113 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

本題考查平衡三相負序系統的相電壓關係。若以 $a$ 相電壓為參考：

• 負序相序為 $a$–$c$–$b$。
• 三相相電壓大小相等，彼此相差 $120^\circ$。
• 平衡負載必須滿足 $R_a=R_b=R_c$。
• 圖中 $R_a=10\,\Omega$，因此可由平衡條件求得 $R_b$。

已知

$$v_{an}(t)=110\sqrt{2}\cos(377t)\ \text{V}$$

故其有效值相量為

$$\underline{V}_{an}=110\angle 0^\circ\ \text{V}.$$

解題方法

由於系統為平衡負序三相系統，三相電壓相量關係為

$$\underline{V}_{bn} =\underline{V}_{an}\angle 120^\circ$$

以及

$$\underline{V}_{cn} =\underline{V}_{an}\angle -120^\circ.$$

圖中負載為平衡電阻負載，且 $a$ 相電阻為 $10\,\Omega$，所以

$$R_b=R_a=10\,\Omega.$$

因此

核心觀念

依原卷圖，電源端電壓為 $|V_1|=1.03$ pu，線路阻抗為 $jX=j0.3$ pu，負載有功功率為 $P_D=0.3$ pu。負載功率因數為 $0.97$ 落後，因此負載吸收正的無功功率：

$$Q_D=P_D\tan(\cos^{-1}0.97)$$

以兩匯流排功率潮流方程求受電端電壓 $|V_2|$。

解題方法

令受電端電壓相角為 $-\delta$，並設 $V_2=|V_2|$。串聯電抗上的功率潮流關係為：

$$P_D=\frac{|V_1||V_2|}{X}\sin\delta$$ $$Q_D=\frac{|V_1||V_2|\cos\delta-|V_2|^2}{X}$$

由第一式與第二式消去 $\delta$：

$$(XP_D)^2+(|V_2|^2+XQ_D)^2=(|V_1||V_2|)^2$$

令 $y=|V_2|^2$，整理成二次方程：

核心觀念

本題考查完全換位三相輸電線的每相電感與對中性點電容。

完全換位後，三相導線的平均幾何平均距離為

$$D_m=(D_{ab}D_{bc}D_{ca})^{1/3}$$

由圖可得

$$D_{ab}=6\ \text{m},\qquad D_{bc}=6\ \text{m},\qquad D_{ca}=12\ \text{m}$$

導線半徑為

$$r=1.1\ \text{cm}=0.011\ \text{m}$$

電感計算須使用導線的幾何平均半徑

$$r'=0.7788r$$

而電容計算使用實際半徑 $r$。

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解題方法

先計算三相導線的平均幾何平均距離：

$$D_m=(6\times 6\times 12)^{1/3}$$ $$D_m=7.5595\ \text{m}$$

每相電感

導線的幾何平均半徑為

$$r'=0.7788(0.011)=0.0085668\ \text{m}$$

單位長度每相電感公式為

$$L=2\times 10^{-7}\ln\left(\frac{D_m}{r'}\right)\ \text{H/m}$$

代入數值：

$$L=2\times 10^{-7} \ln\left(\frac{7.5595}{0.0085668}\right)$$

核心觀念

本題考查 Buck converter 的：

• 穩態定義
• 電感伏秒平衡
• 電容電荷平衡
• 連續導通模式（CCM）與臨界導通模式
• 不連續導通模式（DCM）
• 開關節點電壓對轉換比的影響

題目中的 $1\text{ V}$ 視為開關 $Q_1$ 導通時的壓降，記為 $V_Q=1\text{ V}$。因此

$$V_g=10\text{ V},\qquad V_g-V_Q=9\text{ V}.$$

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(a) Converter 的穩態定義

Converter 操作於穩態時，每一個 switching period 結束後，電路的狀態變數回到原來的值。因此：

$$i_L(t+T_s)=i_L(t),\qquad v_C(t+T_s)=v_C(t).$$

由此可得兩個重要平衡條件：

電感伏秒平衡

$$\int_0^{T_s}v_L(t)\,dt=0.$$

也就是電感在一個週期內的電流變化量為零。

電容電荷平衡

$$\int_0^{T_s}i_C(t)\,dt=0.$$

也就是電容在一個週期內的電荷變化量為零，故平均電容電流為零。

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(b) 輸入至輸出的直流增益

CCM 下的增益

先以連續導通模式分析。

導通期間 $0<t<DT_s$：

• $Q_1$ 導通
• $D_1$ 截止
• 開關節點電壓為 $V_g-V_Q$
• 電感電壓為

$$v_{L,\mathrm{on}}=V_g-V_Q-V_o.$$

關斷期間 $DT_s<t<T_s$：

• $Q_1$ 截止
• $D_1$ 導通
• 開關節點接地
• 電感電壓為

$$v_{L,\mathrm{off}}=-V_o.$$

套用電感伏秒平衡：

$$D(V_g-V_Q-V_o)+(1-D)(-V_o)=0.$$

整理得

$$D(V_g-V_Q)-V_o=0,$$

因此

$$V_o=D(V_g-V_Q).$$

所以 CCM 增益為

$$\boxed{\frac{V_o}{V_g} =D\left(1-\frac{V_Q}{V_g}\right)}$$

代入 $V_Q=1\text{ V}$、$V_g=10\text{ V}$：

$$\boxed{\frac{V_o}{V_g}=0.9D}.$$

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題目給定 $R=0.1\ \Omega$ 時的 DCM 增益

題目數值實際上會使 converter 操作於 DCM，因此完整增益必須使用 DCM 分析。

令

$$M=\frac{V_o}{V_g-V_Q}.$$

導通期間電感電流上升，關斷後二極體導通，電感電流下降，最後進入零電流區間。

電感峰值電流為

$$I_{\mathrm{pk}} =\frac{(V_g-V_Q)(1-M)DT_s}{L}.$$

二極體導通時間比例為

$$d_2=D\frac{1-M}{M}.$$

由輸出平均電流等於電感電流平均值：

$$\frac{V_o}{R} =\frac{1}{2}I_{\mathrm{pk}}(D+d_2).$$

代入 $V_o=M(V_g-V_Q)$，可得

$$M^2=K(1-M),$$

其中

$$K=\frac{RD^2T_s}{2L} =\frac{RD^2}{2Lf_s}.$$

因此

$$M=\frac{\sqrt{K^2+4K}-K}{2}.$$

本題

$$K=\frac{0.1D^2}{2(100\mu\text{H})(100\text{ kHz})} =5D^2.$$

所以實際 DCM 增益為

$$\boxed{ \frac{V_o}{V_g} = 0.9\cdot \frac{\sqrt{25D^4+20D^2}-5D^2}{2} }.$$

當電路確定操作於 CCM 時，則使用前述簡式 $\frac{V_o}{V_g}=0.9D$。

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(c) 波形

圖中所標示的 $D$ 解讀為二極體電流 $i_D$。

由於題目給定 $R=0.1\ \Omega$，而臨界電阻將大於此值，本題實際為 DCM。令

$$T_s=\frac{1}{f_s}=10\ \mu\text{s}.$$

定義：

• $d_1=D$
• $d_2=D\frac{1-M}{M}$
• $d_3=1-d_1-d_2$

其中 $d_3T_s$ 是電感電流為零的區間。

二極體電流 $i_D$

$$i_D(t)= \begin{cases} 0, & 0<t<DT_s,\\ i_L(t), & DT_s<t<(D+d_2)T_s,\\ 0, & (D+d_2)T_s<t<T_s. \end{cases}$$

波形為：

• $Q_1$ 導通時：$i_D=0$
• 二極體導通時：$i_D$ 由 $I_{\mathrm{pk}}$ 線性下降至 $0$
• 零電流區間：$i_D=0$

開關節點電壓 $v_{SW}$

$$v_{SW}(t)= \begin{cases} V_g-V_Q=9\text{ V}, & 0<t<DT_s,\\ 0, & DT_s<t<(D+d_2)T_s,\\ V_o, & (D+d_2)T_s<t<T_s. \end{cases}$$

零電流區間中，電感電流為零，理想電感兩端電壓為零，因此 $v_{SW}=V_o$。

本題包含兩個獨立的問題，分別考查電力電子電路的基本原理和控制系統的頻率響應分析。

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(a) Why the integration of the capacitor current over a switching period at steady-state is zero? (3%)

核心觀念： 在穩態下，儲能元件（如電容）的狀態（例如電壓）在每個週期結束時必須恢復到週期開始時的狀態，這意味著在一個週期內流過儲能元件的淨電荷量為零。

詳解：
電容的電壓 $v_C(t)$ 和電流 $i_C(t)$ 之間的關係由積分定義：
$v_C(t) = v_C(t_0) + \frac{1}{C} \int_{t_0}^{t} i_C(\tau) d\tau$

在穩態操作下，電容的電壓 $v_C(t)$ 是一個週期性的波形，其週期為開關週期 $T_s$。這意味著，在任意一個開關週期結束時（例如從 $t_0$ 到 $t_0 + T_s$），電容的電壓會回到其初始值，即 $v_C(t_0 + T_s) = v_C(t_0)$。

將此條件代入電容的電壓-電流關係式：
$v_C(t_0 + T_s) = v_C(t_0) + \frac{1}{C} \int_{t_0}^{t_0 + T_s} i_C(\tau) d\tau$

由於 $v_C(t_0 + T_s) = v_C(t_0)$，我們得到：
$v_C(t_0) = v_C(t_0) + \frac{1}{C} \int_{t_0}^{t_0 + T_s} i_C(\tau) d\tau$

這意味著：
$\frac{1}{C} \int_{t_0}^{t_0 + T_s} i_C(\tau) d\tau = 0$

由於電容 $C$ 是非零的，因此必須有：
$\int_{t_0}^{t_0 + T_s} i_C(\tau) d\tau = 0$

這個積分代表了在一個開關週期內流過電容的總電荷量。積分為零意味著在一個週期內，流過電容的正電荷總量等於流出的負電荷總量，淨電荷交換為零。這也符合電容在穩態下儲存的能量（或電壓）不會隨時間累積或減少的物理現象。

結論： 在穩態下，電容的電壓必須在每個週期結束時恢復原狀，這要求在一個週期內流過電容的淨電荷量為零，即電容電流在一個開關週期內的積分為零。

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(b) Draw the Bode plot (gain and phase plots) of the transfer function $T(s) = \frac{1}{s+1000}$. (4%)

核心觀念： 繪製一個簡單一階系統的 Bode 圖，包括增益和相位隨頻率變化的圖形。

詳解：
給定的傳遞函數為 $T(s) = \frac{1}{s+1000}$。
這是一個一階低通濾波器的傳遞函數。
我們可以將其寫成標準形式：$T(s) = \frac{1}{1000(s/1000 + 1)} = \frac{0.001}{s/1000 + 1}$。
其中，轉折頻率 (corner frequency 或 pole frequency) $\omega_p = 1000$ rad/s。
低頻增益 (DC gain) 為 $K = 0.001$。

1. 增益圖 (Magnitude Plot):

• 低頻區域 ($\omega \ll \omega_p$)：
  當 $\omega \ll 1000$ rad/s 時，$s/1000 \approx 0$。
  $T(j\omega) \approx \frac{1}{1000} = 0.001$。
  增益的對數 $|T(j\omega)|_{dB} = 20 \log_{10}(0.001) = 20 \log_{10}(10^{-3}) = -60$ dB。
  在低頻區域，增益是恆定的，為 -60 dB。

• 高頻區域 ($\omega \gg \omega_p$)：
  當 $\omega \gg 1000$ rad/s 時，$s/1000 \gg 1$。
  $T(j\omega) \approx \frac{1}{s/1000} = \frac{1000}{s}$。
  增益的對數 $|T(j\omega)|_{dB} = 20 \log_{10}(1000/\omega) = 20 \log_{10}(1000) - 20 \log_{10}(\omega) = 60 - 20 \log_{10}(\omega)$。
  在高頻區域，增益隨著頻率 $\omega$ 的增加而以 -20 dB/decade 的斜率下降。

• 轉折頻率 ($\omega = \omega_p = 1000$ rad/s)：
  在轉折頻率處，增益斜率從 0 dB/decade 變為 -20 dB/decade。
  增益值為 $20 \log_{10}(|T(j\omega_p)|) = 20 \log_{10}(0.001) = -60$ dB。

本題考查交流旋轉電機的同步轉速與定子電流頻率之間的關係，屬於電機機械的基礎概念。

核心觀念：
交流旋轉電機的定子電流頻率 ($f$)、極數 ($P$) 和轉子轉速 ($N_r$) 之間存在著固定的關係。對於同步電機，轉子轉速等於同步轉速；對於感應電機，轉子轉速略低於同步轉速，但同步轉速與定子頻率和極數直接相關。

公式：
同步轉速 ($N_s$) 的計算公式為：
$N_s = \frac{120f}{P}$ (其中 $N_s$ 的單位是 RPM，即 revolutions per minute)

其中：

• $f$ 是定子電流的頻率 (Hz)。
• $P$ 是電機的總極數 (pole pairs 數乘以 2)。
• $N_s$ 是同步轉速 (RPM)。

題目給定資訊：

• 極數 $P = 24$ 極。
• 轉子轉速 $N_r = 300$ rpm。

題目要求：
求定子電流頻率 $f$ (Hz)。

分析：
題目給出了轉子轉速 $N_r = 300$ rpm。
通常，對於同步電機，轉子轉速等於同步轉速 ($N_r = N_s$)。
對於感應電機，轉子轉速略低於同步轉速 ($N_r < N_s$)，兩者之間差一個轉差率 (slip)。

由於題目沒有明確說明是同步電機還是感應電機，但通常在這種情況下，會假設是同步電機，或者要求計算與該轉速「對應」的定子頻率。如果轉子轉速是 300 rpm，那麼同步轉速 $N_s$ 也應該是 300 rpm。

我們將已知資訊代入同步轉速公式，然後求解頻率 $f$：
$N_s = \frac{120f}{P}$

本題考查同步機的相量圖 (Phasor Diagram)，屬於電機機械的進階概念。題目要求繪製同步機的 $E_f$, $I_a$, $\phi_f$ 相量圖並加以解釋。圖中給出了一個與同步機旋轉磁場和電樞反應相關的示意圖，但相量圖的繪製主要依賴於同步機的電路模型和磁場關係。

核心觀念：
同步機的相量圖是描述電機穩態運行時，各個電壓、電流和磁場向量之間的相位關係的圖示。對於同步機，主要的向量包括：

1. 勵磁電動勢 ($E_f$)： 由轉子勵磁電流 $I_f$ 產生，是同步電機的內在電動勢。
2. 電樞反應電動勢 ($E_a$) 或 電樞反應電抗 ($X_a$)： 由定子電樞電流 $I_a$ 產生，對 $E_f$ 產生影響（通常表現為電樞反應電抗 $X_a$ 或同步電抗 $X_s$）。
3. 端電壓 ($V$)： 同步機的輸出端電壓。
4. 電樞電流 ($I_a$)： 流過定子繞組的電流。
5. 勵磁磁場 ($\phi_f$)： 由勵磁電流 $I_f$ 產生，是產生 $E_f$ 的根本原因。

同步機的等效電路模型：
在分析相量圖之前，需要理解同步機的等效電路。通常，對於穩態分析，可以簡化為：
$V = E_f - jX_a I_a$ (忽略定子電阻 $R_a$)
其中：

• $V$ 是端電壓相量。
• $E_f$ 是勵磁電動勢相量。
• $I_a$ 是電樞電流相量。
• $X_a$ 是電樞反應電抗 (Armature Reaction Reactance)。有時也使用同步電抗 $X_s = R_a + jX_a$，但這裡忽略 $R_a$。
• $j$ 表示向量旋轉 90 度。

題目要求繪製的向量：

• $E_f$：勵磁電動勢。
• $I_a$：電樞電流。
• $\phi_f$：勵磁磁場。

相量圖的繪製步驟：

1. 選擇參考向量： 通常選擇端電壓 $V$ 或電樞電流 $I_a$ 作為參考向量。在沒有特別說明的情況下，我們通常選擇 $V$ 或 $I_a$ 作為基準。這裡，為了清晰起見，我們將 $V$ 作為參考向量，相位為 0 度。

2. 繪製 $V$： 畫一個水平向量 $V$，指向右方，表示 $V = |V| \angle 0^\circ$。

3. 繪製 $I_a$： 電樞電流 $I_a$ 相對於 $V$ 的相位取決於負載的功率因數。

   • 感性負載 (Lagging Power Factor)： $I_a$ 落後於 $V$。
   • 容性負載 (Leading Power Factor)： $I_a$ 超前於 $V$。
   • 純電阻負載： $I_a$ 與 $V$ 同相。
     圖示中，雖然沒有直接標示負載，但通常相量圖會展示不同功率因數下的情況。我們繪製一個一般的感性負載情況，即 $I_a$ 落後於 $V$。假設 $I_a$ 落後 $V$ 一個角度 $\theta$。
     畫 $I_a$ 向量，使其與 $V$ 之間有一個角度 $\theta$。

4. 繪製 $jX_a I_a$： 向量 $jX_a I_a$ 是 $X_a I_a$ 向量旋轉 90 度。如果 $I_a$ 是感性負載，落後 $V$，那麼 $jX_a I_a$ 相對於 $I_a$ 會超前 90 度。
   畫 $X_a I_a$ 向量，其大小為 $X_a |I_a|$，相位比 $I_a$ 超前 90 度。

5. 繪製 $E_f$： 根據 $V = E_f - jX_a I_a$，我們可以得到 $E_f = V + jX_a I_a$。
   這意味著 $E_f$ 是 $V$ 和 $jX_a I_a$ 的向量和。
   從 $V$ 的終點畫出 $jX_a I_a$ 向量，則 $E_f$ 從原點指向 $jX_a I_a$ 的終點。

6. 繪製 $\phi_f$： 勵磁磁場 $\phi_f$ 是產生勵磁電動勢 $E_f$ 的原因。在相量圖中，$\phi_f$ 的方向通常與 $E_f$ 的方向相同（或者與產生 $E_f$ 的勵磁電流 $I_f$ 相關）。 $E_f$ 是由轉子勵磁產生的，如果我們考慮磁場的空間向量，它會與 $E_f$ 的相位對應。在相量圖中，通常將 $\phi_f$ 的方向與 $E_f$ 的方向一致。

不同功率因數下的相量圖：

• 感性負載 (Lagging PF)： $I_a$ 落後 $V$。

  • $V$ 是參考。
  • $I_a$ 落後 $V$。
  • $jX_a I_a$ 超前 $I_a$ 90 度。
  • $E_f = V + jX_a I_a$。此時 $E_f$ 相位會超前 $V$。

• 容性負載 (Leading PF)： $I_a$ 超前 $V$。

  • $V$ 是參考。
  • $I_a$ 超前 $V$。
  • $jX_a I_a$ 超前 $I_a$ 90 度。
  • $E_f = V + jX_a I_a$。此時 $E_f$ 相位會落後 $V$。