111 年 國立臺灣大學電機工程研究所乙組《電路學》

核心觀念

本題考查節點電壓法。主要使用：

• 歐姆定律：$i=\dfrac{v}{R}$
• KCL：各節點流出電流代數和為零
• 受控電流源的控制電流 $i_1$
• 元件功率：$p=vi$；若電流流出正端，則元件對外供應功率

以接地端為參考點，圖中左側電壓源上端電位為 $50\text{ V}$。

解題方法

1. 表示控制電流 $i_1$

$6\Omega$ 電阻上的電流方向由 $50\text{ V}$ 電源流向 $V_1$，因此

$$i_1=\frac{50-V_1}{6}$$

受控電流源大小為

$$3i_1$$

方向由 $V_2$ 流向 $V_1$。

2. 對節點 $V_1$ 寫 KCL

取流出節點 $V_1$ 的電流為正：

$$\frac{V_1-50}{6}+\frac{V_1}{8}+\frac{V_1-V_2}{2}-3i_1=0$$

代入 $i_1=\dfrac{50-V_1}{6}$：

$$\frac{V_1-50}{6}+\frac{V_1}{8}+\frac{V_1-V_2}{2} -3\left(\frac{50-V_1}{6}\right)=0$$

整理得

$$27V_1-12V_2=800 \tag{1}$$

3. 對節點 $V_2$ 寫 KCL

$5\text{ A}$ 電流源由接地端注入節點 $V_2$，因此：

$$\frac{V_2}{4}+\frac{V_2-V_1}{2}+3i_1-5=0$$

代入 $i_1$：

$$\frac{V_2}{4}+\frac{V_2-V_1}{2} +3\left(\frac{50-V_1}{6}\right)-5=0$$

整理得

$$4V_1-3V_2=80 \tag{2}$$

4. 聯立求解節點電壓

由式 $(2)$：

$$V_2=\frac{4V_1-80}{3}$$

代入式 $(1)$：

$$27V_1-12\left(\frac{4V_1-80}{3}\right)=800$$ $$27V_1-16V_1+320=800$$ $$V_1=\frac{480}{11}\text{ V} \approx 43.64\text{ V}$$

再求 $V_2$：

本題考查運算放大器 (Op-Amp) 的應用，特別是反相與同相放大器的組合電路。

核心觀念：

1. 理想運算放大器特性：
   • 輸入端虛短 (Virtual Short)：同相輸入端 (+) 與反相輸入端 (-) 的電壓相等。
   • 輸入端虛斷 (Virtual Open)：輸入端的輸入電流為零。
2. 反相放大器 (Inverting Amplifier)：增益為 $-R_f/R_{in}$。
3. 同相放大器 (Non-inverting Amplifier)：增益為 $1 + R_f/R_{in}$。
4. 加法器 (Summing Amplifier)：結合反相或同相配置，可以實現多個輸入電壓的加權求和。

圖 2 的電路是一個由兩個運算放大器組成的電路。
第一個運算放大器 (左側) 是一個反相加法器，它接收兩個輸入電壓 $v_1$ 和 $v_2$。
第二個運算放大器 (右側) 是一個同相放大器，它的輸入是第一個運算放大器的輸出。

分析第一個運算放大器 (左側)
這是反相加法器的配置。
同相輸入端 (+) 連接到接地 (0V)。
反相輸入端 (-) 連接到 $R_1$ 和 $R_2$。
輸入電壓 $v_1$ 通過 $R_1$ 連接到反相輸入端。
輸入電壓 $v_2$ 通過 $R_2$ 連接到反相輸入端。
輸出電壓 $v_{out1}$ 通過 $R_3$ 連接到反相輸入端。

根據理想運算放大器特性：
虛短：同相輸入端 (+) 為 0V，所以反相輸入端 (-) 也為 0V。

在反相輸入端 (-) 應用 KCL：
流出反相輸入端的電流總和為零。
$\frac{v_1 - 0}{R_1} + \frac{v_2 - 0}{R_2} + \frac{v_{out1} - 0}{R_3} = 0$
$\frac{v_1}{R_1} + \frac{v_2}{R_2} + \frac{v_{out1}}{R_3} = 0$
$\frac{v_{out1}}{R_3} = -(\frac{v_1}{R_1} + \frac{v_2}{R_2})$
$v_{out1} = -R_3 (\frac{v_1}{R_1} + \frac{v_2}{R_2})$

分析第二個運算放大器 (右側)
這是同相放大器的配置。
同相輸入端 (+) 連接到第一個運算放大器的輸出 $v_{out1}$。
反相輸入端 (-) 連接到 $R_4$ 和輸出 $v_o$。
$R_4$ 連接到反相輸入端。
輸出 $v_o$ 通過 $R_4$ 反饋到反相輸入端。

根據理想運算放大器特性：
虛短：同相輸入端 (+) 的電壓等於反相輸入端 (-) 的電壓。
同相輸入端 (+) 的電壓是 $v_{out1}$。
反相輸入端 (-) 的電壓：我們需要應用 KCL。

在反相輸入端 (-) 應用 KCL：
流出反相輸入端的電流總和為零。
假定反相輸入端的電壓為 $v_{neg2}$。
$\frac{v_{out1} - v_{neg2}}{R_{feedback}} + \frac{v_o - v_{neg2}}{R_4} = 0$
這裡的 $R_{feedback}$ 是連接到反相輸入端，但不是反饋到輸出端的電阻。在圖示中，反相輸入端 (-) 是連接到 $R_4$ 的一端，另一端連接到輸出 $v_o$。
仔細看圖 2 的第二個運算放大器。

• 同相輸入端 (+) 連接到第一個運算放大器的輸出 $v_{out1}$。
• 反相輸入端 (-) 連接到 $R_4$ 的一端。
• $R_4$ 的另一端連接到輸出 $v_o$。
• 但是，反相輸入端 (-) 沒有接地，也沒有連接其他輸入。
• 這是一個標準的同相放大器配置，其中反饋路徑是 $R_4$。
• 然而，圖示的第二個 Op-amp 的反相輸入端 (-) 沒有連接到接地，而是直接連接到 $R_4$ 的一端，另一端連接到輸出 $v_o$。
• 這似乎是一個錯位的圖示，或者 $R_4$ 是反饋電阻，並且反相輸入端 (-) 應該連接到接地。
• 如果反相輸入端 (-) 連接到接地 (0V)，則為標準同相放大器，增益為 $1 + R_f/R_{in}$。
• 如果 $R_4$ 是反饋電阻，那麼反相輸入端 (-) 應該是接地。
• 根據圖示，反相輸入端 (-) 連接了 $R_4$。$R_4$ 的另一端連接到輸出 $v_o$。
• 這意味著 $R_4$ 是反饋電阻。
• 那麼，反相輸入端 (-) 的電壓 $v_{neg2}$ 應該如何確定？
• 如果 $R_4$ 是反饋電阻，那麼反相輸入端 (-) 應該連接到接地。
• 如果圖示正確，那麼反相輸入端 (-) 的電壓 $v_{neg2}$ 應該是 0V，因為它直接連接到接地。
• 但是，圖示顯示反相輸入端 (-) 連接到 $R_4$。

重新解讀圖 2 的第二個運算放大器。

• 同相輸入端 (+) 連接到 $v_{out1}$。

• 反相輸入端 (-) 連接到 $R_4$ 的一端。

• $R_4$ 的另一端連接到輸出 $v_o$。

• 這是一個同相放大器，其中：

  • 同相輸入電壓為 $v_{in\_noninv} = v_{out1}$。
  • 反饋電阻為 $R_f = R_4$。
  • 反相輸入端 (-) 的電壓 $v_{neg2}$ 應該如何確定？
  • 如果反相輸入端 (-) 是接地，則 $v_{neg2} = 0V$。
  • 那麼 KCL at $v_{neg2}$ (assuming it's 0V): $\frac{v_{out1} - 0}{R_{feedback\_to\_input}} + \frac{v_o - 0}{R_4} = 0$? No.

  標準同相放大器配置：
  同相輸入端 (+) 接 $v_{in}$。
  反相輸入端 (-) 接 $R_{in}$ 的一端。
  $R_{in}$ 的另一端接接地。
  反饋電阻 $R_f$ 連接在輸出 $v_o$ 和反相輸入端 (-) 之間。
  輸出 $v_o = (1 + R_f/R_{in}) v_{in}$。

  圖 2 的第二個運算放大器，如果反相輸入端 (-) 是連接到接地：

  • 同相輸入端 (+) 連接到 $v_{out1}$。
  • 反相輸入端 (-) 連接到接地 (0V)。
  • $R_4$ 連接到輸出 $v_o$ 和反相輸入端 (-) (接地)。
  • 這意味著 $R_4$ 是反饋電阻。
  • 那麼，哪個電阻是 $R_{in}$？ 圖示中沒有顯示另一個電阻。

  另一種可能性：

  • 第二個運算放大器是配置為 差動放大器 (Differential Amplifier)。
  • 同相輸入端 (+) 接 $v_{out1}$。
  • 反相輸入端 (-) 接 $R_4$ 的一端。
  • $R_4$ 的另一端接輸出 $v_o$。
  • 如果反相輸入端 (-) 也同時連接到接地，那麼這就是一個差動放大器。
  • 但是圖示並沒有顯示反相輸入端 (-) 連接到接地。

  最常見的解釋是：

  • 第二個運算放大器是一個 同相放大器。
  • 同相輸入端 (+) 接 $v_{out1}$。
  • 反相輸入端 (-) 連接到接地 (0V)。
  • $R_4$ 是反饋電阻，連接在輸出 $v_o$ 和反相輸入端 (-) (接地) 之間。
  • 但是，圖示顯示反相輸入端 (-) 連接了 $R_4$。
  • 這意味著 $R_4$ 是連接在輸出 $v_o$ 和反相輸入端 (-) 之間。
  • 而且，反相輸入端 (-) 直接連接到接地。

  讓我們假設反相輸入端 (-) 是接地 (0V)。
  那麼，同相輸入端 (+) 的電壓 $v_{out1}$，經過一個同相放大器，輸出為 $v_o$。
  反饋電阻是 $R_4$。
  但是，同相放大器需要兩個電阻：一個輸入電阻 $R_{in}$ 接地，一個反饋電阻 $R_f$ 連接輸出和反相輸入端。
  圖示中，只有 $R_4$ 連接到輸出和反相輸入端。
  如果反相輸入端 (-) 是接地，那麼 $R_4$ 就是反饋電阻。
  但是，我們需要一個 $R_{in}$ 電阻連接到接地。
  圖示中，反相輸入端 (-) 並沒有直接連接到接地，而是連接到 $R_4$。

  重新仔細看圖 2 的第二個 Op-amp。

  • 同相輸入端 (+) 接 $v_{out1}$。
  • 反相輸入端 (-) 連接到 $R_4$ 的一端。
  • $R_4$ 的另一端連接到輸出 $v_o$。
  • 反相輸入端 (-) 沒有接到接地。
  • 這表示反相輸入端 (-) 的電壓 $v_{neg2}$ 不是 0V。

  這是一個標準的比例電路，其中反相輸入端 (-) 並非接地。
  讓我們先假設 Op-amp 是理想的。
  $v_{pos2} = v_{out1}$ (同相輸入端電壓)
  $v_{neg2}$ (反相輸入端電壓)
  由於是理想 Op-amp， $v_{pos2} = v_{neg2}$。
  所以，$v_{neg2} = v_{out1}$。

  現在在反相輸入端 (-) 應用 KCL：
  流入反相輸入端的電流總和為零。
  $\frac{v_{pos2} - v_{neg2}}{R_{feedback\_path}} + \frac{v_o - v_{neg2}}{R_4} = 0$
  圖示顯示，反相輸入端 (-) 連接到 $R_4$ 的一端，而 $R_4$ 的另一端連接到輸出 $v_o$。
  這意味著 $R_4$ 是反饋電阻。
  但是，同相放大器需要一個輸入電阻連接到接地。
  如果這個電路是一個同相放大器，那麼反相輸入端 (-) 應該是接地。

  讓我們假設圖示的第二個 Op-amp 是一個同相放大器，並且反相輸入端 (-) 是接地。
  這種情況下：
  $v_{in\_noninv} = v_{out1}$
  $v_{neg2} = 0V$ (接地)
  $R_f = R_4$ (反饋電阻)
  但我們需要一個 $R_{in}$ 電阻連接到接地。
  在圖示中，反相輸入端 (-) 沒有連接到接地，而是連接了 $R_4$。

  最有可能的解釋：
  第二個運算放大器是一個 同相放大器。

  • 同相輸入端 (+) 連接到 $v_{out1}$。
  • 反相輸入端 (-) 連接到接地 (0V)。
  • $R_4$ 是反饋電阻，連接在輸出 $v_o$ 和反相輸入端 (-) (接地) 之間。
  • 但是，圖示顯示反相輸入端 (-) 連接了 $R_4$。
  • 這意味著 $R_4$ 是連接在輸出 $v_o$ 和反相輸入端 (-) 之間，而反相輸入端 (-) 是接地。
  • 那麼，哪個電阻是輸入電阻？ 圖示中沒有顯示。
  • 如果沒有輸入電阻，那麼增益是無限大？這不合理。

核心觀念

本題考二階電路的微分方程、零初始條件下的拉氏轉換、轉移函數與正弦穩態響應。Bode 圖則由 $H(j\omega)$ 的大小與相位繪出。

解題方法

依圖讀出：輸入電壓源串聯 $L=200\,\mu\mathrm H$，到輸出節點後，電容 $C=27\,\mu\mathrm F$ 與電阻 $R=5\,\Omega$ 並聯接地；輸出電壓 $v_o=v_C$，電感電流 $i_L$ 向右。圖中文字的電容單位按微法讀取。

在輸出節點套用 KCL：

$$i_L=C\frac{dv_C}{dt}+\frac{v_C}{R}$$

依圖中的電壓極性，套用 KVL：$v_i=v_L+v_C$，且 $v_L=L\,di_L/dt$。代入 KCL 得

$$LC\frac{d^2v_C}{dt^2}+\frac{L}{R}\frac{dv_C}{dt}+v_C=v_i$$

因此，原卷方程式右側的 $K$ 代表輸入 $v_i(t)$。零初始條件下取拉氏轉換：

$$LCs^2V_C(s)+\frac{L}{R}sV_C(s)+V_C(s)=V_i(s)$$

原卷式 (2) 右側的 $J$ 因而代表 $V_i(s)$。代入元件值：

$$LC=(200\times10^{-6})(27\times10^{-6})=5.4\times10^{-9}$$ $$\frac{L}{R}=\frac{200\times10^{-6}}{5}=4.0\times10^{-5}$$

所以：

$$X=U=5.4\times10^{-9},\qquad Y=V=4.0\times10^{-5},\qquad Z=W=1$$ $$K=v_i(t),\qquad J=V_i(s)$$

其中 $X,U$ 的單位為 $\mathrm{s^2}$，$Y,V$ 的單位為 $\mathrm{s}$。

轉移函數與 Bode 圖

因 $v_o=v_C$，零初始條件下的轉移函數為

$$H(s)=\frac{V_o(s)}{V_i(s)} =\frac{1}{5.4\times10^{-9}s^2+4.0\times10^{-5}s+1}$$

令 $s=j\omega$：

$$H(j\omega)=\frac{1}{1-\omega^2LC+j\omega L/R}$$

因此幅值與相位分別為

$$|H(j\omega)|= \frac{1}{\sqrt{(1-\omega^2LC)^2+(\omega L/R)^2}}$$ $$\angle H(j\omega)= -\operatorname{atan2}\left(\frac{\omega L}{R},\,1-\omega^2LC\right)$$

為標示 Bode 圖的特徵點，寫成標準二階形式：

$$H(s)=\frac{\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2}$$ $$\omega_n=\frac{1}{\sqrt{LC}}\approx 13608.3\ \mathrm{rad/s}, \qquad \zeta=\frac{1}{2RC\omega_n}\approx0.2722$$

由於 $\zeta<1/\sqrt{2}$，幅值有共振峰。令 $x=\omega/\omega_n$，則

$$|H(j\omega)|^{-2}=(1-x^2)^2+(2\zeta x)^2$$

對 $x$ 求極值可得 $\omega_r=\omega_n\sqrt{1-2\zeta^2}$。代入數值得

核心觀念

本題考查：

• 電感電流連續性：$i_L(0^+)=i_L(0^-)$。
• 電容電壓連續性：$v_C(0^+)=v_C(0^-)$。
• 一階／二階暫態電路的 $s$ 域分析。
• 電感與電容的初始條件及最終值定理。

圖中電阻 $R=20\Omega$、電感 $L=2\text{ H}$、電容

$$C=\frac{1}{100}\text{ F}=0.01\text{ F}.$$

---

(1) 求初始條件

在 $t<0$ 時，輸入電流為 $i_{in}=3\text{ A}$，且電路已達直流穩態。

直流穩態下：

• 電容視為開路；
• 電感視為短路。

因此 $3\text{ A}$ 全部流過右側的 $R-L$ 支路：

$$i_L(0^-)=3\text{ A}.$$

由於電感電流連續，

$$i_L(0^+)=3\text{ A}.$$

電阻與電感串聯支路的端電壓為

$$v_C(0^-)=Ri_L(0^-) =20(3)=60\text{ V}.$$

因此電容電壓連續給出

$$v_C(0^+)=60\text{ V}.$$

---

(2) 建立 $s$ 域方程式

對 $t\geq 0$，輸入電流為 $-1\text{ A}$，所以

$$I_{in}(s)=\frac{-1}{s}.$$

令上方節點對下方節點的電壓為 $V_C(s)$。

由右側 $R-L$ 串聯支路：

$$V_C(s)=(R+sL)I_L(s)-Li_L(0^-).$$

代入數值：

$$V_C(s)=(20+2s)I_L(s)-2(3),$$

即

$$V_C(s)=(2s+20)I_L(s)-6.$$

電容電流為

$$I_C(s)=sCV_C(s)-Cv_C(0^-).$$

代入 $C=0.01$、$v_C(0^-)=60$：

$$I_C(s)=0.01sV_C(s)-0.6.$$

依據節點電流定律：

$$I_{in}(s)=I_C(s)+I_L(s).$$

因此

$$-\frac{1}{s} =0.01s\left[(2s+20)I_L(s)-6\right] -0.6+I_L(s).$$

整理得

$$-\frac{1}{s} =(0.02s^2+0.2s+1)I_L(s)-0.06s-0.6.$$

所以

疊加原理 (Superposition Theorem)

疊加原理是線性電路分析中的一個重要定理，它適用於包含多個獨立電源的線性電路。

原理敘述：
在一個由多個獨立電源激勵的線性電路中，任何一個元件上的響應（如電壓或電流）等於該元件在每個獨立電源單獨作用下產生的響應的代數和。

適用條件：

1. 線性電路 (Linear Circuit)：電路中的所有元件必須是線性的，這意味著元件的電壓-電流關係是線性的（例如電阻、電容、電感，以及由電阻、電容、電感組成的線性受控電源）。電路中不能包含非線性元件，如二極管、電晶體等。
2. 獨立電源 (Independent Sources)：疊加原理主要用於處理獨立電壓源和獨立電流源。對於受控電源，它們的行為是依賴於電路中其他節點電壓或支路電流的，因此在分析受控電源時，需要將其視為其所控制的變數的函數，並在每個獨立電源作用時，將受控電源的值納入計算。

分析步驟：
當需要分析一個包含多個獨立電源的線性電路的響應時，可以按照以下步驟應用疊加原理：

1. 逐個獨立電源分析：一次只考慮一個獨立電源，將所有其他獨立電源置零。
   • 獨立電壓源置零：相當於將其短路（電壓為零）。