結合高頻變壓器）實現隔離和電壓變換。對於 800V HVDC 應用，這類拓撲更常見。
  • 關鍵元件：功率開關（IGBT, MOSFET）、高頻變壓器、電容、電感、控制電路。

2. 工作原理和功能：

• LFT： 純粹的電壓變換和隔離，基於電磁感應，工作頻率固定為工頻 (50/60 Hz)。
• SST： 結合了電壓變換、隔離、功率控制、功率流雙向性、濾波、保護等多種功能。工作頻率在高頻 (kHz 級別)。

3. 效率 (Efficiency)：

• LFT： 在工頻大功率應用下，效率非常高，可達 98% 以上，甚至 99%。主要損耗是鐵芯損耗（磁滯、渦流）和銅損（線圈電阻）。
• SST： 效率受多級轉換和高頻開關損耗的影響。
  • 優勢：
    • 在高頻下，磁性元件（變壓器、電感）尺寸大大減小，銅損可能降低。
    • 對於低功率或中等功率應用，SST 的效率可以與 LFT 媲美，甚至更高。
    • 由於可直接輸出直流，省去了 LFT 後的整流和濾波環節，整體系統效率可能更高。
  • 挑戰：
    • 在極高功率（兆瓦級別）下，多級轉換的開關損耗和磁性元件損耗會累積，使 SST 的效率可能低於同等功率的 LFT。
    • 高頻開關元件的損耗（導通損耗、開關損耗）是主要挑戰。
  • 發展趨勢： 隨著寬能隙半導體材料（如 SiC, GaN）的應用，SST 的開關損耗和導通損耗正在降低，效率不斷提升。對於 800V HVDC 應用，SST 的效率目標通常在 95%-98% 之間，具體取決於設計和功率等級。

4. 總結比較：

| 特性 | 傳統工頻變壓器 (LFT) | 固態變壓器 (SST) |