108 年 國立臺灣大學電機工程研究所乙組《電路學》

核心觀念

Norton 等效電路由兩個量決定：

• Norton 電流 $I_N$：端點 $A$、$B$ 短路時流出的短路電流。
• Norton 電阻 $R_N$：由端點 $A$、$B$ 看入的等效電阻。

由於圖中只有受控電流源，沒有獨立源，因此計算 $R_N$ 時必須保留受控源，不可將其關閉。

令 $B$ 為接地，圖中受控源為

$$i_d=\frac{V_x}{2000} =\frac{V_A-V_C}{2000}$$

其中 $C$ 為兩個 $3\,\text{k}\Omega$ 電阻的接點。

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一、求 Norton 電流 $I_N$

將 $A$、$B$ 短路，則

$$V_A=0$$

設左上節點電壓為 $V_L$，中央節點電壓為 $V_C$。

對左上節點套用 KCL：

$$\frac{V_L}{2\,\text{k}\Omega} +\frac{V_L-V_C}{3\,\text{k}\Omega}=0$$

整理得

$$V_L=\frac{2}{5}V_C$$

對中央節點套用 KCL：

$$\frac{V_C-V_L}{3\,\text{k}\Omega} +\frac{V_C-V_A}{3\,\text{k}\Omega} -\frac{V_A-V_C}{2\,\text{k}\Omega}=0$$

因為 $V_A=0$，且 $V_L=\frac{2}{5}V_C$，代入得

$$\frac{V_C-\frac{2}{5}V_C}{3\,\text{k}\Omega} +\frac{V_C}{3\,\text{k}\Omega} +\frac{V_C}{2\,\text{k}\Omega}=0$$

唯一解為

$$V_C=0,\qquad V_L=0$$

因此短路支路中沒有電流：

$$\boxed{I_N=0\ \text{A}}$$

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二、求 Norton 電阻 $R_N$

在端點 $A$、$B$ 加入測試電壓 $V_t$，令

$$V_A=V_t$$

左上節點方程仍為

$$V_L=\frac{2}{5}V_C$$

中央節點 KCL：

本題要求計算一個 12Ω 電阻上的平均電流、均方根 (RMS) 電流以及消耗的功率。題目給出了一個週期性的脈衝電流源 $i(t)$ 的波形。

首先，從圖 2 的波形圖中，我們可以觀察到電流 $i(t)$ 的特性：

1. 週期 $T$: 電流波形在 $t=0$ 到 $t=2$ 秒之間重複，所以週期 $T = 2$ 秒。
2. 波形:
   • 在 $0 \le t < 0.4$ 秒，電流 $i(t) = 10$ A。
   • 在 $0.4 \le t < 1$ 秒，電流 $i(t) = 0$ A。
   • 在 $1 \le t < 1.4$ 秒，電流 $i(t) = 10$ A。
   • 在 $1.4 \le t < 2$ 秒，電流 $i(t) = 0$ A。
   • 在 $2 \le t < 2.4$ 秒，電流 $i(t) = 10$ A (這是下一個週期的開始)。
   • 在 $2.4 \le t < 3$ 秒，電流 $i(t) = 0$ A。
     實際上，週期是 2 秒。在一個週期 $T=2$ 秒內：
   • 從 $t=0$ 到 $t=0.4$，電流是 10A。持續時間為 0.4 秒。
   • 從 $t=0.4$ 到 $t=1$，電流是 0A。持續時間為 0.6 秒。
   • 從 $t=1$ 到 $t=1.4$，電流是 10A。持續時間為 0.4 秒。
   • 從 $t=1.4$ 到 $t=2$，電流是 0A。持續時間為 0.6 秒。
     總持續時間為 $0.4 + 0.6 + 0.4 + 0.6 = 2$ 秒，符合週期 $T=2$ 秒。

a) 計算平均電流 $I_{avg}$
平均電流定義為在一個週期內對電流 $i(t)$ 積分，再除以週期 $T$。
$I_{avg} = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} i(t) dt$
在一個週期 $T=2$ 秒內，電流 $i(t)$ 的積分是：
$\int_{0}^{2} i(t) dt = \int_{0}^{0.4} 10 dt + \int_{0.4}^{1} 0 dt + \int_{1}^{1.4} 10 dt + \int_{1.4}^{2} 0 dt$
$= (10 \times 0.4) + (0 \times 0.6) + (10 \times 0.4) + (0 \times 0.6)$
$= 4 + 0 + 4 + 0 = 8 \text{ A} \cdot \text{s}$
所以，平均電流為：

本題要求利用疊加定理 (Superposition Theorem) 計算圖 3 電路中的輸出電壓 $V_o$。疊加定理適用於線性電路，其基本原理是將總響應分解為各獨立電源單獨作用時產生的響應之和。

圖 3 電路包含兩個獨立電源：一個 24∠0° Vrms 的電壓源，以及一個 12∠0° Vrms 的電壓源。此外，還有電阻元件。

我們將分別計算每個獨立電源單獨作用時產生的 $V_o$ 分量，然後將它們相加得到總的 $V_o$。

步驟 1: 計算獨立電壓源 $V_1 = 24\angle0^\circ$ Vrms 單獨作用時的輸出電壓 $V_{o1}$
當 $V_1 = 24\angle0^\circ$ Vrms 獨立作用時，另一個電壓源 $V_2 = 12\angle0^\circ$ Vrms 被短路。
電路變成：一個 24∠0° Vrms 電壓源串聯一個 12Ω 電阻，然後並聯一個 2Ω 電阻。輸出電壓 $V_o$ 則是 2Ω 電阻兩端的電壓。
這是一個簡單的分壓電路。
$V_{o1} = V_1 \times \frac{R_{parallel}}{R_1 + R_{parallel}}$
其中 $R_1 = 12 \Omega$ 是串聯的電阻，$R_{parallel} = 2 \Omega$ 是並聯的電阻。
$V_{o1} = 24\angle0^\circ \text{ V} \times \frac{2 \Omega}{12 \Omega + 2 \Omega}$
$V_{o1} = 24\angle0^\circ \text{ V} \times \frac{2}{14}$
$V_{o1} = 24\angle0^\circ \text{ V} \times \frac{1}{7}$
$V_{o1} = \frac{24}{7}\angle0^\circ \text{ V}$

步驟 2: 計算獨立電壓源 $V_2 = 12\angle0^\circ$ Vrms 單獨作用時的輸出電壓 $V_{o2}$

本題要求計算圖 4 電路中，當開關在 $t=0$ 時打開後，電感電流 $i_L(t)$ 在 $t>0$ 時的表現。這是一個典型的 RL 電路暫態分析問題。

電路包含一個 10V 的直流電壓源、一個 8Ω 電阻、一個 2Ω 電阻、一個電感 $L$ (值未標示，但根據圖示，電感值應為 $1$ F，因為通常會標示單位，而這裡只標示了數字，在電感器符號旁有 $L$，但沒有單位，然而通常在此類題目中，若無單位，則預設為 1 或根據題目情境推斷。但仔細看，圖示右側電感旁有 "F" 字樣，這應該是電容的單位，但符號是電感。假設這是電感 $L=1$ H，或者是一個單位電感。如果單位是 F，那應該是電容。題目敘述為 "inductor current"，所以應為電感。假設 $L=1$ H。)
更新：仔細觀察圖示，電感符號旁邊寫的是 "L"，但其右邊有一個 "F"。這極有可能是圖示錯誤，應為電感 L=1H，或是電容 C=1F。因為題目問的是 "inductor current"，所以我們假設這是電感 $L=1$ H。
再仔細檢查，圖示上 2Ω 電阻右邊是開關，開關右邊是電感符號，電感符號右邊是 "F"。這很可能是筆誤，應該是 L=1H，或者 C=1F。但題目明確要求 "inductor current"，所以我們必須假設這是電感。最常見的單位是亨利 (H)。如果寫 F，可能代表 1。我們假設 $L=1$ H。

假設：電感 $L=1$ H。

電路結構：
開關在 $t=0$ 時打開。
在 $t<0$ 時，開關是閉合的。此時電路是 10V 電壓源與 8Ω 電阻串聯，然後與 2Ω 電阻和電感 $L$ 串聯。
由於是直流穩態，電感相當於短路。
所以，在 $t<0$ 的穩態下，通過 8Ω 電阻的電流是 $10V / (8\Omega + 2\Omega) = 10V / 10\Omega = 1$ A。
由於電感與 2Ω 電阻串聯，且電感視為短路，所以此時通過電感的電流 $i_L(0^-)$ 是 1 A。

在 $t=0$ 時，開關打開。
打開後，10V 電壓源和 8Ω 電阻被斷開。
電路剩下 2Ω 電阻和電感 $L=1$ H 構成一個閉合迴路。
電感上的初始電流為 $i_L(0^+) = i_L(0^-) = 1$ A。

對於 $t>0$ 的暫態響應，我們需要分析這個 RL 迴路。
電感兩端的電壓為 $v_L(t) = L \frac{di_L(t)}{dt}$。
根據克希荷夫電壓定律 (KVL)，在這個迴路中：
$v_L(t) + i_L(t) \times R = 0$
其中 $R = 2 \Omega$ 是電阻，$L = 1$ H 是電感。

核心觀念

本題考查交流功率、功率因數修正與輸電線壓降：

• 負載視在功率：
  $|S|=\frac{P}{\mathrm{pf}}$
• 感抗負載的無效功率：
  $Q=P\tan(\cos^{-1}\mathrm{pf})$
• 負載總複功率：
  $S=P+jQ$
• 負載電流：
  $I=\frac{S^*}{V_{AB}}$
• 輸電線壓降：
  $V_s=V_{AB}+ZI$
• 並聯電容提供容性無效功率：
  $Q_C=-\omega C V_{AB}^2$

以下以負載端電壓 $V_{AB}=240\angle 0^\circ\ \mathrm{V_{rms}}$ 為相位基準。

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(a) 求輸入電壓源 $V_s$

M1 的無效功率為

$$Q_1=36\tan(\cos^{-1}0.82)$$ $$Q_1=25.13\ \mathrm{kvar}$$

M2 的無效功率為

$$Q_2=48\tan(\cos^{-1}0.88)$$ $$Q_2=25.91\ \mathrm{kvar}$$

因此兩部馬達的總複功率為

$$S_L=(36+48)+j(25.13+25.91)$$ $$S_L=84+j51.04\ \mathrm{kVA}$$

負載電流為

$$I=\frac{S_L^*}{V_{AB}} =\frac{84000-j51040}{240}$$ $$I=350-j212.7\ \mathrm{A}$$

輸電線阻抗為

$$Z=0.1+j0.3\ \Omega$$

所以線路壓降為

$$ZI=(0.1+j0.3)(350-j212.7)$$ $$ZI=98.79+j83.74\ \mathrm{V}$$

故輸入電壓源：

$$V_s=V_{AB}+ZI$$ $$V_s=240+(98.79+j83.74)$$ $$\boxed{V_s=338.79+j83.74\ \mathrm{V_{rms}}}$$

轉換成極座標：

$$|V_s|=\sqrt{338.79^2+83.74^2} \approx348.99\ \mathrm{V_{rms}}$$ $$\angle V_s=\tan^{-1}\left(\frac{83.74}{338.79}\right) \approx13.88^\circ$$

因此

$$\boxed{V_s\approx349.0\angle13.9^\circ\ \mathrm{V_{rms}}}$$

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(b) 求負載端 A-B 的功率因數

負載總有功功率與無效功率為

$$P_L=84\ \mathrm{kW},\qquad Q_L=51.04\ \mathrm{kvar}$$

總視在功率：