115 年 國立臺灣大學電機工程研究所乙組《電路學》

此題考查理想運算放大器的基本應用，重點在於理解虛短（Virtual Short）和虛斷（Virtual Ground）的概念。

【核心觀念】
理想運算放大器在負回授狀態下，輸入端（反相端與同相端）的電壓差趨近於零（虛短），且輸入電流趨近於零（虛斷）。

【解題步驟】
此電路為一個差動放大器（Differential Amplifier）的變形。
由於運算放大器是理想的，且有負回授（輸出端 $V_o$ 連接到 $R_3$ 再接到反相輸入端），因此反相輸入端（-）的電壓等於同相輸入端（+）的電壓。
設反相輸入端的電壓為 $V_{-}$，同相輸入端的電壓為 $V_{+}$。
由虛短的概念，我們有 $V_{-} = V_{+}$。

首先分析同相輸入端：
同相輸入端連接到 $V_2$ 和 $R_2$、$R_4$。
$V_{+}$ 是由電壓源 $V_2$ 和電阻 $R_2$、$R_4$ 所構成的分壓電路。
$V_{+} = V_2 \times \frac{R_4}{R_2 + R_4}$
代入數值：$V_{+} = 5.3 \text{ V} \times \frac{80 \text{ k}\Omega}{40 \text{ k}\Omega + 80 \text{ k}\Omega} = 5.3 \text{ V} \times \frac{80}{120} = 5.3 \text{ V} \times \frac{2}{3} = \frac{10.6}{3} \text{ V}$。

接著分析反相輸入端：
反相輸入端連接到 $V_1$、$R_1$、$R_3$ 和輸出端 $V_o$。
由虛斷的概念，流經 $R_1$ 和 $R_3$ 的電流是相等的，設此電流為 $I$。
電流 $I$ 可以表示為：
$I = \frac{V_1 - V_{-}}{R_1}$
同時，該電流也流經 $R_3$，從 $V_{-}$ 流向 $V_o$（或反之，取決於電壓高低），所以：
$I = \frac{V_{-} - V_o}{R_3}$

將兩式聯立：
$\frac{V_1 - V_{-}}{R_1} = \frac{V_{-} - V_o}{R_3}$

核心觀念

本題考查：

• 節點電壓法
• 受控電壓源的極性判讀
• 歐姆定律與 KCL

圖中第一個 $20\,\text{k}\Omega$ 電阻兩端定義

$$V_x=12-V_a$$

其中 $V_a$ 為兩個 $20\,\text{k}\Omega$ 電阻中間節點電壓，$V_o$ 為輸出節點電壓。

受控電壓源的正端接地、負端接節點 $c$，因此

$$0-V_c=500V_x$$

故

$$V_c=-500V_x$$

解題方法

取下方導線為接地。

對節點 $a$ 寫 KCL：

$$\frac{V_a-12}{20\,\text{k}\Omega} +\frac{V_a-V_o}{20\,\text{k}\Omega} +\frac{V_a}{5\,\text{k}\Omega}=0$$

乘以 $20\,\text{k}\Omega$：

$$(V_a-12)+(V_a-V_o)+4V_a=0$$

整理得

$$6V_a-V_o-12=0$$

因此

$$V_o=6V_a-12$$

又因為 $V_x=12-V_a$，所以 $V_a=12-V_x$，代入上式：

$$V_o=6(12-V_x)-12=60-6V_x$$

接著對輸出節點 $V_o$ 寫 KCL：

此題考查暫態電路分析，包含 Thevenin 等效電路、電容的暫態響應。

【核心觀念】

1. Thevenin 等效電路：求開路電壓 $V_{Th}$ 和等效電阻 $R_{Th}$。
2. 一階 RC 電路暫態響應：$v_C(t) = V_f + (V_i - V_f) e^{-t/RC}$，其中 $V_i$ 是初始電壓，$V_f$ 是最終（穩態）電壓，$\tau = RC$ 是時間常數。
3. 開關動作後的電路分析：根據開關的狀態（閉合或斷開）以及時間點，確定電路的連接方式和初始條件。

【解題步驟】

(a) Thevenin 等效電路 seen looking into terminals A-B

首先，我們需要找到斷開開關 S 後，在 A-B 兩端看到的 Thevenin 等效電路。這包括求開路電壓 $V_{AB}$ 和 Thevenin 等效電阻 $R_{Th}$。

求開路電壓 $V_{AB}$：
題目說明開關 S 在 t=0 時閉合。在 A-B 端看進去，我們需要確定 A-B 兩端之間的電壓。
在 A-B 端斷開後，我們看到的是一個由 3k$\Omega$、6k$\Omega$ 和 200$\mu$F 組成的電路。
然而，Thevenin 等效電路是從 A-B 端「看進去」的。
在 A-B 端斷開的情況下，我們需要考慮 switch S 閉合後的穩態行為（如果這是穩態分析的話），或者考慮 switch S 閉合後的初始狀態。
題目問的是 "looking into terminals A-B"，這通常意味著我們需要考慮在 switch S 動作之後，A-B 端看到的等效電路。

Case 1: t < 0 (Switch S is open)
在 t < 0 時，開關 S 是斷開的。電路如下：12V 電源，3k$\Omega$ 電阻，6k$\Omega$ 電阻，200$\mu$F 電容。
由於 12V 電源和 3k$\Omega$ 電阻串聯，然後與 6k$\Omega$ 電阻並聯，再與 200$\mu$F 電容串聯。
在 t < 0 時，電容是開路狀態，所以沒有電流流過 200$\mu$F 電容。
12V 電源與 3k$\Omega$ 和 6k$\Omega$ 組成一個分壓電路。
12V 電源串聯 3k$\Omega$ 和 6k$\Omega$。
電壓在 3k$\Omega$ 和 6k$\Omega$ 的連接點。
電壓分佈：12V 電源，3k$\Omega$ 和 6k$\Omega$ 串聯。
總電阻 $R_{total} = 3k\Omega + 6k\Omega = 9k\Omega$。
電容 C 在 t < 0 時是開路，所以沒有電流流過。
電壓在 A-B 端。
A-B 端連接在 6k$\Omega$ 電阻和 200$\mu$F 電容之間。
如果 A-B 端是斷開的，那麼電容上的電壓。
在 t < 0 時，開關 S 是斷開的。電路是 12V，3k$\Omega$，6k$\Omega$，200$\mu$F。
A-B 端是斷開的。
如果我們看 A-B 端，它連接在 6k$\Omega$ 和 200$\mu$F 之間。
在 t < 0 時，開關 S 斷開。電容相當於一個開路。
12V 電源，3k$\Omega$ 串聯，然後與 6k$\Omega$ 並聯。
這部分電壓再與 200$\mu$F 串聯。
如果 A-B 端是斷開的，那麼電容上的電壓。
由於開關 S 斷開，電容兩端的電壓。
如果我們看 A-B 端，它是在 6k$\Omega$ 和 200$\mu$F 之間。
在 t < 0 時，開關 S 斷開，電容相當於開路。
12V 電源，3k$\Omega$ 和 6k$\Omega$ 串聯。
整個電路的電流是 $I = \frac{12 \text{ V}}{3 \text{ k}\Omega + 6 \text{ k}\Omega} = \frac{12}{9000} \text{ A} = \frac{4}{3} \text{ mA}$。
電壓在 6k$\Omega$ 上的電壓是 $V_{6k\Omega} = \frac{4}{3} \text{ mA} \times 6 \text{ k}\Omega = 8$ V。
這個 8V 是 6k$\Omega$ 和 200$\mu$F 的串聯支路。
由於電容是開路，所以 A-B 端（也就是電容兩端）的電壓就是 8V。
所以，在 t < 0 時，電容上的初始電壓 $v_C(0^-) = 8$ V。

求 $V_{AB}$ (開路電壓)：
題目說 switch S closes at t=0。
所以我們需要看 switch S 閉合後，A-B 端之間的電壓。
當 S 閉合時，A-B 端和 3k$\Omega$ 是短路的。
A-B 端連接在 6k$\Omega$ 和 200$\mu$F 之間。
當 S 閉合時，3k$\Omega$ 被短路。
電路變成 12V 電源，6k$\Omega$ 電阻，200$\mu$F 電容。
A-B 端是 6k$\Omega$ 和 200$\mu$F 的連接點。
這個 circuit 是 12V 電源，6k$\Omega$ 和 200$\mu$F 串聯。
A-B 端是 6k$\Omega$ 和 200$\mu$F 的連接點。
所以 A-B 端電壓就是 6k$\Omega$ 上的電壓。
當 t=0 時，電容的電壓不會突變，所以 $v_C(0^+) = v_C(0^-) = 8$ V。
在 t=0 時，電路是 12V，6k$\Omega$，200$\mu$F 串聯。
A-B 端是 6k$\Omega$ 和 200$\mu$F 的連接點。
所以 A-B 端的開路電壓 $V_{AB}$ 是 6k$\Omega$ 上的電壓。
由於電容是開路（在 DC steady state），所以 12V 電源和 6k$\Omega$ 串聯。
A-B 端電壓 $V_{AB} = 12 \text{ V} \times \frac{6 \text{ k}\Omega}{6 \text{ k}\Omega} = 12$ V。
但是，我們需要考慮電容。
當 t=0 時，S 閉合，電容上的電壓是 8V。
A-B 端是 6k$\Omega$ 和 200$\mu$F 的連接點。
所以，A-B 端電壓 $V_{AB}$ 是 6k$\Omega$ 上的電壓。
在 t=0+ 時，電容電壓仍為 8V。
所以，6k$\Omega$ 上的電壓是 $12\text{V} - v_C(0^+) = 12\text{V} - 8\text{V} = 4\text{V}$。
因此，$V_{AB} = 4$ V。

求 $R_{Th}$ (Thevenin 等效電阻)：
將獨立電源 (12V) 關閉（短路）。
電路變為：3k$\Omega$ 和 6k$\Omega$ 並聯，然後與 200$\mu$F 並聯。
A-B 端看進去，看到的是 3k$\Omega$ 和 6k$\Omega$ 的並聯。

核心觀念

本題使用：

1. 相量法：正弦穩態下，電感與電容分別以阻抗表示
   $Z_L=j\omega L,\qquad Z_C=\frac{1}{j\omega C}$

2. 疊加定理：兩個獨立源的角頻率不同，分別求出各自造成的電容電壓，再於時間域相加。

圖中參數為

$L=4\text{ H},\qquad C=0.02\text{ F},\qquad R=50\Omega$

電壓源與電流源分別為

$v_s(t)=50\cos 2t\text{ V}$

$i_s(t)=4\cos 5t\text{ A}$

以下採用峰值相量。

---

一、只保留電壓源 $v_s(t)$

將電流源開路。此時電感串聯負載，其中負載為 $R$ 與 $C$ 的並聯組合。

角頻率為

$\omega_1=2\text{ rad/s}$

電感阻抗：

$Z_L=j\omega_1L=j(2)(4)=j8\Omega$

電容阻抗：

$$Z_C=\frac{1}{j\omega_1C} =\frac{1}{j(2)(0.02)} =-j25\Omega$$

並聯負載阻抗：

$Z_{RC}=50\parallel(-j25)$

以導納計算：

$$Y_{RC}=\frac{1}{50}+\frac{1}{-j25} =0.02+j0.04$$

因此

$Z_{RC}=\frac{1}{0.02+j0.04}=10+j20\Omega$

由分壓定理，電容電壓相量為

$$\tilde V_{C1} =50\frac{Z_{RC}}{Z_L+Z_{RC}}$$ $$\tilde V_{C1} =50\frac{10+j20}{10+j28}$$

化為直角座標：

$$\frac{10+j20}{10+j28} =\frac{(10+j20)(10-j28)}{10^2+28^2} =0.7466-j0.0905$$

所以

$\tilde V_{C1}=37.33-j4.52\text{ V}$

轉為極座標：

$|\tilde V_{C1}|=37.60\text{ V}$

$\angle\tilde V_{C1}=-6.91^\circ$

故其時間域電壓為

$v_{C1}(t)=37.60\cos(2t-6.91^\circ)\text{ V}$

---

二、只保留電流源 $i_s(t)$

將理想電壓源短路。此時電感、電阻、電容與電流源皆並聯於電容兩端。

角頻率為

核心觀念

本題考查：

• 電容電壓連續：$v_C(0^+)=v_C(0^-)$。
• 電感電流連續：$i_L(0^+)=i_L(0^-)$。
• 直流穩態時，電容視為開路、電感視為短路。
• 拉普拉斯轉換中的初始值等效源。
• 二階電路的自然響應與特徵根。

以下令 $i_L(t)$ 的正方向為圖中向下，電容電壓 $v_C(t)$ 上正下負。

---

一、$t<0$ 的初始條件

開關長時間位於位置 $A$，電路已達直流穩態。

此時：

• 電容為開路；
• 電感為短路；
• $4\text{ A}$ 電流源供應的電流，分流至 $1\text{ A}$ 電流源與電感支路。

由 KCL：

$$4=1+i_L(0^-)$$

因此

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

電感為短路，所以 $20\Omega$ 電阻上的電流為 $3\text{ A}$：

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

由連續性：

$$\boxed{i_L(0^+)=3\text{ A}}$$ $$\boxed{v_C(0^+)=60\text{ V}}$$

---

二、$t=0^+$ 的 $s$ 域等效電路

開關切換至位置 $B$ 後，$4\text{ A}$ 電流源與右側網路分離；右側電路保留：

• 向下的 $1\text{ A}$ 電流源，$s$ 域為 $1/s$；
• 電容 $C=0.1\text{ F}$；
• $20\Omega$ 電阻；
• 電感 $L=2\text{ H}$。

$s$ 域等效如下：

                 ┌── 1/s A，向下
       上端節點 ─┼── 電容：10/s 串聯初始電壓源 60/s
                 │
                 └── 20 Ω ── 電感：2s 串聯初始電壓源 6 V ──┐
                                                            │
       下端節點 ────────────────────────────────────────────┘

其中：

電容等效

$$Z_C=\frac{1}{sC}=\frac{10}{s}$$

因為 $v_C(0^-)=60\text{ V}$，故串聯初始電壓源為

$$\frac{v_C(0^-)}{s}=\frac{60}{s}$$

其極性為上正下負。

電感等效

$$Z_L=sL=2s$$

因為 $i_L(0^-)=3\text{ A}$，初始值電壓源大小為

$$Li_L(0^-)=2(3)=6\text{ V}$$

若電流方向向下，則此 $6\text{ V}$ 初始源的極性為上負下正。

因此，$t=0^+$ 的 $s$ 域電路必須包含：

$$\boxed{\frac{60}{s}\text{ 的電容初始電壓源}}$$

以及

$$\boxed{6\text{ V}\text{ 的電感初始電壓源}}$$

---

三、建立時間域微分方程式

對上端節點套用 KCL，向下為正：

$$i_C+1+i_L=0$$

核心觀念

圖 6 中，$Z_1$ 與 $Z_2$ 並聯於端點 A-B，傳輸線阻抗 $Z_s$ 與負載串聯。

使用：

$$Y_L=\frac{1}{Z_1}+\frac{1}{Z_2},\qquad I_L=V_{AB}Y_L$$

傳輸線壓降為 $Z_sI_L$，因此：

$$V_s=V_{AB}+Z_sI_L$$

功率因數改善則利用電容器抵銷負載的總無效功率。

解題方法

(a) 求電源電壓 $V_s$

已知：

$$V_{AB}=220\angle 0^\circ\ \text{V}_{\mathrm{rms}}$$ $$Z_1=20+j8\ \Omega,\qquad Z_2=25-j4\ \Omega$$

負載總導納為：

$$\begin{aligned} Y_L &=\frac{1}{20+j8}+\frac{1}{25-j4}\\ &=\frac{20-j8}{20^2+8^2} +\frac{25+j4}{25^2+4^2}\\ &=(0.043103-j0.017241) +(0.039002+j0.006240)\\ &=0.082105-j0.011001\ \text{S} \end{aligned}$$

負載電流：

$$\begin{aligned} I_L &=V_{AB}Y_L\\ &=220(0.082105-j0.011001)\\ &=18.063-j2.420\ \text{A} \end{aligned}$$

傳輸線阻抗：

$$Z_s=1+j0.5\ \Omega$$

線路壓降：

$$\begin{aligned} Z_sI_L &=(1+j0.5)(18.063-j2.420)\\ &=19.273+j6.611\ \text{V} \end{aligned}$$

所以電源電壓：

$$\begin{aligned} V_s &=220+(19.273+j6.611)\\ &=239.273+j6.611\ \text{V} \end{aligned}$$

轉為極座標：

$$|V_s|=239.36\ \text{V}$$