107 地方特考四等 電力工程 輸配電學概要 考古題詳解

核心觀念

本題評量輸電線路導體之「直流電阻計算」、「溫度效應修正」以及「交流集膚效應」三大核心觀念：

1. 英制圓密爾（$\mathrm{cmil}$）電阻計算公式： 在電力工程英制規範中，截面積以圓密爾（$\mathrm{cmil}$）為單位時，導體直流電阻計算式為： $R = \rho \cdot \frac{l}{A}$ 其中 $\rho$ 為導體電阻係數（$\Omega\cdot\mathrm{cmil}/\mathrm{ft}$），$l$ 為導線長度（$\mathrm{ft}$），$A$ 為導線總截面積（$\mathrm{cmil}$）。

2. 絞線盤旋效應（Spiraling Effect）： 絞線除中心股線外，外層各股導線皆以螺旋狀向外纏繞盤旋，因此單股導線的實際長度大於纜線的名義軸向長度。盤旋會使總電阻增加約 $1\%\sim2\%$，計算時須乘上盤旋係數（本題為 $1 + 2\% = 1.02$）。

3. 金屬導體電阻與溫度關係： 金屬導體之電阻隨溫度升高而增加，利用推移絕對零度（Inferred Absolute Zero Temperature）公式換算： $\frac{R_2}{R_1} = \frac{T + T_2}{T + T_1}$ 本題鋁導體之推移常數給定為 $T = 228^\circ\mathrm{C}$。

4. 交流電阻與集膚效應（Skin Effect）： 當導線通以交流電時，導線內部交聯磁通較外側多，造成中心電感抗較大，使得電流密度由導線中心往導線外表偏移集中，使導線有效流通截面積減小，導致交流電阻大於直流電阻（$R_{ac} > R_{dc}$），其比值 $\frac{R_{ac}}{R_{dc}} > 1$。

解題方法

（一）求在 $50^\circ\mathrm{C}$ 條件下，該絞線每 $1000\ \mathrm{ft}$ 之直流電阻值

1. 計算 $20^\circ\mathrm{C}$ 下、未考慮盤旋時每 $1000\ \mathrm{ft}$ 之直流電阻 $R_{dc0, 20^\circ\mathrm{C}}$： 已知：

• 導線長度 $l = 1000\ \mathrm{ft}$
• 總截面積 $A = 1.113 \times 10^6\ \mathrm{cmil}$
• $20^\circ\mathrm{C}$ 時鋁之電阻係數 $\rho_{20} = 17.0\ \Omega\cdot\mathrm{cmil}/\mathrm{ft}$

代入電阻基本公式： $R_{dc0, 20^\circ\mathrm{C}} = \rho_{20} \cdot \frac{l}{A} = 17.0 \times \frac{1000}{1.113 \times 10^6} \approx 0.015274\ \Omega$

2. 計入盤旋增加 $2\%$ 之實際 $20^\circ\mathrm{C}$ 直流電阻 $R_{dc, 20^\circ\mathrm{C}}$： $R_{dc, 20^\circ\mathrm{C}} = R_{dc0, 20^\circ\mathrm{C}} \times (1 + 0.02) = 0.015274 \times 1.02 \approx 0.0155795\ \Omega$

核心觀念

1. 對稱成份轉換（Symmetrical Components Transformation）： 對稱成份法將不對稱或具互感耦合之三相反數轉換為三個互相解耦之對稱系統：零序（Zero-sequence）、正序（Positive-sequence）與負序（Negative-sequence）。 轉換矩陣 $\mathbf{A}$ 定義為： $\mathbf{A} = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & a^2 & a \\ 1 & a & a^2 \end{bmatrix}$ 其中運算子 $a = 1\angle 120^\circ = -\frac{1}{2} + j\frac{\sqrt{3}}{2}$，且滿足性質 $1 + a + a^2 = 0$ 與 $a^3 = 1$。

2. 具互感之對稱三相阻抗矩陣對角化： 設三相各相自阻抗為 $Z_s$，相間互阻抗為 $Z_m$，其相阻抗矩陣為對稱循環矩陣（Circulant Matrix）： $\mathbf{Z}_{abc} = \begin{bmatrix} Z_s & Z_m & Z_m \\ Z_m & Z_s & Z_m \\ Z_m & Z_m & Z_s \end{bmatrix}$ 經對稱成份相似轉換 $\mathbf{Z}_{012} = \mathbf{A}^{-1} \mathbf{Z}_{abc} \mathbf{A}$，阻抗矩陣完全解耦為對角矩陣： $Z_0 = Z_s + 2Z_m$ $Z_1 = Z_s - Z_m$ $Z_2 = Z_s - Z_m$

3. $\Delta$ 連接負載之相序邊界特性：

• 正序與負序：$\Delta$ 連接各相分支阻抗 $Z_{\Delta 1}$ 與 $Z_{\Delta 2}$ 可依等效轉換關係簡化為線對中性點之單相等效阻抗： $Z_1 = \frac{Z_{\Delta 1}}{3}, \quad Z_2 = \frac{Z_{\Delta 2}}{3}$
• 零序：由克希荷夫電壓定律（KVL）知，$\Delta$ 封閉迴路三相線電壓之和恆為零（$\sum V_{LL} = 0 \implies V_{AB0} = 0$）；另因 $\Delta$ 連接無中性線可提供迴流路徑，線電流之零序分量必為零（$I_{a0} = 0$）。因此，自端點看入之零序網路呈現**開路（Open Circuit）**狀態，阻抗為無窮大；零序電流若存在，僅能在 $\Delta$ 內部封閉迴路中循環流動。

解題方法

步驟一：計算 $\Delta$ 負載各相序分支阻抗

已知條件：

• 各相自阻抗：$Z_s = Z_{AB} = Z_{BC} = Z_{CA} = 9 + j21\ \Omega$
• 各相間互感抗：$Z_m = X_{m12} = X_{m23} = X_{m31} = j6\ \Omega$

代入對稱成份阻抗公式：

1. 零序分支阻抗： $Z_{\Delta 0} = Z_s + 2Z_m = (9 + j21) + 2(j6) = 9 + j33\ \Omega$
2. 正序分支阻抗： $Z_{\Delta 1} = Z_s - Z_m = (9 + j21) - j6 = 9 + j15\ \Omega$
3. 負序分支阻抗： $Z_{\Delta 2} = Z_s - Z_m = (9 + j21) - j6 = 9 + j15\ \Omega$

步驟二：計算標準電力系統單相（線端）等效相序阻抗

1. 正序等效阻抗： $Z_1 = \frac{Z_{\Delta 1}}{3} = \frac{9 + j15}{3} = 3 + j5\ \Omega$
2. 負序等效阻抗： $Z_2 = \frac{Z_{\Delta 2}}{3} = \frac{9 + j15}{3} = 3 + j5\ \Omega$
3. 零序等效阻抗： 因 $\Delta$ 負載無接地中性點，外部線電流無法流入零序電流（$I_{a0} = 0$），故線端零序阻抗： $Z_0 = \infty\ (\text{開路})$

步驟三：相序電壓與相序電流之關係

• $\Delta$ 分支相序量： $V_{AB0} = I_{AB0} Z_{\Delta 0} = 0\text{ V}, \quad I_{AB0} = 0\text{ A}$ $V_{AB1} = I_{AB1} Z_{\Delta 1} = I_{AB1} (9 + j15)\ \Omega$ $V_{AB2} = I_{AB2} Z_{\Delta 2} = I_{AB2} (9 + j15)\ \Omega$
• 線端單相等效相序量： $V_{a1} = I_{a1} Z_1 = I_{a1} (3 + j5)\ \Omega$

核心觀念

本題旨在測驗單相三線式配電系統（Single-Phase Three-Wire Distribution System）在非對稱負載下的電路分析能力，以及交流電路之複數功率（Complex Power）計算與能量守恆定律。所運用之核心觀念與公式如下：

1. 單相三線系統架構與克希荷夫定律（KVL / KCL）：

• 兩電源同相串聯，中性點為公共參考點： $V_{AN} = 240\angle0^\circ\ \mathrm{V},\quad V_{NB} = 240\angle0^\circ\ \mathrm{V} \implies V_A = 240\angle0^\circ\ \mathrm{V},\quad V_N = 0\ \mathrm{V},\quad V_B = -240\angle0^\circ\ \mathrm{V}$
• 雙下標法定義之線路電流：$I_{Aa}$（由電源 A 端流向負載 a 端）、$I_{Bb}$（由電源 B 端流向負載 b 端）、$I_{Nn}$（由中性點 N 端流向負載 n 端）。
• 在負載側中性節點 $\mathrm{n}$ 處滿足 KCL： $I_{Aa} + I_{Bb} + I_{Nn} = 0 \implies I_{Nn} = -(I_{Aa} + I_{Bb})$

2. 迴路分析法（Mesh Analysis）：

• 考慮含線路電阻 $R = 1\ \Omega$ 與負載阻抗之閉合迴路，分別對網目列出 KVL 方程式，求解各線路電流。

3. 交流功率計算：

• 阻抗吸收之複數功率：$S = P + jQ = |I|^2 Z$
• 實功（$P$）：$P = |I|^2 R$（單位：$\mathrm{W}$）
• 虛功（$Q$）：$Q = |I|^2 X$（單位：$\mathrm{VAR}$，電感性為正、電容性為負）
• 線路功率損失：純電阻線路僅消耗實功： $P_{\mathrm{loss}} = |I|^2 R_{\mathrm{line}}$
• 電源輸出功率： $S_{\mathrm{source}} = V I^* = P_{\mathrm{source}} + jQ_{\mathrm{source}}$

4. 功率平衡定律（Conservation of Energy）：

• 電源供應之總實功等於負載吸收之總實功與線路損失之和：$\sum P_{\mathrm{source}} = \sum P_{\mathrm{load}} + \sum P_{\mathrm{loss}}$
• 電源供應之總虛功等於負載吸收之總虛功：$\sum Q_{\mathrm{source}} = \sum Q_{\mathrm{load}}$

解題方法

（一）求解線路電流相量 $I_{Aa}$、$I_{Bb}$、$I_{Nn}$

1. 建立迴路方程式（KVL）：

• 取電源端中性點為參考節點：$V_N = 0\ \mathrm{V}$，則 $V_A = 240\ \mathrm{V}$，$V_B = -240\ \mathrm{V}$。

• 上半部迴路（$N \to A \to a \to n \to N$）： 從 $N$ 經電源至 $A$、經線路電阻 $1\ \Omega$、負載 $Z_{an}$、再經中性線電阻 $1\ \Omega$ 返回 $N$： $V_{AN} - I_{Aa} \cdot 1 - I_{Aa} Z_{an} - (I_{Aa} + I_{Bb}) \cdot 1 = 0$ 代入 $Z_{an} = 24 - j2\ \Omega$： $240 - I_{Aa}(1 + 24 - j2 + 1) - I_{Bb}(1) = 0$ $(26 - j2) I_{Aa} + I_{Bb} = 240 \quad \cdots \text{(式 1)}$

• 下半部迴路（$N \to B \to b \to n \to N$）： 電壓源 $V_{NB} = 240\angle0^\circ\ \mathrm{V}$，即 $V_N - V_B = 240\ \mathrm{V} \implies V_B - V_N = -240\ \mathrm{V}$。 由 $B$ 點經線路電阻 $1\ \Omega$、負載 $Z_{bn}$、經中性線電阻 $1\ \Omega$ 返回 $N$： $(V_B - V_N) - I_{Bb} \cdot 1 - I_{Bb} Z_{bn} - (I_{Aa} + I_{Bb}) \cdot 1 = 0$ 代入 $V_B - V_N = -240\ \mathrm{V}$ 與 $Z_{bn} = 15 + j4\ \Omega$： $-240 - I_{Aa}(1) - I_{Bb}(1 + 15 + j4 + 1) = 0$ $I_{Aa} + (17 + j4) I_{Bb} = -240 \quad \cdots \text{(式 2)}$

2. 聯立求解克拉瑪法則（Cramer's Rule）： 係數行列式 $\Delta$： $\Delta = \begin{vmatrix} 26 - j2 & 1 \\ 1 & 17 + j4 \end{vmatrix} = (26 - j2)(17 + j4) - 1$ $(26 - j2)(17 + j4) = (442 + 8) + j(104 - 34) = 450 + j70$ $\Delta = (450 + j70) - 1 = 449 + j70 = 454.42\angle8.86^\circ$

求解 $\Delta_1$（對應 $I_{Aa}$）： $\Delta_1 = \begin{vmatrix} 240 & 1 \\ -240 & 17 + j4 \end{vmatrix} = 240(17 + j4) - (-240)(1) = 240(18 + j4) = 4320 + j960$ $I_{Aa} = \frac{\Delta_1}{\Delta} = \frac{4320 + j960}{449 + j70} = 9.7185 + j0.6230\ \mathrm{A} \approx 9.74\angle3.67^\circ\ \mathrm{A}$

求解 $\Delta_2$（對應 $I_{Bb}$）： $\Delta_2 = \begin{vmatrix} 26 - j2 & 240 \\ 1 & -240 \end{vmatrix} = -240(26 - j2) - 240(1) = -240(27 - j2) = -6480 + j480$ $I_{Bb} = \frac{\Delta_2}{\Delta} = \frac{-6480 + j480}{449 + j70} = -13.9269 + j3.2403\ \mathrm{A} \approx 14.30\angle166.90^\circ\ \mathrm{A}$

3. 求解中性線電流 $I_{Nn}$： $I_{Nn} = -(I_{Aa} + I_{Bb}) = -[(9.7185 - 13.9269) + j(0.6230 + 3.2403)]$ $I_{Nn} = -(-4.2084 + j3.8633) = 4.2084 - j3.8633\ \mathrm{A} \approx 5.71\angle-42.55^\circ\ \mathrm{A}$

（二）負載個別吸收之實功、虛功與總和

各負載電流即為對應端線之線路電流：

• 負載 $Z_{an}$ 通過電流 $|I_{Aa}| = 9.7385\ \mathrm{A} \implies |I_{Aa}|^2 = 94.84\ \mathrm{A}^2$
• 負載 $Z_{bn}$ 通過電流 $|I_{Bb}| = 14.2989\ \mathrm{A} \implies |I_{Bb}|^2 = 204.46\ \mathrm{A}^2$

1. 負載 $Z_{an} = 24 - j2\ \Omega$：

核心觀念

本題考查電力系統運轉中「異常過電壓（Abnormal Overvoltage）」之分類體系與物理成因。異常過電壓係指系統運轉時出現遠高於額定最高連續運轉電壓的電壓升高現象，若超過電氣設備絕緣強度（BIL/BSL），將導致設備絕緣崩潰甚至跳脫毀損。

電力系統過電壓主要分為兩大範疇：

1. 外部過電壓（External / Atmospheric Overvoltages）：源自大氣放電（雷擊），與系統運轉狀態無關。
2. 內部過電壓（Internal Overvoltages）：源自系統內部運轉狀態變更、故障或能量轉換，主要包含：

• 開關突波／暫態過電壓（Switching Overvoltages）
• 工頻暫態過電壓（Temporary / Power-Frequency Overvoltages）
• 共振與鐵磁共振過電壓（Resonance & Ferroresonance Overvoltages）

解題方法

本題配分為 25 分，屬於標準的申論題型。若僅條列「雷擊、開關、故障」等名詞，得分僅能達及格線；若欲取得 22 分以上之高分，必須以階層化系統分類切入，並對每種過電壓之「產生機制」、「典型倍率／特性」作扼要而精確的物理說明。

解題架構採「外部原因」與「內部原因（三大面向）」二元開展，邏輯清晰、論述完整。

選項分析

本題為申論計算類之申論題，非選擇題，故無個別選項可供分析。

【答案】

電力系統發生異常過電壓之主要原因，依其能量來源與物理特性，可歸納為以下四大類：

一、外部過電壓（大氣雷擊過電壓，External Overvoltages）

大氣中雷雲放電對電力設施施加的劇烈衝擊，特徵為前緣陡峭（上升時間約 $1.2\ \mu\text{s}$）、頻率極高、能量巨大：

1. 直擊雷（Direct Lightning Stroke）：雷電直接擊中相導線，雷電流流經導線波阻抗（Surge Impedance, $Z_0 \approx 300 \sim 400\ \Omega$），引發數百萬伏特之過電壓。
2. 逆閃絡（反擊，Back Flashover）：雷電擊中架空地線（GSW）或鐵塔塔頂，若桿塔接地電阻過高或鐵塔電感造成塔頂電位暴升，塔頂與導線間電位差超過絕緣礙子耐壓時，自桿塔逆向閃絡至相導線。
3. 感應雷（Induced Overvoltage）：雷雲對輸電線附近地面放電，因空間靜電與電磁感應在相導線上感應出數十萬伏特之行進波。

二、開關操作暫態過電壓（Switching Overvoltages）

因斷路器（CB）或隔離開關（DS）啟斷或投入引起的高頻電磁暫態現象：

1. 切離無載長距離輸電線：斷路器啟斷具有充電影響的電容性電流時，若消弧介質恢復速度不及觸頭間電壓上升速度，將產生「電弧重燃（Arc Restriking）」，使殘留電荷與電源疊加，引發最高可達 $3.0 \sim 4.0\ \text{p.u.}$ 之高頻震盪過電壓。