113 地方特考四等 電力工程 輸配電學概要 考古題詳解

113 年・地方特考・四等・電力工程
試題代碼 輸配電學概要

第 一 題25 分

某單相 60 Hz60\ \mathrm{Hz} 之二線式架空線路，其實心圓柱型銅導體直徑為 1.5 cm1.5\ \mathrm{cm}，導體水平排列，間距為 0.5 m0.5\ \mathrm{m}。試計算下列各值，單位以 mH/km\mathrm{mH/km} 表示。

(一) 每一導體內部因磁通鏈所產生的電感。（10 分）

(二) 每一導體因內部及外部磁通鏈所產生的電感。（10 分）

(三) 線路的總電感。（5 分）

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考單相二線式線路的電感，須分清楚每一導體的內部電感、每一導體的內外部總電感，以及兩線迴路的總電感。實心圓柱導體在磁場均勻分布的假設下，其內部電感為 μ0/(8π)\mu_0/(8\pi) H/m；外部磁通鏈則以導體的等效半徑 r′=0.7788rr'=0.7788r 計算。

解題方法

導體半徑與兩導體中心距分別為

r=1.52 cm=0.0075 m,D=0.5 mr=\frac{1.5}{2}\ \mathrm{cm}=0.0075\ \mathrm{m},\qquad D=0.5\ \mathrm{m}

（一）每一導體的內部電感

實心圓柱導體的內部電感為

Lint=μ08π H/m=4π×10−78π H/m=0.5×10−7 H/mL_{\mathrm{int}}=\frac{\mu_0}{8\pi}\ \mathrm{H/m} =\frac{4\pi\times10^{-7}}{8\pi}\ \mathrm{H/m} =0.5\times10^{-7}\ \mathrm{H/m}

換算為 mH/km\mathrm{mH/km}，因為 1 H/m=106 mH/km1\ \mathrm{H/m}=10^6\ \mathrm{mH/km}：

Lint=0.05 mH/kmL_{\mathrm{int}}=0.05\ \mathrm{mH/km}

（二）每一導體的內外部總電感

單一導體的總電感為

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 二 題25 分

下圖所示為一簡單的三匯流排電力系統單線圖，各發電機以一暫態電抗後接一電動勢表示。全部阻抗均以共同 MVA\mathrm{MVA} 為基準的標么值表示，所有電阻及並聯電容抗均忽略。發電機均在無負載下運轉在其額定電壓，且電動勢同相位。若有一個三相短路故障經由 Zf=j0.19 puZ_f=j0.19\ \mathrm{pu} 的故障阻抗發生在匯流排 3。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

圖中參數如下：發電機 1 之暫態電抗為 j0.05j0.05，發電機 2 之暫態電抗為 j0.075j0.075；匯流排 1 與匯流排 2 間之線路電抗為 j0.75j0.75；匯流排 1 與匯流排 3 間之線路電抗為 j0.30j0.30；匯流排 2 與匯流排 3 間之線路電抗為 j0.45j0.45。

(一) 利用戴維寧定理求故障點的阻抗，以 pu\mathrm{pu} 值表示。（15 分）

(二) 計算故障電流，以 pu\mathrm{pu} 值表示。（10 分）

🖼️ 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。

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查三相短路故障的戴維寧等效法：

  1. 將各發電機內部電動勢以理想電壓源表示，且因為發電機在無負載、額定電壓下運轉，故各電動勢可取為 E1=E2=1∠0∘ pu.E_1=E_2=1\angle 0^\circ\ \text{pu}.
  2. 求故障點匯流排 3 的戴維寧阻抗時，將理想電壓源短路，只保留各發電機的暫態電抗。
  3. 故障電流為 If=VthZth+Zf.I_f=\frac{V_{\text{th}}}{Z_{\text{th}}+Z_f}.

解題方法

（一）求故障點的戴維寧阻抗

將兩部發電機的內部電動勢短路後，系統阻抗網路如下：

  • 匯流排 1 至接地：j0.05j0.05
  • 匯流排 2 至接地：j0.075j0.075
  • 匯流排 1、2 間：j0.75j0.75
  • 匯流排 1、3 間：j0.30j0.30
  • 匯流排 2、3 間：j0.45j0.45

以電抗倒數建立導納矩陣，令 Y=−jBY=-jB，則

B=[743−43−103−431529−209−103−209509].B= \begin{bmatrix} \frac{74}{3} &-\frac{4}{3}&-\frac{10}{3}\\[4pt] -\frac{4}{3}&\frac{152}{9}&-\frac{20}{9}\\[4pt] -\frac{10}{3}&-\frac{20}{9}&\frac{50}{9} \end{bmatrix}.

只需求 B−1B^{-1} 的第 3333 元素。將匯流排 1、2 的子矩陣取出：

Baa=[743−43−431529].B_{aa}= \begin{bmatrix} \frac{74}{3}&-\frac{4}{3}\\[4pt] -\frac{4}{3}&\frac{152}{9} \end{bmatrix}.

利用消去匯流排 1、2 後的等效值：

Beq=509−[−103−209]Baa−1[−103−209].B_{\text{eq}} = \frac{50}{9} - \begin{bmatrix} -\frac{10}{3}&-\frac{20}{9} \end{bmatrix} B_{aa}^{-1} \begin{bmatrix} -\frac{10}{3}\\[2pt] -\frac{20}{9} \end{bmatrix}.

其中

det⁡(Baa)=743⋅1529−(43)2=1120027.\det(B_{aa}) = \frac{74}{3}\cdot\frac{152}{9} -\left(\frac{4}{3}\right)^2 = \frac{11200}{27}.

計算得

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 三 題25 分

兩交流電機被一阻抗為 (0.7+j2.4) Ω(0.7+j2.4)\ \Omega 的線路連接在一起，如下圖所示。V1=500∠16.26∘ VV_1=500\angle16.26^\circ\ \mathrm{V} 及 V2=585∠0∘ VV_2=585\angle0^\circ\ \mathrm{V}。試計算下列各值：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 各電機的複數功率，並決定他們的實功率及虛功率是吸收或是供給。（15 分）

(二) 線路上的實功率及虛功率損失。（10 分）

🖼️ 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。

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查交流電路的相量分析與複數功率：

S‾=V‾I‾∗=P+jQ\underline{S}=\underline{V}\underline{I}^{*}=P+jQ

其中：

  • P>0P>0：元件吸收實功率；P<0P<0：元件供給實功率。
  • Q>0Q>0：元件吸收虛功率；Q<0Q<0：元件供給虛功率。
  • 線路損失為線路阻抗所吸收的複數功率：
S‾line=∣I‾∣2Z‾\underline{S}_{\text{line}}=|\underline{I}|^2\underline{Z}

取線路電流方向由電機 #1 流向電機 #2。

解題方法

由圖可知：

I‾=V‾1−V‾20.7+j2.4\underline{I}=\frac{\underline{V}_1-\underline{V}_2}{0.7+j2.4}

因為

V‾1=500∠16.26∘=480+j140 V\underline{V}_1=500\angle16.26^\circ =480+j140\ \text{V} V‾2=585∠0∘=585+j0 V\underline{V}_2=585\angle0^\circ =585+j0\ \text{V}

因此

I‾=(480+j140)−5850.7+j2.4=−105+j1400.7+j2.4\underline{I} =\frac{(480+j140)-585}{0.7+j2.4} =\frac{-105+j140}{0.7+j2.4}

乘以阻抗共軛複數：

I‾=(−105+j140)(0.7−j2.4)0.72+2.42\underline{I} =\frac{(-105+j140)(0.7-j2.4)} {0.7^2+2.4^2} I‾=262.5+j3506.25=42+j56=70∠53.13∘ A\underline{I} =\frac{262.5+j350}{6.25} =42+j56 =70\angle53.13^\circ\ \text{A}

（一）各電機的複數功率

電機 #1

電流 I‾\underline{I} 是由電機 #1 流出的電流，因此進入電機 #1 正端的電流為 −I‾-\underline{I}。

故電機 #1 吸收的複數功率為：

S‾1=V‾1(−I‾)∗=−V‾1I‾∗\underline{S}_1 =\underline{V}_1(-\underline{I})^{*} =-\underline{V}_1\underline{I}^{*}

而

I‾∗=42−j56\underline{I}^{*}=42-j56

所以

V‾1I‾∗=(480+j140)(42−j56)=28000−j21000\underline{V}_1\underline{I}^{*} =(480+j140)(42-j56) =28000-j21000

因此

S‾1=−28000+j21000 VA\boxed{\underline{S}_1=-28000+j21000\ \text{VA}}

即：

P1=−28.00 kW\boxed{P_1=-28.00\ \text{kW}} Q1=+21.00 kvar\boxed{Q_1=+21.00\ \text{kvar}}

判斷如下：

  • P1<0P_1<0，電機 #1 供給 28.00 kW28.00\ \text{kW} 實功率。
  • Q1>0Q_1>0，電機 #1 吸收 21.00 kvar21.00\ \text{kvar} 虛功率。

電機 #2

電流 I‾\underline{I} 由線路流入電機 #2 正端，因此：

S‾2=V‾2I‾∗\underline{S}_2=\underline{V}_2\underline{I}^{*} S‾2=585(42−j56)=24570−j32760 VA\underline{S}_2 =585(42-j56) =24570-j32760\ \text{VA}

因此

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 四 題25 分

關於輸配電系統的中性點接地，請說明下列問題：

(一) 中性點接地的方法有哪幾種？（12 分）

(二) 中性點接地的主要目的為何？（13 分）

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

中性點接地，是將發電機或變壓器繞組的中性點，經由特定方式與大地連接。接地方式會影響單相接地故障時的故障電流、健全相對地電壓、保護電驛動作及供電連續性。本題考查常見接地方式的分類，以及接地對系統安全與保護的作用。

解題方法

依「中性點如何連接至大地」分類，可分為不接地、直接接地，以及透過阻抗接地。阻抗接地再依阻抗元件分為電阻、電抗及消弧線圈接地。回答接地目的時，則從故障電流控制、過電壓抑制、保護電驛偵測與設備絕緣等面向說明。

（一）中性點接地的方法

  1. 不接地（中性點絕緣） 中性點不直接與大地連接。單相接地故障時，故障電流主要由系統各相對地電容形成，電流通常較小；但健全相對地電壓可能升高，且接地故障不易由過電流保護迅速切除。

  2. 直接接地（實接地） 中性點直接連接大地，中間不串接限流阻抗。單相接地故障電流通常較大，保護電驛容易偵測並快速切除故障。故障電流大時，也須考量設備熱效應、機械應力及斷路器容量。

  3. 電阻接地 中性點經電阻器接地，藉電阻限制接地故障電流。依限流程度可分為低電阻接地與高電阻接地：低電阻接地通常使故障電流足以讓保護電驛動作；高電阻接地則將故障電流限制得更小，部分系統可在首次接地故障時維持短時間運轉，但須有接地故障監視與告警措施。

  4. 電抗接地 中性點經電抗器接地，以電抗限制接地故障電流。接地電流主要受電抗值影響；電抗器選值須配合系統條件，並考量故障時的過電壓及保護需求。

  5. 消弧線圈接地（共振接地） 中性點接消弧線圈，利用其電感電流補償系統對地電容所產生的電流。單相接地時，若補償適當，可降低故障點電弧電流，使電弧較易自行熄滅，適用於重視供電連續性的系統。消弧線圈也稱為彼得森線圈（Petersen coil）。

（二）中性點接地的主要目的

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

其他考古題

電力工程《輸配電學概要》其他年度

111110109