110 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

本題考查一階、二階電感暫態電路的分析，主要使用：

• 電感電流連續：$i_L(0^+)=i_L(0^-)$
• 穩態直流下，電感視為短路
• 開關切換後，以自然響應分析
• 電感關係式：
  $v_L=L\frac{di_L}{dt}$

圖中開關於 $t=0$ 打開，使 $30\text{ V}$ 電源與右側電路斷開。

$t<0$ 的穩態電流

在 $t<0$ 時，電感已達直流穩態，因此 $6\text{ H}$ 電感為短路。此短路使 $36\Omega$ 與 $112.5\Omega+2.4\text{ H}$ 支路兩端電壓皆為零，因此：

$i_2(0^-)=0$

電源電流只經過 $22.5\Omega$ 與 $6\text{ H}$ 短路支路：

$i_1(0^-)=\frac{30}{22.5}=\frac{4}{3}\text{ A}$

由電感電流連續性：

$i_1(0^+)=\frac{4}{3}\text{ A},\qquad i_2(0^+)=0$

$t>0$ 的電路方程式

開關打開後，電源及 $22.5\Omega$ 支路與主電路斷開，剩下三個並聯支路：

• $36\Omega$
• $6\text{ H}$
• $112.5\Omega$ 串聯 $2.4\text{ H}$

令兩個電感支路的電流方向皆向下，並令上下節點電壓為 $v(t)$，則：

$v=6\frac{di_1}{dt}$

右側支路因含有 $112.5\Omega$ 電阻：

$v=112.5i_2+2.4\frac{di_2}{dt}$

但由於兩個電感的電流在節點間形成自然響應，可利用節點電流定律：

$\frac{v}{36}+i_1+i_2=0$

又因兩個電感並聯，其端電壓相同：

核心觀念

本題考查切換電路的初始條件與 Laplace transform：

• 電容電壓連續：$v_C(0^+)=v_C(0^-)$。
• 電感電流連續：$i_L(0^+)=i_L(0^-)$。
• $t<0$ 為直流穩態時，電容視為開路、電感視為短路。
• $t>0$ 開關閉合，使右側 $1\,\Omega$ 電阻被短路。

一、求初始條件

在 $t<0$ 的直流穩態中，電容開路、電感短路，因此電路中的電阻串聯為

$$1+1+1=3\,\Omega$$

穩態電流為

$$i_L(0^-)=\frac{12}{3}=4\text{ A}$$

故由電感電流連續性，

$$i_L(0^+)=4\text{ A}$$

電容上端電壓為第一個 $1\,\Omega$ 電阻右端電壓：

$$v_C(0^-)=12-(4)(1)=8\text{ V}$$

因此

$$v_C(0^+)=8\text{ V}$$

二、建立 $t>0$ 的電路方程

令電容上端電壓為 $v_C(t)$，電感上端電壓為 $v_L(t)$，電感電流方向如圖向下。

在電感所在節點套用 KCL：

$$v_L-v_C+i_L=0$$

所以

$$v_L=v_C-i_L$$

又因為電感為 $1\text{ H}$，

$$v_L=L\frac{di_L}{dt}=\frac{di_L}{dt}$$

故

$$\frac{di_L}{dt}=v_C-i_L$$

在電容所在節點套用 KCL：

$$(v_C-12)+\frac{dv_C}{dt}+(v_C-v_L)=0$$

由 $v_C-v_L=i_L$，得

$$\frac{dv_C}{dt}=12-v_C-i_L$$

由

$$v_C=\frac{di_L}{dt}+i_L$$

可得

$$\frac{dv_C}{dt} =\frac{d^2i_L}{dt^2}+\frac{di_L}{dt}$$

代入上式：

核心觀念

本題考查非理想運算放大器的等效模型：

• 開迴路電壓增益：$A=10^5$
• 輸入阻抗：$R_{\text{in}}=1~\text{M}\Omega$
• 輸出阻抗：$R_o=10~\Omega$
• 反相端經 $10~\text{k}\Omega$ 接至 $V_s$
• 輸出端經 $10~\text{k}\Omega$ 回授至反相端
• 非反相端接地，因此 $v_+=0$

由於運算放大器非理想，不能直接套用虛短路 $v_-=v_+$，必須保留有限輸入阻抗與輸出阻抗。

解題方法

設反相端電壓為 $v_-$，運算放大器外部輸出端電壓為 $v_o$。

運算放大器內部受控電壓源為

$$v_x=A(v_+-v_-)$$

因為 $v_+=0$，所以

$$v_x=-Av_-=-10^5v_-$$

在反相端套用 KCL：

$$\frac{v_--V_s}{10\,000} +\frac{v_-}{1\,000\,000} +\frac{v_--v_o}{10\,000}=0$$

代入 $V_s=1~\text{V}$，整理得

$$201v_- -100v_o=100 \tag{1}$$

在輸出端套用 KCL。輸出端透過 $10~\text{k}\Omega$ 接至反相端，並透過 $10~\Omega$ 接至內部受控電壓源，因此

$$\frac{v_o-v_-}{10\,000} +\frac{v_o-v_x}{10}=0$$

代入 $v_x=-10^5v_-$：

核心觀念

本題考查含受控源電路的戴維寧與諾頓等效電路：

• 戴維寧電壓：$V_{\text{th}}=V_{ab}$（端點開路時的端電壓）
• 戴維寧電阻：含受控源時，須加測試源求得
  $R_{\text{th}}=\frac{V_{\text{test}}}{I_{\text{test}}}$
• 諾頓電流：端點 $a,b$ 短路時的短路電流
  $I_{\text{N}}=I_{\text{sc}}$
• 兩者關係：
  $I_{\text{N}}=\frac{V_{\text{th}}}{R_{\text{th}}}$

依圖中受控電壓源極性，左端為正、右端為負，因此

$v_2-v_a=4V_x$

其中 $V_x$ 為 $5\,\Omega$ 電阻上端對下端的電壓。

求戴維寧電壓 $V_{\text{th}}$

令端點 $b$ 為接地，且開路端電壓為 $V_a=V_{\text{th}}$。設受控電壓源左端節點電壓為 $v_2$，則

$V_x=v_1$

在左側節點 $v_1$ 寫 KCL：

$\frac{v_1}{5}+\frac{v_1-v_2}{10}=0$

整理得

$2v_1+v_1-v_2=0$

$v_2=3v_1$

受控電壓源關係為

$v_2-v_a=4v_1$

代入 $v_2=3v_1$：

$3v_1-v_a=4v_1$

因此

$v_a=-v_1$

再對包含受控源的超節點寫 KCL：

$\frac{v_2-v_1}{10}+\frac{v_a}{15}=0$

代入 $v_2=3v_1$ 與 $v_a=-v_1$：

$\frac{2v_1}{10}-\frac{v_1}{15}=0$

$\frac{v_1}{5}-\frac{v_1}{15}=0$

$\frac{2v_1}{15}=0$

故

$v_1=0,\qquad v_a=0$

所以

$V_{\text{th}}=0\text{ V}$

求戴維寧電阻 $R_{\text{th}}$

電路中沒有獨立源，但含有受控源，因此不能只將獨立源歸零後直接看電阻，必須在 $a,b$ 端加測試電壓源。

令

$V_a=V_{\text{test}}=V$

由左側節點 KCL，仍有

$v_2=3v_1$

而受控電壓源給出

$v_2-V=4v_1$

將 $v_2=3v_1$ 代入：

$3v_1-V=4v_1$

因此

$v_1=-V$

此題考查使用戴維寧 (Thevenin) 或諾頓 (Norton) 等效電路來分析負載上的功率。題目給出了線性電路的短路電流 ($I_{sc}$) 和開路電壓 ($V_{oc}$)，這可以直接用來建立電路的等效模型。

1. 建立 Thevenin 或 Norton 等效電路:
根據題目給的資訊：

• 短路電流 $I_{sc} = 20A$。
• 開路電壓 $V_{oc} = 12V$。

我們可以建立 Thevenin 等效電路，它包含一個戴維寧電壓源 $V_{th}$ 和一個戴維寧電阻 $R_{th}$。
在線性電路中，開路電壓等於戴維寧電壓：$V_{th} = V_{oc} = 12V$。
戴維寧電阻 $R_{th}$ 可以透過 $V_{th}$ 和 $I_{sc}$ 計算得到：
$R_{th} = V_{th} / I_{sc} = 12V / 20A = 0.6 \Omega$。

或者，我們也可以建立 Norton 等效電路，它包含一個諾頓電流源 $I_{sc}$ 和一個諾頓電阻 $R_{th}$。
諾頓電流源等於短路電流：$I_N = I_{sc} = 20A$。
諾頓電阻等於戴維寧電阻：$R_N = R_{th} = 0.6 \Omega$。

2. 分析連接負載後的電路:
現在，一個 $R_L = 2 \Omega$ 的電阻負載連接到這個線性網路的終端。
我們使用 Thevenin 等效電路來分析。Thevenin 等效電路是一個 12V 電壓源與一個 0.6Ω 電阻串聯。
當 2Ω 的負載電阻 $R_L$ 接上去時，這個負載與 $R_{th}$ 串聯。
總電流流過負載 $R_L$ 的電流 $I_L$ 可以用歐姆定律計算：

此題考查 buck-boost 轉換器的基本拓撲和在連續導通模式下的電壓轉換比。

(a) 繪製 Buck-Boost 轉換器拓撲:
Buck-boost 轉換器是一種 DC-DC 轉換器，它可以輸出一個與輸入電壓極性相反的電壓，且輸出電壓的大小可以比輸入電壓高或低。
基本結構包含一個輸入電壓源 $V_i$、一個開關 (通常是 MOSFET 或 IGBT)，一個二極體 (Diode)，一個電感 (Inductor)，以及一個輸出電容 (Capacitor) 和負載電阻 ($R$)。
在 PWM 控制下，開關的導通和關斷週期由佔空比 $D$ 控制。

拓撲結構:

1. 輸入電壓源 $V_i$。
2. 一個開關 S (例如 MOSFET) 與 $V_i$ 串聯。
3. 開關 S 的另一端連接到電感 L 的一端。
4. 電感 L 的另一端連接到二極體 D 的陽極 (Anode)。
5. 二極體 D 的陰極 (Cathode) 連接到輸出端。
6. 輸出端連接一個電容 C 和負載電阻 R。
7. 開關 S 的另一端（也就是 $V_i$ 的負極）和電感 L 的另一端（也就是二極體 D 的陽極）是連接在一起的。
8. 開關 S 的導通/關斷由 PWM 信號控制。

圖示說明:

• 輸入電壓 $V_i$。
• 開關 S (通常畫成一個帶有箭頭的開關符號，表示可控)。
• 電感 L，串聯在開關 S 和二極體 D 之間。
• 二極體 D，其方向是從電感流向輸出端。
• 輸出端有電容 C 和負載電阻 R 並聯。
• 通常，開關 S 和電感 L 的連接點是輸出端，也是二極體 D 的陽極。
• $V_o$ 是輸出電壓，通常取在電容 C 和負載 R 兩端。

簡化圖示:
$V_i \rightarrow [S] \rightarrow L \rightarrow D \rightarrow V_o$ (輸出端連接 C || R)。
其中 S 和 L 的另一端接地。二極體 D 的陽極連接到 L 的另一端，陰極連接到輸出。

(b) 導出電壓轉換比 ($V_o/V_i$) 在連續導通模式 (CCM) 下:
在連續導通模式 (CCM) 下，電感電流始終大於零。
我們分析開關 S 導通 ($DT$) 和關斷 ($(1-D)T$) 兩個階段。

階段 1: 開關 S 導通 (時間 $0 < t < DT$)

• 開關 S 閉合。
• 電感 L 被輸入電壓 $V_i$ 獨立供電。
• 電感電流 $i_L$ 開始線性上升。
• 二極體 D 反向偏壓，不導通。
• 輸出電容 C 提供電流給負載 R。
• 電感 L 上的電壓 $V_L = V_i$。

核心觀念

本題考查耦合電感於連續導通模式（CCM）下的：

• 電感伏秒平衡
• 理想耦合電感的電壓比例
• 開關與二極體的最大電壓應力

圖中耦合電感匝數比為

$$N:L_s= N:1$$

因此

$$v_{L_p}=N v_{L_s}$$

以下假設元件皆為理想元件，且輸出電壓 $V_o$ 為穩定直流值。

解題方法

分別分析開關 $S_1$ 導通與關斷兩種狀態，先求一次側電感電壓，再利用伏秒平衡求增益。

1. $S_1$ 關斷、$D_1$ 導通

二極體導通時，耦合電感中間接點被箝位至地，因此次級電感電壓為

$$v_{L_s,\text{off}}=-V_o$$

由匝數比：

$$v_{L_p,\text{off}}=N v_{L_s,\text{off}} =-N V_o$$

2. $S_1$ 導通、$D_1$ 關斷

設一次側電感導通期間電壓為 $v_{L_p,\text{on}}$，由伏秒平衡：

$$D v_{L_p,\text{on}} +(1-D)(-N V_o)=0$$

所以

$$v_{L_p,\text{on}} =\frac{N(1-D)}{D}V_o$$

次級電感電壓為

$$v_{L_s,\text{on}} =\frac{v_{L_p,\text{on}}}{N} =\frac{1-D}{D}V_o$$

在 $S_1$ 導通時，輸入電壓等於兩個電感電壓與輸出電壓之和：

$$V_i=v_{L_p,\text{on}}+v_{L_s,\text{on}}+V_o$$

代入得

$$V_i= \frac{N(1-D)}{D}V_o +\frac{1-D}{D}V_o+V_o$$

整理：

$$V_i= \frac{N+1-ND}{D}V_o$$

因此輸入至輸出電壓轉換比為

此題考查三相功率計算、功率因數、以及功率因數補償。題目描述的是單一電源供應給兩個並聯負載，電源電壓為 5000 Vrms。雖然題目未明確說明是單相或三相系統，但通常工業用電 5000V 較可能是三相系統，不過題目中的功率計算也適用於單相系統。由於題目未提供三相的具體資訊（如線電壓、相電壓、或每相功率），我們將以單一電源供應給兩個並聯負載的方式來處理，並假設 5000 Vrms 是該電源的電壓值。

負荷 1: 30 kW 的加熱負載
加熱負載是純阻性負載，其功率因數為 1。
$P_1 = 30 \text{ kW}$
$Q_1 = 0 \text{ kVAR}$
$S_1 = \sqrt{P_1^2 + Q_1^2} = P_1 = 30 \text{ kVA}$。

負荷 2: 馬達負載

• 視在功率 $S_2 = 150 \text{ kVA}$。
• 功率因數 $\cos(\phi_2) = 0.6$ (落後, lagging)。
• 由於是落後功率因數，表示該負載有感性成分，消耗了無效功率。

計算負荷 2 的有功功率 $P_2$ 和無效功率 $Q_2$:
$\cos(\phi_2) = 0.6$。我們可以找到 $\sin(\phi_2)$。
$\sin^2(\phi_2) + \cos^2(\phi_2) = 1$
$\sin^2(\phi_2) = 1 - (0.6)^2 = 1 - 0.36 = 0.64$
$\sin(\phi_2) = \sqrt{0.64} = 0.8$ (因為是落後功率因數，無效功率為正)。
$P_2 = S_2 \cos(\phi_2) = 150 \text{ kVA} \times 0.6 = 90 \text{ kW}$。
$Q_2 = S_2 \sin(\phi_2) = 150 \text{ kVA} \times 0.8 = 120 \text{ kVAR}$。

a. 計算總電流和廠房功率因數:

總有功功率 $P_{total}$:
$P_{total} = P_1 + P_2 = 30 \text{ kW} + 90 \text{ kW} = 120 \text{ kW}$。

總無效功率 $Q_{total}$:
$Q_{total} = Q_1 + Q_2 = 0 \text{ kVAR} + 120 \text{ kVAR} = 120 \text{ kVAR}$。

總視在功率 $S_{total}$:
$S_{total} = \sqrt{P_{total}^2 + Q_{total}^2} = \sqrt{(120 \text{ kW})^2 + (120 \text{ kVAR})^2}$
$S_{total} = \sqrt{14400 + 14400} \text{ kVA} = \sqrt{2 \times 14400} \text{ kVA} = 120 \sqrt{2} \text{ kVA}$。
$S_{total} \approx 120 \times 1.414 \text{ kVA} \approx 169.7 \text{ kVA}$。

總電流 $I_{total}$:
假設電源電壓 $V_{source} = 5000 \text{ Vrms}$。
$S_{total} = V_{source} \times I_{total}$ (對於單相系統，如果是三相系統，則為 $\sqrt{3} V_{line} I_{line}$，但題目未提供三相資訊，故按單相計算)。
$I_{total} = \frac{S_{total}}{V_{source}} = \frac{120 \sqrt{2} \text{ kVA}}{5000 V} = \frac{120 \times 1000 \sqrt{2}}{5000} A = \frac{120 \sqrt{2}}{5} A \approx \frac{120 \times 1.414}{5} A \approx 33.94 A$。
$I_{total} = \frac{120000 \sqrt{2}}{5000} A = 24 \sqrt{2} A \approx 33.94 A$。

廠房功率因數 (Plant Power Factor, PF):
$PF = \frac{P_{total}}{S_{total}} = \frac{120 \text{ kW}}{120 \sqrt{2} \text{ kVA}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \approx 0.707$。
由於 $Q_{total}$ 為正 (落後)，所以功率因數是落後 (lagging)。
PF = 0.707 lagging。

b. 設計補償電路以達到單位功率因數:
目標是使總功率因數 (PF) 為 1。這意味著總無效功率 $Q_{total}$ 必須為零。
目前總無效功率 $Q_{total} = 120 \text{ kVAR}$ (感性)。
為了補償這個感性無效功率，我們需要加入容性無效功率。
通常使用並聯電容器組來提供容性無效功率。
所需的容性無效功率 $Q_c$ 必須等於目前的感性無效功率 $Q_{total}$。
$Q_c = -Q_{total} = -120 \text{ kVAR}$。
負號表示我們需要提供容性無效功率。

計算所需的電容器容量:
我們需要找到一個電容器組，其提供的無效功率為 120 kVAR，額定電壓為 5000 V。
$Q_c = \frac{V_{source}^2}{X_c} = \frac{V_{source}^2}{\frac{1}{\omega C}} = \omega C V_{source}^2$。
其中 $\omega = 2\pi f$ 是電源角頻率。題目未給定頻率，通常工業用電頻率為 60 Hz。
假設 $f = 60 Hz$。
$\omega = 2\pi \times 60 = 120\pi \text{ rad/s}$。
$Q_c = 120 \text{ kVAR} = 120 \times 10^3 \text{ VAR}$。
$C = \frac{Q_c}{\omega V_{source}^2} = \frac{120 \times 10^3 \text{ VAR}}{(120\pi \text{ rad/s}) \times (5000 V)^2}$。

核心觀念

線性電路可用疊加定理求解：每次只保留一個獨立源，將其他獨立電壓源短路、獨立電流源開路。不同角頻率的穩態響應分別以相量計算，最後再加上直流分量。

本題的輸出定義為 $1\,\Omega$ 電阻左端減右端，因此 $v_o(t)=v_b(t)-v_c(t)$。

解題方法

分別計算 $\omega=2$、$\omega=5$ 的交流分量，以及直流分量。

一、$\omega=2\ \text{rad/s}$ 分量

保留 $10\cos(2t)\,\text{V}$ 電壓源，將電流源開路、$5\,\text{V}$ 電壓源短路。此時

$$Z_L=j\omega L=j4,\qquad Z_C=\frac{1}{j\omega C}=-j5$$

電容與 $4\,\Omega$ 電阻的並聯阻抗為

$$Z_p=4\parallel(-j5)=\frac{100-j80}{41}\ \Omega$$

電流流經電感、$1\,\Omega$ 電阻及並聯負載，故輸出相量為

$$\tilde V_{o,2} =\frac{10}{j4+1+Z_p} =\frac{410}{141+j84} \approx 2.498\angle(-30.78^\circ)\ \text{V}$$

因此

$$v_{o,2}(t)=2.498\cos(2t-30.78^\circ)\ \text{V}$$

二、$\omega=5\ \text{rad/s}$ 分量

保留電流源 $2\sin(5t)\,\text{A}$，將兩個電壓源短路。以餘弦為相量基準，電流源相量為

$$\tilde I_s=2\angle(-90^\circ)=-j2\ \text{A}$$