108 年 國立臺灣聯合大學系統（清華、政治、陽明交通、中央四校聯招）研究所電機類《電路學》

此題考驗如何化簡一個包含多個電阻串並聯的電路，求取兩端點之間的等效電阻。

解題步驟：

1. 觀察電路圖，找出可以先簡化的部分。
2. 將簡化後的電阻值標示在電路上。
3. 重複步驟 1 和 2，直到整個電路化簡為一個單一電阻。

具體步驟如下：

1. 最上方兩個電阻 $1\Omega$ 和 $3\Omega$ 是串聯，它們的總電阻為 $1\Omega + 3\Omega = 4\Omega$。
2. 這個 $4\Omega$ 的電阻與右側的 $2\Omega$ 電阻並聯。其並聯後的等效電阻為 $\frac{4\Omega \times 2\Omega}{4\Omega + 2\Omega} = \frac{8\Omega}{6\Omega} = \frac{4}{3}\Omega$。
3. 這個 $\frac{4}{3}\Omega$ 的電阻與左側的 $2\Omega$ 電阻串聯。

此題考驗節點分析法 (Nodal Analysis) 的應用，需要利用基爾霍夫電流定律 (KCL) 建立節點電壓方程式。

核心觀念：
在任一節點，流入該節點的電流總和等於流出該節點的電流總和。

解題步驟：

1. 確定參考節點 (ground)，本題已指定節點 4 為參考節點，其電壓為 $v_4 = 0V$。
2. 標示出其他所有非參考節點的電壓，本題已指定為 $v_1, v_2, v_3$。
3. 對於每一個非參考節點，寫出 KCL 方程式。電流從高電壓流向低電壓，若已知電流源方向，則直接代入。
4. 將所有 KCL 方程式聯立求解。

電路分析：
節點 4 為參考點，所以 $v_4 = 0V$。
節點 1 的電壓為 $v_1$。
節點 2 的電壓為 $v_2$。
節點 3 的電壓為 $v_3$。

節點 1 ($v_1$) 的 KCL 方程式：
流入節點 1 的電流：來自電壓源 $V$ 的電流。電壓源 $V$ 的正極連至節點 1，負極連至節點 4 (GND)。因此，流出電壓源正極的電流為 $\frac{v_1 - V}{R_1}$。所以，流入節點 1 的電流為 $-\frac{v_1 - V}{R_1}$。
流出節點 1 的電流：流向節點 2 的電流為 $\frac{v_1 - v_2}{R_2}$，流向節點 3 的電流為 $\frac{v_1 - v_3}{R_3}$。
KCL 於節點 1：$-\frac{v_1 - V}{R_1} = \frac{v_1 - v_2}{R_2} + \frac{v_1 - v_3}{R_3}$
整理後：$\frac{V - v_1}{R_1} = \frac{v_1 - v_2}{R_2} + \frac{v_1 - v_3}{R_3}$
$\frac{V}{R_1} = v_1 (\frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2} + \frac{1}{R_3}) - \frac{v_2}{R_2} - \frac{v_3}{R_3}$

節點 2 ($v_2$) 的 KCL 方程式：
流出節點 2 的電流：流向節點 1 的電流為 $\frac{v_2 - v_1}{R_2}$，流向節點 3 的電流為 $\frac{v_2 - v_3}{R_4}$。
KCL 於節點 2：$0 = \frac{v_2 - v_1}{R_2} + \frac{v_2 - v_3}{R_4}$
整理後：$0 = -\frac{v_1}{R_2} + v_2 (\frac{1}{R_2} + \frac{1}{R_4}) - \frac{v_3}{R_4}$

核心觀念

本題考查疊加定理（Superposition Theorem）：

在線性電路中，某節點電壓等於各個獨立源單獨作用時所造成電壓的代數和。

關閉獨立源的規則：

• 理想電壓源關閉 $\rightarrow$ 以短路取代。
• 理想電流源關閉 $\rightarrow$ 以開路取代。

圖中電壓源 $V_2$ 左端為正，因此

$$V_E-V_B=V_2$$

其中 $V_E=E$，$V_B$ 為右側節點電壓。

---

(a) 僅 $V_1$ 動作

關閉 $I_1$，電流源開路；若此部分只考慮 $V_1$ 的作用，$V_2$ 關閉成短路，因此 $E$ 與右側節點相同。

此時 $R_2$、$R_3$ 並聯：

$$R_{23}=R_2\parallel R_3 =\frac{R_2R_3}{R_2+R_3}$$

由分壓定理：

$$E_{V_1} =V_1\frac{R_2\parallel R_3} {R_1+(R_2\parallel R_3)}$$

因此

$$\boxed{ E_{V_1} =V_1\frac{R_2\parallel R_3} {R_1+R_2\parallel R_3} }$$

---

(b) 僅 $I_1$ 動作

關閉 $V_1$，電壓源短路；關閉 $V_2$，因此左右兩個上方節點短接。

此時 $R_1$、$R_2$、$R_3$ 皆與節點 $E$ 並聯接地，等效電阻為

$$R_{\mathrm{eq}} =R_1\parallel R_2\parallel R_3$$

由歐姆定律：

$$E_{I_1}=I_1R_{\mathrm{eq}}$$

因此

$$\boxed{ E_{I_1}=I_1(R_1\parallel R_2\parallel R_3) }$$

---

(c) 代入數值計算

已知

$$R_1=4\,\text{k}\Omega,\quad R_2=4\,\text{k}\Omega,\quad R_3=0.2\,\text{k}\Omega$$ $$V_1=5\,\text{V},\quad V_2=1\,\text{V},\quad I_1=5\,\text{mA}$$

由 $V_1$ 造成的節點電壓

題目辨識

原卷圖片中的第 4 題實際內容是「介質電導率隨位置變化之平行板電容器」，並非 Thevenin／Norton 等效電路題。圖片中未出現所述的網路附圖，因此以下依原卷第 4 題作答。

核心觀念

介質中的總電流密度包含：

1. 傳導電流密度
   $\vec{J}_{c}=\sigma\vec{E}$

2. 位移電流密度
   $\vec{J}_{d}=j\omega\epsilon\vec{E}$

其中

$$\sigma=a+bx$$

且

$$\epsilon=\epsilon_r\epsilon_0$$

因此總電流密度為

$$\vec{J}=\vec{J}_c+\vec{J}_d$$

解題方法

由題意，電流 $\vec{I}$ 通過面積為 $A$ 的平行板，因此

$$\vec{J}=\frac{\vec{I}}{A}$$

介質中的總電流密度為

$$\vec{J} = \left(\sigma+j\omega\epsilon\right)\vec{E}$$

代入 $\sigma=a+bx$ 與 $\epsilon=\epsilon_r\epsilon_0$：

$$\frac{\vec{I}}{A} = \left(a+bx+j\omega\epsilon_r\epsilon_0\right)\vec{E}$$

解得電場：

$$\vec{E} = \frac{\vec{I}} {A\left(a+bx+j\omega\epsilon_r\epsilon_0\right)}$$

所以電場會隨位置 $x$ 改變，原因是介質的電導率 $\sigma=a+bx$ 並不均勻。

選項分析

（A）

核心觀念

本題考查：

• 電容電壓的連續性：$v(0^+)=v(0^-)$
• $RC$ 一階電路的時間常數：$\tau=R_1C$
• 理想運算放大器負回授：
  $v_+=v_-$
• 非反相放大器增益：
  $v_o=\left(1+\frac{R_2}{1\,\text{k}\Omega}\right)v$

由圖可知，$R_2$ 與 $1\,\text{k}\Omega$ 構成負回授分壓器，而 $v_o(t)$ 是運算放大器輸出端對地電壓。

(a) 求 $v(0^+)$ 與 $v_o(0^+)$

在 $t<0$ 時，

$$v_s(t)=3$$

電路已達穩態，電容視為開路以外，直流穩態下電容電壓等於輸入電壓，因此

$$v(0^-)=3\text{ V}$$

電容電壓不能瞬間改變，所以

$$\boxed{v(0^+)=v(0^-)=3\text{ V}}$$

題目給定

$$v_o(t)=20-5e^{-125t}$$

因此

$$v_o(0^+)=20-5e^0=20-5=15\text{ V}$$

故

$$\boxed{v_o(0^+)=15\text{ V}}$$

(b) 求 $R_1$

電容兩端電壓的響應形式為

$$v(t)=v(\infty)+[v(0^+)-v(\infty)]e^{-t/\tau}$$

由理想運算放大器負回授可知，非反相端電壓等於反相端電壓；此電路中輸出波形的指數項時間常數與前端 $R_1C$ 電路相同。

題目給定指數項：

$$e^{-125t}$$

所以

$$\frac{1}{\tau}=125$$

得到

$$\tau=\frac{1}{125}\text{ s}$$

又因為

$$\tau=R_1C$$

且

$$C=1\,\mu\text{F}$$

因此

核心觀念

本題考交流相量分析、線性電路的重疊定理，以及頻率響應。對振幅為 $1$ 的餘弦輸入，輸出振幅等於該頻率下傳遞函數的大小。

解題方法

圖中 $v_1$ 的正端經 $R_1$、電感 $L$ 串聯接到 $v_x$；$v_x$ 經 $10\,\Omega$ 接地；$v_2$ 的正端則經電容 $C$、電阻 $R_2$ 串聯接到 $v_x$。兩電壓源的負端共接地，圖上沒有給出 $R_1,R_2,L,C$ 的數值。

以相量法寫 $v_x$ 節點的電流方程。令

$$R_0=10\,\Omega,\qquad Z_1=R_1+j\omega L,\qquad Z_2=R_2-\frac{j}{\omega C}$$

則

$$\frac{\tilde V_x-\tilde V_1}{Z_1} +\frac{\tilde V_x-\tilde V_2}{Z_2} +\frac{\tilde V_x}{R_0}=0$$

整理後，兩個輸入各自到輸出的傳遞函數為

$$H_1(j\omega)=\frac{R_0Z_2}{D(\omega)},\qquad H_2(j\omega)=\frac{R_0Z_1}{D(\omega)}$$

其中

$$D(\omega)=Z_1Z_2+R_0(Z_1+Z_2)$$

因此 $A_1=|H_1(j\omega_1)|$、$A_2=|H_2(j\omega_2)|$。展開分母可得

$$D(\omega)=P+jQ(\omega)$$ $$P=R_1R_2+\frac{L}{C}+R_0(R_1+R_2)$$ $$Q(\omega)=\omega L(R_2+R_0)-\frac{R_1+R_0}{\omega C}$$

所以振幅為

$$A_1(\omega)= \frac{R_0\sqrt{R_2^2+\dfrac{1}{\omega^2C^2}}} {\sqrt{P^2+Q(\omega)^2}}$$ $$A_2(\omega)= \frac{R_0\sqrt{R_1^2+\omega^2L^2}} {\sqrt{P^2+Q(\omega)^2}}$$

兩者的分子與分母都隨頻率改變，且分母的 $Q(\omega)$ 會改變大小甚至變號。因此，單看電感或電容的阻抗變化，不能判定 $A_1$ 或 $A_2$ 的單調方向。

（a）降低 $\omega_1$ 時，$A_1$ 的變化

題目未給 $R_1,R_2,L,C$ 的數值，也未指定 $\omega_1$ 所在的頻率範圍；在理想 RLC 電路假設下，$A_1$ 隨頻率降低仍可能增加、減少或保持相同，須代入上式判斷。

核心觀念

本題考查平衡三相電路、$\Delta$ 負載的相電壓與線電壓關係，以及複功率與功率因數補償。

負載阻抗為

$$Z=40+j30=50\angle 36.87^\circ\ \Omega$$

因此負載呈感性，功率因數為

$$\cos\phi=\cos36.87^\circ=0.8$$

採用正相序 $abc$，並以 $V_{an}$ 為相位參考。

(a) 負載電流與線電流

因為負載為 $\Delta$ 連接，每一相負載所承受的電壓就是線電壓：

$$V_{ab}=2400\angle30^\circ\text{ V}$$ $$V_{bc}=2400\angle-90^\circ\text{ V}$$ $$V_{ca}=2400\angle150^\circ\text{ V}$$

各支路負載電流為

$$I_{ab}=\frac{V_{ab}}{Z} =\frac{2400\angle30^\circ}{50\angle36.87^\circ} =48\angle-6.87^\circ\text{ A}$$ $$I_{bc}=\frac{V_{bc}}{Z} =48\angle-126.87^\circ\text{ A}$$ $$I_{ca}=\frac{V_{ca}}{Z} =48\angle113.13^\circ\text{ A}$$

$\Delta$ 負載的線電流由節點電流定律得到：

$$I_a=I_{ab}-I_{ca} =83.14\angle-36.87^\circ\text{ A}$$ $$I_b=I_{bc}-I_{ab} =83.14\angle-156.87^\circ\text{ A}$$ $$I_c=I_{ca}-I_{bc} =83.14\angle83.13^\circ\text{ A}$$

因此，線電流大小為支路電流的 $\sqrt{3}$ 倍，且相對於對應支路電流落後 $30^\circ$：

$$|I_L|=\sqrt{3}|I_\Delta| =\sqrt{3}(48)=83.14\text{ A}$$

(b) 平均功率與虛功率

每一相負載的電壓、電流有效值分別為 $2400\text{ V}$ 與 $48\text{ A}$，所以三相總視在功率為

$$S=3V_\Delta I_\Delta =3(2400)(48) =345600\text{ VA}$$

平均功率：

$$P=S\cos\phi =345600(0.8) =276480\text{ W}$$

也可直接由阻抗電阻部分計算：

$$P=3I_\Delta^2R =3(48)^2(40) =276480\text{ W}$$

虛功率：

$$Q=S\sin\phi =345600(0.6) =207360\text{ var}$$

也可由電抗部分計算：

$$Q=3I_\Delta^2X =3(48)^2(30) =207360\text{ var}$$

因為 $X=+30\ \Omega$，所以 $Q$ 為正值，表示負載吸收感性虛功率。

(c) 功率因數補償至 1