114 年 國立臺灣大學電機工程研究所乙組《電路學》

本題主要在於釐清課堂上常見的幾種功率定義，以及功率因數的意義。這些觀念是理解交流電路功率傳輸的基礎。

a) Instantaneous Power (瞬時功率)：
瞬時功率是指在任何給定時刻，電路中消耗或傳輸的功率。對於一個電阻元件，瞬時功率 $p(t)$ 可以表示為電壓 $v(t)$ 和電流 $i(t)$ 的乘積：$p(t) = v(t)i(t)$。若電壓和電流是正弦波，例如 $v(t) = V_m \cos(\omega t + \theta_v)$ 且 $i(t) = I_m \cos(\omega t + \theta_i)$，則瞬時功率為 $p(t) = V_m I_m \cos(\omega t + \theta_v) \cos(\omega t + \theta_i)$。利用三角恆等式，可以將其寫成一個直流分量和一個週期性變化的交流分量之和。

b) Complex Power (複功率)：
複功率 $S$ 是描述交流電路功率傳輸的一個複數，它包含了視在功率和功率因數的資訊。對於一個兩端電路，若其 RMS 電壓為 $\mathbf{V}$ (複數) 且 RMS 電流為 $\mathbf{I}$ (複數)，複功率定義為 $S = \mathbf{V} \mathbf{I}^*$，其中 $\mathbf{I}^*$ 是複數 $\mathbf{I}$ 的共軛。複功率可以表示為 $S = P + jQ$，其中 $P$ 是平均功率（實功率），$Q$ 是無效功率。複功率的單位通常是伏特安培 (VA)。

核心觀念

本題考查節點電壓法與基爾霍夫電流定律（KCL）。由圖可知：

• 左側節點電壓為 $V_a$，經 $12\Omega$ 電阻接地。
• 左右兩節點間有 $3\Omega$ 電阻。
• 右側節點經 $2\Omega$ 電阻接地，該支路電流為 $I_b$。
• 受控電流源由右節點流向下方，大小為
  $I_1=\frac{V_a}{3}$
• 左側獨立電流源注入 $5\text{ A}$。

解題方法

設右側節點電壓為 $V_b$。

對右側節點套用 KCL，取流出節點的電流為正：

$$\frac{V_b-V_a}{3}+\frac{V_b}{2}+\frac{V_a}{3}=0$$

其中第一項為流經 $3\Omega$ 電阻的電流，第二項為 $2\Omega$ 電阻電流，第三項為受控電流源電流。整理後：

$$\frac{V_b}{2}=0$$

因此：

$$V_b=0$$

所以 $2\Omega$ 電阻中的電流為：

$$I_b=\frac{V_b}{2}=0\text{ A}$$

核心觀念

本題考查串聯 RLC 電路受到階躍電壓輸入時的暫態響應，需使用：

• 電感電流不可突變：$i_s(0^+)=i_s(0^-)$。
• 電容電壓不可突變：$v_c(0^+)=v_c(0^-)$。
• 串聯 RLC 的自然頻率與阻尼係數：

$$\alpha=\frac{R}{2L},\qquad \omega_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}.$$

由圖可得：

$$L=0.1\ \text{H},\qquad R=5\ \Omega,\qquad C=\frac{1}{640}\ \text{F}.$$

因為 $t<0$ 時 $v_s(t)=0$，且電路穩態無外加能量，因此

$$i_s(0^-)=0,\qquad v_c(0^-)=0.$$

故

$$i_s(0^+)=0,\qquad v_c(0^+)=0.$$

解題方法

對 $t\geq 0$，輸入電壓為 $5u(t)$，在拉氏域中：

$$V_s(s)=\frac{5}{s}.$$

串聯 RLC 的總阻抗為

$$Z(s)=Ls+R+\frac{1}{Cs}.$$

因此電流為

$$I_s(s)=\frac{V_s(s)}{Z(s)} =\frac{5/s}{0.1s+5+\frac{640}{s}}.$$

整理得

$$I_s(s)=\frac{50}{s^2+50s+6400}.$$

將分母配方：

$$s^2+50s+6400 =(s+25)^2+5775.$$

令

$$\omega_d=\sqrt{5775}=5\sqrt{231}\ \text{rad/s},$$

則

$$I_s(s) =\frac{50}{(s+25)^2+\omega_d^2}.$$

利用反拉氏變換公式

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{\omega_d}{(s+a)^2+\omega_d^2} \right\} =e^{-at}\sin(\omega_d t),$$

得到

$$\boxed{ i_s(t)=\frac{50}{\omega_d}e^{-25t}\sin(\omega_d t)\ \text{A} }$$

亦可寫成

核心觀念

本題考查交流穩態電路的：

• 複數阻抗並聯化簡
• 串聯電路總電流
• 並聯支路電流分配
• 複數功率
• 功率因數

總阻抗為傳輸線阻抗與負載等效阻抗之和：

$$Z_{\text{total}}=Z_{\text{line}}+(Z_1\parallel Z_2)$$

交流電路中，阻抗上的複數功率為：

$$S=VI^*=P+jQ$$

其中 $P$ 為實功率，$Q$ 為虛功率；感性負載的 $Q>0$。功率因數為：

$$\mathrm{PF}=\cos\theta$$

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解題方法

1. 求負載等效阻抗

已知

$$Z_1=10+j5=5(2+j)$$ $$Z_2=8+j4=4(2+j)$$

因此

$$Z_L=Z_1\parallel Z_2 =\frac{Z_1Z_2}{Z_1+Z_2}$$ $$Z_L =\frac{5(2+j)\cdot4(2+j)}{9(2+j)} =\frac{20}{9}(2+j)$$

所以

$$Z_L=\frac{40}{9}+j\frac{20}{9}\ \Omega$$

加入傳輸線阻抗後：

$$Z_{\text{total}} =Z_{\text{line}}+Z_L =(0.2+j0.1)+\left(\frac{40}{9}+j\frac{20}{9}\right)$$ $$Z_{\text{total}} =\frac{209}{45}+j\frac{109}{45}\ \Omega$$

其極座標形式為：

$$Z_{\text{total}}\approx5.238\angle27.52^\circ\ \Omega$$

故電源輸出的總電流為：

$$I_s=\frac{V_s}{Z_{\text{total}}} =\frac{220\angle0^\circ}{5.238\angle27.52^\circ}$$ $$I_s\approx42.00\angle-27.52^\circ\ \mathrm{A}$$

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a) 負載電流 $I_2$

並聯電流分配公式為：

$$I_2=I_s\frac{Z_1}{Z_1+Z_2}$$

由於

$$\frac{Z_1}{Z_1+Z_2} =\frac{5(2+j)}{9(2+j)} =\frac{5}{9}$$

因此

$$I_2=\frac{5}{9}I_s$$ $$\boxed{I_2=23.33\angle-27.52^\circ\ \mathrm{A}_{\mathrm{rms}}}$$

若寫成直角座標：

$$\boxed{I_2\approx20.69-j10.78\ \mathrm{A}}$$

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b) $Z_1$ 消耗的虛功率

先求流過 $Z_1$ 的電流：

$$I_1=I_s\frac{Z_2}{Z_1+Z_2}$$ $$I_1 =I_s\frac{4(2+j)}{9(2+j)} =\frac{4}{9}I_s$$

因此

$$|I_1|=\frac{4}{9}(42)=18.67\ \mathrm{A}$$

本題考驗對轉移函數的頻率響應分析，特別是繪製漸近波德圖 (Asymptotic Bode Plot) 和計算特定頻率下的增益。

a) 繪製漸近波德圖。
轉移函數為 $H(s) = \frac{8s^2}{(s+50)(s+500)}$。
首先，將轉移函數改寫成標準形式，以便於分析零點和極點的貢獻。
$H(s) = \frac{8s^2}{50(1+s/50) \cdot 500(1+s/500)} = \frac{8}{25000} \frac{s^2}{(1+s/50)(1+s/500)}$
$H(s) = \frac{1}{3125} \frac{s^2}{(1+s/50)(1+s/500)}$

此轉移函數包含：

1. 一個增益常數 $K = 1/3125$。
2. 兩個零點在 $s=0$ (二階零點)。
3. 一個極點在 $s=-50$。
4. 一個極點在 $s=-500$。

1. 增益常數 (DC Gain)
常數增益 $K = 1/3125$。
在頻率 $\omega \to 0$ 時，從 $s^2$ 項的貢獻為 $20 \log_{10} \omega^2 = 40 \log_{10} \omega$ (斜率 $+40$ dB/decade)。
因此，低頻時的斜率由 $s^2$ 項決定。

2. 零點 (Zeros)
轉移函數分子中的 $s^2$ 表示在 $s=0$ (即 $\omega=0$) 有一個二階零點。
這個零點會貢獻 $+20$ dB/decade 的斜率，總共是 $+40$ dB/decade。
這個貢獻從 $\omega=0$ 開始。

3. 極點 (Poles)
a) 第一個極點在 $s=-50$，對應的角頻率是 $\omega_p1 = 50$ rad/sec。
這個極點在 $\omega = 50$ rad/sec 開始，貢獻 $-20$ dB/decade 的斜率。

b) 第二個極點在 $s=-500$，對應的角頻率是 $\omega_p2 = 500$ rad/sec。
這個極點在 $\omega = 500$ rad/sec 開始，貢獻 $-20$ dB/decade 的斜率。

繪製波德圖步驟：

低頻漸近線 (DC Gain / Zero Contribution):
當 $\omega \to 0$ 時，$H(j\omega) \approx \frac{1}{3125} \frac{(j\omega)^2}{(1)(1)} = \frac{-\omega^2}{3125}$。
我們關注的是幅度增益 $|H(j\omega)|$。
$|H(j\omega)| \approx \frac{\omega^2}{3125}$。
取對數：$20 \log_{10} |H(j\omega)| \approx 20 \log_{10} (\frac{\omega^2}{3125}) = 20 \log_{10} \omega^2 - 20 \log_{10} 3125$
$= 40 \log_{10} \omega - 20 \log_{10} 3125$.
$20 \log_{10} 3125 \approx 20 \times 3.495 = 69.9$ dB。
所以，低頻時的幅度曲線是 $40 \log_{10} \omega - 69.9$ dB。
這表示在 $\omega=1$ rad/sec 時，增益約為 $-69.9$ dB，斜率為 $+40$ dB/decade。

計算轉折點的幅度：
在 $\omega = 1$ rad/sec 時，計算一個基準點的增益。
$|H(j1)| = \frac{1}{3125} \frac{1^2}{(1+j1/50)(1+j1/500)} \approx \frac{1}{3125} \approx 0.00032$.
$20 \log_{10} (0.00032) \approx -69.9$ dB。
所以，我們以 $\omega=1$ rad/sec, $-69.9$ dB 作為低頻起點。

極點 $\omega_p1 = 50$ rad/sec:
在 $\omega = 50$ rad/sec 之前，斜率為 $+40$ dB/decade。
在 $\omega = 50$ rad/sec 處，第一個極點開始貢獻 $-20$ dB/decade 的斜率。
因此，在 $\omega = 50$ rad/sec 之後，總斜率變為 $+40 - 20 = +20$ dB/decade。

計算 $\omega = 50$ rad/sec 時的增益。
在 $\omega=1$ rad/sec 時，增益是 $-69.9$ dB。
從 $\omega=1$ 到 $\omega=50$ (2 個 decade)，斜率為 $+40$ dB/decade。
增益變化 $= 40 \times \log_{10}(50/1) = 40 \times \log_{10}(50) = 40 \times 1.699 = 67.96$ dB。
在 $\omega=50$ rad/sec 時的漸近增益 $\approx -69.9 + 67.96 = -1.94$ dB。

極點 $\omega_p2 = 500$ rad/sec:
在 $\omega = 500$ rad/sec 之前，斜率為 $+20$ dB/decade。
在 $\omega = 500$ rad/sec 處，第二個極點開始貢獻 $-20$ dB/decade 的斜率。
因此，在 $\omega = 500$ rad/sec 之後，總斜率變為 $+20 - 20 = 0$ dB/decade。

計算 $\omega = 500$ rad/sec 時的增益。
在 $\omega=50$ rad/sec 時，增益約為 $-1.94$ dB。
從 $\omega=50$ 到 $\omega=500$ (1 個 decade)，斜率為 $+20$ dB/decade。
增益變化 $= 20 \times \log_{10}(500/50) = 20 \times \log_{10}(10) = 20 \times 1 = 20$ dB。
在 $\omega=500$ rad/sec 時的漸近增益 $\approx -1.94 + 20 = 18.06$ dB。

總結斜率變化：

• $\omega < 50$ rad/sec: 斜率 $+40$ dB/decade。
• $50 < \omega < 500$ rad/sec: 斜率 $+40 - 20 = +20$ dB/decade。
• $\omega > 500$ rad/sec: 斜率 $+20 - 20 = 0$ dB/decade。

繪製圖形：

1. 選擇頻率軸：對數刻度，從 $10^{-1}$ 或 $1$ rad/sec 開始，到 $10^3$ 或 $10^4$ rad/sec。
2. 選擇幅度軸：dB，從 $-70$ dB 開始，到 $20$ dB 或更高。
3. 標記轉折點：$\omega_p1 = 50$ rad/sec, $\omega_p2 = 500$ rad/sec。
4. 繪製三段漸近線：
   • 在 $\omega=1$ rad/sec, $-69.9$ dB 開始，斜率 $+40$ dB/decade。
   • 通過 $\omega=50$ rad/sec, $-1.94$ dB。
   • 通過 $\omega=500$ rad/sec, $18.06$ dB。
   • 在 $\omega=500$ rad/sec 之後，斜率為 $0$ dB/decade，增益保持在 $18.06$ dB。

精確計算轉折點的值：
$H(s) = \frac{1}{3125} \frac{s^2}{(1+s/50)(1+s/500)}$