109 年 國立臺灣大學電機工程研究所乙組《電力工程（含電機機械、電力電子、電力系統）》

此題考查三相系統中相電壓與線電壓的關係，以及相量表示法。

題目已知系統頻率為 60 Hz，且為平衡三相系統。圖中給出了 $v_{ab}$ 的相量值為 $173.2 \angle 0^\circ$ V。我們需要找出 $v(t)$，即相電壓 $v_{an}(t)$。

在三相平衡系統中，線電壓與相電壓的關係為：
線電壓 $v_{ab} = v_a - v_b$
相電壓 $v_a = V_m \angle \alpha$
$v_b = V_m \angle (\alpha - 120^\circ)$
$v_c = V_m \angle (\alpha + 120^\circ)$

線電壓 $v_{ab}$ 的相量值為 $v_a - v_b$。
如果我們假設 $v_a$ 的相位為 $\alpha$，則 $v_b$ 的相位為 $\alpha - 120^\circ$。
$v_{ab} = V_m \angle \alpha - V_m \angle (\alpha - 120^\circ)$
$v_{ab} = V_m (\cos \alpha + j \sin \alpha) - V_m (\cos(\alpha - 120^\circ) + j \sin(\alpha - 120^\circ))$
$v_{ab} = V_m (\cos \alpha + j \sin \alpha) - V_m (\cos(120^\circ - \alpha) - j \sin(120^\circ - \alpha))$
$v_{ab} = V_m (\cos \alpha + j \sin \alpha) - V_m (-\cos(60^\circ + \alpha) - j \sin(60^\circ + \alpha))$
$v_{ab} = V_m (\cos \alpha + j \sin \alpha) - V_m (\cos(\alpha - 120^\circ) + j \sin(\alpha - 120^\circ))$
$v_{ab} = V_m \angle \alpha - V_m \angle (\alpha - 120^\circ)$
$v_{ab} = V_m \angle \alpha - V_m \angle \alpha \angle -120^\circ$
$v_{ab} = V_m \angle \alpha (1 - \angle -120^\circ)$
$v_{ab} = V_m \angle \alpha (1 - (\cos(-120^\circ) + j \sin(-120^\circ)))$
$v_{ab} = V_m \angle \alpha (1 - (-0.5 - j \frac{\sqrt{3}}{2}))$

此題考查輸电线路的電感與電容計算，需要用到輸電線路參數計算的標準公式。

1. 計算每相電感 (Per-phase Inductance)

對於完全對稱（completely transposed）的三相輸电线路，每相的電感 $L$ (單位 H/m) 可以由以下公式計算：
$L = \frac{\mu_0}{2\pi} \ln\left(\frac{D_{avg}}{r'}\right)$
其中：
$\mu_0$ 是真空磁導率，$\mu_0 = 4\pi \times 10^{-7}$ H/m。
$D_{avg}$ 是導體間的平均距離 (Geometric Mean Distance, GMD)。
$r'$ 是導體的修正半徑 (GMR)，對於單一導體，$r' = r$ (實際半徑)。

在這個題目中，由於是 "completely transposed balanced three phase lines"，我們需要從圖中讀取導體間的距離。
從圖中可以看出，導體 a, b, c 分別位於頂點，距離為 6 m。
$D_{ab} = 6$ m, $D_{bc} = 6$ m, $D_{ca} = 6$ m。
因此，GMD (Geometric Mean Distance) $D_{avg} = \sqrt[3]{D_{ab} D_{bc} D_{ca}} = \sqrt[3]{6 \times 6 \times 6} = 6$ m。

導體的半徑 $r = 0.9$ cm $= 0.9 \times 10^{-2}$ m。
由於題目沒有提到導體是 bundle conductor，且圖示看起來是單一子導體，所以 GMR (Geometric Mean Radius) $r'$ 就是導體的半徑 $r$。
$r' = r = 0.9 \times 10^{-2}$ m。

將數值代入公式：
$L = \frac{4\pi \times 10^{-7}}{2\pi} \ln\left(\frac{6}{0.9 \times 10^{-2}}\right)$
$L = 2 \times 10^{-7} \ln\left(\frac{6}{0.009}\right)$
$L = 2 \times 10^{-7} \ln\left(\frac{6000}{9}\right)$
$L = 2 \times 10^{-7} \ln\left(\frac{2000}{3}\right)$
$L = 2 \times 10^{-7} \ln(666.67)$
$L \approx 2 \times 10^{-7} \times 6.501$
$L \approx 1.300 \times 10^{-6}$ H/m

2. 計算每相對地電容 (Per-phase Capacitance to Neutral)

此題考查電力系統中功率圓圖（Power Circle Diagram）的概念，特別是針對單機獨立系統或兩機系統的功率極限。

題目要求找出功率圓圖的半徑和圓心，其中 P (實功率) 為橫軸，Q (虛功率) 為縱軸。圖中顯示了兩個發電機 $G_1$ 和 $G_2$，以及它們的端電壓 $V_1$ 和 $V_2$，還有連接它們的輸電線路的阻抗 $Z = R + jX$ (題目給出 $Z = 0.5 \angle 85^\circ$，這是一個比較特殊的角度，通常輸电线路的阻抗角度會接近 90 度，但這裡給定了 $85^\circ$。不過，在功率圓圖的標準推導中，通常會假設 $Z = R+jX$ 或 $Z=jX$。讓我們根據圖示和題目給出的 $Z$ 值來推導)。

功率的計算公式為：
$S = P + jQ = V I^*$
其中 $V$ 是發電機的端電壓，$I$ 是流過發電機的電流。

假設我們考慮的是發電機 $G_1$ 的輸出功率。
$S_1 = P_1 + jQ_1 = V_1 I_1^*$
$I_1$ 是流出 $G_1$ 的電流。
如果 $G_1$ 和 $G_2$ 之間有一條阻抗為 $Z$ 的線路，且 $G_1$ 的端電壓為 $V_1$， $G_2$ 的端電壓為 $V_2$，則流過線路的電流 $I$ 為：
$I = \frac{V_1 - V_2}{Z}$
假設 $G_1$ 的端電壓 $V_1$ 是參考相量，即 $V_1 = |V_1| \angle 0^\circ$。
$V_1 = 105 \angle 0^\circ$ V (這裡的單位 V 可能是標示錯誤，通常輸電線路電壓單位是 kV，功率單位是 MVA。但我們暫且按照圖示單位 V 處理)。
$V_2 = 110 \angle \theta_{12}$ V (其中 $\theta_{12} = \theta_1 - \theta_2$ 是電壓角差)。

流出 $G_1$ 的電流 $I_1$ 包含流過線路的電流 $I$ 和流向 $G_1$ 內部負載的電流（如果有的話）。
圖示中，$S_1 = P_1 + jQ_1$ 是 $G_1$ 的輸出功率，而 $S_{D1}$ 是指 $G_1$ 的輸出功率。
$S_{D1} = P_{D1} + jQ_{D1} = V_1 I_{D1}^*$
$I_{D1}$ 是流出 $G_1$ 的總電流。

圖中 $S_{D1}$ 指向 $S=P+jQ$ 的點，且 $Z = 0.5 \angle 85^\circ$。
這表示 $G_1$ 的輸出功率 $S_{D1}$ 與其端電壓 $V_1$ 和流過線路的電流 $I$ 有關。
標準的功率圓圖推導是基於單一發電機連接到無限匯流排（Infinite Bus）或者兩台發電機之間。

在功率圓圖中，通常是繪製一個發電機的輸出功率極限。
對於發電機 $G_1$，假設其端電壓 $|V_1|$ 是固定的，而其內部同步電抗為 $X_s$。
如果連接到無限匯流排，功率為 $P_1 + jQ_1 = V_1 I^*$。
$I = \frac{V_s - V_1}{jX_s}$ (如果忽略電阻)。
$P_1 + jQ_1 = V_1 (\frac{V_s - V_1}{jX_s})^* = V_1 \frac{V_s^* - V_1^*}{-jX_s} = V_1 \frac{V_s^* - V_1^*}{jX_s}$
令 $V_1 = |V_1| \angle 0^\circ$, $V_s = |V_s| \angle \delta$。
$P_1 + jQ_1 = |V_1| \angle 0^\circ \frac{|V_s| \angle -\delta - |V_1| \angle 0^\circ}{jX_s}$
$P_1 + jQ_1 = \frac{|V_1|}{X_s} \angle -90^\circ (|V_s| \angle -\delta - |V_1| \angle 0^\circ)$
$P_1 + jQ_1 = \frac{|V_1||V_s|}{X_s} \angle (\delta - 90^\circ) - \frac{|V_1|^2}{X_s} \angle -90^\circ$
$P_1 + jQ_1 = \frac{|V_1||V_s|}{X_s} (\cos(\delta-90^\circ) + j\sin(\delta-90^\circ)) - \frac{|V_1|^2}{X_s} (\cos(-90^\circ) + j\sin(-90^\circ))$
$P_1 + jQ_1 = \frac{|V_1||V_s|}{X_s} (\sin\delta + j\cos\delta) - \frac{|V_1|^2}{X_s} (0 - j)$
$P_1 + jQ_1 = \frac{|V_1||V_s|}{X_s} \sin\delta + j \frac{|V_1||V_s|}{X_s} \cos\delta + j \frac{|V_1|^2}{X_s}$

$P_1 = \frac{|V_1||V_s|}{X_s} \sin\delta$
$Q_1 = \frac{|V_1||V_s|}{X_s} \cos\delta + \frac{|V_1|^2}{X_s}$

從 $P_1$ 和 $Q_1$ 的表達式可以推導出功率圓。
$P_1^2 + (Q_1 - \frac{|V_1|^2}{X_s})^2 = (\frac{|V_1||V_s|}{X_s})^2$
這是一個圓，圓心在 $(0, \frac{|V_1|^2}{X_s})$，半徑為 $\frac{|V_1||V_s|}{X_s}$。
這裡的 P 是橫軸，Q 是縱軸。

回到本題：
題目給出了兩個發電機 $G_1$ 和 $G_2$，電壓 $V_1, V_2$ 和線路阻抗 $Z = 0.5 \angle 85^\circ$。
$V_1 = 105 \angle 0^\circ$ (假設 $G_1$ 的端電壓是參考點，相位為 0)。
$V_2 = 110 \angle \theta_{12}$。
$Z = 0.5 \angle 85^\circ = 0.5 \cos 85^\circ + j 0.5 \sin 85^\circ \approx 0.0436 + j 0.498$。
這裡的 $R=0.0436$ 和 $X=0.498$。

假設我們考慮的是 $G_1$ 的輸出功率 $S_{D1} = P + jQ$。
流過線路的電流 $I = \frac{V_1 - V_2}{Z}$。
$S_{D1} = V_1 I^* = V_1 (\frac{V_1 - V_2}{Z})^* = V_1 \frac{V_1^* - V_2^*}{Z^*}$
$S_{D1} = \frac{V_1 V_1^* - V_1 V_2^*}{Z^*}$
$S_{D1} = \frac{|V_1|^2}{Z^*} - \frac{V_1 V_2^*}{Z^*}$

如果 $V_2$ 的相位 $\theta_{12}$ 是變動的，則 $S_{D1}$ 的軌跡會形成一個圓。
令 $V_1 = |V_1| \angle 0^\circ$。
$S_{D1} = \frac{|V_1|^2}{Z^*} - \frac{|V_1| \angle 0^\circ |V_2| \angle -\theta_{12}}{Z^*}$
$S_{D1} = \frac{|V_1|^2}{Z^*} - \frac{|V_1||V_2|}{Z^*} \angle -\theta_{12}$

令 $K_1 = \frac{|V_1|^2}{Z^*}$ 和 $K_2 = \frac{|V_1||V_2|}{Z^*}$。
$S_{D1} = K_1 - K_2 \angle -\theta_{12}$。
由於 $\theta_{12}$ 可以在 $0$ 到 $2\pi$ 之間變動（圖示 $\theta_{12} = \theta_1 - \theta_2$, $0 \le \theta_1, \theta_2 \le 2\pi$, 且 $0 \le \theta_{12} \le 2\pi$）。
當 $\theta_{12}$ 變動時，$\angle -\theta_{12}$ 會掃過整個圓。
所以 $K_2 \angle -\theta_{12}$ 會以原點為圓心，半徑為 $|K_2|$ 的圓。
$S_{D1}$ 的軌跡是以 $K_1$ 為圓心，半徑為 $|K_2|$ 的圓。

圓心 $C = K_1 = \frac{|V_1|^2}{Z^*}$。
半徑 $R = |K_2| = \frac{|V_1||V_2|}{|Z^*|} = \frac{|V_1||V_2|}{|Z|}$。

計算 $Z^*$:
$Z = 0.5 \angle 85^\circ$
$Z^* = 0.5 \angle -85^\circ$
$|Z^*| = |Z| = 0.5$

計算圓心 $C$:
$C = \frac{|V_1|^2}{Z^*} = \frac{(105)^2}{0.5 \angle -85^\circ} = \frac{11025}{0.5} \angle 85^\circ = 22050 \angle 85^\circ$
$C = 22050 (\cos 85^\circ + j \sin 85^\circ)$
$C \approx 22050 (0.08716 + j 0.99619)$
$C \approx 1922.04 + j 21965.4$

計算半徑 $R$:
$R = \frac{|V_1||V_2|}{|Z|} = \frac{105 \times 110}{0.5} = \frac{11550}{0.5} = 23100$

所以，功率圓的圓心是 $C \approx 1922 + j 21965$，半徑是 $R = 23100$。
這裡的 P 是橫軸，Q 是縱軸，所以圓心是 $(P_c, Q_c) = (1922, 21965)$。

檢查圖示：
圖示中，$S_{D1}$ 是指 $G_1$ 的輸出功率。
$V_1 = 105 \angle 0^\circ$ (假設)。
$V_2 = 110 \angle \theta_{12}$。
$Z = 0.5 \angle 85^\circ$。

另一種考慮方式是，如果 $G_1$ 的同步電抗為 $X_s$，且忽略電阻，則功率圓心在 $(0, \frac{|V_1|^2}{X_s})$，半徑為 $\frac{|V_1||V_s|}{X_s}$。
這裡的 $Z = R+jX$ 包含電阻和電抗。
$S = P+jQ = V_1 I^*$
$I = \frac{V_1 - V_2}{Z}$
$P+jQ = V_1 (\frac{V_1 - V_2}{Z})^* = V_1 \frac{V_1^* - V_2^*}{Z^*}$

如果我們假設 $V_2$ 的相位固定，而 $V_1$ 的相位變動，則會得到另一個功率圓。
但是圖示表示 $G_1$ 的輸出功率 $S_{D1}$ 的軌跡，且 $V_1$ 和 $V_2$ 的值都給定了，只有它們之間的相位差 $\theta_{12}$ 是變數。
所以，我們應該是以 $V_1$ 和 $V_2$ 的相位差為基礎來推導。

再仔細看圖示：
$V_1 = 105$, $V_2 = 110$, $Z = 0.5 \angle 85^\circ$, $\theta_{12} = \theta_1 - \theta_2$, $0 \le \theta_{12} \le 2\pi$.
$S_{D1} = P + jQ$ 是 $G_1$ 的輸出功率。
$S_{D1} = V_1 I^*$
$I = \frac{V_1 - V_2}{Z}$
$S_{D1} = V_1 (\frac{V_1 - V_2}{Z})^* = V_1 \frac{V_1^* - V_2^*}{Z^*}$
$S_{D1} = \frac{|V_1|^2}{Z^*} - \frac{V_1 V_2^*}{Z^*}$

此題考查同步發電機的功率計算與開路電壓的關係。

核心觀念：
同步發電機的相量模型，以及功率與電壓、電流、阻抗之間的關係。

已知條件：

1. 發電機輸出實功率 $P = 0.8$ p.u. (單位系統中)。
2. 輸出功率的功率因數為 $0.9$ lagging。
3. 發電機端電壓（匯流排電壓）$V_{bus} = 1.0$ p.u.。
4. 同步電抗 $X_s = 0.6$ p.u.。
5. 忽略電樞電阻 ($R_a = 0$)。

求解目標：
求開路電壓（或稱感應電動勢）$E_g$ 的幅值。

解題步驟：

1. 計算輸出功率的相量 $S_{bus}$：
   已知實功率 $P = 0.8$ p.u.。
   功率因數 $PF = 0.9$ lagging。
   功率因數角 $\theta = \arccos(0.9) \approx 25.84^\circ$。
   由於是 lagging，電流滯後於電壓，所以功率因數角為正。
   輸出功率的相量為 $S_{bus} = P + jQ$。
   $Q = P \tan(\theta) = 0.8 \tan(25.84^\circ) \approx 0.8 \times 0.4843 \approx 0.3874$ p.u.。
   所以，$S_{bus} = 0.8 + j0.3874$ p.u.。

2. 計算流過發電機的電流 $I_a$：
   匯流排電壓 $V_{bus}$ 通常設為參考相量，即 $V_{bus} = 1.0 \angle 0^\circ$ p.u.。
   $S_{bus} = V_{bus} I_a^*$
   $I_a^* = \frac{S_{bus}}{V_{bus}} = \frac{0.8 + j0.3874}{1.0 \angle 0^\circ} = 0.8 + j0.3874$ p.u.。
   對 $I_a^*$ 取共軛，得到電流 $I_a$：
   $I_a = (0.8 + j0.3874)^* = 0.8 - j0.3874$ p.u.。
   電流的幅值 $|I_a| = \sqrt{0.8^2 + (-0.3874)^2} = \sqrt{0.64 + 0.1499} \approx \sqrt{0.7899} \approx 0.8887$ p.u.。
   電流的相位角 $\phi_a = \arctan\left(\frac{-0.3874}{0.8}\right) \approx -25.84^\circ$。
   所以，$I_a \approx 0.8887 \angle -25.84^\circ$ p.u.。

3. 應用同步發電機的相量模型：
   同步發電機的相量方程式為：
   $E_g = V_{bus} + I_a (R_a + jX_s)$
   由於 $R_a = 0$，方程式簡化為：
   $E_g = V_{bus} + jX_s I_a$

4. 計算開路電壓 $E_g$：
   將已知值代入方程式：
   $V_{bus} = 1.0 \angle 0^\circ$ p.u.。
   $I_a = 0.8 - j0.3874$ p.u.。

此題考查感應電動機的基本參數計算，包括同步轉速和額定負載下的轉子轉速。

核心觀念：
感應電動機的同步轉速、轉差率（slip）與轉子轉速之間的關係。

已知條件：

1. 額定電壓：380 V (此資訊在此題計算中非必需)。
2. 額定功率：10 HP (此資訊在此題計算中非必需)。
3. 極數：$P = 4$ 極 (注意，這裡的極數是指成對的磁極數，通常表示為 $2p$，其中 $p$ 是磁極對數。題目中的 "four-pole" 通常指 $2p=4$)。
4. 頻率：$f = 60$ Hz。
5. 額定負載下的轉差率（slip）：$s = 3\% = 0.03$。

求解目標：

1. 同步轉速 $N_s$ (單位 rpm)。
2. 額定負載下的轉子轉速 $N_r$ (單位 rpm)。

解題步驟：

1. 計算同步轉速 ($N_s$)：

同步轉速由電源頻率 $f$ 和電動機的極數 $P$ (或磁極對數 $p$) 決定。
公式為：
$N_s = \frac{120 f}{P}$ (其中 $N_s$ 的單位是 rpm，rpm = revolutions per minute)
或者
$\omega_s = 2\pi f$ (角速度，單位 rad/s)
$\omega_s = \frac{2\pi N_s}{60}$

此題考查單相變壓器的等效電路建模。題目要求將一個變壓器的等效電路，從低壓側參考到高壓側。

核心觀念：
變壓器的漏阻抗、激磁支路（磁化電抗和鐵心損耗電阻）以及標么值（p.u.）或實際阻抗的參考轉換。

已知條件：

1. 額定容量：$S_{nom} = 50$ KVA。
2. 高壓側額定電壓：$V_{H} = 2200$ V。
3. 低壓側額定電壓：$V_{L} = 220$ V。
4. 頻率：$f = 60$ Hz。
5. 高壓側漏阻抗：$Z_{H} = R_H + jX_H = 0.62 + j1.02 \, \Omega$。
6. 低壓側漏阻抗：$Z_{L} = R_L + jX_L = 0.006 + j0.01 \, \Omega$。
7. 激磁支路導納（從低壓側看）：$Y_{exc,L} = G_{exc,L} + jB_{exc,L} = 0.003 - j0.02 \, \text{mho}$。

求解目標：
繪製等效電路圖，並將所有元件參考到高壓側。

解題步驟：

1. 確定變壓器變比 (Turns Ratio, $a$)：
變比 $a$ 通常定義為高壓側電壓與低壓側電壓之比，或者高壓側匝數與低壓側匝數之比。
$a = \frac{V_H}{V_L} = \frac{2200}{220} = 10$。
這表示高壓側的電壓、電流、阻抗等，參考到低壓側時需要除以 $a$，反之，低壓側參考到高壓側時需要乘以 $a$。

2. 將低壓側元件參考到高壓側：

• 低壓側漏阻抗 $Z_L$ 參考到高壓側 ($Z_L'$):
  阻抗參考到高壓側時，需要乘以變比的平方 $a^2$。
  $Z_L' = a^2 Z_L = (10)^2 \times (0.006 + j0.01) \, \Omega$
  $Z_L' = 100 \times (0.006 + j0.01) \, \Omega$
  $Z_L' = 0.6 + j1.0 \, \Omega$。

• 激磁支路導納 $Y_{exc,L}$ 參考到高壓側 ($Y_{exc,H}$):
  導納參考到高壓側時，需要除以變比的平方 $a^2$。
  $Y_{exc,H} = \frac{Y_{exc,L}}{a^2} = \frac{0.003 - j0.02}{10^2} \, \text{mho}$
  $Y_{exc,H} = \frac{0.003 - j0.02}{100} \, \text{mho}$
  $Y_{exc,H} = 0.00003 - j0.0002 \, \text{mho}$。

  這個導納 $Y_{exc,H}$ 代表激磁支路在高壓側的阻抗。
  激磁電阻 $R_{c,H} = \frac{1}{G_{exc,H}} = \frac{1}{0.00003} \approx 33333 \, \Omega$。
  激磁電抗 $X_{m,H} = \frac{1}{B_{exc,H}} = \frac{1}{-0.0002} = -5000 \, \Omega$。
  注意，這裡的 $B_{exc,H}$ 是負的，表示電抗是感性的，所以 $X_{m,H}$ 應該是正的。
  $Y_{exc,H} = G_{exc,H} + jB_{exc,H} = 0.00003 + j(-0.0002)$。
  激磁電阻 $R_c = 1/G_{exc,H} = 1/0.00003 = 33333.3 \, \Omega$。
  激磁電抗 $X_m = 1/|B_{exc,H}| = 1/0.0002 = 5000 \, \Omega$。
  所以，激磁支路的阻抗為 $R_{c,H} + jX_{m,H} = 33333.3 + j5000 \, \Omega$。

3. 繪製高壓側參考的等效電路圖：

一個標準的變壓器等效電路（歸算到高壓側）包含以下幾個部分：

• 高壓側電源電壓： $V_H$。
• 高壓側漏阻抗： $Z_H = R_H + jX_H = 0.62 + j1.02 \, \Omega$。
• 激磁支路： 通常表示為一個並聯的電阻 $R_c$ (代表鐵心損耗) 和一個電抗 $X_m$ (代表磁化電抗)。這個支路連接在高壓側的端點。
• 低壓側元件參考到高壓側：

判斷： 錯誤 (False)。

說明：

1. 振幅 (Amplitude)：

   • 正弦波 (Sine wave)： 對於一個標準的正弦波 $v(t) = V_m \sin(\omega t + \phi)$，其最大值（正向峰值）和最小值（負向峰值）的絕對值都等於振幅 $V_m$。例如，$v(t) = 10 \sin(\omega t)$ 的振幅是 10 V，最大值是 10 V，最小值是 -10 V。
   • 三角波 (Triangle wave)： 對於一個標準的三角波，其峰值（最大值）和谷值（最小值）的絕對值也定義為振幅。例如，一個從 $-V_m$ 到 $+V_m$ 週期性變化的三角波，其振幅也是 $V_m$。

   因此，如果我們比較一個具有相同峰值振幅的純淨正弦波和三角波，它們的正負向振幅（峰值）是相同的。例如，一個振幅為 $V_m$ 的正弦波和一個峰值在 $+V_m$ 和谷值在 $-V_m$ 之間的三角波。

判斷： 錯誤 (False)。

說明：

1. 平均功率 (Average Power) vs. 實功率 (Real Power)：

   • 平均功率 (Average Power)： 在交流電路中，一個週期的平均功率是指在一個完整的週期內，電路消耗或傳輸的總能量除以週期時間。對於週期性波形，平均功率的計算公式為 $\frac{1}{T}\int_0^T v(t)i(t) dt$。
   • 實功率 (Real Power)： 實功率（也稱為平均功率或有功功率）是交流電路中實際被負載消耗並轉換成其他形式能量（如熱能、機械能）的功率。在 RMS 值表示法下，實功率 $P = V_{rms} I_{rms} \cos(\theta)$, 其中 $\cos(\theta)$ 是功率因數。
   • 結論： 平均功率和實功率在概念上是等同的，都是指實際消耗的功率。所以「Average power is equivalent to real power」是正確的。

2. RMS 功率 (RMS Power) vs. 虛功率 (Reactive Power)：

   • RMS 功率： 這個術語本身並不常用且可能引起混淆。

判斷： 正確 (True)。

說明：
對於任何週期性波形 $f(t)$，其平均值 (Average Value) 和均方根值 (RMS Value) 的關係如下：
平均值：$f_{avg} = \frac{1}{T}\int_0^T f(t) dt$
均方根值 (RMS)：$f_{rms} = \sqrt{\frac{1}{T}\int_0^T [f(t)]^2 dt}$

考慮一個函數 $g(t) = f(t) - f_{avg}$。這個函數代表了 $f(t)$ 相對於其平均值的偏差。
$g(t)$ 的平均值是：
$g_{avg} = \frac{1}{T}\int_0^T [f(t) - f_{avg}] dt = \frac{1}{T}\int_0^T f(t) dt - \frac{1}{T}\int_0^T f_{avg} dt = f_{avg} - f_{avg} = 0$。
所以，$g(t)$ 的平均值為 0。

現在我們計算 $g(t)$ 的 RMS 值：
$g_{rms}^2 = \frac{1}{T}\int_0^T [g(t)]^2 dt = \frac{1}{T}\int_0^T [f(t) - f_{avg}]^2 dt$
由於 $[g(t)]^2$ 是平方項，它總是 >= 0。
所以，$\int_0^T [g(t)]^2 dt \ge 0$。
因此，$g_{rms}^2 \ge 0$，這意味著 $g_{rms} \ge 0$。

展開 $[f(t) - f_{avg}]^2$:
$[f(t) - f_{avg}]^2 = [f(t)]^2 - 2 f(t) f_{avg} + f_{avg}^2$

核心觀念

總諧波失真（Total Harmonic Distortion, THD） 是電力電子與電力系統中用以衡量週期性波形偏離理想弦波程度的核心指標。

在電力工程與 IEEE Std 519 標準定義中，若未特別指名，THD 預設是以基頻分量（Fundamental Component） 為基準的 $\text{THD}_F$：

設週期性信號 $x(t)$ 的總有效值為 $X_{\text{rms}}$，其傅立葉級數展開之基頻有效值為 $X_1$，各階諧波有效值為 $X_n$（$n \ge 2$），則：

$\text{THD} = \frac{\sqrt{\sum_{n=2}^{\infty} X_n^2}}{X_1} = \frac{X_{\text{harm,rms}}}{X_1}$

由帕斯瓦爾定理（Parseval's Theorem），總有效值與各諧波分量之關係為：

$X_{\text{rms}}^2 = X_1^2 + \sum_{n=2}^{\infty} X_n^2 = X_1^2 + X_{\text{harm,rms}}^2$

因此，THD 亦可表示為：

$\text{THD} = \sqrt{\left(\frac{X_{\text{rms}}}{X_1}\right)^2 - 1}$

---

解題方法

1. 分析 THD 的理論取值範圍：
   • 當波形為純弦波時，$X_{\text{harm,rms}} = 0$，此時 $\text{THD} = 0$（為理論最小值）。
   • 當波形嚴重畸變（例如極窄的脈衝波、微小導通角的電流波形，或基頻分量 $X_1$ 遠小於諧波分量之和時），諧波有效值 $X_{\text{harm,rms}}$ 可以遠大於基頻有效值 $X_1$。
   • 在極限情況下，若基頻分量趨近於零（$X_1 \to 0$）而整體信號仍具有能量（$X_{\text{rms}} > 0$），則：

$\lim_{X_1 \to 0} \text{THD} = \lim_{X_1 \to 0} \frac{\sqrt{X_{\text{rms}}^2 - X_1^2}}{X_1} = \infty$

2. 實例驗證：
   • 考慮對稱方波（Square Wave）：

核心觀念

本題考查對稱方波的傅立葉級數，以及「基波振幅」與方波電平 $A$ 的比較。

圖中方波在正半週為 $+A$，負半週為 $-A$，且占空比為 $50\%$。其平均值為零，傅立葉級數只包含奇次諧波：

$$v(t)=\frac{4A}{\pi} \left( \sin\omega t+\frac{1}{3}\sin3\omega t+\frac{1}{5}\sin5\omega t+\cdots \right)$$

解題方法

由上式可直接讀出基波分量：

$$v_1(t)=\frac{4A}{\pi}\sin\omega t$$

因此基波的峰值振幅為

$$V_{1,\text{peak}}=\frac{4A}{\pi}$$

由於

$$\frac{4}{\pi}\approx 1.273>1$$

所以

核心觀念

1. 總諧波失真（Total Harmonic Distortion, THD）的定義：
   對於任意週期性波形，其總諧波失真定義為所有高次諧波成分的均方根值（RMS）與基波（Fundamental）均方根值的比值：

   $$\text{THD} = \frac{\sqrt{\sum_{n=2}^{\infty} V_{n,\text{rms}}^2}}{V_{1,\text{rms}}} = \sqrt{\left(\frac{V_{\text{rms}}}{V_{1,\text{rms}}}\right)^2 - 1}$$

   其中 $V_{\text{rms}}$ 為波形的總均方根值，$V_{1,\text{rms}}$ 為基波分量的均方根值。

2. 對稱方波的傅立葉級數（Fourier Series）展開：
   幅值為 $\pm V_m$、責任週期（Duty Cycle）為 $50\%$ 的純方波，其傅立葉級數僅包含奇次諧波：

   $$v(t) = \frac{4V_m}{\pi} \sum_{n=1,3,5,\dots}^{\infty} \frac{1}{n} \sin(n\omega t)$$

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解題方法與推導

要驗證 $\text{THD}$ 是否與幅值（Amplitude）及頻率（Frequency）無關，需推導對稱方波的 $\text{THD}$ 數學表示式：

1. 計算總均方根值（Total RMS Value, $V_{\text{rms}}$）：
   對於峰值為 $V_m$ 的方波，其均方根值為：

   $$V_{\text{rms}} = \sqrt{\frac{1}{T}\int_0^T v^2(t)\,dt} = \sqrt{\frac{1}{T}\int_0^T V_m^2\,dt} = V_m$$

2. 計算基波均方根值（Fundamental RMS Value, $V_{1,\text{rms}}$）：
   由傅立葉級數可知，基波峰值為 $V_{1,m} = \frac{4}{\pi}V_m$，因此基波均方根值為：

   $$V_{1,\text{rms}} = \frac{V_{1,m}}{\sqrt{2}} = \frac{4V_m}{\sqrt{2}\pi} = \frac{2\sqrt{2}}{\pi} V_m$$

3. 計算總諧波失真（$\text{THD}$）：
   將 $V_{\text{rms}}$ 與 $V_{1,\text{rms}}$ 代入 $\text{THD}$ 公式：

判斷： 正確 (True)。

說明：
此題考查帶有電感負載的二極體整流電路。

基本原理：
在交流電路中，當負載包含電感時，電流會滯後於電壓。
二極體整流電路（如半波或全波整流）將交流電壓轉換為脈動直流電壓。
在純電阻負載 RL 電路中，輸出電壓波形（或電流波形）不會低於零。
然而，當負載包含電感時，電感會儲存能量。在交流電壓的某個週期內，即使輸入的交流電壓已經變為負值，由於電感中儲存的能量，電流可能仍然會持續流動，甚至在電壓變為負值後的一段時間內，電流仍然是正向的。
然而，更關鍵的是，當輸入電壓開始下降並變為負值時，如果負載是 RL 負載，由於電感的儲能作用，流過電感的電流（以及通過二極體的電流）並不會立即停止，它會試圖維持原來的方向。
在某些情況下（例如，當二極體導通角大於 180 度時，或者在電感電流未下降到零之前，輸入電壓已經變為負值），電感中的電流在二極體關斷後，可能會通過其他路徑（例如負載本身或其他元件）繼續流動，並且在某個瞬間，電壓降在負載上的極性可能會反轉。

具體分析：
考慮一個簡單的全波整流電路，負載為 $R+jX_L$ (或 $R+L\frac{s}{j}$)。
當輸入電壓 $v_{in}(t)$ 處於正半週時，二極體導通，輸出電壓 $v_o(t)$ 接近 $v_{in}(t)$。電流 $i(t)$ 開始增加。
當輸入電壓 $v_{in}(t)$ 進入負半週時，對於純電阻負載，二極體會立即關斷，輸出電壓為零。
但是，對於 RL 負載，即使 $v_{in}(t)$ 變為負值，流過電感的電流 $i(t)$ 仍然可能為正。
電感兩端的電壓 $v_L(t) = L \frac{di}{dt}$。
負載上的總電壓 $v_o(t) = v_{in}(t) - v_{D}$ (其中 $v_D$ 是二極體上的壓降)。
如果我們忽略二極體壓降，則 $v_o(t) = v_{in}(t)$。
對於 RL 負載，電流 $i(t)$ 的微分方程為 $L\frac{di}{dt} + Ri = v_{in}(t)$。
當 $v_{in}(t)$ 變為負值時，如果 $i(t)$ 仍然為正，且 $L\frac{di}{dt}$ 的值使得 $v_o(t) = L\frac{di}{dt} + Ri$ 變為負值，這是有可能的。

更簡單的解釋：
在 RL 負載的交流電路中，由於電感的儲能作用，電流會滯後於電壓。
在整流過程中，當交流輸入電壓開始下降並變為負值時，電感中儲存的能量會試圖維持電流的流動。
這可能導致電流在輸入電壓為負時仍然為正，並且在電感電流下降為零之前，輸出電壓（在負載上）可能出現負值。
例如，在單相半波整流 RL 負載電路中，當輸入電壓 $v_{in}(t)$ 變為負值時，二極體關斷。然而，電感中的電流 $i(t)$ 由於儲能，會繼續流動，並在負載上產生一個電壓降 $i(t)R$。如果 $i(t)$ 仍然是正的，那麼這個電壓降就是正的。

核心觀念

降壓型轉換器在不連續導通模式（DCM）時，一個開關週期內的電感電流會經歷三段：開關導通、開關關斷且電感電流下降，以及電感電流降至零的空檔。

在穩態且輸出電壓漣波相對小的標準分析中，DCM 的輸入輸出電壓比由占空比、電感、負載與開關頻率決定；輸出電容 $C$ 主要影響輸出電壓漣波與暫態響應。

解題方法

令開關週期為 $T_s$、占空比為 $D$，並令輸出電壓比為

$$M=\frac{V_o}{V_{\text{in}}}$$

開關導通期間，電感電流由零上升至峰值：

$$I_{\text{pk}}=\frac{V_{\text{in}}-V_o}{L}DT_s$$

開關關斷後，電感電流以斜率 $-V_o/L$ 下降至零。令這段時間占週期的比例為 $D_2$，則

$$D_2=\frac{V_{\text{in}}-V_o}{V_o}D =\frac{1-M}{M}D$$

電感電流呈三角波，其週期平均值等於負載電流。穩態下電容的週期平均電流為零，因此

判斷： 錯誤 (False)。

說明：
此題考查單相橋式逆變器（inverter）的輸出電壓級數。

1. 半橋逆變器 (Half-Bridge Inverter)：
一個半橋逆變器通常使用兩個開關（如 MOSFET 或 IGBT）和兩個串聯的電容（或分壓電阻）來實現。
假設直流電源電壓為 $V_{dc}$。

• 當上橋臂開關導通時，輸出電壓為 $+\frac{V_{dc}}{2}$ (相對於中點)。
• 當下橋臂開關導通時，輸出電壓為 $-\frac{V_{dc}}{2}$ (相對於中點)。

因此，一個半橋逆變器可以產生兩個不同的輸出電壓級數（例如，$+V$ 和 $-V$，其中 $V = V_{dc}/2$）。

2. 全橋逆變器 (Full-Bridge Inverter)：
一個全橋逆變器（也稱為 H 橋）通常使用四個開關。
假設直流電源電壓為 $V_{dc}$。

• 當橋的左側兩個開關（例如 Q1 和 Q4）導通時，輸出電壓為 $+V_{dc}$。
• 當橋的右側兩個開關（例如 Q2 和 Q3）導通時，輸出電壓為 $-V_{dc}$。
• 也可以設計成輸出 0 電壓（例如，讓 Q1 和 Q2 同時導通，或 Q3 和 Q4 同時導通，這取決於具體設計，有時會避免這種情況以防短路）。
• 更常見的 PWM 控制下，可以實現 +Vdc, -Vdc, 0V 三種輸出。

嚴格按照題目敘述的「不同的電壓」來理解：

• 半橋： 輸出電壓可以為 $+V$ 和 $-V$（相對於中點）。這有 2 個不同的電壓值。

判斷： 錯誤 (False)。

說明：
此題考查返馳式轉換器 (Flyback Converter) 的理想模型。

返馳式轉換器 (Flyback Converter)：
返馳式轉換器是一種 DC-DC 轉換器，它利用儲存在磁性元件（通常是變壓器或耦合電感）中的能量來傳遞功率。它與其他轉換器（如 Buck, Boost）的主要區別在於能量的傳遞方式：Buck 和 Boost 是直接傳遞能量，而 Flyback 是先儲存能量，再釋放。

耦合電感的理想模型：
在返馳式轉換器中，通常使用一個耦合電感（或者說是一個變壓器，其初級和次級繞組之間有漏感）。
理想情況下，一個變壓器或耦合電感應該具有：

1. 零漏感 (Zero Leakage Inductance)： 這意味著初級和次級繞組之間的磁耦合是完美的，所有磁通都連接初級和次級。
2. 零勵磁電感 (Zero Magnetizing Inductance)： 勵磁電感（也稱為激磁電感或主電感）是初級繞組在鐵心上產生的磁通所對應的電感。