108 身心障礙特考四等 電力工程 電工機械概要 考古題詳解

核心觀念

本題評量單相變壓器的兩大基本電氣特性：匝數比（變壓比）關係 與 感應電動勢方程式。

1. 變壓器匝數比（Transformation Ratio, $a$）： 在理想狀態或忽略內部阻抗壓降的前提下，變壓器各側端電壓與其繞組匝數成正比： $a = \frac{V_1}{V_2} = \frac{N_1}{N_2}$ 其中：

• $V_1$：一次側電壓有效值（$\mathrm{V}$）
• $V_2$：二次側電壓有效值（$\mathrm{V}$）
• $N_1$：一次側繞組匝數（匝）
• $N_2$：二次側繞組匝數（匝）

2. 變壓器感應電動勢公式（EMF Equation）： 根據法拉第電磁感應定律，當鐵芯交變磁通為正弦波 $\phi(t) = \phi_m \sin(\omega t)$ 時，繞組產生的感應電動勢有效值 $E$ 為： $E = \frac{2\pi f N \phi_m}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}\pi f N \phi_m \approx 4.44 f N \phi_m$ 其中：

• $f$：電源頻率（$\mathrm{Hz}$）
• $N$：繞組匝數（匝）
• $\phi_m$：鐵芯中之最大磁通（$\mathrm{Wb}$，韋伯）
• 忽略一次側繞組電阻與漏磁阻抗壓降時，端電壓等於感應電動勢，即 $V_1 \approx E_1$。

解題方法

（一）求二次側繞組匝數 $N_2$

1. 列出變壓比公式： $\frac{V_1}{V_2} = \frac{N_1}{N_2}$

2. 代入題目已知數據：

• $V_1 = 11000\ \mathrm{V}$
• $V_2 = 110\ \mathrm{V}$
• $N_1 = 3000\ \text{匝}$

$a = \frac{11000}{110} = 100$

3. 求得二次側匝數： $N_2 = \frac{N_1}{a} = \frac{3000}{100} = 30\ \text{匝}$

（二）求鐵芯中產生的最大磁通 $\phi_m$

1. 列出一次側感應電動勢公式： 忽略一次側阻抗壓降，設 $E_1 \approx V_1 = 11000\ \mathrm{V}$： $E_1 = 4.44 f N_1 \phi_m$

2. 代入數值計算：

• $f = 60\ \mathrm{Hz}$
• $N_1 = 3000\ \text{匝}$

$11000 = 4.44 \times 60 \times 3000 \times \phi_m$ $11000 = 799200 \times \phi_m$

核心觀念

本題考查直流他激電動機（Separately Excited DC Motor）​之穩態等效電路分析、電磁轉矩、反電動勢與轉速之間的比例關係。解題依據之基本原理與公式如下：

1. 電樞電壓方程式與反電動勢（Counter-EMF, $E_a$）： 直流電動機的端電壓 $V_t$、電樞電流 $I_a$、電樞電阻 $R_a$ 與反電動勢之關係為： $E_a = V_t - I_a R_a$
2. 反電動勢與轉速關係： $E_a = K_a \Phi \omega_m = K_n \Phi n$ 其中 $K_a, K_n$ 為電機常數，$\Phi$ 為每極磁通量，$\omega_m$ 為機械角速度（$\mathrm{rad/s}$），$n$ 為轉速（$\mathrm{rpm}$），且 $\omega_m = \frac{2\pi n}{60}$。
3. 內生電磁功率（Developed Power, $P_d$）與電磁轉矩（Developed Torque, $T$）： $P_d = E_a I_a = T \omega_m$ $T = \frac{P_d}{\omega_m} = K_a \Phi I_a$
4. 他激電動機之比例特性： 題目敘述「相同激磁」即表示磁場電流不變、每極磁通量 $\Phi$ 維持定值（$\Phi_1 = \Phi_2$）。在此條件下：

• 轉矩與電樞電流成正比：$T \propto I_a \implies \frac{T_2}{T_1} = \frac{I_{a2}}{I_{a1}}$
• 反電動勢與轉速成正比：$E_a \propto n \implies \frac{E_{a2}}{E_{a1}} = \frac{n_2}{n_1}$

解題方法

（一）求運轉於 $V_t = 220\ \mathrm{V}$、$I_{a1} = 75\ \mathrm{A}$、$n_1 = 1200\ \mathrm{rpm}$ 時之產生轉矩 $T_1$

1. 計算初始反電動勢 $E_{a1}$： $E_{a1} = V_t - I_{a1} R_a = 220 - (75 \times 0.02) = 220 - 1.5 = 218.5\ \mathrm{V}$

2. 計算內生電磁功率 $P_{d1}$： $P_{d1} = E_{a1} I_{a1} = 218.5 \times 75 = 16387.5\ \mathrm{W}$

3. 計算機械角速度 $\omega_{m1}$： $\omega_{m1} = \frac{2\pi \times n_1}{60} = \frac{2\pi \times 1200}{60} = 40\pi \approx 125.664\ \mathrm{rad/s}$

4. 計算產生之電磁轉矩 $T_1$： $T_1 = \frac{P_{d1}}{\omega_{m1}} = \frac{16387.5}{40\pi} = \frac{409.6875}{\pi} \approx 130.41\ \mathrm{N\cdot m}$

（二）在相同激磁與外加電壓下，產生轉矩 $T_2 = 320\ \mathrm{N\cdot m}$ 時之電流與轉速

解題順序說明：由於激磁固定時，電磁轉矩直接與電樞電流成正比（$T = K_a \Phi I_a$），故先由轉矩比例求出電樞電流 $I_{a2}$（第 2 小題），再利用電樞壓降計算新反電動勢 $E_{a2}$，進而求得轉速 $n_2$（第 1 小題），此為最直接且不易出錯之解題途徑。

核心觀念

1. 感應電動機之轉速與轉差率：

• 同步轉速公式：$N_s = \frac{120 f}{P}$（其中 $f$ 為電源頻率，$P$ 為極數）。
• 轉差率（Slip, $s$）定義：$s = \frac{N_s - N_r}{N_s} \implies N_r = (1 - s) N_s$（其中 $N_r$ 為轉子實際轉速）。

2. 電動機之額定規格與效率定義：

• 電動機銘牌上標註之功率規格（$50\ \mathrm{kW}$）為軸端輸出機械功率（$P_{out}$）。
• 效率公式：$\eta = \frac{P_{out}}{P_{in}} \times 100\% \implies P_{in} = \frac{P_{out}}{\eta}$（其中 $P_{in}$ 為電動機自電源端吸取之實功率）。

3. 三相 $\Delta$ 接線之電壓與電流關係：

• 相電壓等於線電壓：$V_\phi = V_L = 480\ \mathrm{V}$
• 線電流大小為相電流的 $\sqrt{3}$ 倍：$I_L = \sqrt{3} I_\phi \implies I_\phi = \frac{I_L}{\sqrt{3}}$

4. 三相交流功率與功率因數：

• 輸入實功率：$P_{in} = \sqrt{3} V_L I_L \cos\theta$
• 視在功率：$S_{in} = \frac{P_{in}}{\cos\theta} = \sqrt{3} V_L I_L$
• 輸入虛功率：$Q_{in} = \sqrt{3} V_L I_L \sin\theta = P_{in} \tan\theta$

解題方法

（一）求電動機在此轉差率下之轉速

1. 計算 4 極、$60\ \mathrm{Hz}$ 之同步轉速 $N_s$： $N_s = \frac{120 \times 60}{4} = 1800\ \mathrm{rpm}$
2. 當轉差率 $s = 1.5\% = 0.015$ 時，轉子實際運轉轉速 $N_r$ 為： $N_r = (1 - s) N_s = (1 - 0.015) \times 1800 = 0.985 \times 1800 = 1773\ \mathrm{rpm}$

（二）求線電流與相電流

1. 由輸出功率 $P_{out} = 50\ \mathrm{kW}$ 及效率 $\eta = 88\%$，計算電動機吸取之輸入實功率 $P_{in}$： $P_{in} = \frac{P_{out}}{\eta} = \frac{50\ \mathrm{kW}}{0.88} = \frac{625}{11}\ \mathrm{kW} \approx 56.818\ \mathrm{kW} = 56818.18\ \mathrm{W}$
2. 由三相功率公式 $P_{in} = \sqrt{3} V_L I_L \cos\theta$，求線電流 $I_L$： $I_L = \frac{P_{in}}{\sqrt{3} V_L \cos\theta} = \frac{56818.18}{\sqrt{3} \times 480 \times 0.85} \approx \frac{56818.18}{706.68} \approx 80.40\ \mathrm{A}$
3. 電動機為 $\Delta$ 接，相電流 $I_\phi$ 為： $I_\phi = \frac{I_L}{\sqrt{3}} = \frac{80.40}{\sqrt{3}} \approx 46.42\ \mathrm{A}$

核心觀念

1. 功率三角形與基本功率定義： 交流交流電路中，有效功率（$P$）、虛功率（$Q$）與視在功率（$S$）之幾何關係構成功率三角形：

• 有效功率：$P = S \cos\theta$（單位：$\mathrm{kW}$）
• 虛功率：$Q = P \tan\theta = S \sin\theta$（單位：$\mathrm{kVAR}$）
• 視在功率：$S = \sqrt{P^2 + Q^2} = \dfrac{P}{\cos\theta}$（單位：$\mathrm{kVA}$）
• 功率因數：$\mathrm{PF} = \cos\theta$，若電流落後電壓，則為落後（感性）功率因數。

2. 同步調相機（Synchronous Condenser）工作原理： 同步調相機實質上為一台「無載運轉之三相同步電動機」。藉由調整其直流激磁電流，可改變其電樞電流之相位：

• 過激磁（Over-excitation）運轉：反電動勢大於端電壓，電樞電流超前端電壓，對系統而言等效為一組電容器，能向系統輸出超前（容性）虛功率 $Q_C$。
• 利用調相機提供的容性虛功率抵消負載原有的感性虛功率，即可在維持有效功率 $P$ 不變的前提下，提高整體系統之功率因數。

3. 功率因數改善之功率平衡： 若無特別註明，題目預設忽略同步調相機本身之機械與鐵銅損耗（即 $P_C = 0$）。因此改善前後全廠消耗的有效功率 $P$ 保持不變，調相機所需容量即為改善前後全廠總虛功率之差額： $Q_C = Q_1 - Q_2 = P(\tan\theta_1 - \tan\theta_2)$

解題方法

（一）求同步調相機之容量（$\mathrm{kVAR}$）

1. 計算改善前負載之虛功率 $Q_1$：

• 全廠總負載有效功率：$P = 1000\ \mathrm{kW}$
• 改善前功率因數：$\cos\theta_1 = 0.62$（落後）
• 計算對應之虛功因數 $\sin\theta_1$： $\sin\theta_1 = \sqrt{1 - \cos^2\theta_1} = \sqrt{1 - (0.62)^2} = \sqrt{0.6156} \approx 0.7846$
• 改善前之感性虛功率： $Q_1 = P \tan\theta_1 = P \times \frac{\sin\theta_1}{\cos\theta_1} = 1000 \times \frac{0.7846}{0.62} \approx 1265.49\ \mathrm{kVAR}$

2. 計算改善後全廠之總虛功率 $Q_2$：

• 改善後目標功率因數：$\cos\theta_2 = 0.95$（落後）
• 計算對應之虛功因數 $\sin\theta_2$： $\sin\theta_2 = \sqrt{1 - \cos^2\theta_2} = \sqrt{1 - (0.95)^2} = \sqrt{0.0975} \approx 0.3122$
• 改善後系統所需由電源（發電機）提供之感性虛功率： $Q_2 = P \tan\theta_2 = P \times \frac{\sin\theta_2}{\cos\theta_2} = 1000 \times \frac{0.3122}{0.95} \approx 328.68\ \mathrm{kVAR}$