108 鐵路特考高員三級 電力工程 電力系統 考古題詳解

核心觀念

本題考三相平衡電路的等效阻抗、線電流，以及複功率 $S=P+jQ$。平衡負載下，中性線電流為零，因此中性線上的 $10\ \Omega$ 不影響負載電流。

解題方法

先將三角形負載換算成等效 Y 負載。每相等效阻抗為：

它與原有的 Y 負載 $6+j6\ \Omega$ 並聯，因此每相負載等效阻抗為：

每相配電線阻抗為 $j1\ \Omega$，所以電源每相看到的總阻抗為：

電源相電壓為 $350\ \mathrm{V}$，故電源線電流大小為：

負載每相阻抗為 $3+j3\ \Omega$，因此負載三相複功率為：

所以：

核心觀念

本題考查三相平衡系統的標麼值換算，以及如何用統一的容量與電壓基準，把變壓器、輸電線與負載化成串聯等效電路。

圖 2 中 Tr.2 的標示為 $138Y$–$69\Delta\ \mathrm{kV}$。以下依原圖的 $138\ \mathrm{kV}$ 計算；題目整理欄所列的 $130Y$ 與原圖不一致。

三相系統以線電壓為電壓基準時：

變壓器電抗由原標麼基準換算至新基準：

解題方法

選用 Tr.2 的額定值作為全系統基準，先由變壓器額定電壓比傳遞電壓基準，再分別換算各元件的標麼阻抗。全系統平衡，因此以每相等效串聯電路求電流與負載電壓即可。

（一）標麼系統圖與基準值

容量基準取：

由 Tr.2 額定電壓及變壓器電壓比，負載側、輸電線側與發電機側的線電壓基準分別為：

相應的阻抗基準為：

Tr.2 的容量與電壓基準均採其額定值，故：

輸電線每相電抗換算為：

Tr.1 額定容量為 $100\ \mathrm{MVA}$，額定電壓為 $13.2/132\ \mathrm{kV}$。以發電機側 $13.8\ \mathrm{kV}$ 為新電壓基準：

Y 接純電阻負載每相為 $95\ \Omega$，其標麼值為：

核心觀念

本題用對稱分量法，把故障點的正序、負序、零序網路依故障條件組合，再求故障電流。基準容量取變壓器額定值 $100\ \mathrm{MVA}$，故障前故障匯流排電壓為 $1.0\ \mathrm{pu}$。

以匯流排 2 的 $33\ \mathrm{kV}$ 為電壓基準：

電源短路容量換算成 $100\ \mathrm{MVA}$ 基準：

變壓器電抗為 $X_{\mathrm{Tr}}=0.10\ \mathrm{pu}$，因此正序與負序等值阻抗為

以下零序計算採變壓器零序漏抗等於題給漏抗 $0.10\ \mathrm{pu}$。由於變壓器為 $\Delta/Y$ 接線，電源側零序電流無法穿越三角形繞組；匯流排 2 的零序回路經接地星形側與中性接地電阻閉合。

（一）$b$-$c$ 相兩線短路（2LF）

兩線短路不接地，故零序電流為零；正序與負序網路在故障點串聯。

正序電源 1.0 pu ── Z1 ── 故障點 ── Z2 ── 回路
零序網路：開路（I0 = 0）

兩線短路的序電流關係為 $I_2=-I_1$，因此

相電流為 $I_a=0$、$I_b=-I_c$。以 $a=e^{j120^\circ}$ 表示相移算子：

故障線電流大小為

換算成匯流排 2 的實際電流：

核心觀念

本題考查 ANSI/IEEE C37.2 電驛功能編號，並要求說明各電驛在主變壓器保護中的功能與目的。判讀時要同時看兩件事：編號代表的保護原理，以及圖中電驛接用的電流、電壓訊號與保護區域。

圖中的主變壓器一側為三角形接線，另一側為中性點經電阻接地的星形接線。因此，除了相間短路及過電流保護，接地故障、負序電流及變壓器內部故障也需要相應保護。

解題方法

先依 ANSI 編號辨認保護種類，再依圖中的 CT、PT、中性點接地電阻及變壓器接線，說明保護範圍與動作目的。題目不是計算題，也不是選擇題，重點是逐一說明十種電驛的作用，並區分同類保護的時間特性、方向性及保護區域。

各電驛的功能與目的

核心觀念

1. 複功率與功率三角形（Power Triangle）

• 交流負載消耗之實功率（有效功率）為 $P$，虛功率（無效功率）為 $Q$，視在功率為 $S$，滿足： $S = \sqrt{P^2 + Q^2} = \frac{P}{\cos\theta}$
• 負載之功率因數 $\mathrm{pf} = \cos\theta$，其消耗之落後虛功率為： $Q = P \tan\theta$

2. 功率因數改善原理

• 工廠實功率 $P$ 由負載特性決定，在改善功率因數時維持不變。
• 並聯電容器組提供超前（進相）無效功率 $Q_C$，抵消負載原先消耗之部分落後無效功率，使整體系統虛功率由 $Q_1$ 下降為 $Q_2$。
• 需並聯之三相電容器總容量為： $Q_C = Q_1 - Q_2 = P(\tan\theta_1 - \tan\theta_2)$

3. 三相 $\mathrm{Y}$ 接電容器之相／線關係

• 三相對稱系統線電壓為 $V_L$。電容器組採 $\mathrm{Y}$ 接（星形接線）時，每相電容承受之相電壓為： $V_\phi = \frac{V_L}{\sqrt{3}}$
• 每相電容之無效功率為： $Q_{C,\phi} = \frac{Q_C}{3} = \frac{V_\phi^2}{X_{C,Y}} = \omega C_Y V_\phi^2$
• 導出三相總電容容量與每相電容值 $C_Y$ 之關係式： $Q_C = 3 \cdot \omega C_Y \left(\frac{V_L}{\sqrt{3}}\right)^2 = \omega C_Y V_L^2 \implies C_Y = \frac{Q_C}{\omega V_L^2}$ 其中角頻率 $\omega = 2\pi f$。

解題方法

（一）繪出功率三角形並計算需並聯之三相電容器容量

1. 繪製功率三角形 實功率 $P = 20\ \mathrm{MW}$ 保持不變，電容器補償前視在功率為 $S_1$、虛功率為 $Q_1$；補償後視在功率為 $S_2$、虛功率為 $Q_2$；電容器提供之容量為 $Q_C = Q_1 - Q_2$：

虛功率 Q (Mvar)
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 | B (未補償：S1, pf1 = 0.707 落後)
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 | / | QC = Q1 - Q2 (需並聯電容器容量)
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 | (S2, pf2) / |
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 | D --------------+ (補償後：S2, pf2 = 0.95 落後)
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 | / | | Q2 (補償後系統虛功率)
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 | / θ2 | θ1 |
 --+---------+-----+---------------+--------------------------------> 實功率 P (MW)
 | O A (P = 20 MW)

2. 計算補償前之虛功率 $Q_1$

• 改善前功率因數 $\cos\theta_1 = 0.707$（落後）： $\theta_1 = \arccos(0.707) \approx 45^\circ$ $\tan\theta_1 = \tan(45^\circ) = 1.0$
• 補償前總虛功率： $Q_1 = P \tan\theta_1 = 20 \times 1.0 = 20\ \mathrm{Mvar}$

3. 計算改善後之虛功率 $Q_2$

• 目標功率因數 $\cos\theta_2 = 0.95$（落後）： $\theta_2 = \arccos(0.95) \approx 18.195^\circ$ $\tan\theta_2 = \frac{\sin\theta_2}{\cos\theta_2} = \frac{\sqrt{1 - 0.95^2}}{0.95} = \frac{\sqrt{0.0975}}{0.95} \approx \frac{0.31225}{0.95} \approx 0.32868$
• 改善後系統總虛功率： $Q_2 = P \tan\theta_2 = 20 \times 0.32868 \approx 6.574\ \mathrm{Mvar}$