112 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

本題利用平衡三相電路的「每相等效」原理，將三相系統化為單一 $a$ 相串聯電路。所用公式如下：

• 平衡三相正序：
  $V_{bn}=V_{an}\angle -120^\circ,\qquad V_{cn}=V_{an}\angle 120^\circ$
• 三相總複功率：
  $S_{3\phi}=3VI^*=P+jQ$
• 負載消耗的平均功率與無功功率：
  $P=3I^2R,\qquad Q=3I^2X$
• 功率因數：
  $\mathrm{pf}=\cos\theta$

已知 $a$ 相內部電壓為參考相量：

$E_a=120\angle 0^\circ\ \mathrm{V}$

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解題方法

（a）建立 $a$ 相等效電路

每相電路由發電機內部電壓源、發電機阻抗、輸電線阻抗及負載阻抗串聯而成：

$$E_a \longrightarrow Z_g=0.2+j0.5 \longrightarrow Z_{\mathrm{line}}=0.8+j1.5 \longrightarrow Z_L=39+j28$$

因此總阻抗為

$$Z_{\mathrm{total}} =(0.2+j0.5)+(0.8+j1.5)+(39+j28)$$ $$Z_{\mathrm{total}}=40+j30=50\angle36.87^\circ\ \Omega$$

相電流為

$$I_a=\frac{E_a}{Z_{\mathrm{total}}} =\frac{120\angle0^\circ}{50\angle36.87^\circ}$$ $$\boxed{I_a=2.4\angle-36.87^\circ\ \mathrm{A}}$$

其直角座標形式為

$$I_a=1.92-j1.44\ \mathrm{A}$$

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（b）負載端線電壓相量 $V_{BC}$

負載端 $a$ 相電壓為

$$V_{an,L}=I_aZ_L$$ $$V_{an,L}=(1.92-j1.44)(39+j28)$$ $$V_{an,L}=115.2-j2.4 =115.225\angle-1.193^\circ\ \mathrm{V}$$

正序平衡三相中：

$$V_{BC}=\sqrt{3}V_{an,L}\angle-90^\circ$$

因此

$$V_{BC} =\sqrt{3}(115.225)\angle(-1.193^\circ-90^\circ)$$ $$\boxed{V_{BC}=199.57\angle-91.19^\circ\ \mathrm{V}}$$

直角座標形式為

$$\boxed{V_{BC}\approx -4.15-j199.52\ \mathrm{V}}$$

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（c）負載每相瞬時功率與平均功率

負載每相阻抗為

$$Z_L=39+j28\ \Omega$$

因此每相複功率為

$$S_{\phi,L}=|I_a|^2Z_L =(2.4)^2(39+j28)$$ $$S_{\phi,L}=224.64+j161.28\ \mathrm{VA}$$

故每相平均功率為

$$\boxed{P_{\phi,L}=224.64\ \mathrm{W}}$$

負載端電壓與電流相角分別為

$$\theta_v=-1.193^\circ,\qquad \theta_i=-36.87^\circ$$

負載功率因數角為

$$\phi=\theta_v-\theta_i=35.677^\circ$$

瞬時電壓與電流可寫為

$$v_a(t)=\sqrt{2}|V_{an,L}| \cos(\omega t-1.193^\circ)$$ $$i_a(t)=\sqrt{2}(2.4) \cos(\omega t-36.87^\circ)$$

利用

$$\cos A\cos B =\frac{1}{2}\left[\cos(A-B)+\cos(A+B)\right]$$

得到每相瞬時功率：

$$p_{\phi}(t) =|V_{an,L}||I_a| \left[ \cos\phi+ \cos(2\omega t+\theta_v+\theta_i) \right]$$

代入數值：

$$|V_{an,L}||I_a| =115.225(2.4)=276.54$$

因此

核心觀念

二埠網路的 $Z$ 參數定義為

$$\begin{aligned} V_1&=Z_{11}I_1+Z_{12}I_2\\ V_2&=Z_{21}I_1+Z_{22}I_2 \end{aligned}$$

其中兩埠電流 $I_1、I_2$ 均定義為流入網路。求解時以右側節點電壓 $V_2$ 與中間節點電壓 $V_a$ 寫節點方程式。

解題方法

右側節點套用 KCL：

$$I_2=\frac{V_2-V_a}{2}+\frac{V_2}{3}$$

因此

$$V_a=V_2-2\left(I_2-\frac{V_2}{3}\right)$$ $$V_a=\frac{5}{3}V_2-2I_2$$

中間節點套用 KCL。流入中間節點的電流為 $I_1$，流出電流分別經過 $2\Omega$ 電阻及受控電流源 $mV_2$：

$$I_1=\frac{V_a-V_2}{2}+mV_2$$

題目給定 $m=\frac{2}{3}$，代入 $V_a=\frac{5}{3}V_2-2I_2$：

$$\begin{aligned} I_1 &=\frac{\frac{5}{3}V_2-2I_2-V_2}{2}+\frac{2}{3}V_2\\ &=\frac{\frac{2}{3}V_2-2I_2}{2}+\frac{2}{3}V_2\\ &=\frac{1}{3}V_2-I_2+\frac{2}{3}V_2\\ &=V_2-I_2 \end{aligned}$$

所以

$$V_2=I_1+I_2$$

再求 $V_a$：

核心觀念

本題要求設計圖中的 $L、C、R、R_1、R_2$，使電路對單位階躍輸入 $v_i(t)=u(t)$ 的輸出符合指定響應。

使用三項觀念：

1. 理想非反相運算放大器增益
   $K=1+\frac{R_2}{R_1}$

2. 串聯 $RC$ 支路阻抗
   $Z_{RC}=R+\frac{1}{sC}$

3. 由時間響應取得轉移函數：
   $V_o(s)=\frac{H(s)}{s},\qquad H(s)=sV_o(s)$

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解題方法

1. 求所需轉移函數

題目給定單位階躍響應

$$v_o(t)=\left[4-e^{-2t}\left(4\cos 4t-2\sin 4t\right)\right]u(t)$$

其拉氏轉換為

$$V_o(s)=\frac{4}{s} -\frac{4(s+2)}{(s+2)^2+16} +\frac{8}{(s+2)^2+16}$$

因為

$$(s+2)^2+16=s^2+4s+20$$

所以

$$V_o(s) =\frac{4}{s}-\frac{4s}{s^2+4s+20}$$

對單位階躍輸入而言，$V_i(s)=1/s$，故

$$H(s)=sV_o(s)$$

因此

$$\begin{aligned} H(s) &=4-\frac{4s^2}{s^2+4s+20}\\ &=\frac{4(s^2+4s+20)-4s^2}{s^2+4s+20}\\ &=\frac{16s+80}{s^2+4s+20}\\ &=\frac{16(s+5)}{s^2+4s+20} \end{aligned}$$

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2. 求圖中電路的轉移函數

運算放大器為非反相接法，因此

$$v_o=K v_+$$

其中

$$K=1+\frac{R_2}{R_1}$$

由圖可知，$L$ 與串聯的 $C、R$ 支路形成分壓電路：

$$\frac{v_+}{v_i} = \frac{R+\frac{1}{sC}} {sL+R+\frac{1}{sC}}$$

分子、分母同乘 $sC$：

$$\frac{v_+}{v_i} = \frac{1+sRC} {1+sRC+s^2LC}$$

因此整體轉移函數為

$$H(s)= K\frac{1+sRC} {1+sRC+s^2LC}$$

將分母化為首項係數為 1 的形式：

核心觀念

此電路為運算放大器構成的二階多重回授帶通濾波器。理想運算放大器且正端接地，因此反相端為虛接地：

$v_- = 0$

帶通濾波器標準形式為

$$H(s)=\frac{-K\left(\dfrac{\omega_0}{Q}\right)s} {s^2+\left(\dfrac{\omega_0}{Q}\right)s+\omega_0^2}$$

其中：

• $\omega_0$：中心角頻率
• $Q$：品質因數
• $\mathrm{BW}=\omega_0/Q$：帶寬
• 中心頻率增益為 $-K$

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解題方法

令中間節點電壓為 $v_x$，且 $C_1=C_2=C$。

由反相端節點套用 KCL，因為反相端為虛接地：

$$sC_2(0-v_x)+\frac{0-v_o}{R_2}=0$$

因此

$$v_o=-sR_2C_2v_x$$

在節點 $v_x$ 套用 KCL：

$$\frac{v_x-v_i}{R_1}+\frac{v_x}{R_3} +sC_2v_x+sC_1(v_x-v_o)=0$$

代入 $v_o=-sR_2C_2v_x$，並令 $C_1=C_2=C$，可得傳遞函數：

$$\frac{v_o}{v_i} = \frac{-sR_2C} {1+\dfrac{R_1}{R_3}+2sR_1C+s^2R_1R_2C^2}$$

整理成標準二階帶通形式：

$$\frac{v_o}{v_i} = \frac{-\dfrac{s}{R_1C}} {s^2+\dfrac{2}{R_2C}s+ \dfrac{1+R_1/R_3}{R_1R_2C^2}}$$

因此可直接比較得到：

$$\omega_0^2= \frac{1+R_1/R_3}{R_1R_2C^2}$$

以及

$$\frac{\omega_0}{Q}=\frac{2}{R_2C}$$

在中心頻率 $s=j\omega_0$ 時，增益為

$$H(j\omega_0) = -\frac{Q}{R_1C\omega_0}$$

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(d) 品質因數 $Q$

題目給定：

$$\omega_0=10\ \text{k rad/s}=10^4\ \text{rad/s}$$ $$\mathrm{BW}=2\ \text{k rad/s}=2\times10^3\ \text{rad/s}$$

由

$$\mathrm{BW}=\frac{\omega_0}{Q}$$

得

$$Q=\frac{\omega_0}{\mathrm{BW}} =\frac{10^4}{2\times10^3} =5$$

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(a) 電容 $C$

中心頻率增益為 $-5$，所以

$$-\frac{Q}{R_1C\omega_0}=-5$$

代入 $Q=5$、$R_1=1\text{k}\Omega$：

核心觀念

本題考戴維寧等效定理：將輸出端左側電路化為戴維寧電壓 $V_{\text{th}}$ 與串聯電阻 $R_{\text{th}}$，再接回負載電阻求輸出電壓。求 $R_{\text{th}}$ 時，獨立電壓源短路、獨立電流源開路；受控源則保留。

解題方法

圖中右側 $2\,\text{k}\Omega$ 電阻是負載，輸出 $V_o$ 為其上端對下端（接地）的電壓。中央節點由 $5\,\text{V}$ 電壓源固定為 $+5\,\text{V}$；右側有一個方向向下、大小為 $2\,\text{mA}$ 的電流源，且 $I_x$ 的參考方向是由中央節點經 $1\,\text{k}\Omega$ 電阻流向輸出端。

先移除負載，求開路電壓。開路時，輸出端的電流只能經 $1\,\text{k}\Omega$ 電阻流向 $+5\,\text{V}$ 節點；$2\,\text{mA}$ 電流源則向輸出端注入電流。因此：

$$\frac{V_{\text{th}}-5}{1\,\text{k}\Omega}-2\,\text{mA}=0$$ $$V_{\text{th}}=7\,\text{V}$$

接著求 $R_{\text{th}}$：將 $5\,\text{V}$ 電壓源短路，將 $2\,\text{mA}$ 電流源開路，並保留受控電流源。此時輸出端經 $1\,\text{k}\Omega$ 電阻連到接地的中央節點；

核心觀念

本題考查升壓型轉換器在不連續導通模式（DCM）下的電感伏秒平衡。穩態時，電感在一個開關週期內的電壓積分為零：

$$\int_0^{T_s} v_{L_1}(t)\,dt=0$$

其中 $T_s$ 是開關週期。依題意，$d_1$ 是開關 $M_p$ 的導通時間占週期比例，$d_2$ 是二極體 $D_p$ 的導通時間占週期比例。

解題方法

圖中包含輸入電壓源 $V_i$、電感 $L_1$、開關 $M_p$、二極體 $D_p$、輸出電容 $C_o$ 與負載電阻 $R_o$。依圖示電感電壓極性，$M_p$ 導通時電感兩端電壓為正；$D_p$ 導通時，電感電流流向輸出端。

分三個區間列出電感電壓：

1. $M_p$ 導通，時間為 $d_1T_s$： 二極體截止，電感由輸入源充電，因此 $$v_{L_1}=V_i$$

核心觀念

本題考理想正激式轉換器的開關與二極體電壓應力。判斷各元件應力時，先分別分析開關導通與關斷時的繞組電壓，再依變壓器匝數比換算電壓，並以兩端電位差求出二極體的反向電壓。

解題方法

依圖可讀出：輸入電壓 $V_i$ 加在一次側 $N_1$；$N_3$ 為復位繞組，經二極體 $D_{p3}$ 接回輸入側；次側 $N_2$ 經整流二極體 $D_{p1}$、$D_{p2}$ 與電感 $L_1$ 接至負載；開關 $M_p$ 關斷時由復位繞組提供磁化電流的復位路徑，$D_M$ 與 $M_p$ 並聯。

令變壓器理想，並以二極體承受的最大反向電壓作為電壓應力。

1. 開關 $M_p$ 導通

一次側電壓為

$$V_{N_1}=V_i$$

因此，依匝數比，$N_3$ 與次側 $N_2$ 的感應電壓大小分別為

$$|V_{N_3}|=\frac{N_3}{N_1}V_i, \qquad |V_{N_2}|=\frac{N_2}{N_1}V_i$$

此時 $D_{p1}$ 導通、$D_{p2}$ 截止，故 $D_{p2}$ 承受次側感應電壓：

$$V_{D_{p2},\max}=\frac{N_2}{N_1}V_i$$

復位二極體 $D_{p3}$ 在此期間截止。依圖中接線，其反向電壓是輸入電壓與 $N_3$ 感應電壓相加，因此

$$V_{D_{p3},\max} =V_i+\frac{N_3}{N_1}V_i =\left(1+\frac{N_3}{N_1}\right)V_i$$

2. 開關 $M_p$ 關斷、復位二極體 $D_{p3}$ 導通