113 年 國立臺灣大學電機工程研究所乙組《電路學》

核心觀念

本題使用戴維寧等效電路：

$$V_{\text{Th}}=V_{ab}\big|_{\text{開路}}$$ $$Z_{\text{Th}}=\text{獨立源失效後，由端點 }a-b\text{ 看入的等效阻抗}$$

其中：

• 獨立電流源失效：開路。
• 受控電壓源不能關閉，必須保留。
• 圖中的電容阻抗 $-j10\ \Omega$ 屬於原電路的一部分，計算 $V_{\text{Th}}$ 與 $Z_{\text{Th}}$ 時都必須保留。

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(a) 戴維寧電壓 $V_{\text{Th}}$

令左側上方節點電壓為 $V_1$，受控電壓源上端節點電壓為 $V_2$。

由圖中控制電流：

$$I_x=\frac{V_1}{20}$$

受控電壓源的極性為上正下負，因此：

$$V_2=10I_x=10\left(\frac{V_1}{20}\right)=\frac{V_1}{2}$$

電流源為：

$$I_s=2\angle45^\circ\ \text{A}$$

在 $V_1$ 節點套用 KCL：

$$\frac{V_1}{20}+\frac{V_1-V_2}{j10}=I_s$$

代入 $V_2=V_1/2$：

$$\frac{V_1}{20}+\frac{V_1/2}{j10}=2\angle45^\circ$$ $$(0.05-j0.05)V_1=2\angle45^\circ$$

因此：

$$V_1=\frac{2\angle45^\circ}{0.07071\angle-45^\circ} =28.284\angle90^\circ =j28.284\ \text{V}$$

所以：

$$V_2=\frac{V_1}{2}=j14.142\ \text{V}$$

端點 $a-b$ 開路時，$V_2$ 經過 $10\ \Omega$ 電阻接至電容 $-j10\ \Omega$，故由分壓：

$$V_{\text{Th}} =V_2\frac{-j10}{10-j10}$$

而：

$$\frac{-j10}{10-j10}=0.5-j0.5$$

因此：

$$V_{\text{Th}} =j14.142(0.5-j0.5) =7.071+j7.071$$ $$\boxed{V_{\text{Th}}=10\angle45^\circ\ \text{V}}$$

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戴維寧阻抗 $Z_{\text{Th}}$

核心觀念

本題考查：

• 電感與電容的初始條件：
  $i_L(0^+)=i_L(0^-),\qquad v_C(0^+)=v_C(0^-)$
• 電感、電容的 $s$ 域等效模型。
• RLC 網路的共振角頻率：
  $\omega_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}$
• 一階電路的自然響應與穩態響應。

圖二中，電壓源直接跨接在電容支路與 $R$-$L$ 串聯支路兩端，因此電壓源會直接決定兩支路端電壓。

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(a) $s$ 域電路與初始值源

1. 求初始條件

在 $t<0$ 時，電壓源為直流 $25\text{ V}$。穩態時：

• 電容視為開路，因此不影響電感支路。
• 電感視為短路。

所以 $R$-$L$ 支路電流為

$$i_L(0^-)=\frac{25}{20}=1.25\text{ A}$$

由電感電流連續性：

$$i_L(0^+)=1.25\text{ A}$$

電容兩端電壓為電源電壓，因此

$$v_C(0^-)=25\text{ V}$$

由電容電壓連續性：

$$v_C(0^+)=25\text{ V}$$

2. 各元件的 $s$ 域模型

對於 $t\ge 0$，電壓源變為 $10\text{ V}$，其單邊拉普拉斯轉換為

$$V_s(s)=\frac{10}{s}$$

電感：

$$Z_L=sL=0.2s$$

並加入初始電流源等效的初始值電壓源：

$$Li_L(0^-)=0.2(1.25)=0.25\text{ V}$$

此 $0.25\text{ V}$ 電壓源的極性為沿著 $i_L$ 方向產生電壓上升。

電容：

$$Z_C=\frac{1}{sC} =\frac{1}{0.0025s} =\frac{400}{s}\ \Omega$$

並以串聯初始值電壓源表示：

$$\frac{v_C(0^-)}{s}=\frac{25}{s}\text{ V}$$

其正端位於原電容的上端。

因此，$s$ 域電路為：

• 電壓源：$\dfrac{10}{s}$。
• 電容支路：$\dfrac{400}{s}\ \Omega$ 串聯初始值電壓源 $\dfrac{25}{s}$。
• 右側支路：$0.2s$ 串聯 $20\ \Omega$，並串聯 $0.25\text{ V}$ 的電感初始值源。
• 初始值為
  $v_C(0^-)=25\text{ V},\qquad i_L(0^-)=1.25\text{ A}$

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(b) RLC 網路的共振頻率

RLC 網路的標準共振角頻率為

$$\omega_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}$$

代入

本題考驗低通濾波器 (low-pass filter) 的設計與響應分析，包含切比雪夫濾波器 (RC 濾波器) 的截止頻率計算以及在特定輸入訊號下的輸出電壓。

a) 計算電容值 C

圖三顯示了一個簡單的 RC 低通濾波器。
其截止頻率 (cut-off frequency) $\omega_c$ 或 $f_c$ 定義為輸出功率下降到輸入功率一半（電壓下降到 $1/\sqrt{2}$ 倍）的頻率。
對於一個 RC 低通濾波器，截止頻率的計算公式為：
$\omega_c = \frac{1}{RC}$ (角頻率，單位：rad/s)
$f_c = \frac{1}{2\pi RC}$ (頻率，單位：Hz)

題目給定：
截止頻率 $f_c = 2$ kHz $= 2000$ Hz。
電阻 $R = 6$ k$\Omega = 6000\ \Omega$。

我們需要計算電容值 C。
從公式 $f_c = \frac{1}{2\pi RC}$，可以推導出 $C = \frac{1}{2\pi R f_c}$。

代入數值：
$C = \frac{1}{2\pi \times (6000\ \Omega) \times (2000\ Hz)}$
$C = \frac{1}{2\pi \times 12 \times 10^6}$ F
$C = \frac{1}{24\pi \times 10^6}$ F

計算數值：
$C \approx \frac{1}{24 \times 3.14159 \times 10^6}$ F
$C \approx \frac{1}{75.398 \times 10^6}$ F
$C \approx 0.01326 \times 10^{-6}$ F
$C \approx 13.26 \times 10^{-9}$ F
$C \approx 13.26$ nF。

b) 計算輸出電壓 $v_{out}(t)$

對於一個 RC 低通濾波器，其傳遞函數 $H(s)$ 為：
$H(s) = \frac{V_{out}(s)}{V_{in}(s)} = \frac{R_{parallel, C}}{R_{parallel, C} + R_{series, L}}$ (這裡的 R 和 L 是指電路中的阻抗)
對於 RC 電路，$H(s) = \frac{Z_C}{R + Z_C} = \frac{1/sC}{R + 1/sC} = \frac{1}{1 + sRC}$。

我們需要計算在頻域下的響應。
輸入訊號 $v_{in}(t) = 24\sin(80000\pi t)$ V。
這個訊號的角頻率為 $\omega = 80000\pi$ rad/s。
$f = \frac{\omega}{2\pi} = \frac{80000\pi}{2\pi} = 40000$ Hz。

計算截止角頻率 $\omega_c = 2\pi f_c = 2\pi \times 2000 = 4000\pi$ rad/s。
$RC = \frac{1}{\omega_c} = \frac{1}{4000\pi}$ s。

傳遞函數 $H(j\omega) = \frac{1}{1 + j\omega RC}$。
代入 $\omega = 80000\pi$ rad/s 和 $RC = \frac{1}{4000\pi}$ s：
$H(j 80000\pi) = \frac{1}{1 + j (80000\pi) (\frac{1}{4000\pi})}$
$H(j 80000\pi) = \frac{1}{1 + j \frac{80000}{4000}}$
$H(j 80000\pi) = \frac{1}{1 + j 20}$

這個複數表示輸出電壓相對於輸入電壓的幅度和相位關係。
$H = \frac{1}{1 + j20} = \frac{1 - j20}{(1 + j20)(1 - j20)} = \frac{1 - j20}{1^2 + 20^2} = \frac{1 - j20}{1 + 400} = \frac{1 - j20}{401}$
$H = \frac{1}{401} - j\frac{20}{401}$

幅值 $|H| = \frac{\sqrt{1^2 + (-20)^2}}{401} = \frac{\sqrt{1 + 400}}{401} = \frac{\sqrt{401}}{401} = \frac{1}{\sqrt{401}}$。

核心觀念

本題考查交流功率、功率因數補償與輸電線壓降：

$$S=P+jQ$$ $$\mathrm{pf}=\cos\phi,\qquad Q=P\tan\phi$$

輸電線阻抗為

$$Z_{\ell}=0.2+j0.1\ \Omega$$

線路消耗的複功率為

$$S_{\ell}=|I|^2Z_{\ell}$$

負載端電壓為 $240\ \mathrm{V_{rms}}$。

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解題方法

感應馬達功率因數為 $0.8$ lagging，因此

$$\cos\phi=0.8$$ $$\sin\phi=0.6,\qquad \tan\phi=\frac{0.6}{0.8}=0.75$$

負載消耗的有功功率為

$$P_L=50\ \mathrm{kW}$$

負載視在功率：

$$|S_L|=\frac{P_L}{\mathrm{pf}} =\frac{50}{0.8} =62.5\ \mathrm{kVA}$$

負載的感性虛功率：

$$Q_L=P_L\tan\phi =50(0.75) =37.5\ \mathrm{kvar}$$

因此

$$S_L=50+j37.5\ \mathrm{kVA}$$

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a) 交流電源供應的視在功率

負載電流大小為

$$|I|=\frac{|S_L|}{V_L} =\frac{62500}{240} =260.42\ \mathrm{A}$$

因為負載為 $0.8$ lagging，

$$I=260.42\angle -36.87^\circ\ \mathrm{A}$$

其平方大小為

$$|I|^2=(260.42)^2=67816.4\ \mathrm{A^2}$$

輸電線消耗的複功率：

$$S_{\ell}=|I|^2(0.2+j0.1)$$ $$S_{\ell}=13.563+j6.782\ \mathrm{kVA}$$

所以交流電源供應的複功率為

$$S_s=S_L+S_{\ell}$$ $$S_s=(50+j37.5)+(13.563+j6.782)$$ $$S_s=63.563+j44.282\ \mathrm{kVA}$$

其視在功率為

$$|S_s| =\sqrt{(63.563)^2+(44.282)^2} \approx 77.47\ \mathrm{kVA}$$

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b) 並聯電容值

要使「負載端」功率因數改善至 unity，電容器必須補償感性虛功率：

$$Q_C=-Q_L=-37.5\ \mathrm{kvar}$$

並聯電容器的虛功率大小為

$$|Q_C|=\omega C V_L^2$$

其中

$$\omega=2\pi f=2\pi(60)$$

因此

$$C=\frac{|Q_C|}{\omega V_L^2}$$ $$C= \frac{37500}{2\pi(60)(240)^2}$$ $$C\approx 1.728\times10^{-3}\ \mathrm{F}$$

故

$$C\approx 1.728\ \mathrm{mF} =1728\ \mu\mathrm{F}$$

補償後，馬達與電容器的合成負載功率為純電阻性：

$$S_{L,\mathrm{new}}=50+j0\ \mathrm{kVA}$$

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c) 電容器接入前後的電源電流

接入前

以馬達端電壓為相位參考：

$$I_{\mathrm{before}} =260.42\angle -36.87^\circ\ \mathrm{A}$$

矩形式為

$$I_{\mathrm{before}} =208.33-j156.25\ \mathrm{A}$$