110 地方特考四等 電力工程 輸配電學概要 考古題詳解

110 年・地方特考・四等・電力工程
試題代碼 輸配電學概要

第 一 題15 分

一單相交流電壓源 v(t)=2×110cos⁡(120πt) 伏特v(t) = \sqrt{2} \times 110 \cos(120\pi t)\text{ 伏特}，初始角度為零，輸出電流 i(t)=2Irmscos⁡(120πt+β) 安培i(t) = \sqrt{2}I_{\mathrm{rms}} \cos(120\pi t + \beta)\text{ 安培}，輸出瞬時功率（instantaneous power）p(t)=3×110×[1+cos⁡(240πt)]+110×sin⁡(240πt) 瓦p(t) = \sqrt{3} \times 110 \times [1 + \cos(240\pi t)] + 110 \times \sin(240\pi t)\text{ 瓦}，求其平均功率（實功率）（real power），虛功率（reactive power），輸出電流的 IrmsI_{\mathrm{rms}}？

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核心觀念

單相正弦交流電路中：

v(t)=2Vrmscos⁡ωtv(t)=\sqrt{2}V_{\mathrm{rms}}\cos\omega t i(t)=2Irmscos⁡(ωt+β)i(t)=\sqrt{2}I_{\mathrm{rms}}\cos(\omega t+\beta)

瞬時功率為

p(t)=v(t)i(t)p(t)=v(t)i(t)

利用積化和差公式：

p(t)=VrmsIrms[cos⁡β+cos⁡(2ωt+β)]p(t)=V_{\mathrm{rms}}I_{\mathrm{rms}} \left[\cos\beta+\cos(2\omega t+\beta)\right]

其中：

  • 平均功率（實功率） P=VrmsIrmscos⁡βP=V_{\mathrm{rms}}I_{\mathrm{rms}}\cos\beta
  • 虛功率（無效功率） Q=VrmsIrmssin⁡βQ=V_{\mathrm{rms}}I_{\mathrm{rms}}\sin\beta
  • 視在功率 S=VrmsIrms=P2+Q2S=V_{\mathrm{rms}}I_{\mathrm{rms}}=\sqrt{P^2+Q^2}

題目為計算題，沒有選項可逐一分析。

解題方法

由電壓波形

v(t)=2×110cos⁡(120πt)v(t)=\sqrt{2}\times110\cos(120\pi t)

可知

Vrms=110 VV_{\mathrm{rms}}=110\ \text{V}

且

ω=120π\omega=120\pi

題目給出的瞬時功率為

p(t)=1103 [1+cos⁡(240πt)]+110sin⁡(240πt)p(t)=110\sqrt{3}\,[1+\cos(240\pi t)] +110\sin(240\pi t)

將其整理為直流項與二倍頻項：

p(t)=1103+1103cos⁡(240πt)+110sin⁡(240πt)p(t)=110\sqrt{3} +110\sqrt{3}\cos(240\pi t) +110\sin(240\pi t)

而一般式為

p(t)=VrmsIrmscos⁡β+VrmsIrmscos⁡(240πt+β)p(t)=V_{\mathrm{rms}}I_{\mathrm{rms}}\cos\beta +V_{\mathrm{rms}}I_{\mathrm{rms}} \cos(240\pi t+\beta)

將二倍頻項展開：

VrmsIrmscos⁡(240πt+β)=VrmsIrms[cos⁡(240πt)cos⁡β−sin⁡(240πt)sin⁡β]\begin{aligned} &V_{\mathrm{rms}}I_{\mathrm{rms}} \cos(240\pi t+\beta)\\ &=V_{\mathrm{rms}}I_{\mathrm{rms}} \left[ \cos(240\pi t)\cos\beta -\sin(240\pi t)\sin\beta \right] \end{aligned}

因此，功率式中：

P=VrmsIrmscos⁡β=1103 WP=V_{\mathrm{rms}}I_{\mathrm{rms}}\cos\beta =110\sqrt{3}\ \text{W}

而 cos⁡(240πt)\cos(240\pi t) 的係數為 1103110\sqrt{3}，sin⁡(240πt)\sin(240\pi t) 的係數為 110110，故

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第 二 題10 分

請說明為何當系統重載時，會造成負載端電壓下降的現象。

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核心觀念

本題考查輸配電系統的「線路壓降」與「電壓調整率」觀念。當系統重載時，負載所需的有功功率 PP、無功功率 QQ 增加，使輸電線路電流 II 增大；電流流經線路阻抗 Z=R+jXZ=R+jX 後，產生較大的阻抗壓降，因而使負載端電壓 VRV_R 下降。

輸電線路的基本電壓關係為

VS=VR+I(R+jX)\boldsymbol{V}_S=\boldsymbol{V}_R+\boldsymbol{I}(R+jX)

其中：

  • VS\boldsymbol{V}_S：送電端電壓
  • VR\boldsymbol{V}_R：受電端，也就是負載端電壓
  • RR：線路電阻
  • XX：線路電抗
  • I\boldsymbol{I}：線路電流

在送電端電壓維持一定時，線路壓降增加便會使負載端電壓降低。

解題方法

一、重載使線路電流增加

以平衡三相系統為例，負載功率為

P=3VRIcos⁡ϕP=\sqrt{3}V_R I\cos\phi Q=3VRIsin⁡ϕQ=\sqrt{3}V_R I\sin\phi

因此，在負載電壓及功率因數大致固定時，負載功率增加會使線路電流增加：

I=P3VRcos⁡ϕI=\frac{P}{\sqrt{3}V_R\cos\phi}

重載時，PP 通常增加，感性負載所需的無功功率 QQ 也增加，故 II 隨之增大。

二、電流增大造成線路阻抗壓降增加

線路阻抗壓降為

ΔV=I(R+jX)\Delta \boldsymbol{V}=\boldsymbol{I}(R+jX)

其大小與電流成正比。電流越大，線路電阻上的壓降 IRIR 及線路電抗上的壓降 IXIX 越大，受電端電壓便越低。

對於功率因數為 cos⁡ϕ\cos\phi 的負載，受電端電壓降的近似值為

ΔV≈I(Rcos⁡ϕ+Xsin⁡ϕ)\Delta V \approx I(R\cos\phi+X\sin\phi)

所以三相系統亦可寫成

ΔVLL≈RP+XQVR,LL\Delta V_{LL} \approx \frac{RP+XQ}{V_{R,LL}}

其中 RR、XX 為每相線路阻抗，PP、QQ 為三相總有功功率與無功功率，VR,LLV_{R,LL} 為受電端線電壓。

由此可見，當 PP 或 QQ 增加時，通常有

ΔVLL↑\Delta V_{LL}\uparrow

在送電端電壓 VSV_S 固定的情況下，

VR≈VS−ΔVV_R\approx V_S-\Delta V

因此負載端電壓下降。

三、感性負載的無功功率使電壓下降更加明顯

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第 三 題20 分

400 km400\text{ km}、500 kV500\text{ kV}、60 Hz60\text{ Hz} 未經補償之三相線路，已知其正相序串聯阻抗為 z=j0.3 Ω/kmz = j0.3\ \Omega/\text{km}，正相序並聯導納 y=j3×10−6 S/kmy = j3 \times 10^{-6}\text{ S/km}，計算此線路的 ABCD\text{ABCD} 參數及等效 π\pi 型電路。

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核心觀念

本題考查長距離三相輸電線路的精確模型，以及由分布參數求取 ABCD\text{ABCD} 參數與等效 π\pi 型電路。

對於均勻、未補償的長線路：

  • 每單位長度正相序串聯阻抗：zz
  • 每單位長度正相序並聯導納：yy
  • 線路長度：ll

定義：

γ=zy\gamma=\sqrt{zy}

為傳播常數，ZcZ_c 為特性阻抗：

Zc=zyZ_c=\sqrt{\frac{z}{y}}

長線路的 ABCD\text{ABCD} 參數為：

A=D=cosh⁡(γl)A=D=\cosh(\gamma l) B=Zcsinh⁡(γl)B=Z_c\sinh(\gamma l) C=1Zcsinh⁡(γl)C=\frac{1}{Z_c}\sinh(\gamma l)

本題的 zz 與 yy 均為純電抗、純電納，因此 γ\gamma 為純虛數，雙曲函數可改寫為三角函數。

解題方法

1. 已知資料

l=400 kml=400\ \text{km} z=j0.3 Ω/kmz=j0.3\ \Omega/\text{km} y=j3×10−6 S/kmy=j3\times10^{-6}\ \text{S/km}

其中 500 kV500\ \text{kV} 與 60 Hz60\ \text{Hz} 已反映於線路參數中；計算 ABCD\text{ABCD} 參數時不需要另外使用。

2. 計算傳播常數 γ\gamma

zy=(j0.3)(j3×10−6)zy=(j0.3)(j3\times10^{-6})

因為 j2=−1j^2=-1，所以：

zy=−0.9×10−6zy=-0.9\times10^{-6}

因此：

γ=−0.9×10−6=j0.9×10−6\gamma=\sqrt{-0.9\times10^{-6}} =j\sqrt{0.9\times10^{-6}} γ=j9.4868×10−4 km−1\gamma=j9.4868\times10^{-4}\ \text{km}^{-1}

線路總電氣長度為：

γl=j9.4868×10−4×400=j0.37947\gamma l =j9.4868\times10^{-4}\times400 =j0.37947

令：

θ=0.37947\theta=0.37947

則：

γl=jθ\gamma l=j\theta

3. 計算特性阻抗 ZcZ_c

Zc=zy=j0.3j3×10−6Z_c=\sqrt{\frac{z}{y}} =\sqrt{\frac{j0.3}{j3\times10^{-6}}} Zc=100000=316.23 ΩZ_c=\sqrt{100000} =316.23\ \Omega

4. 計算 ABCD\text{ABCD} 參數

由於 γl=jθ\gamma l=j\theta：

cosh⁡(jθ)=cos⁡θ\cosh(j\theta)=\cos\theta sinh⁡(jθ)=jsin⁡θ\sinh(j\theta)=j\sin\theta

且：

cos⁡(0.37947)≈0.92886\cos(0.37947)\approx0.92886 sin⁡(0.37947)≈0.37043\sin(0.37947)\approx0.37043

AA 與 DD

A=D=cos⁡(0.37947)A=D=\cos(0.37947) A=D≈0.92886\boxed{A=D\approx0.92886}

BB

B=Zcsinh⁡(γl)=jZcsin⁡θB=Z_c\sinh(\gamma l) =jZ_c\sin\theta B=j(316.23)(0.37043)B=j(316.23)(0.37043) B≈j117.14 Ω\boxed{B\approx j117.14\ \Omega}

CC

C=1Zcsinh⁡(γl)=jsin⁡θZcC=\frac{1}{Z_c}\sinh(\gamma l) =j\frac{\sin\theta}{Z_c} C=j0.37043316.23C=j\frac{0.37043}{316.23} C≈j1.171×10−3 S\boxed{C\approx j1.171\times10^{-3}\ \text{S}}
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第 四 題20 分

圖一所示電力系統的電抗資料，係以共通基準值的標么值表示，如下表：

項目X1X_1X2X_2X0X_0
G1G_10.10.10.05
G2G_20.20.20.05
T1T_10.30.30.3
T2T_20.30.30.3
線路 1-20.30.30.5

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 圖一

試針對發生在匯流排 1 的故障求其戴維寧相序阻抗並計算直接三相故障發生在匯流排 1 的故障電流，以及直接雙線對地故障發生在母線 1 的故障電流，以標么值表示。

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像； 題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

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核心觀念

本題考查三相不平衡故障分析中的：

  1. 正序、負序、零序戴維寧等效阻抗。
  2. 三相短路故障電流。
  3. 直接雙線對地故障的對稱分量分析。
  4. 變壓器接線方式對零序電流通路的影響。

圖中可判讀為：

  • T1T_1：發電機側三角形、匯流排 1 側接地星形。
  • T2T_2：匯流排 2 側接地星形、發電機 G2G_2 側三角形。

所有電抗均已換算至同一共通基準值，因此可直接相加及並聯。

一、匯流排 1 的戴維寧相序阻抗

1. 正序及負序阻抗

正序與負序均可通過變壓器，因此由匯流排 1 看出去有兩條通路。

左側通路：

Z1L=XG1+XT1=0.1+0.3=j0.4Z_{1L}=X_{G1}+X_{T1}=0.1+0.3=j0.4

右側通路：

Z1R=X線路+XT2+XG2=j(0.3+0.3+0.2)=j0.8Z_{1R}=X_{\text{線路}}+X_{T2}+X_{G2} =j(0.3+0.3+0.2)=j0.8

故正序戴維寧阻抗為

Z1th=j0.4∥j0.8=j0.4×0.80.4+0.8=j0.2667Z_{1\text{th}} =j0.4\parallel j0.8 =j\frac{0.4\times0.8}{0.4+0.8} =j0.2667

由於題目資料中正序與負序電抗相同，所以

Z1th=j0.2667 pu\boxed{Z_{1\text{th}}=j0.2667\ \text{pu}} Z2th=j0.2667 pu\boxed{Z_{2\text{th}}=j0.2667\ \text{pu}}

2. 零序阻抗

零序電流無法通過變壓器的三角形側進入發電機，因此：

  • 左側零序通路只包含 T1T_1 的零序電抗。
  • 右側零序通路包含線路、T2T_2，但不能進入 G2G_2。

左側通路：

Z0L=jXT1=j0.3Z_{0L}=jX_{T1}=j0.3

右側通路：

Z0R=j(X0,線路+X0,T2)=j(0.5+0.3)=j0.8Z_{0R}=j(X_{0,\text{線路}}+X_{0,T2}) =j(0.5+0.3)=j0.8

因此

Z0th=j0.3∥j0.8=j0.3×0.80.3+0.8=j0.2182Z_{0\text{th}} =j0.3\parallel j0.8 =j\frac{0.3\times0.8}{0.3+0.8} =j0.2182

所以

Z0th=j0.2182 pu\boxed{Z_{0\text{th}}=j0.2182\ \text{pu}}

二、直接三相故障

三相短路為平衡故障，只使用正序網路。假設故障前匯流排電壓為

E=1∠0∘ puE=1\angle0^\circ\ \text{pu}

三相故障電流為

I3ϕ=EZ1th=1j0.2667=−j3.75I_{3\phi} =\frac{E}{Z_{1\text{th}}} =\frac{1}{j0.2667} =-j3.75

因此

I3ϕ=−j3.75 pu\boxed{I_{3\phi}=-j3.75\ \text{pu}}

或以極座標表示：

I3ϕ=3.75∠−90∘ pu\boxed{I_{3\phi}=3.75\angle-90^\circ\ \text{pu}}

三、直接雙線對地故障

以 bb、cc 兩相同時接地為例，故障條件為

Ia=0,Vb=Vc=0I_a=0,\qquad V_b=V_c=0

雙線對地故障時，正序網路先與負序、零序網路的並聯組合串聯，因此

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第 五 題20 分

紡織廠自備變壓器，由 69 kV69\text{ kV} 受電，主變壓器 7500 kVA7500\text{ kVA}，阻抗 7%7\%，負載約 6000 kVA6000\text{ kVA}，包含低壓電動機 4500 kVA4500\text{ kVA}，功因 0.80.8，電燈 1500 kVA1500\text{ kVA}，功因 0.850.85，變壓器有 500 kVA500\text{ kVA}，2020 具，阻抗 5%5\%，每具變壓器平均負載約 300 kVA300\text{ kVA}，計算主變壓器消耗之無效功率、以及 2020 具變壓器消耗之無效功率，若改善功因至 0.950.95，需安裝多少 kvar\text{kvar} 電容器。

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核心觀念

本題考查：

  1. 負載功率因數與無效功率的換算。
  2. 變壓器漏抗所造成的無效功率消耗。
  3. 功率因數改善時，電容器容量的計算。

功率因數為 cos⁡ϕ\cos\phi 時：

Q=Ssin⁡ϕ=S1−cos⁡2ϕQ=S\sin\phi=S\sqrt{1-\cos^2\phi}

其中：

  • SS：視在功率，單位為 kVA\text{kVA}
  • PP：有效功率，單位為 kW\text{kW}
  • QQ：無效功率，單位為 kvar\text{kvar}

變壓器阻抗百分比在本題中依考試慣例視為漏抗百分比，忽略電阻損失，其無效功率消耗為：

QT=XpuSL2SRQ_T=X_{\text{pu}}\frac{S_L^2}{S_R}

其中：

  • XpuX_{\text{pu}}：變壓器阻抗百分比的標么值
  • SLS_L：實際負載容量
  • SRS_R：變壓器額定容量

解題方法

先求各類負載的有效功率與無效功率，再加入變壓器漏抗消耗的無效功率，最後利用目標功率因數求電容器容量。

一、負載的有效功率與無效功率

1. 低壓電動機

電動機容量為 4500 kVA4500\text{ kVA}，功因為 0.80.8。

有效功率：

PM=4500(0.8)=3600 kWP_M=4500(0.8)=3600\text{ kW}

無效功率：

QM=45001−0.82Q_M=4500\sqrt{1-0.8^2} QM=4500(0.6)=2700 kvarQ_M=4500(0.6)=2700\text{ kvar}

2. 電燈負載

電燈容量為 1500 kVA1500\text{ kVA}，功因為 0.850.85。

有效功率：

PL=1500(0.85)=1275 kWP_L=1500(0.85)=1275\text{ kW}

無效功率：

QL=15001−0.852Q_L=1500\sqrt{1-0.85^2} QL=15000.2775Q_L=1500\sqrt{0.2775} QL≈790.17 kvarQ_L\approx790.17\text{ kvar}

因此，全部負載的有效功率為：

P=3600+1275=4875 kWP=3600+1275=4875\text{ kW}

全部負載的無效功率為：

Qload=2700+790.17=3490.17 kvarQ_{\text{load}}=2700+790.17=3490.17\text{ kvar}

二、主變壓器消耗的無效功率

主變壓器額定容量為 7500 kVA7500\text{ kVA}，阻抗為 7%7\%，實際負載約為 6000 kVA6000\text{ kVA}。

QT1=0.07600027500Q_{T1}=0.07\frac{6000^2}{7500} QT1=336 kvarQ_{T1}=336\text{ kvar}

因此，主變壓器消耗的無效功率為：

336 kvar\boxed{336\text{ kvar}}

三、20 具變壓器消耗的無效功率

每具變壓器：

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第 六 題15 分

有一 100 kVA100\text{ kVA}，2400/240 V2400/240\text{ V} 的變壓器採差動保護電驛（示意圖如圖二），試決定一次側、二次側適當比流器 CT\text{CT} 電流比，若電驛至多允許 20% I120\%\ I_1 的誤差，求差動電驛之 KK 值。（差動保護電驛跳脫臨界條件：∣I1−I2∣=K∣I1+I22∣|I_1 - I_2| = K\left|\frac{I_1 + I_2}{2}\right|）

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 圖二 差動保護電驛示意圖

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像； 題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

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核心觀念

本題考查：

  1. 變壓器一次、二次側額定電流。
  2. 差動保護用 CT 的電流比補償。
  3. 差動電驛跳脫係數 KK 的計算。

變壓器正常運轉時，一次、二次側安匝平衡，因此兩側 CT 二次電流應盡量相等，使差動電流接近零。

解題方法

一、計算變壓器額定電流

一次側額定電流：

I1N=100 0002400=41.67 AI_{1N}=\frac{100\,000}{2400}=41.67\text{ A}

二次側額定電流：

I2N=100 000240=416.67 AI_{2N}=\frac{100\,000}{240}=416.67\text{ A}

因此二次側電流約為一次側的 1010 倍：

I2NI1N=10\frac{I_{2N}}{I_{1N}}=10

二、選擇適當 CT 比

為使兩側 CT 二次電流相同，CT 一次額定電流比應配合變壓器一次、二次側電流比例。

若採用標準 5 A5\text{ A} 二次電流 CT，可選：

  • 2400 V2400\text{ V} 一次側：50/5 A50/5\text{ A}
  • 240 V240\text{ V} 二次側：500/5 A500/5\text{ A}

在變壓器額定負載時：

I1,CT=41.6750×5=4.167 AI_{1,\text{CT}}=\frac{41.67}{50}\times 5=4.167\text{ A} I2,CT=416.67500×5=4.167 AI_{2,\text{CT}}=\frac{416.67}{500}\times 5=4.167\text{ A}

故兩側 CT 二次電流相等，適合作為差動保護電驛的輸入。

三、計算差動電驛 KK 值

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