111 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）》

核心觀念

• 同步發電機等效電路：在同步參考座標 (d–q 軸) 中，端子電壓 $V$ 與內部電動勢 $E$ 的關係為

$V = E - I_{d}(r+jX_{d})-jI_{q}X_{q}$

其中 $I_{d}$、$I_{q}$ 為電流在 d 軸與 q 軸的分量，$r$ 為定子電阻，$X_{d},X_{q}$ 為同步電抗。

• 電流分解：若端子電壓作為相位基準 (0°)，則電流的功率因數角 $\phi$ 為電流相位與電壓相位之差。

$I_{d}=|I_a|\cos\phi ,\qquad I_{q}=|I_a|\sin\phi$

• 開路電壓：指的是在端子斷開 (無外部負載) 時的內部電動勢 $E$ 大小，即 $|E|$。

解題方法

1. 求電流的 d、q 分量
   • 給定端子電壓相位 $0^\circ$，電流相位 $-60^\circ$ → 功率因數角 $\phi = 60^\circ$（落後）。

$|I_a| = 0.8\ \text{pu}$

$I_{d}=0.8\cos60^\circ = 0.8\times0.5 = 0.4\ \text{pu}$

$I_{q}=0.8\sin60^\circ = 0.8\times\frac{\sqrt3}{2}\approx0.6928\ \text{pu}$

2. 利用等效電路寫出內部電動勢的相量

$E = V + I_{d}r + j\left(I_{d}X_{d}+I_{q}X_{q}\right)$

代入已知數值：

$V = 1\angle0^\circ = 1 + j0$

$I_{d}r = 0.4\times0.005 = 0.002$

核心觀念

本題考查平衡三相電路的單相等效分析、三角形負載的 Y-Δ 轉換，以及相量與時域電流的換算。平衡時中性線電流為零，因此中性線上的 $1+j1\ \Omega$ 不影響各相電壓。

解題方法

以正相序 $abc$、相量採有效值為準。圖中三角形負載每支路為 $j36\ \Omega$，轉換成等效 Y 負載後，每相阻抗為

每相電源到中間節點的線路阻抗為 $Z_1=0.5+j0.5\ \Omega$；中間節點有 $9\ \Omega$ 的 Y 接負載。從中間節點往右看，線路與等效 Y 負載串聯：

中間節點對中性點的等效阻抗為

因此中間節點的相電壓為

核心觀念

• 感應馬達轉子頻率：感應馬達的轉子頻率（又稱滑差頻率）與供電頻率、同步速度、實際轉速之間的關係為
  $f_r = f_s \left( 1 - \frac{n_r}{n_s} \right)$
  其中 $f_s$ 為定子供電頻率，$n_s$ 為同步轉速（轉/分鐘），$n_r$ 為轉子實際轉速（轉/分鐘）。
• 同步速度：對於 $p$ 極對的感應馬達，同步速度為
  $n_s = \frac{120 f_s}{p}$
  單位為 rpm。

解題方法

1. 計算同步速度 $n_s$

   • 已知 $f_s = 60\ \text{Hz}$，四極馬達 $p = 4$。
     $n_s = \frac{120 \times 60}{4} = 1800\ \text{rpm}$

2. 代入轉子實際速度求滑差頻率

   • 給定轉子轉速 $n_r = 1000\ \text{rpm}$。
   • 先算相對滑差（slip）$s$：

核心觀念

本題考查將各設備的標么阻抗換算到共同容量基底與各自所在母線的電壓基底。標么阻抗換算公式為：

三相系統使用線電壓與三相容量時，阻抗基底為：

解題方法

已知輸電線基底為 $30\ \text{MVA}$、$161\ \text{kV}$。依變壓器額定電壓比，其他母線的電壓基底為：

• 發電機側：$13.2\ \text{kV}$（由 T1 的 $13.2/161\ \text{kV}$ 決定）
• 輸電線側：$161\ \text{kV}$
• 馬達側：$13.8\ \text{kV}$（由 T2 的 $161/13.8\ \text{kV}$ 決定）

1. 發電機 G

發電機額定值為 $20\ \text{MVA}$、$13.8\ \text{kV}$，新基底為 $30\ \text{MVA}$、$13.2\ \text{kV}$：

2. 變壓器 T1

T1 額定值為 $30\ \text{MVA}$、$13.2/161\ \text{kV}$，電壓基底與額定電壓比相同：

3. 輸電線

輸電線的阻抗基底為：

因此輸電線標么阻抗為：

核心觀念

線路阻抗為 $Z_{\text{line}}=0.6\angle80^\circ$，由圖中 $S_{12}$ 的箭頭方向，取功率由母線 1 流向母線 2。送端複功率為

「$S_{12}$ 純粹為虛功」代表複功率的實部為零，也就是 $P_{12}=0$。

解題方法

以 $V_2$ 的相角作為參考，令 $\theta_2=0$，則

代入複功率公式：

因此實功率為

核心觀念

DCM（不連續導通模式）的判斷依據是電感電流 $i_L$ 在每個開關週期內會降至零，並維持一段時間。理想 Buck 轉換器因此有三種操作模式：開關導通、電感續流，以及電感電流為零。

解題方法與等效電路

依序看開關 $Q_1$ 與二極體 $D_1$ 的導通狀態，即可列出各模式。圖中的輸出端均為電容 $C$ 與負載電阻 $R$ 並聯。

模式一：$Q_1$ 導通，$D_1$ 截止

輸入電源接至電感，電感電流上升；二極體反向偏壓。

Vg ──[Q1 導通]──●SW──L──●Vo
                 │         ├──C──地
              [D1 截止]    └──R──地
                 │
                 地

模式二：$Q_1$ 截止，$D_1$ 導通

輸入端與電感斷開，電感經由二極體向輸出端釋放能量，電感電流下降。

核心觀念

DCM 時，電感電流每個週期都會降至零，因此一個週期分成三段：開關導通、二極體導通，以及電感電流為零。利用電感電流的斜率求峰值與二極體導通時間，再用電感電流三角波的平均值等於負載電流，便可求出直流轉換比。

令開關週期為 $T_s$，切換頻率為 $f_s=1/T_s$。假設輸出電壓在一個切換週期內的漣波相對很小，可視為定值。

解題方法

開關導通時間為 $DT_s$。此時電感兩端電壓為 $V_g-V_o$，故電感電流峰值為

開關關閉後，二極體導通期間的電感電壓為 $-V_o$。令二極體導通時間占週期比例為 $D_2$，由電流下降至零可得

因此

電感電流波形為三角形，其週期平均值等於負載電流 $V_o/R$：

核心觀念

DCM（不連續導通模式）的判準是：每個開關週期內，電感電流必須先降至零，並在下一週期開始前維持一段零電流時間。臨界狀態則是電感電流恰好在下一週期開始時降至零。

解題方法

設開關週期為 $T_s=1/f_s$，占空比為 $D$。開關導通期間，電感電流由零上升，斜率為 $(V_g-V_o)/L$，因此峰值電流為

開關關閉、二極體導通期間，電感電流以斜率 $-V_o/L$ 下降。電流從峰值降至零所需時間為

關閉期間總長為 $(1-D)T_s$。因此，電感電流在下一週期前降至零的條件是

也就是

等號代表臨界導通；若 $t_2\geq(1-D)T_s$，電感電流無法在週期結束前降至零，便不是 DCM。

以電感值表示的判準

核心觀念

本題考查降壓型轉換器在不連續導通模式（DCM）下的三段工作狀態、電感電流斜率，以及輸出端的電流關係。電感電壓與電流斜率滿足 $v_L=L\,di_L/dt$；輸出端依 KCL 有 $i_C=i_L-I_o$，其中 $I_o=V_o/R$。

解題方法

依圖可讀出：理想開關 $Q_1$ 接在輸入電壓 $V_g$ 與切換節點 SW 之間；二極體 $D_1$ 由地端接至 SW；電感 $L$ 從 SW 接至輸出端，參考電流 $i_L$ 向右；電容電流 $i_C$ 的參考方向向下，並與負載 $R$ 並聯。以下將 SW 電壓以地為參考，並將開關控制訊號 $D$ 正規化為高電位 $1$、低電位 $0$。

令開關週期為 $T_s$、導通占空比為 $D$，二極體導通時間占週期比例為 $D_2$。DCM 一週期分成三段：

1. $0\le t<DT_s$：開關導通，$v_L=V_g-V_o$，電感電流由零線性上升。
2. $DT_s\le t<(D+D_2)T_s$：開關關斷、二極體導通，SW 被箝位於零，$v_L=-V_o$，電感電流線性下降至零。
3. $(D+D_2)T_s\le t<T_s$：電感電流維持零，二極體關斷。理想電感有 $v_L=L\,di_L/dt=0$，因此 $V_{\mathrm{SW}}=V_o$。

第一段結束時的電感電流峰值為

第二段由峰值下降至零，因此

DCM 條件為 $D+D_2<1$。

波形與峰谷值

令 $I_o=V_o/R$。各波形在三段區間的變化如下：

核心觀念

• 電容電流‑電壓關係：$i_C(t)=C\displaystyle\frac{dv_C(t)}{dt}$。
• 積分與電荷變化：$\displaystyle\int_{t_0}^{t_0+T}i_C(t)\,dt = C\bigl[v_C(t_0+T)-v_C(t_0)\bigr]=\Delta Q$，其中 $T$ 為一個開關週期。
• 穩態週期：在穩態下，電容電壓在每個開關週期結束時必須回到相同值，亦即 $v_C(t_0+T)=v_C(t_0)$，因此 $\Delta v_C=0$。

解題方法

1. 以電容的電流‑電壓微分式寫出積分關係：
   $\int_{t_0}^{t_0+T} i_C(t)\,dt = C\int_{t_0}^{t_0+T}\frac{dv_C(t)}{dt}\,dt$
2. 利用基本微積分定理把積分換成電壓差：
   $=C\bigl[v_C(t_0+T)-v_C(t_0)\bigr]$
3. 在穩態條件下，電容在一個完整開關週期後的電壓相同，故 $v_C(t_0+T)=v_C(t_0)$，代入上式得到：
   $\int_{t_0}^{t_0+T} i_C(t)\,dt = C\,(0)=0$

核心觀念

返馳式轉換器以磁化電感儲存能量：開關導通時，能量先存入磁芯；開關關斷時，繞組電壓極性反轉，能量再由次級送至輸出。判斷二極體是否導通，要看次級繞組的點端極性，以及二極體陽極、陰極的電壓。

以點端至非點端定義繞組電壓，理想變壓器的極性關係為：

其中 $v_p$、$v_s$ 分別是初級、次級的點端至非點端電壓。

解題方法

圖中初級點端在上方，次級點端在下方；次級上端接二極體陽極，二極體陰極接輸出端，次級下端接輸出回路。因此兩繞組的點端位於相反的物理端點。

• **開關導通時：**初級上方點端為正，次級下方點端也為正。次級上端因此電位較低，使二極體陽極低於接在輸出電容正端的陰極，二極體反向偏壓而截止。此時初級磁化電流上升，能量儲存在磁芯中；負載由輸出電容供電。
• **開關關斷時：**初級不再有經開關導通的路徑。

核心觀念

本題考開關串聯寄生電感的電壓，以及轉換器的占空比波形。電感電壓由電流變化率決定：

其中 $L_p$ 是開關串聯的寄生電感，$i_s$ 是開關支路電流；以下採用沿開關電流方向的電壓降為正。

解題方法

圖中是反相 buck-boost 轉換器：輸入電源 $V_i$ 經開關接到開關節點，主電感 $L$ 接地；二極體連接開關節點與輸出端，電容 $C$ 與負載電阻 $R$ 並聯，輸出電壓上端為負、下端為正。題目指定 CCM，並在開關串聯一個小寄生電感；圖中未給定 $D$、$T_s$ 或尖峰幅度，因此以符號表示波形。

開關導通時，$i_s=i_L$，主電感電流上升，故寄生電感電壓為小幅正值。若忽略寄生電感對主電路的影響，導通期間約有：

開通瞬間，開關電流由零轉為電感電流，產生正向窄尖峰。關斷瞬間，開關電流由電感電流轉為零，產生負向窄尖峰；關斷期間開關支路電流為零，因此寄生電感電壓近似為零。實際尖峰會受切換時間與電路寄生參數影響，圖示採定性波形。

設 $q(t)=1$ 代表開關導通，$q(t)=0$ 代表開關關斷。每週期的導通時間為 $DT_s$，關斷時間為 $(1-D)T_s$。

核心觀念

• 傳遞函數 $T(s)=\dfrac{10}{s(s+10)}$ 具有兩個左半平面的極點：$s=0$（積分極）與 $s=-10$（一階極）。
• 波德圖（Bode plot）由 幅頻特性（Gain, dB）與 相頻特性（Phase, °）兩條曲線組成，常以 $\omega=j\omega$ 取代 $s$。
• 計算幅頻時使用 $|T(j\omega)|$，相頻則使用 $\angle T(j\omega)$。
• 近似（asymptotic）波德圖可依 極點/零點的斜率變化 直接繪製：每個極點在其斜率轉折頻率（break frequency）之後，使斜率下降 $20\,$dB/dec；每個零點則使斜率上升 $20\,$dB/dec。

解題方法

1. 將 $s$ 取為 $j\omega$

$T(j\omega)=\frac{10}{j\omega\,(j\omega+10)}$

2. 幅頻 (Gain) 計算

轉換為 dB：

$=20-20\log_{10}\omega-10\log_{10}(\omega^{2}+100)$

3. 相頻 (Phase) 計算

其中 $\tan^{-1}(\omega/10)$ 以角度表示。

4. 確定斜率轉折頻率（Break frequencies）

   • $s=0$（積分） → 斜率 +20 dB/dec（從 $0$ rad/s 開始向上）。
   • $s=-10$（一階極） → 斜率 -20 dB/dec，在 $\omega=10$ rad/s 處開始，與前面的 $+20$ 組合形成 -40 dB/dec 的最終斜率。

5. 繪製幅頻的近似線

| 重要頻率 $\omega$ (rad/s) | 計算的 $|T(j\omega)|$ | 幅度 dB | 相位 (°) |
|--------------------------|----------------------|--------|----------|
| $0.1$ | $\dfrac{10}{0.1\sqrt{0.01+100}}\approx 0.999$ | $-0.01\,$dB ≈ 0 dB (因為 20 dB/dec 從 $0$ dB 起算) | $-90^{\circ}-\tan^{-1}(0.01)\approx-90.6^{\circ}$ |
| $1$ | $\dfrac{10}{1\sqrt{1+100}}\approx0.995$ | $-0.04\,$dB ≈ 0 dB (交叉點) | $-90^{\circ}-\tan^{-1}(0.1)\approx-95.7^{\circ}$ |
| $10$ | $\dfrac{10}{10\sqrt{200}}\approx0.0707$ | $-22.99\,$dB | $-90^{\circ}-\tan^{-1}(1)= -135^{\circ}$ |
| $100$ | $\dfrac{10}{100\sqrt{10100}}\approx7.07\times10^{-4}$ | $-62.99\,$dB | $-90^{\circ}-\tan^{-1}(10)\approx -174.3^{\circ}$ |