112 身心障礙特考三等 電力工程 電力系統 考古題詳解

112 年・身心障礙特考・三等・電力工程
試題代碼 電力系統

第 一 題25 分

每相阻抗為 21+j9 Ω21+j9\ \Omega 之平衡三角形連接負載，連接到三相饋線的末端，如圖一所示。饋線阻抗為每相 0.1+j0.4 Ω0.1+j0.4\ \Omega。此線路係由線對線電壓為 190.53 V rms190.53\ \mathrm{V\ rms} 的三相電源供電，取 VanV_{an} 為參考。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

圖一關鍵標示：三相電源端線對線電壓 ∣VL∣=190.53 V|V_L|=190.53\ \mathrm{V}；每相饋線阻抗為 0.1+j0.4 Ω0.1+j0.4\ \Omega；末端負載為三角形連接，各相阻抗為 21+j9 Ω21+j9\ \Omega。

(一) 求負載端之電壓及功率因數，以及三相饋線線路損失。

(二) 若要改善負載之功率因數至 1.01.0，要並聯 Y 型容抗，其每相容抗值為多少？此時負載端之電壓提升到多少？三相饋線線路損失降至多少？

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核心觀念

本題考平衡三相電路的 Δ\Delta–Y 等效、每相等效電路、功率因數與三相線路損失。

電源線對線電壓為 190.53 V190.53\ \mathrm{V}，因此每相電源電壓為

Vsϕ=190.533≈110 VV_{s\phi}=\frac{190.53}{\sqrt{3}}\approx110\ \mathrm{V}

將每相阻抗為 21+j9 Ω21+j9\ \Omega 的平衡三角形負載換成等效 Y 負載：

ZL,Y=21+j93=7+j3 ΩZ_{L,Y}=\frac{21+j9}{3}=7+j3\ \Omega

饋線每相阻抗為 Zℓ=0.1+j0.4 ΩZ_{\ell}=0.1+j0.4\ \Omega。平衡時可用單相等效電路計算，三相線路的總實功損失為 3I2Rℓ3I^2R_{\ell}。

解題方法

（一）負載端電壓、功率因數及線路損失

每相總阻抗為

Ztotal=(7+j3)+(0.1+j0.4)=7.1+j3.4 ΩZ_{\mathrm{total}}=(7+j3)+(0.1+j0.4)=7.1+j3.4\ \Omega

取 VanV_{an} 為參考，線電流為

Ia=110∠0∘7.1+j3.4≈13.97∠−25.57∘ AI_a=\frac{110\angle0^\circ}{7.1+j3.4} \approx13.97\angle-25.57^\circ\ \mathrm{A}

等效 Y 負載每相電壓為

Van,load=Ia(7+j3)≈106.42∠−2.37∘ VV_{an,\mathrm{load}}=I_a(7+j3) \approx106.42\angle-2.37^\circ\ \mathrm{V}

題目所示負載為三角形，因此負載端線對線電壓為

∣VLL,load∣=3 ∣Van,load∣≈3(106.42)≈184.33 V|V_{LL,\mathrm{load}}|=\sqrt{3}\,|V_{an,\mathrm{load}}| \approx\sqrt{3}(106.42) \approx184.33\ \mathrm{V}

負載功率因數由負載阻抗角決定：

pf=cos⁡(tan⁡−1921)≈0.919\mathrm{pf} =\cos\left(\tan^{-1}\frac{9}{21}\right) \approx0.919

負載呈感性，故功率因數為 0.919 滯後。

三相饋線損失只計饋線電阻 0.1 Ω0.1\ \Omega：

Ploss=3∣Ia∣2Rℓ=3(13.97)2(0.1)≈58.58 WP_{\mathrm{loss}}=3|I_a|^2R_{\ell} =3(13.97)^2(0.1) \approx58.58\ \mathrm{W}

（二）功率因數改善至 1.0

在負載端並聯平衡 Y 型電容後，以每相等效電路計算。原負載等效導納為

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第 二 題25 分

三匯流排電力系統單線圖如圖二所示。發電機在匯流排 1 及 2，匯流排 1 電壓為 V1=1.0∠0∘ puV_1=1.0\angle 0^\circ\ \mathrm{pu}，匯流排 2 電壓調節在 ∣V2∣=1.05 pu|V_2|=1.05\ \mathrm{pu}，發電實功率為 300 MW300\ \mathrm{MW}，匯流排 3 負載為 400 MW400\ \mathrm{MW} 與 300 Mvar300\ \mathrm{Mvar}，輸電線阻抗之標示係以 100 MVA100\ \mathrm{MVA} 為基準。

利用快速解偶法，求電力潮流解，執行二次疊代。以起始估計值 V3=1.0∠0∘ puV_3=1.0\angle 0^\circ\ \mathrm{pu} 及 δ2=0∘\delta_2=0^\circ、δ3=0∘\delta_3=0^\circ 開始。

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圖二關鍵標示：

  • 匯流排 1：Slack Bus，V1=1.0∠0∘V_1=1.0\angle 0^\circ
  • 匯流排 2：∣V2∣=1.05|V_2|=1.05，發電實功率 P2=300 MWP_2=300\ \mathrm{MW}
  • 匯流排 3：負載 400 MW400\ \mathrm{MW}、300 Mvar300\ \mathrm{Mvar}
  • 線路導納：y12=−j30y_{12}=-j30、y13=−j15y_{13}=-j15、y23=−j15y_{23}=-j15
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核心觀念

本題考查三匯流排系統的快速解偶潮流法（Fast Decoupled Load Flow, FDLF）。有功功率主要受相角差影響，無功功率主要受電壓幅值影響，因此分別用 B′B' 求相角修正量、用 B′′B'' 求電壓幅值修正量。

以 100 MVA100\ \mathrm{MVA} 為基準，指定功率為：

P2sp=3.0 pu,P3sp=−4.0 pu,Q3sp=−3.0 puP_2^{\mathrm{sp}}=3.0\ \mathrm{pu},\qquad P_3^{\mathrm{sp}}=-4.0\ \mathrm{pu},\qquad Q_3^{\mathrm{sp}}=-3.0\ \mathrm{pu}

其中匯流排 3 的負載功率以注入方向表示為負值。

解題方法

由線路導納可得匯流排導納矩陣的虛部。快速解偶法使用：

B′=[45−15−1530](匯流排 2,3)B'= \begin{bmatrix} 45&-15\\ -15&30 \end{bmatrix} \quad(\text{匯流排 }2,3) B′′=[30](PQ 匯流排 3)B''=[30] \quad(\text{PQ 匯流排 }3)

每次先用有功不平衡量修正相角，再用無功不平衡量修正 ∣V3∣|V_3|：

B′Δδ=[ΔP2/∣V2∣ΔP3/∣V3∣],B′′Δ∣V3∣=ΔQ3∣V3∣B'\Delta\boldsymbol{\delta} = \begin{bmatrix} \Delta P_2/|V_2|\\ \Delta P_3/|V_3| \end{bmatrix}, \qquad B''\Delta |V_3| = \frac{\Delta Q_3}{|V_3|}

其中 ΔP=Psp−Pcal\Delta P=P^{\mathrm{sp}}-P^{\mathrm{cal}}，ΔQ=Qsp−Qcal\Delta Q=Q^{\mathrm{sp}}-Q^{\mathrm{cal}}。

第一次疊代

初始相角皆為 0∘0^\circ，故起始有功計算值皆為零。以 ∣V2∣=1.05|V_2|=1.05、∣V3∣=1.0|V_3|=1.0 代入：

[45−15−1530][Δδ2Δδ3]=[3/1.05−4/1.0]\begin{bmatrix} 45&-15\\ -15&30 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \Delta\delta_2\\ \Delta\delta_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3/1.05\\ -4/1.0 \end{bmatrix}

解得：

Δδ2=0.02286 rad,Δδ3=−0.12190 rad\Delta\delta_2=0.02286\ \mathrm{rad},\qquad \Delta\delta_3=-0.12190\ \mathrm{rad}

因此第一次相角修正後：

δ2=0.02286 rad,δ3=−0.12190 rad\delta_2=0.02286\ \mathrm{rad},\qquad \delta_3=-0.12190\ \mathrm{rad}

接著計算匯流排 3 的無功注入。對純電抗線路，Q3Q_3 可寫成：

Q3=15(V32−V3V1cos⁡δ3)+15(V32−V3V2cos⁡(δ3−δ2))Q_3 =15\left(V_3^2-V_3V_1\cos\delta_3\right) +15\left(V_3^2-V_3V_2\cos(\delta_3-\delta_2)\right)
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第 三 題25 分

圖三所示為三相系統，起初沒有負載，發電機均運轉在額定電壓，且電動勢均同相位。發電機與變壓器的額定與它們的代表性百分電抗均標示於圖三，所有電阻均忽略。線路阻抗為 j200 Ωj200\ \Omega。

三相平衡故障發生在輸電線的受電端。試決定短路電流（A）與短路容量（MVA）。各項設備之阻抗標么需做轉換，以 100 MVA100\ \mathrm{MVA} 為基準做轉換。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

圖三設備標示：

  • 發電機：60 MVA60\ \mathrm{MVA}、30 kV30\ \mathrm{kV}，Xd′=24%X'_d=24\%
  • 發電機：40 MVA40\ \mathrm{MVA}、30 kV30\ \mathrm{kV}，Xd′=24%X'_d=24\%
  • 變壓器：Xt=16%X_t=16\%，100 MVA100\ \mathrm{MVA}，30/400 kV30/400\ \mathrm{kV}
  • 輸電線：XL=200 ΩX_L=200\ \Omega
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核心觀念

本題考三相短路計算與標麼值轉換。先把各設備的電抗換算至同一個 100 MVA100\ \mathrm{MVA} 基準，再將兩部同相發電機的電抗並聯，與變壓器及輸電線電抗串聯。

三相短路電流與短路容量分別為：

Isc=VpuXeq,puIbase,Ssc=3VLLIsc=SbaseXeq,puI_{\mathrm{sc}}=\frac{V_{\mathrm{pu}}}{X_{\mathrm{eq,pu}}}I_{\mathrm{base}}, \qquad S_{\mathrm{sc}}=\sqrt{3}V_{LL}I_{\mathrm{sc}} =\frac{S_{\mathrm{base}}}{X_{\mathrm{eq,pu}}}

解題方法

以 100 MVA100\ \mathrm{MVA} 為共同容量基準，低壓側電壓基準取 30 kV30\ \mathrm{kV}，依變壓器額定電壓比，高壓側電壓基準取 400 kV400\ \mathrm{kV}。

兩部發電機的電抗換算為：

Xd1′=0.24(10060)=0.40 puX'_{d1}=0.24\left(\frac{100}{60}\right)=0.40\ \mathrm{pu} Xd2′=0.24(10040)=0.60 puX'_{d2}=0.24\left(\frac{100}{40}\right)=0.60\ \mathrm{pu}

兩部發電機額定電壓相同，且電動勢同相位，因此可將其電抗並聯：

Xd,eq′=0.40∥0.60=0.40×0.600.40+0.60=0.24 puX'_{d,\mathrm{eq}}=0.40\parallel0.60 =\frac{0.40\times0.60}{0.40+0.60} =0.24\ \mathrm{pu}

變壓器已採 100 MVA100\ \mathrm{MVA} 基準，故：

Xt=0.16 puX_t=0.16\ \mathrm{pu}

輸電線在 400 kV400\ \mathrm{kV}、100 MVA100\ \mathrm{MVA} 基準下的阻抗基準為：

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第 四 題25 分

一個獨立的三相電力系統，具有如圖四所示之負載頻率控制（load frequency control, LFC）系統，其中當頻率每變化 1%1\% 時，負載變化 1.6%1.6\%，即 D=1.6D=1.6；調速機速率調整率 R=0.04 puR=0.04\ \mathrm{pu}。在公稱頻率（nominal frequency）60 Hz60\ \mathrm{Hz} 時，渦輪機之額定輸出為 200 MW200\ \mathrm{MW}。

若負載突然增加 50 MW50\ \mathrm{MW}（ΔPL=0.25 pu\Delta P_L=0.25\ \mathrm{pu}），求穩態頻率偏移若干 Hz\mathrm{Hz}？穩態時渦輪機輸出多少 MW\mathrm{MW}？解釋其為何沒有增加 50 MW50\ \mathrm{MW}？

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

圖四方塊圖標示：

  • ΔPref(s)\Delta P_{\mathrm{ref}}(s)、ΔPg\Delta P_g、ΔPv\Delta P_v、ΔPm\Delta P_m、ΔPL(s)\Delta P_L(s)
  • 調速機：11+Tgs\frac{1}{1+T_gs}
  • 渦輪機：11+Tts\frac{1}{1+T_ts}
  • 旋轉質量及負載：12Hs+D\frac{1}{2Hs+D}
  • 輸出：ΔΩ(s)\Delta \Omega(s)
  • 速度下垂回授：1R\frac{1}{R}
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核心觀念

本題考負載頻率控制（LFC）的穩態功率平衡。負載突然增加後，頻率下降；調速機透過速度下垂增加渦輪機輸出，而負載本身也會因頻率下降而減少一部分。因此，渦輪機不必補足全部 50 MW50\ \mathrm{MW}。

以渦輪機額定輸出 200 MW200\ \mathrm{MW} 為功率基準，頻率偏移以公稱頻率 60 Hz60\ \mathrm{Hz} 為基準。穩態時，旋轉質量不再加速，故加速功率為零。

解題方法

負載增加量為

ΔPL=50200=0.25 pu\Delta P_L=\frac{50}{200}=0.25\ \mathrm{pu}

設穩態頻率偏移為 Δω\Delta\omega（pu）。由圖中的調速機下垂回授，穩態發電機功率變化為

ΔPm=−1RΔω\Delta P_m=-\frac{1}{R}\Delta\omega

又因負載頻率特性 D=1.6D=1.6，頻率變化造成的負載變化為 DΔωD\Delta\omega。穩態功率平衡式為

ΔPm−ΔPL−DΔω=0\Delta P_m-\Delta P_L-D\Delta\omega=0

代入 ΔPm=−Δω/R\Delta P_m=-\Delta\omega/R：

−1RΔω−ΔPL−DΔω=0-\frac{1}{R}\Delta\omega-\Delta P_L-D\Delta\omega=0

因此

Δω=−ΔPLD+1/R=−0.251.6+1/0.04=−0.0093985 pu\Delta\omega=-\frac{\Delta P_L}{D+1/R} =-\frac{0.25}{1.6+1/0.04} =-0.0093985\ \mathrm{pu}

頻率偏移換算為赫茲：

Δf=60Δω=60(−0.0093985)=−0.564 Hz\Delta f=60\Delta\omega =60(-0.0093985) =-0.564\ \mathrm{Hz}

所以穩態頻率為

f=60+Δf=59.436 Hzf=60+\Delta f=59.436\ \mathrm{Hz}

渦輪機輸出增加量為

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