109 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》

核心觀念

直流穩態時，電感等效為短路，電容等效為開路；自然響應則將獨立電壓源設為零，再由電路方程式推導特徵方程，依根的型態判斷阻尼。

(a) 強迫穩態的 $v_C(\infty)$

當 $t\to\infty$ 時，$v_s(t)=u(t)$ 的直流值為 $1\text{ V}$。電感短路、電容開路後，電路只剩 $R_1$ 與 $R_2$ 串聯，因此用分壓定則可得：

$$v_C(\infty)=\frac{R_2}{R_1+R_2}\cdot 1 =\frac{R_2}{R_1+R_2}\text{ V}$$

所以 $v_C(\infty)$ 不依賴 $L$ 與 $C$；它們會影響暫態過程，不影響直流穩態值。

(b) 自然響應的阻尼型態

將電壓源設為零。令電容兩端電壓為 $v_C(t)$，電感電流為 $i_L(t)$。由節點電流定律：

$$i_L(t)=C\frac{dv_C}{dt}+\frac{v_C(t)}{R_2}$$

對此式微分，得到：

$$\frac{di_L}{dt} =C\frac{d^2v_C}{dt^2}+\frac{1}{R_2}\frac{dv_C}{dt}$$

依迴路電壓定律：

$$L\frac{di_L}{dt}+R_1i_L+v_C=0$$

代入 $i_L$ 與 $\dfrac{di_L}{dt}$，可得自然響應的微分方程：

核心觀念

本題考查：

• 理想運算放大器的虛短：$v_-=v_+=0$。
• 理想運算放大器輸入端不取電流。
• 拉氏域阻抗：
  $Z_L=sL,\qquad Z_C=\frac{1}{sC}$
• 正弦穩態時令 $s=j\omega$，由傳遞函數求電壓增益大小。

以下將圖中的元件值記為：

$R_s=500\,\Omega,\quad R_2=2\,\text{k}\Omega,\quad R_3=R_4=10\,\text{k}\Omega$

$L=2.5\,\text{H},\qquad C=0.25\,\mu\text{F}$

解題方法與傳遞函數推導

設電感與 $2\,\text{k}\Omega$ 電阻連接的節點電壓為 $v_a$，電容左端節點電壓為 $v_b$。

因為理想運算放大器的正輸入端接地，所以

$v_-=v_+=0$

因此反相輸入端為虛接地，$v_-=0$。

1. 求 $v_a/v_s$

節點 $v_a$ 對地的等效阻抗為電感與 $R_2$ 的並聯：

$$Z_a=sL\parallel R_2 =\frac{sLR_2}{sL+R_2}$$

由分壓關係：

$$\frac{v_a}{v_s} =\frac{Z_a}{R_s+Z_a}$$

代入 $Z_a$：

$$\frac{v_a}{v_s} = \frac{sLR_2} {R_s(sL+R_2)+sLR_2}$$

整理得：

$$\frac{v_a}{v_s} = \frac{sLR_2} {R_sR_2+sL(R_s+R_2)}$$

代入數值：

$$\frac{v_a}{v_s} = \frac{5000s}{1000000+6250s} = \frac{0.8s}{s+160}$$

2. 求 $v_b/v_a$

在反相輸入節點套用 KCL。由於該節點電壓為 $0$，且運算放大器輸入端不取電流：

$$\frac{v_a-0}{2\,\text{k}\Omega} + \frac{v_b-0}{10\,\text{k}\Omega} =0$$

因此：

$$\frac{v_b}{v_a} =-\frac{10\,\text{k}\Omega}{2\,\text{k}\Omega} =-5$$

3. 求 $v_o/v_b$

在電容節點 $v_b$ 套用 KCL：

$$\frac{v_b}{10\,\text{k}\Omega} +sCv_b +\frac{v_b-v_o}{10\,\text{k}\Omega} =0$$

整理：

$$v_o = \left(2+10\,\text{k}\Omega\cdot sC\right)v_b$$

所以：

核心觀念

本題考查節點電壓法。設定節點 $a$ 為參考接地，因此

$$v_a=0$$

各電阻電流依歐姆定律表示為

$$i=\frac{v_x-v_y}{R}$$

再對未知節點 $b、c、d$ 分別套用 KCL。

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(a) 節點方程式

以「流出節點的電流總和為 $0$」建立方程式。

節點 $b$

節點 $b$ 分別經由 $R_1、R_2、R_3$ 連接至 $a、d、c$：

$$\frac{v_b-v_a}{R_1} +\frac{v_b-v_d}{R_2} +\frac{v_b-v_c}{R_3}=0$$

因為 $v_a=0$，可寫成

$$\boxed{ \frac{v_b}{R_1} +\frac{v_b-v_d}{R_2} +\frac{v_b-v_c}{R_3}=0 }$$

節點 $c$

節點 $c$ 分別經由 $R_4、R_5、R_3$ 連接至 $a、d、b$：

$$\frac{v_c-v_a}{R_4} +\frac{v_c-v_d}{R_5} +\frac{v_c-v_b}{R_3}=0$$

因此

$$\boxed{ \frac{v_c}{R_4} +\frac{v_c-v_d}{R_5} +\frac{v_c-v_b}{R_3}=0 }$$

節點 $d$

電流源方向由 $d$ 流向 $a$，所以由節點 $d$ 流出的電流源電流為 $I$：

$$\frac{v_d-v_b}{R_2} +\frac{v_d-v_c}{R_5} +I=0$$

因此

$$\boxed{ \frac{v_d-v_b}{R_2} +\frac{v_d-v_c}{R_5} +I=0 }$$

以上三式即為求解 $v_b、v_c、v_d$ 的完整節點方程式。

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(b) 數值計算

已知

$$R_1=1\Omega,\quad R_2=2\Omega,\quad R_3=3\Omega$$ $$R_4=4\Omega,\quad R_5=8\Omega,\quad I=10\text{ mA}$$

節點 $b$

$$\frac{v_b}{1} +\frac{v_b-v_d}{2} +\frac{v_b-v_c}{3}=0$$

乘以 $6$ 得

$$11v_b-2v_c-3v_d=0 \tag{1}$$

節點 $c$

$$\frac{v_c}{4} +\frac{v_c-v_d}{8} +\frac{v_c-v_b}{3}=0$$

核心觀念

本題考查：

• Thevenin 等效電路
• 開路電壓 $V_{\mathrm{th}}$
• 將獨立電壓源設為短路、獨立電流源設為開路，以求 $R_{\mathrm{th}}$
• 由 Thevenin 等效電路建立端口電壓 $v$ 與電流 $i$ 的關係

令中央節點電壓為 $V_x$，端口電壓為 $v$，且電流 $i$ 的方向為流入電路。

(a) Thevenin 等效電路

1. 求 Thevenin 電壓 $V_{\mathrm{th}}$

端口開路時，$R_2$ 中沒有電流，因此 $R_2$ 無壓降，故

$$V_{\mathrm{th}}=V_x$$

對中央節點套用 KCL：

$$\frac{V_x-V_0}{R_1}+\frac{V_x}{R_3}=I_1$$

整理得

$$V_x(R_1+R_3)=R_3V_0+R_1R_3I_1$$

因此

$$V_{\mathrm{th}} = \frac{R_3V_0+R_1R_3I_1}{R_1+R_3}$$

亦可寫成

$$V_{\mathrm{th}} = \frac{R_3}{R_1+R_3}\left(V_0+R_1I_1\right)$$

2. 求 Thevenin 電阻 $R_{\mathrm{th}}$

將獨立電壓源 $V_0$ 設為短路，獨立電流源 $I_1$ 設為開路。由端口看入，$R_2$ 與 $R_1\parallel R_3$ 串聯：

$$R_{\mathrm{th}} = R_2+(R_1\parallel R_3)$$

因此

$$R_{\mathrm{th}} = R_2+\frac{R_1R_3}{R_1+R_3}$$

Thevenin 等效電路為電壓源 $V_{\mathrm{th}}$ 串聯電阻 $R_{\mathrm{th}}$，其中

$$\boxed{ V_{\mathrm{th}} = \frac{R_3V_0+R_1R_3I_1}{R_1+R_3} }$$

核心觀念

本題考有限開迴路增益運算放大器的負回授分析。運放遵守 $v_o=A(v_+-v_-)$，而輸入端不取電流；因此反相端電壓由 $R_1、R_2$ 分壓決定。有限增益下不能直接令 $v_+=v_-$。

解題方法

圖中非反相端接 $v_{\text{IN}}$；反相端接在 $R_1、R_2$ 的中點，$R_1$ 連接輸出、$R_2$ 連接地。運放輸出電壓為 $v_o$，接到外部輸出端 $v_{\text{OUT}}$；$i_{\text{OUT}}$ 的參考方向是由運放流向電阻網路。

由分壓關係，

$$v_-=\frac{R_2}{R_1+R_2}v_{\text{OUT}}, \qquad v_+=v_{\text{IN}}.$$

輸出端直接相接，所以 $v_{\text{OUT}}=v_o$。代入運放關係式：

$$v_{\text{OUT}} =A\left(v_{\text{IN}}-\frac{R_2}{R_1+R_2}v_{\text{OUT}}\right).$$

整理得

核心觀念

本題考電路的線性與疊加定理，以及串聯 $RL$ 電路的正弦穩態分析。對角頻率為 $\omega$ 的正弦電源，串聯阻抗為

$$Z=R+j\omega L$$

電流相量等於電源相量除以阻抗；時域電流的相位會比電源相位落後 $\tan^{-1}(\omega L/R)$。

解題方法

圖中兩個理想電壓源串聯，且正、負端方向相同；右側電感 $L$ 與電阻 $R$ 串聯。以下將電流方向定為順時針，也就是經電感向下流過電阻。依疊加定理，分別計算兩個不同頻率電源造成的電流，再將時域電流相加。計算其中一個電源的貢獻時，另一個理想電壓源以短路取代。

對 $v_{s1}=24\cos(20000t)\ \text{V}$，角頻率為 $\omega_1=20000\ \text{rad/s}$。由 $L=0.2\ \text{H}$，得感抗 $\omega_1L=4000\ \Omega$，因此

$$Z_1=10+j4000$$

電流振幅與相位分別為

$$|I_1|=\frac{24}{\sqrt{10^2+4000^2}} \approx 0.006000\ \text{A}$$ $$\angle I_1=-\tan^{-1}\left(\frac{4000}{10}\right) \approx -89.8568^\circ$$

所以

$$i_1(t)=6.000\cos(20000t-89.8568^\circ)\ \text{mA}$$

核心觀念

交流負載的複功率寫成

$$\mathbf{S}=P+jQ$$

其中 $P$ 是實功率，$Q$ 是無功功率；感性負載的 $Q$ 為正，容性負載的 $Q$ 為負。視在功率大小為

$$|\mathbf{S}|=\sqrt{P^2+Q^2}$$

功率因數為

$$\mathrm{PF}=\frac{P}{|\mathbf{S}|}=\cos\theta$$

其中 $\theta$ 是電壓與電流的相位差。電容器提供容性無功功率，可抵銷部分感性無功功率，改善落後功率因數。

解題方法

題目給定 $240\text{-V rms}$ 單相電源，負載實功率為 $10\text{ kW}$，容性無功功率為 $15\text{ kVAR}$，感性無功功率為 $22\text{ kVAR}$。先以感性為正、容性為負，求出負載的淨無功功率，再依序計算視在功率、電流及功率因數校正所需的電容器。

(a) 視在功率

淨無功功率為

$$Q=22-15=7\text{ kVAR}$$

因此負載複功率為 $10+j7\text{ kVA}$，視在功率大小為

$$|\mathbf{S}|=\sqrt{10^2+7^2} =\sqrt{149} =12.21\text{ kVA}$$

(b) 電源供應的電流

單相電路中 $|\mathbf{S}|=VI$，所以

$$I=\frac{|\mathbf{S}|}{V} =\frac{12.2066\text{ kVA}}{0.240\text{ kV}} =50.86\text{ A}$$

淨無功功率為正，表示負載呈感性，因此電流落後電壓。原功率因數為

$$\mathrm{PF}=\frac{P}{|\mathbf{S}|} =\frac{10}{12.2066} =0.819\text{ lagging}$$

(c) 校正至 $0.96$ 落後所需的 kVAR 與電容

校正後仍為落後功率因數，因此負載保留少量感性無功功率。令校正後功率因數角為 $\theta_2$：

$$\cos\theta_2=0.96$$

由此得到

核心觀念

本題考查返馳式轉換器的基本拓樸，以及連續導通模式下的電感伏秒平衡。返馳式轉換器的變壓器同時具有隔離與儲能功能：開關導通時，能量先儲存在磁化電感中；開關截止時，磁化電感釋放能量至輸出端。

在週期穩態下，磁化電感每一週期的電壓平均值為零，因此一週期內的正、負伏秒面積相等。

解題方法

(a) 隔離式返馳轉換器拓樸

下圖以理想元件表示。●表示繞組同名端；$N_p$、$N_s$ 分別是一次側與二次側匝數。輸出電容 $C_o$ 與負載 $R_o$ 並聯。

一次側：  Vin+ ──●──[ Np ]──o──Q── Vin−
                         ║
                         ║ 磁耦合
                         ║
二次側：  Vo−  ──●──[ Ns ]──o──|>|── Vo+
                                   Df

輸出端：  Vo+ ──┬──|| Co──┬── Vo−
                └── Ro ──┘

開關 $Q$ 導通時，一次側磁化電感由輸入電壓充電，二次側整流二極體 $D_f$ 反向偏壓，負載由輸出電容供電。開關截止時，繞組電壓極性反轉，$D_f$ 導通，磁化電感將能量送至輸出端。

(b) 輸入、輸出電壓關係

令開關週期為 $T_s$，導通時間為 $DT_s$，截止時間為 $(1-D)T_s$。設一次側磁化電感為 $L_m$。

開關導通期間，輸入電壓加在磁化電感上：

$$v_{L_m,\mathrm{on}}=V_{\mathrm{in}}$$

核心觀念

Buck 降壓轉換器在穩態下，電感電流呈三角波。連續導通模式與不連續導通模式的邊界，恰好發生在電感電流谷值降至 $0$ 的時刻；此時負載電流等於電感電流漣波峰對峰值的一半。

題目未提供負載電阻與開關頻率，因此以下以 $R$、$f_s$ 表示，並假設轉換器為理想元件且操作於穩態。

解題方法

(a) Buck 轉換器拓樸

$$\begin{array}{c} \text{輸入端}\\[-2pt] V_{\mathrm{in}} \end{array} \quad \longrightarrow\quad \boxed{S} \quad\longrightarrow\quad \boxed{\bullet\ \text{SW}} \quad\longrightarrow\quad \boxed{L} \quad\longrightarrow\quad \boxed{\bullet\ V_o}$$

輸出端 $V_o$ 並聯電容 $C$ 與負載 $R$，兩者另一端接地。續流二極體 $D$ 連接於地與開關節點 SW 之間，陽極接地、陰極接 SW。開關導通時，輸入端經開關與電感向負載供電；開關關斷時，電感電流經二極體續流。

(b) 邊界導通時的最小電感

令開關週期為 $T_s=1/f_s$，占空比為 $D$。在開關導通期間，電感電壓為 $V_{\mathrm{in}}-V_o$；在關斷期間，電感電壓為 $-V_o$。穩態電感伏秒平衡給出：

$$D(V_{\mathrm{in}}-V_o)+(1-D)(-V_o)=0$$

因此：

$$V_o=DV_{\mathrm{in}}$$

導通期間的電感電流漣波為：