107 高普考普通考試 電力工程 電工機械概要 考古題詳解

核心觀念

本題評量旋轉電機之「磁路分析」、「電感與磁場儲能計算」以及「機電能量轉換之能量與共能定義」，主要涉及以下核心原理與公式：

1. 磁路歐姆定律（Ohm's Law for Magnetic Circuits）：

• 磁動勢（Magnetomotive Force, MMF）：$\mathcal{F} = N I$
• 氣隙磁阻（Air-gap Reluctance）：$\mathcal{R}_g = \frac{l_g}{\mu_0 A_g}$
• 磁路總磁通：$\Phi = \frac{\mathcal{F}}{\mathcal{R}_{\text{total}}}$

2. 兩極旋轉電機之磁路閉合特性：

• 在兩極同步機中，磁通自定子出發穿透氣隙進入轉子，再由轉子經對側氣隙穿透回定子形成封閉迴路。因此，閉合磁通必然穿透氣隙兩次（雙氣隙串聯），磁路之總氣隙長度為 $2 l_g$。

3. 電感值與磁場儲能：

• 氣隙磁通密度：$B_g = \frac{\Phi}{A_g} = \mu_0 H_g$
• 線圈自感（Inductance）：$L = \frac{\lambda}{I} = \frac{N \Phi}{I} = \frac{N^2}{\mathcal{R}_{\text{total}}}$
• 磁場儲能（Field Energy）：$W_f = \frac{1}{2} L I^2 = \frac{1}{2} \frac{\Phi^2}{\mathcal{P}} = \int_{V} \frac{B^2}{2\mu_0} \, dV$

4. 儲能（Energy）與共能（Co-energy）：

• 儲能定義：$W_f = \int_0^\lambda i(\lambda) \, d\lambda$
• 共能定義：$W_f' = \int_0^i \lambda(i) \, di$
• 幾何上，$W_f$ 與 $W_f'$ 在 $\lambda-i$ 座標圖中分別代表曲線與縱軸（$\lambda$ 軸）及橫軸（$i$ 軸）所圍成之面積。兩者相等之充要條件為系統為線性磁路（Linear magnetic system）。

解題方法

（1）畫出含鐵心之磁路等效電路

兩極同步機由定子鐵心、轉子鐵心及兩處氣隙構成封閉磁路。線圈通以電流 $I$ 產生磁動勢 $\mathcal{F} = N I$。 磁通 $\Phi$ 串聯流經定子鐵心磁阻 $\mathcal{R}_s$、第一個氣隙磁阻 $\mathcal{R}_{g1}$、轉子鐵心磁阻 $\mathcal{R}_r$ 以及第二個氣隙磁阻 $\mathcal{R}_{g2}$。

磁路等效電路圖如下：

 +----------[ R_s ]----------+
 | (定子鐵心磁阻) |
 | |
 [ R_g1 ] [ R_g2 ]
 (氣隙磁阻) (氣隙磁阻)
 | |
 +----------[ R_r ]----------+
 | (轉子鐵心磁阻) |
 (+) |
 [ F ] (磁動勢 F = N·I) |
 (-) |
 +-----------------------------+
 --> Φ (磁通)

各元件定義如下：

• $\mathcal{F} = N I$：磁動勢源（安匝，$\mathrm{A\cdot t}$）
• $\mathcal{R}_s$：定子鐵心磁阻，$\mathcal{R}_s = \frac{l_s}{\mu_{\text{core}} A_s}$
• $\mathcal{R}_r$：轉子鐵心磁阻，$\mathcal{R}_r = \frac{l_r}{\mu_{\text{core}} A_r}$
• $\mathcal{R}_{g1} = \mathcal{R}_{g2} = \mathcal{R}_g = \frac{l_g}{\mu_0 A_g}$：兩側氣隙磁阻
• $\Phi$：閉合磁迴路之主磁通

（2）忽略鐵心磁阻，求氣隙磁通密度 $B_g$、線圈電感 $L$、磁路儲能 $W_f$

步驟一：參數單位轉換與基本量計算

• 匝數：$N = 500\ \text{匝}$
• 電流：$I = 5\ \mathrm{A}$
• 磁動勢：$\mathcal{F} = N I = 500 \times 5 = 2500\ \mathrm{A\cdot t}$
• 氣隙截面積：$A_g = 500\ \mathrm{cm^2} = 500 \times 10^{-4}\ \mathrm{m^2} = 0.05\ \mathrm{m^2}$
• 單側氣隙長度：$l_g = 2.5\ \mathrm{mm} = 2.5 \times 10^{-3}\ \mathrm{m}$
• 自由空間導磁率：$\mu_0 = 4\pi \times 10^{-7}\ \mathrm{H/m}$

步驟二：求總磁阻 $\mathcal{R}_{\text{total}}$ 與氣隙磁通密度 $B_g$

忽略鐵心磁阻（即視鐵心導磁率 $\mu_{\text{core}} \to \infty$，故 $\mathcal{R}_s = 0, \mathcal{R}_r = 0$），總磁阻由對稱之兩處氣隙串聯組成： $\mathcal{R}_{\text{total}} = 2 \mathcal{R}_g = \frac{2 l_g}{\mu_0 A_g} = \frac{2 \times (2.5 \times 10^{-3})}{(4\pi \times 10^{-7}) \times 0.05} = \frac{5 \times 10^{-3}}{2\pi \times 10^{-8}} = \frac{2.5 \times 10^5}{\pi}\ \mathrm{A\cdot t/Wb}$

總磁通 $\Phi$ 為： $\Phi = \frac{\mathcal{F}}{\mathcal{R}_{\text{total}}} = \frac{2500}{\frac{2.5 \times 10^5}{\pi}} = 0.01\pi\ \mathrm{Wb} \approx 0.03142\ \mathrm{Wb}$

氣隙磁通密度 $B_g$： $B_g = \frac{\Phi}{A_g} = \frac{0.01\pi}{0.05} = 0.2\pi\ \mathrm{T} \approx 0.6283\ \mathrm{T}$

另解（安培環路定律法驗算）： 沿主磁通閉合路徑積分： $\oint \vec{H} \cdot d\vec{l} = H_g (2 l_g) = N I$

核心觀念

本題考查雙繞組變壓器改接為自耦變壓器（Autotransformer）​之特性、容量換算、損失關聯性以及變壓器之效率與最大效率計算。主要涵蓋四大核心觀念與公式：

1. 自耦變壓器之容量提升原理： 雙繞組變壓器接成自耦變壓器時，其繞組分為「串聯繞組（Series Winding）」與「共同繞組（Common Winding）」。

• 高壓側電壓 $V_H = 580\ \mathrm{V}$，低壓側電壓 $V_L = 460\ \mathrm{V}$。
• 串聯繞組承受電壓 $V_{se} = V_H - V_L = 580 - 460 = 120\ \mathrm{V}$。
• 共同繞組承受電壓 $V_c = V_L = 460\ \mathrm{V}$。
• 自耦變壓器容量 $S_{\text{auto}}$ 與原雙繞組容量 $S_{2w}$ 的關係為： $\frac{S_{\text{auto}}}{S_{2w}} = \frac{V_H}{V_{se}} = \frac{V_H}{V_H - V_L}$

2. 自耦變壓器與雙繞組變壓器之滿載損失關係： 在額定滿載運轉下，自耦變壓器的各繞組所承受的電壓（鐵心磁通）與流經的電流均等於原雙繞組變壓器的額定值。因此，自耦變壓器滿載時的總損失等於原雙繞組變壓器滿載時的總損失： $P_{\text{loss, auto(FL)}} = P_{\text{loss, 2w(FL)}} = P_i + P_{cu(\text{FL})}$

3. 變壓器效率公式： $\eta = \frac{P_{\text{out}}}{P_{\text{in}}} = \frac{P_{\text{out}}}{P_{\text{out}} + P_{\text{loss}}}$ 式中輸出實功 $P_{\text{out}} = S \times \cos\theta$。

4. 最大效率發生條件： 變壓器之鐵損 $P_i$（無載損）視為定值，銅損 $P_{cu}$ 與負載率 $m$（負載比例）的平方成正比。當可變銅損等於固定鐵損時，效率達到最大值： $P_{cu} = m^2 P_{cu(\text{FL})} = P_i \implies m = \sqrt{\frac{P_i}{P_{cu(\text{FL})}}}$ 此時總損失為 $P_{\text{loss(max)}} = 2 P_i$。

解題方法

（1）求自耦變壓器之額定值

原單相變壓器規格：$S_{2w} = 10\ \mathrm{kVA}$、$460\ \mathrm{V}/120\ \mathrm{V}$。 各繞組額定電流為：

• $460\ \mathrm{V}$ 繞組額定電流：$I_{460} = \frac{10\ \mathrm{kVA}}{460\ \mathrm{V}} = \frac{500}{23}\ \mathrm{A} \approx 21.74\ \mathrm{A}$
• $120\ \mathrm{V}$ 繞組額定電流：$I_{120} = \frac{10\ \mathrm{kVA}}{120\ \mathrm{V}} = \frac{250}{3}\ \mathrm{A} \approx 83.33\ \mathrm{A}$

將兩繞組同極性串聯，組成 $580\ \mathrm{V}/460\ \mathrm{V}$ 之自耦變壓器：

• 串聯繞組為 $120\ \mathrm{V}$ 繞組，串聯於高壓側引出線上，故高壓側額定電流受限於 $120\ \mathrm{V}$ 繞組之額定電流： $I_{H,\text{auto}} = I_{120} = \frac{250}{3}\ \mathrm{A}$
• 自耦變壓器額定容量為高壓側電壓乘以高壓側額定電流： $S_{\text{auto}} = V_{H,\text{auto}} \times I_{H,\text{auto}} = 580\ \mathrm{V} \times \frac{250}{3}\ \mathrm{A} = \frac{145,000}{3}\ \mathrm{VA} = \frac{145}{3}\ \mathrm{kVA} \approx 48.33\ \mathrm{kVA}$

自耦變壓器額定值為：$48.33\ \mathrm{kVA}$（或 $48\frac{1}{3}\ \mathrm{kVA}$）、$580\ \mathrm{V}/460\ \mathrm{V}$、$60\ \mathrm{Hz}$。

（2）求自耦變壓器於滿載及功因 $\cos\theta=0.9$ 落後下之損失

滿載且功因 $\cos\theta = 0.9$ 時，自耦變壓器的輸出實功為： $P_{\text{out, auto}} = S_{\text{auto}} \times \cos\theta = \frac{145}{3}\ \mathrm{kW} \times 0.9 = 43.5\ \mathrm{kW} = 43,500\ \mathrm{W}$

已知效率 $\eta_{\text{auto}} = 0.99$： $\eta_{\text{auto}} = \frac{P_{\text{out, auto}}}{P_{\text{out, auto}} + P_{\text{loss}}}$ $0.99 = \frac{43,500}{43,500 + P_{\text{loss}}}$

解得損失 $P_{\text{loss}}$： $P_{\text{loss}} = 43,500 \times \left(\frac{1}{0.99} - 1\right) = 43,500 \times \frac{0.01}{0.99} = \frac{43,500}{99} = \frac{14,500}{33}\ \mathrm{W} \approx 439.39\ \mathrm{W}$

（3）求原單相變壓器於滿載及功因 $\cos\theta=0.9$ 落後下之效率

在滿載條件下，自耦變壓器內部各繞組的電壓與電流均等於原雙繞組變壓器的額定滿載狀態，故原變壓器滿載總損失與自耦變壓器相同： $P_{\text{loss, 2w(FL)}} = P_{\text{loss}} \approx 439.39\ \mathrm{W}$

核心觀念

本題考查他激直流電動機（Separately Excited DC Motor）​之反電勢、功率平衡、旋轉損失及轉速調速特性。核心理論與公式如下：

1. 反電勢方程式： $E_a = V_t - I_a R_a$ 其中 $V_t$ 為電樞端電壓、$I_a$ 為電樞電流、$R_a$ 為電樞電阻。
2. 轉速與反電勢之關係： $E_a = K_e \Phi n \implies n \propto \frac{E_a}{\Phi}$ 因電動機為「他激」形式，題目未更動激磁迴路，故主磁極磁通 $\Phi$ 保持常數，轉速正比於反電勢： $\frac{n_2}{n_1} = \frac{E_{a2}}{E_{a1}}$
3. 功率流程與平衡關係：

• 電樞輸入功率：$P_{in} = V_t I_a$
• 電樞銅損：$P_{cu} = I_a^2 R_a$
• 電磁內生功率（發達功率）：$P_{dev} = E_a I_a = P_{in} - P_{cu}$
• 旋轉損失（鐵損＋機械風阻損）：$P_{rot} = P_{dev} - P_{out}$
• 機械輸出功率：$P_{out} = P_{dev} - P_{rot}$（英制馬力換算標準：$1\ \mathrm{hp} = 746\ \mathrm{W}$）

4. 效率公式： $\eta = \frac{P_{out}}{P_{in}} \times 100\% = \frac{P_{out}}{V_t I_a} \times 100\%$ （題目未給激磁場繞組參數時，效率依慣例以電樞端輸入功率計算）。

解題方法

（1）求初始狀態之旋轉損失 $P_{rot1}$

1. 計算初始反電勢 $E_{a1}$： $E_{a1} = V_{t1} - I_{a1} R_a = 200 - (200 \times 0.05) = 200 - 10 = 190\ \mathrm{V}$

2. 計算內生電磁功率 $P_{dev1}$： $P_{dev1} = E_{a1} I_{a1} = 190 \times 200 = 38000\ \mathrm{W} = 38\ \mathrm{kW}$

3. 換算額定輸出功率 $P_{out1}$（單位換算為瓦特）： $P_{out1} = 50\ \mathrm{hp} = 50 \times 746\ \mathrm{W} = 37300\ \mathrm{W}$

4. 求旋轉損失 $P_{rot1}$： $P_{rot1} = P_{dev1} - P_{out1} = 38000 - 37300 = 700\ \mathrm{W}$

（2）降壓至 $V_{t2} = 150\ \mathrm{V}$ 時之各項數值

1. 求運轉轉速 $n_2$：

• 計算降壓後的新反電勢 $E_{a2}$： $E_{a2} = V_{t2} - I_{a2} R_a = 150 - (200 \times 0.05) = 150 - 10 = 140\ \mathrm{V}$
• 因磁通 $\Phi$ 不變，轉速與反電勢成正比： $n_2 = n_1 \times \frac{E_{a2}}{E_{a1}} = 1200 \times \frac{140}{190} = 1200 \times \frac{14}{19} = \frac{16800}{19} \approx 884.21\ \mathrm{rpm}$

2. 求旋轉損失 $P_{rot2}$：

• 題目設定旋轉損失正比於轉速（$P_{rot} \propto n$）：

核心觀念

本題評量三相感應電動機之運轉特性與功率流程（Power Flow），涉及以下核心定義與公式：

1. 極數與同步轉速： 三相感應電動機的同步轉速 $n_s$ 由電源頻率 $f$ 與定子磁極數 $P$ 決定： $n_s = \frac{120 f}{P}\quad (\mathrm{rpm})$ 電動機正常運轉於電動機模式（Motor Region）時，其旋轉磁場必須領先轉子轉速，即 $n_s > n_r$，且磁極數 $P$ 必須為正偶數（$P = 2, 4, 6, \dots$）。
2. 轉差率（Slip）： $s = \frac{n_s - n_r}{n_s}$
3. 感應電動機功率流程：

• 內生機械功率（轉換功率）$P_{\mathrm{m}}$ 與軸輸出功率 $P_{\mathrm{out}}$、旋轉損 $P_{\mathrm{rot}}$ 之關係： $P_{\mathrm{m}} = P_{\mathrm{out}} + P_{\mathrm{rot}}$
• 轉子側重要功率黃金比例： $P_{\mathrm{ag}} : P_2 : P_{\mathrm{m}} = 1 : s : (1 - s)$ 其中 $P_{\mathrm{ag}}$ 為氣隙功率（Air-gap Power），$P_2$ 為轉子銅損（Rotor Copper Loss）。

4. 電磁產生轉矩（內生轉矩）： $T_e = \frac{P_{\mathrm{ag}}}{\omega_s} = \frac{P_{\mathrm{m}}}{\omega_r}$ 其中 $\omega_s = \frac{2\pi n_s}{60}$ 為同步角速度，$\omega_r = \frac{2\pi n_r}{60}$ 為轉子機械角速度。
5. 輸入功率、效率與功率因數：

• 輸入功率 $P_{\mathrm{in}} = P_{\mathrm{ag}} + P_1 + P_{\mathrm{core}}$（若未特別給定鐵損 $P_{\mathrm{core}}$，依國考慣例忽略不計，即 $P_{\mathrm{in}} = P_{\mathrm{ag}} + P_1$）。
• 效率： $\eta = \frac{P_{\mathrm{out}}}{P_{\mathrm{in}}} \times 100\%$
• 三相視在功率 $S_{\mathrm{in}} = \sqrt{3} V_L I_L$，輸入功率因數： $\mathrm{PF} = \frac{P_{\mathrm{in}}}{S_{\mathrm{in}}} = \frac{P_{\mathrm{in}}}{\sqrt{3} V_L I_L}$

解題方法

（1）求磁極數 $P$、同步轉速 $n_s$、轉差率 $s$

1. 判定磁極數 $P$： 已知頻率 $f = 110\ \mathrm{Hz}$，轉子轉速 $n_r = 3260\ \mathrm{rpm}$。 感應電動機正常運轉時，$n_s > n_r = 3260\ \mathrm{rpm}$：

• 若 $P = 2$：$n_s = \frac{120 \times 110}{2} = 6600\ \mathrm{rpm}$，轉差率 $s = \frac{6600 - 3260}{6600} \approx 0.506$（轉差率達 $50\%$，不符合滿載正常運轉情況）。
• 若 $P = 4$：$n_s = \frac{120 \times 110}{4} = 3300\ \mathrm{rpm}$，略大於 $3260\ \mathrm{rpm}$，符合正常馬達特性。
• 若 $P = 6$：$n_s = \frac{120 \times 110}{6} = 2200\ \mathrm{rpm} < 3260\ \mathrm{rpm}$（小於轉子轉速，無法作為電動機運轉）。 故磁極數必為 $4$ 極。

2. 同步轉速 $n_s$： $n_s = \frac{120 \times 110}{4} = 3300\ \mathrm{rpm}$

3. 轉差率 $s$： $s = \frac{n_s - n_r}{n_s} = \frac{3300 - 3260}{3300} = \frac{40}{3300} = \frac{2}{165} \approx 0.01212\quad (1.212\%)$

（2）求機械功率 $P_{\mathrm{m}}$、氣隙功率 $P_{\mathrm{ag}}$、轉子銅損 $P_2$、電磁產生轉矩 $T_e$

1. 旋轉損與機械功率 $P_{\mathrm{m}}$： 旋轉損為 $P_{\mathrm{rot}} = 0.05 P_{\mathrm{out}} = 0.05 \times 305\ \mathrm{kW} = 15.25\ \mathrm{kW}$。 $P_{\mathrm{m}} = P_{\mathrm{out}} + P_{\mathrm{rot}} = 305\ \mathrm{kW} + 15.25\ \mathrm{kW} = 320.25\ \mathrm{kW}$

2. 氣隙功率 $P_{\mathrm{ag}}$： 利用 $P_{\mathrm{m}} = (1 - s) P_{\mathrm{ag}}$：

核心觀念

本題評量隱極式同步發電機（Non-salient pole synchronous generator）併聯至無窮匯流排（Infinite bus）時之穩態功率轉移方程式、相量關係與轉子結構特性。

1. 單相依據等效電路與相量關係： 三相 $\text{Y}$ 接系統中，設端電壓相量為參考相量： $V_\phi = \frac{V_L}{\sqrt{3}} \angle 0^\circ$ 其中 $V_L$ 為線電壓。忽略電樞電阻（$R_a = 0$）時，電樞相電流 $\mathbf{I}_a$ 與激磁電壓 $\mathbf{E}_f$ 之相量方程式為： $\mathbf{E}_f = \mathbf{V}_\phi + j X_s \mathbf{I}_a = |E_f| \angle \delta_f$ 其中 $X_s$ 為同步電抗，$\delta_f$ 為功率角（轉子角）。

2. 複數功率與激磁電壓分量之關係： 發電機輸出至匯流排之三相複數功率為 $S = P + jQ = 3 \mathbf{V}_\phi \mathbf{I}_a^*$，可得單相電流共軛值為： $\mathbf{I}_a^* = \frac{P + jQ}{3 \mathbf{V}_\phi} \implies \mathbf{I}_a = \frac{P - jQ}{3 V_\phi} = \frac{P - jQ}{\sqrt{3} V_L}$ 代入激磁電壓式： $\mathbf{E}_f = V_\phi + j X_s \left( \frac{P - jQ}{\sqrt{3} V_L} \right) = \left( V_\phi + \frac{Q X_s}{\sqrt{3} V_L} \right) + j \left( \frac{P X_s}{\sqrt{3} V_L} \right)$ 亦即： $E_f \cos\delta_f = V_\phi + \frac{Q X_s}{\sqrt{3} V_L}$ $E_f \sin\delta_f = \frac{P X_s}{\sqrt{3} V_L}$ 由此可知：

• 實功率 $P$ 決定激磁電壓的虛部投影（$E_f \sin\delta_f$）。
• 虛功率 $Q$ 決定激磁電壓的實部投影（$E_f \cos\delta_f$）。

解題方法

基本參數計算

• 匯流排額定線電壓：$V_L = 600\text{ V}$
• 單相端電壓相量： $\mathbf{V}_\phi = \frac{600}{\sqrt{3}}\angle 0^\circ = 200\sqrt{3}\angle 0^\circ \approx 346.41\angle 0^\circ\text{ V}$
• 分母常用常數： $\sqrt{3} V_L = \sqrt{3} \times 600 \approx 1039.23\text{ V}$
• 同步電抗：$X_s = 10\ \Omega/\text{phase}$

（1）供給 $P = 25\text{ kW}$、$Q = 0\text{ kVAR}$ 時之激磁電壓 $\mathbf{E}_f$

1. 計算 $\mathbf{E}_f$ 之各軸分量：

• 實軸分量（同相分量）： $E_f \cos\delta_f = V_\phi + \frac{Q X_s}{\sqrt{3} V_L} = 346.41 + \frac{0 \times 10}{1039.23} = 346.41\text{ V}$
• 虛軸分量（正交分量）： $E_f \sin\delta_f = \frac{P X_s}{\sqrt{3} V_L} = \frac{25000 \times 10}{600\sqrt{3}} = \frac{1250}{3\sqrt{3}} \approx 240.56\text{ V}$

2. 合成大小與功率角：

• 相電壓大小： $|E_f| = \sqrt{(E_f \cos\delta_f)^2 + (E_f \sin\delta_f)^2} = \sqrt{346.41^2 + 240.56^2} = \sqrt{120000 + 57870.37} \approx 421.75\text{ V}$
• 功率角 $\delta_f$： $\delta_f = \tan^{-1}\left( \frac{E_f \sin\delta_f}{E_f \cos\delta_f} \right) = \tan^{-1}\left( \frac{240.56}{346.41} \right) = \tan^{-1}\left( \frac{25}{36} \right) \approx 34.78^\circ$

因此，每相激磁電壓為 $\mathbf{E}_f = 421.75\angle 34.78^\circ\text{ V}$（若換算為線電壓大小則為 $E_{f,L} = \sqrt{3} \times 421.75 \approx 730.49\text{ V}$）。

（2）供給 $P = 25\text{ kW}$、$Q = 10\text{ kVAR}$ 時之磁化電壓與功率角

1. 計算新狀態下 $\mathbf{E}_f$ 之各軸分量：

• 實軸分量：