112 地方特考四等 電力工程類科 輸配電學概要 考古題詳解

112 年・地方特考・四等・電力工程類科
試題代碼 輸配電學概要

第 一 題25 分

已知一條工作頻率在 60 Hz60\ \mathrm{Hz} 之三相高壓輸電電纜,由導電率 61%61\% 之硬抽鋁線(hard-drawn aluminum wire)共 1212 股所組成。每股鋁線的直徑為 4 mm4\ \mathrm{mm},在溫度 20∘C20^\circ\mathrm{C} 時之電阻係數(resistivity)為 2.83×10−8 Ω⋅m2.83\times10^{-8}\ \Omega\cdot\mathrm{m}。

假設該電纜在 60 Hz60\ \mathrm{Hz} 時之集膚效應修正因數(skin-effect correction factor)為 1.051.05,電纜電阻值 R (Ω)R\ (\Omega) 與溫度 t (∘C)t\ (^\circ\mathrm{C}) 的關係為線性:

R2R1=T+t2T+t1\frac{R_2}{R_1}=\frac{T+t_2}{T+t_1}

式中,T=228∘CT=228^\circ\mathrm{C},適用於導電率 61%61\% 之硬抽鋁線。

試求該電纜在 70∘C70^\circ\mathrm{C} 時之每公里交流電阻值(AC resistance)。

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核心觀念

本題考查三相電纜每相導體的直流電阻計算,以及集膚效應修正與溫度修正。導體由 12 股鋁線並聯組成,總截面積為 12 股截面積之和;先求 20∘C20^\circ\mathrm{C} 時每公里直流電阻,再依序乘上集膚效應修正因數與溫度修正係數。

每股鋁線的截面積為 A=πd2/4A=\pi d^2/4。均勻導體的直流電阻為

Rdc=ρℓAR_{\mathrm{dc}}=\rho\frac{\ell}{A}

其中 ρ\rho 為電阻係數、ℓ\ell 為導體長度、AA 為總截面積。交流電阻以集膚效應修正因數 ksk_s 修正:

Rac=ksRdcR_{\mathrm{ac}}=k_sR_{\mathrm{dc}}

溫度修正則依題目所給關係式:

R2R1=T+t2T+t1\frac{R_2}{R_1}=\frac{T+t_2}{T+t_1}

解題方法

以下以單相一條導體的每公里電阻計算;三相系統不需再將電阻除以或乘以 3。

每股直徑 d=4 mm=0.004 md=4\ \mathrm{mm}=0.004\ \mathrm{m},因此 12 股的總截面積為

A=12(πd24)=12(π(0.004)24)=1.50796×10−4 m2A=12\left(\frac{\pi d^2}{4}\right) =12\left(\frac{\pi(0.004)^2}{4}\right) =1.50796\times10^{-4}\ \mathrm{m^2}

每公里長度 ℓ=1000 m\ell=1000\ \mathrm{m},20∘C20^\circ\mathrm{C} 時的直流電阻為

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第 二 題25 分

已知一部大型三相同步發電機(Y 連接繞組之中性點直接接地),經由一具三相 Y-Δ\Delta 電力變壓器供電給一部三相感應馬達(Y 連接繞組之中性點直接接地)。發電機、馬達分別連接在該電力變壓器之 Y、Δ\Delta 側,電力變壓器 Y 側之中性點直接接地。一個故障發生在變壓器與馬達之間。

假設發電機與馬達之電氣參數均為

Xd′′=X1=X2X_d^{\prime\prime}=X_1=X_2

由馬達流向故障點之次暫態電流(subtransient current)對稱分量(symmetrical components)分別為:

Ia(1)=−0.8−j2.6 p.u.I_a^{(1)}=-0.8-j2.6\ \mathrm{p.u.}

Ia(2)=−j2.0 p.u.I_a^{(2)}=-j2.0\ \mathrm{p.u.}

Ia(0)=−j3.0 p.u.I_a^{(0)}=-j3.0\ \mathrm{p.u.}

由變壓器流向故障點之次暫態電流對稱分量分別為:

Ia(1)=0.8−j0.4 p.u.I_a^{(1)}=0.8-j0.4\ \mathrm{p.u.}

Ia(2)=−j1.0 p.u.I_a^{(2)}=-j1.0\ \mathrm{p.u.}

Ia(0)=0 p.u.I_a^{(0)}=0\ \mathrm{p.u.}

試求故障的種類與次暫態故障電流值(p.u.)。

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核心觀念

本題考查對稱分量法判斷不平衡故障種類,以及由三組序電流合成相電流。

故障點的相電流可由正序、負序與零序電流相加:

Ia=Ia(1)+Ia(2)+Ia(0)I_a=I_a^{(1)}+I_a^{(2)}+I_a^{(0)}

令 a=1∠120∘a=1\angle120^\circ,則另外兩相電流為:

Ib=Ia(0)+a2Ia(1)+aIa(2)I_b=I_a^{(0)}+a^2I_a^{(1)}+aI_a^{(2)} Ic=Ia(0)+aIa(1)+a2Ia(2)I_c=I_a^{(0)}+aI_a^{(1)}+a^2I_a^{(2)}

單相接地故障時,故障相以外的兩相電流為零,因此三序電流相等:

Ia(1)=Ia(2)=Ia(0)I_a^{(1)}=I_a^{(2)}=I_a^{(0)}

解題方法

題目給出馬達側與變壓器側流向故障點的序電流。將同一序別的電流相加,即得故障點的總序電流。

正序總電流:

Ia(1)=(−0.8−j2.6)+(0.8−j0.4)=−j3.0 p.u.I_a^{(1)}=(-0.8-j2.6)+(0.8-j0.4)=-j3.0\ \mathrm{p.u.}

負序總電流:

Ia(2)=(−j2.0)+(−j1.0)=−j3.0 p.u.I_a^{(2)}=(-j2.0)+(-j1.0)=-j3.0\ \mathrm{p.u.}

零序總電流:

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第 三 題25 分

如下圖所示之單相三線系統(single-phase three-wire system),經由三條相同的配電線路供電給兩個單相負載。

已知該電路的參數為:

  • 電源相量電壓:VAN=VBN=110∠0∘ VV_{AN}=V_{BN}=110\angle0^\circ\ \mathrm{V}。
  • 配電線路等效電阻:Rline Aa=Rline Nn=Rline Bb=1 ΩR_{\mathrm{line}\,Aa}=R_{\mathrm{line}\,Nn}=R_{\mathrm{line}\,Bb}=1\ \Omega。
  • 單相負載阻抗:Zan=24−j2 ΩZ_{an}=24-j2\ \Omega、Zbn=15+j4 ΩZ_{bn}=15+j4\ \Omega。
  • 110∠0∘ V110\angle0^\circ\ \mathrm{V} 為均方根值(root-mean-square value)。

電路圖元件與連接如下:

  • 電源端導線 AA 經由配電線路 Rline AaR_{\mathrm{line}\,Aa} 連接至負載端導線 aa。
  • 電源端中性線 NN 經由配電線路 Rline NnR_{\mathrm{line}\,Nn} 連接至負載端中性線 nn。
  • 電源端導線 BB 經由配電線路 Rline BbR_{\mathrm{line}\,Bb} 連接至負載端導線 bb。
  • 負載 ZanZ_{an} 連接於 aa、nn 之間;負載 ZbnZ_{bn} 連接於 bb、nn 之間。
  • 電源相量電壓為 VANV_{AN} 與 VBNV_{BN}。

試求該系統各條配電線路的相量電流(IAaI_{Aa}、INnI_{Nn}、IBbI_{Bb})與相量電壓降(VAaV_{Aa}、VNnV_{Nn}、VBbV_{Bb})。

🖼️ 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

本題考查單相三線系統的:

  • 相量電路分析。
  • 配電線路電阻造成的電壓降。
  • 中性線電流與兩負載電流的相量關係。
  • 基爾霍夫電流定律與歐姆定律。

依圖示極性,取電源中性點 NN 為參考點,則

VA=110∠0∘ V,VB=−110∠0∘ V.V_A=110\angle0^\circ\ \mathrm{V},\qquad V_B=-110\angle0^\circ\ \mathrm{V}.

其中下方電源的正端在 NN、負端在 BB,所以 BB 點相對於 NN 點為 −110∠0∘ V-110\angle0^\circ\ \mathrm{V}。


解題方法

令三條配電線路電流方向分別為

  • IAaI_{Aa}:由 AA 流向 aa
  • INnI_{Nn}:由 NN 流向 nn
  • IBbI_{Bb}:由 BB 流向 bb

由負載端中性點 nn 的 KCL:

INn=−(IAa+IBb)I_{Nn}=-(I_{Aa}+I_{Bb})

因三條配電線路電阻皆為 1 Ω1\ \Omega,故

VAa=IAa,VNn=INn,VBb=IBb.V_{Aa}=I_{Aa},\qquad V_{Nn}=I_{Nn},\qquad V_{Bb}=I_{Bb}.

負載電流可表示為

IAa=VA−VnRAa+Zan=110−Vn1+(24−j2)=110−Vn25−j2I_{Aa}=\frac{V_A-V_n}{R_{Aa}+Z_{an}} =\frac{110-V_n}{1+(24-j2)} =\frac{110-V_n}{25-j2} IBb=VB−VnRBb+Zbn=−110−Vn1+(15+j4)=−110−Vn16+j4I_{Bb}=\frac{V_B-V_n}{R_{Bb}+Z_{bn}} =\frac{-110-V_n}{1+(15+j4)} =\frac{-110-V_n}{16+j4}

中性線電壓為

VNn=VN−Vn=−VnV_{Nn}=V_N-V_n=-V_n

而由 KCL,VNn=INn=−(IAa+IBb)V_{Nn}=I_{Nn}=-(I_{Aa}+I_{Bb}),因此

Vn=IAa+IBbV_n=I_{Aa}+I_{Bb}

代入前述兩式:

Vn=110−Vn25−j2+−110−Vn16+j4V_n= \frac{110-V_n}{25-j2} + \frac{-110-V_n}{16+j4}

整理得

Vn[1+125−j2+116+j4]=11025−j2−11016+j4V_n\left[ 1+\frac{1}{25-j2}+\frac{1}{16+j4} \right] = \frac{110}{25-j2}-\frac{110}{16+j4}

先計算導納:

125−j2=0.039746+j0.003180\frac{1}{25-j2} =0.039746+j0.003180 116+j4=0.058824−j0.014706\frac{1}{16+j4} =0.058824-j0.014706

因此

Vn=−1.9289+j1.7706 VV_n=-1.9289+j1.7706\ \mathrm{V}

各配電線路相量電流

A−aA-a 線路

IAa=110−Vn25−j2I_{Aa} =\frac{110-V_n}{25-j2} IAa=111.9289−j1.770625−j2=4.455+j0.285 AI_{Aa} =\frac{111.9289-j1.7706}{25-j2} =4.455+j0.285\ \mathrm{A}

換成極座標:

IAa=4.463∠3.66∘ A\boxed{I_{Aa}=4.463\angle3.66^\circ\ \mathrm{A}}

B−bB-b 線路

IBb=−110−Vn16+j4I_{Bb} =\frac{-110-V_n}{16+j4}
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第 四 題25 分

在一個電力系統中,受保護的電力設備之高電壓、大電流,可以分別利用比壓器(potential transformer, PT)、比流器(current transformer, CT)將其轉換為保護電驛(protective relays)所需的低準位訊號。

試說明:

  1. 一個比壓器二次側的標準電壓為多少?
  2. 一個比流器二次側的標準電流為多少?
  3. 解釋降低這些電力設備的高電壓、大電流為低準位訊號的基本理由為何?

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核心觀念

本題考查比壓器(PT)與比流器(CT)的二次側標準額定值,以及將一次側高電壓、大電流轉換為低準位訊號的理由。PT、CT 都是儀用變壓器,依變比把一次側量測量轉換成適合電驛使用的二次側訊號。

解題方法

辨認題目所問的「標準二次側值」,直接列出電力系統常用的額定值:

  • PT 二次側標準電壓: 110 V110\ \mathrm{V}。
  • CT 二次側標準電流: 5 A5\ \mathrm{A}。

PT 的一次側接於被保護設備或系統,依電壓變比輸出額定二次電壓;CT 的一次側串接於被測線路,依電流變比輸出額定二次電流。保護電驛接收二次側訊號,據以判斷系統狀態並發出保護動作。

降低電壓與電流的基本理由

  1. 配合電驛的輸入額定值: 電驛不必直接承受一次側的高電壓與大電流,能使用標準化的低準位訊號進行量測與判斷。
  2. 提高人員與設備安全: 低準位二次側可降低電驛、控制配線及操作人員暴露於高電壓、大電流的風險。
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