112 原住民特考三等 電力工程 電力系統 考古題詳解

112 年・原住民特考・三等・電力工程
試題代碼 電力系統

第 一 題25 分

一平衡三相四線、60 Hz60\ \mathrm{Hz}電源，ABAB相線對線電壓為 2202cos⁡(ωt) V220\sqrt{2}\cos(\omega t)\ \mathrm{V}，請寫出AA相對中性線之電壓數學表示式。

現此電壓源供應一個三相平衡YY接負載，每相負載為 5∠30∘ Ω5\angle 30^\circ\ \Omega，求電壓源供應之實功率及虛功率？

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核心觀念

本題考查三相電壓的線電壓與相電壓關係，以及平衡三相負載的複功率計算。

三相平衡正相序下，線電壓的有效值是相電壓有效值的 3\sqrt{3} 倍，且線電壓相位超前對應相電壓 30∘30^\circ。三相平衡負載的總複功率為每相複功率的三倍。

題目給的電壓式採峰值表示；負載功率計算則使用有效值（RMS）。

解題方法

已知

vAB(t)=2202cos⁡(ωt) Vv_{AB}(t)=220\sqrt{2}\cos(\omega t)\ \mathrm{V}

其線電壓有效值為 220 V220\ \mathrm{V}，且 ω=2πf=120π rad/s\omega=2\pi f=120\pi\ \mathrm{rad/s}。

假設電源為平衡正相序 ABCABC，並以題目線電壓的餘弦相位作為相位基準，則

V‾AB=220∠0∘ V\underline V_{AB}=220\angle 0^\circ\ \mathrm{V}

因為 V‾AB=3 V‾AN∠30∘\underline V_{AB}=\sqrt{3}\,\underline V_{AN}\angle 30^\circ，所以

V‾AN=2203∠(−30∘) V\underline V_{AN} =\frac{220}{\sqrt{3}}\angle(-30^\circ)\ \mathrm{V}

其中 220/3220/\sqrt{3} 是相電壓有效值；換成峰值為 2202/3 V220\sqrt{2/3}\ \mathrm{V}。因此，A 相對中性線電壓的數學表示式為

vAN(t)=22023cos⁡(120πt−30∘) Vv_{AN}(t)=220\sqrt{\frac{2}{3}}\cos(120\pi t-30^\circ)\ \mathrm{V}

每相負載阻抗為

Z‾ϕ=5∠30∘ Ω\underline Z_\phi=5\angle30^\circ\ \Omega

相電流有效值相量為

I‾ϕ=V‾ANZ‾ϕ=22053∠(−60∘) A\underline I_\phi =\frac{\underline V_{AN}}{\underline Z_\phi} =\frac{220}{5\sqrt{3}}\angle(-60^\circ)\ \mathrm{A}
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第 二 題25 分

圖1為三相完全換位之二個匯流排（2-bus）電力系統，所有數值均為標么值。傳輸線L12L_{12}之正序串聯阻抗為 z12=j0.005 pu/kmz_{12}=j0.005\ \mathrm{pu/km}，正序並聯導納為 y12=j4.0×10−6 pu/kmy_{12}=j4.0\times 10^{-6}\ \mathrm{pu/km}，L12L_{12}長60 km60\ \mathrm{km}。

圖1系統資料如下：

V1=1∠0∘ puV_1=1\angle 0^\circ\ \mathrm{pu}，匯流排1為搖擺匯流排（swing bus）。

PG2=0.5 puP_{G2}=0.5\ \mathrm{pu}，V2=1.05 puV_2=1.05\ \mathrm{pu}。

PD2=1.5 puP_{D2}=1.5\ \mathrm{pu}，QD2=0.05 puQ_{D2}=0.05\ \mathrm{pu}。

請寫出傳輸線L12L_{12}之π\pi型電路的ABCDABCD參數、矩陣YbusY_{\mathrm{bus}}，以及負載潮流方程式

fp2(δ2)−PG2+PD2=0。f_{p2}(\delta_2)-P_{G2}+P_{D2}=0。

設匯流排1為搖擺匯流排（swing bus），初始值為δ2(0)=0\delta_2^{(0)}=0，請以Newton-Raphson方法計算第一次疊代的δ2(1)\delta_2^{(1)}值。

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核心觀念

本題考查二匯流排電力系統之：

  1. 三相完全換位傳輸線的標么值 π\pi 型等效電路。
  2. 傳輸線 ABCDABCD 參數。
  3. Ybus\boldsymbol{Y}_{\mathrm{bus}} 矩陣建立。
  4. PV 匯流排有功潮流方程式。
  5. Newton-Raphson 法求取第一次角度修正值。

傳輸線長度為 60 km60\ \mathrm{km}，因此先將單位長度參數換算為全線參數：

Z12=z12l=j0.005(60)=j0.3 puZ_{12}=z_{12}l =j0.005(60) =j0.3\ \mathrm{pu} Y12=y12l=j4.0×10−6(60)=j2.4×10−4 puY_{12}=y_{12}l =j4.0\times10^{-6}(60) =j2.4\times10^{-4}\ \mathrm{pu}

解題方法

一、傳輸線 π\pi 型電路之 ABCDABCD 參數

對稱 π\pi 型傳輸線的參數為

A=D=1+ZY2A=D=1+\frac{ZY}{2} B=Z(1+ZY4)B=Z\left(1+\frac{ZY}{4}\right) C=Y(1+ZY4)C=Y\left(1+\frac{ZY}{4}\right)

其中

ZY=(j0.3)(j2.4×10−4)=−7.2×10−5ZY=(j0.3)(j2.4\times10^{-4}) =-7.2\times10^{-5}

因此

A=D=1−7.2×10−52=0.999964A=D=1-\frac{7.2\times10^{-5}}{2} =0.999964 B=j0.3(1−7.2×10−54)=j0.2999946B=j0.3\left(1-\frac{7.2\times10^{-5}}{4}\right) =j0.2999946 C=j2.4×10−4(1−7.2×10−54)=j2.3999568×10−4C=j2.4\times10^{-4} \left(1-\frac{7.2\times10^{-5}}{4}\right) =j2.3999568\times10^{-4}

故

A=D=0.999964\boxed{ A=D=0.999964 } B=j0.2999946 pu\boxed{ B=j0.2999946\ \mathrm{pu} } C=j2.3999568×10−4 pu\boxed{ C=j2.3999568\times10^{-4}\ \mathrm{pu} }

二、建立 Ybus\boldsymbol{Y}_{\mathrm{bus}}

串聯阻抗之導納為

ys=1Z12=1j0.3=−j3.3333333y_s=\frac{1}{Z_{12}} =\frac{1}{j0.3} =-j3.3333333

每端並聯電納為

Y122=j1.2×10−4\frac{Y_{12}}{2} =j1.2\times10^{-4}

二匯流排系統之導納矩陣為

Ybus=[ys+Y122−ys−ysys+Y122]\boldsymbol{Y}_{\mathrm{bus}} = \begin{bmatrix} y_s+\dfrac{Y_{12}}{2} & -y_s\\[6pt] -y_s & y_s+\dfrac{Y_{12}}{2} \end{bmatrix}

代入數值：

ys+Y122=−j3.3333333+j0.00012=−j3.3332133y_s+\frac{Y_{12}}{2} =-j3.3333333+j0.00012 =-j3.3332133

所以

Ybus=[−j3.3332133j3.3333333j3.3333333−j3.3332133] pu\boxed{ \boldsymbol{Y}_{\mathrm{bus}} = \begin{bmatrix} -j3.3332133 & j3.3333333\\ j3.3333333 & -j3.3332133 \end{bmatrix} \ \mathrm{pu} }

三、負載潮流方程式

匯流排 1 為搖擺匯流排：

V1=1∠0∘V_1=1\angle0^\circ

匯流排 2 為 PV 匯流排：

V2=1.05∠δ2V_2=1.05\angle\delta_2

匯流排 2 的注入有功功率為

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第 三 題25 分

一部兩極同步發電機，250 MVA250\ \mathrm{MVA}、60 Hz60\ \mathrm{Hz}，慣量常數H=5.4 MJ/MVAH=5.4\ \mathrm{MJ/MVA}，發電機軸輸入為331100 hp331100\ \mathrm{hp}，並以同步轉速穩定運轉。輸出電功率突然從其正常值改變到200 MW200\ \mathrm{MW}，試決定轉子的加速度或減速度。

假設所計算之發電機加速度在99週期內是定值，試決定在99週期的終點時電力角和rpm\mathrm{rpm}值。

提示：搖擺方程式為

2Hωsd2δdt2=Pm(pu)−Pe(pu),\frac{2H}{\omega_s}\frac{d^2\delta}{dt^2}=P_m(\mathrm{pu})-P_e(\mathrm{pu}),

其中Pm(pu)P_m(\mathrm{pu})、Pe(pu)P_e(\mathrm{pu})分別為機械功率及電功率之標么值。

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核心觀念

本題考同步發電機的功率不平衡與轉子運動。機械輸入功率大於電功率輸出時，轉子加速；小於時則減速。慣量常數 HH 表示機組在額定容量下的動能，搖擺方程式則將功率差換算為電力角加速度：

2Hωsd2δdt2=Pm−Pe\frac{2H}{\omega_s}\frac{d^2\delta}{dt^2}=P_m-P_e

其中功率以機組額定容量為基準換算成標么值，ωs\omega_s 為同步電角速度。

解題方法

兩極、60 Hz60\ \mathrm{Hz} 發電機的同步轉速為

ns=120fP=120(60)2=3600 rpmn_s=\frac{120f}{P} =\frac{120(60)}{2} =3600\ \mathrm{rpm}

軸輸入功率先由馬力換算成 MW。採 1 hp=0.746 kW1\ \mathrm{hp}=0.746\ \mathrm{kW}：

Pm=331100(0.746) kW=246.8006 MWP_m=331100(0.746)\ \mathrm{kW} =246.8006\ \mathrm{MW}

以 250 MVA250\ \mathrm{MVA} 為功率基準：

Pm(pu)=246.8006250=0.9872024P_m(\mathrm{pu})=\frac{246.8006}{250}=0.9872024

輸出電功率為 200 MW200\ \mathrm{MW}，故

Pe(pu)=200250=0.8P_e(\mathrm{pu})=\frac{200}{250}=0.8

機械功率大於電功率，故轉子加速。功率差為

Pa=Pm−Pe=0.1872024 puP_a=P_m-P_e=0.1872024\ \mathrm{pu}

同步電角速度為

ωs=2πf=120π rad/s\omega_s=2\pi f=120\pi\ \mathrm{rad/s}

代入搖擺方程式：

d2δdt2=ωs2H(Pm−Pe)=120π2(5.4)(0.1872024)≈6.533 rad/s2\frac{d^2\delta}{dt^2} =\frac{\omega_s}{2H}(P_m-P_e) =\frac{120\pi}{2(5.4)}(0.1872024) \approx 6.533\ \mathrm{rad/s^2}
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第 四 題25 分

三個匯流排（3-bus）電力系統的單線圖如圖2所示。各發電機以暫態電抗後接一電動勢（emf）表示，所有阻抗均以共通的100 MVA100\ \mathrm{MVA}為基準的標么值表示。且為簡化計算，所有電阻均予以忽略，並做下列假設：

（1）忽略並聯電容抗，且系統處於無載狀況。

（2）所有發電機均運轉在額定電壓與額定頻率下，且它們的電動勢均同相位。

當故障阻抗為Zf=j0.2 puZ_f=j0.2\ \mathrm{pu}的平衡三相故障發生在匯流排2時，決定故障期間來自發電機1的故障電流、匯流排電壓與線路電流。

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核心觀念

本題考查平衡三相故障的正序等效電路。因為故障為平衡三相故障，僅需使用單相正序網路分析。

由圖可得：

  • 發電機 1 至匯流排 1 的內部電抗： XG1=0.1+0.2=0.3 puX_{G1}=0.1+0.2=0.3\ \mathrm{pu}
  • 發電機 2 至匯流排 2 的內部電抗： XG2=0.2+0.4=0.6 puX_{G2}=0.2+0.4=0.6\ \mathrm{pu}
  • 線路電抗： X13=X23=0.4 puX_{13}=X_{23}=0.4\ \mathrm{pu}
  • 匯流排 2 的故障阻抗： Zf=j0.2 puZ_f=j0.2\ \mathrm{pu}
  • 無載且各發電機電動勢同相位，因此： E1=E2=1∠0∘ puE_1=E_2=1\angle 0^\circ\ \mathrm{pu}

解題方法

設匯流排電壓為 V1,V2,V3V_1,V_2,V_3，並令線路電流方向為 1→31\to3、2→32\to3。

由匯流排 3 無電流注入：

V3−V1j0.4+V3−V2j0.4=0\frac{V_3-V_1}{j0.4}+\frac{V_3-V_2}{j0.4}=0

因此：

V3=V1+V22V_3=\frac{V_1+V_2}{2}

1. 匯流排 1 電壓

匯流排 1 的電流方程式為：

V1−1j0.3+V1−V3j0.4=0\frac{V_1-1}{j0.3}+\frac{V_1-V_3}{j0.4}=0

代入 V3=(V1+V2)/2V_3=(V_1+V_2)/2：

V1−10.3+V1−V20.8=0\frac{V_1-1}{0.3}+\frac{V_1-V_2}{0.8}=0

整理得：

11V1−3V2=811V_1-3V_2=8

2. 匯流排 2 電壓

匯流排 2 的電流方程式為：

V2−1j0.6+V2−V3j0.4+V2j0.2=0\frac{V_2-1}{j0.6} +\frac{V_2-V_3}{j0.4} +\frac{V_2}{j0.2}=0

代入 V3=(V1+V2)/2V_3=(V_1+V_2)/2：

V2−10.6+V2−V10.8+V20.2=0\frac{V_2-1}{0.6} +\frac{V_2-V_1}{0.8} +\frac{V_2}{0.2}=0

整理得：

−3V1+19V2=4-3V_1+19V_2=4

聯立：

{11V1−3V2=8−3V1+19V2=4\begin{cases} 11V_1-3V_2=8\\ -3V_1+19V_2=4 \end{cases}

解得：

V1=0.82∠0∘ puV_1=0.82\angle0^\circ\ \mathrm{pu} V2=0.34∠0∘ puV_2=0.34\angle0^\circ\ \mathrm{pu} V3=0.82+0.342=0.58∠0∘ puV_3=\frac{0.82+0.34}{2} =0.58\angle0^\circ\ \mathrm{pu}

發電機 1 的故障電流

發電機 1 注入匯流排 1 的電流為：

IG1=E1−V1j0.3=1−0.82j0.3=−j0.6 puI_{G1}=\frac{E_1-V_1}{j0.3} =\frac{1-0.82}{j0.3} =-j0.6\ \mathrm{pu}

因此，發電機 1 對故障的電流貢獻為：

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