111 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

本題考查開 Y－開 Δ（open-Y/open-delta）變壓器組的繞組電壓與容量關係：

• 高壓側接開 Y，每個單相變壓器的高壓繞組承受相電壓： $V_{H,\phi}=\frac{V_{H,L}}{\sqrt{3}}$
• 低壓側接開 Δ，每個單相變壓器的低壓繞組承受線電壓： $V_{L,\phi}=V_{L,L}$
• 兩部相同單相變壓器組成開 Δ 時，三相負載容量為： $S_{3\phi}=\sqrt{3}\,S_T$ 其中 $S_T$ 是每部單相變壓器的容量。

解題方法

（一）開 Y－開 Δ 接線圖

高壓側以兩個變壓器分別接在 A 相、C 相與中性點 N 之間；B 相不接變壓器。低壓側將兩組次級繞組串接成開口三角形，三個輸出端為 a、b、c。圖中的「●」代表同名端。

高壓側：開 Y 低壓側：開 Δ

A ─── ● H1 a ─── ● X1
 [ T1 ] [ T1 ]
N ─────── H2 b ───── X2
 │
C ─── ● H1 ● X1
 [ T2 ] [ T2 ]
N ─────── H2 c ───── X2

B 相不接變壓器 a 與 c 間留開口

次級端點的接法為：T1 的 X1 接 a、X2 接 b；T2 的 X1 接 b、X2 接 c。負載接在 a、b、c 三個輸出端。

（二）繞組額定電壓與單機容量

核心觀念

本題評量直流外激式電動機（Separately Excited DC Motor）之穩態電氣與機械轉換特性，涵蓋三大核心觀念與公式：

1. 電樞電壓方程式與反電勢（Back EMF）： 外激式電動機之電樞端電壓 $V_t$、反電勢 $E_a$、電樞電流 $I_a$ 與電樞電阻 $R_a$ 符合克希荷夫電壓定律（KVL）： $V_t = E_a + I_a R_a \implies E_a = V_t - I_a R_a$

2. 輸出轉矩與機械角速度： 輸出轉矩 $T_{\text{out}}$ 與輸出功率 $P_{\text{out}}$ 及機械角速度 $\omega_m$ 之關係式為： $T_{\text{out}} = \frac{P_{\text{out}}}{\omega_m}$ 其中 $\omega_m = \frac{2\pi n}{60}\ \mathrm{rad/s}$（$n$ 為轉速，單位為 $\mathrm{rpm}$）；英制額定輸出馬力換算為 $1\ \mathrm{hp} = 746\ \mathrm{W}$。

3. 轉速與反電勢之比例關係及速度調整率（Speed Regulation, $SR$）： 電動機之反電勢與磁通及轉速成正比：$E_a = K_a \Phi \omega_m = K_n \Phi n$。 因本題激磁場固定，磁通 $\Phi$ 為定值，故轉速與反電勢成正比（$n \propto E_a$）： $\frac{n_{\text{nl}}}{n_{\text{fl}}} = \frac{E_{a,\text{nl}}}{E_{a,\text{fl}}}$ 速度調整率定義為： $SR = \frac{n_{\text{nl}} - n_{\text{fl}}}{n_{\text{fl}}} \times 100\% = \frac{E_{a,\text{nl}} - E_{a,\text{fl}}}{E_{a,\text{fl}}} \times 100\%$ 當鐵損與機械損失（旋轉損失）可忽略時，空載電樞電流 $I_{a,\text{nl}} \approx 0\ \mathrm{A}$，故空載反電勢等於端電壓 $E_{a,\text{nl}} = V_t$。

解題方法

步驟一：求滿載運轉時之反電勢 $E_a$

由電動機電樞迴路電壓平衡方程式： $E_a = V_t - I_a R_a$ 代入滿載額定數據（$V_t = 200\ \mathrm{V}$、$I_a = 50\ \mathrm{A}$、$R_a = 0.1\ \Omega$）： $E_a = 200 - 50 \times 0.1 = 200 - 5 = 195\ \mathrm{V}$

步驟二：求滿載輸出轉矩 $T_{\text{out}}$

滿載額定轉速 $n_{\text{fl}} = 1{,}200\ \mathrm{rpm}$，換算為機械角速度 $\omega_m$： $\omega_m = \frac{2\pi \times 1{,}200}{60} = 40\pi \approx 125.66\ \mathrm{rad/s}$

本小題依題目給定條件有兩種標準切入觀點：

• 解法一（依題給額定輸出馬力計算）： 額定輸出功率 $P_{\text{out}} = 10\ \mathrm{hp} = 10 \times 746 = 7{,}460\ \mathrm{W}$。 $T_{\text{out}} = \frac{P_{\text{out}}}{\omega_m} = \frac{7{,}460}{40\pi} = \frac{186.5}{\pi} \approx 59.37\ \mathrm{N\cdot m}$
• 解法二（依題意「忽略鐵損與機械損」之電磁功率計算）： 因鐵損與機械損失可忽略，電磁內生功率全數轉換為機械輸出功率（$P_{\text{out}} = P_{\text{dev}} = E_a I_a$）：

核心觀念

本題評量三相同步發電機於額定穩態運轉下的基本特性分析，主要涵蓋以下核心觀念與公式：

1. 同步轉速（Synchronous Speed）： 交流旋轉電機的磁場轉速（同步轉速）由電源頻率 $f$ 與定子極數 $P$ 決定： $n_s = \frac{120 f}{P}\quad (\mathrm{rpm})$

2. 三相電量與接線關係：

• 題目給定額定電壓與額定容量，若無特別註明，一律視為三相線電壓 $V_L$ 與三相總視在功率 $S$。
• 對於 Y 接線（星形接線）：
• 線電壓 $V_L$ 與相電壓 $V_\phi$ 關係為 $V_L = \sqrt{3} V_\phi$。
• 線電流 $I_L$ 與相電流 $I_\phi$ 相等，即 $I_L = I_\phi$。
• 三相視在功率定義： $S = \sqrt{3} V_L I_L = 3 V_\phi I_\phi$

3. 交流功率三角關係與功率因數：

• 實功率（有功功率）：$P = S \cos\theta = \sqrt{3} V_L I_L \cos\theta$
• 虛功率（無功功率）：$Q = S \sin\theta = \sqrt{3} V_L I_L \sin\theta$
• 當發電機供給落後功率因數（Lagging PF，感性負載）時，發電機內部處於過激磁狀態（Over-excited），負責向系統或負載供應（輸出）感性虛功率。

4. 功率平衡與機械轉矩：

• 當損失忽略不計時，原動機（Prime Mover）輸入發電機之機械功率 $P_{\mathrm{in}}$ 完全轉換為輸出之電氣實功率 $P_{\mathrm{out}}$： $P_{\mathrm{in}} = P_{\mathrm{out}} = P$
• 機械轉矩與功率之關係： $T = \frac{P_{\mathrm{in}}}{\omega_m}$ 其中機械角速度 $\omega_m = \frac{2\pi n_s}{60}\ (\mathrm{rad/s})$。

解題方法

(一) 計算發電機的轉速

同步發電機在穩態運轉下，轉子轉速必等於旋轉磁場之同步轉速 $n_s$。

代入極數 $P = 6$、頻率 $f = 60\ \mathrm{Hz}$： $n_s = \frac{120 \times 60}{6} = 1200\ \mathrm{rpm}$

(二) 計算發電機相電流大小

三相額定容量 $S = 10\ \mathrm{kVA} = 10000\ \mathrm{VA}$，額定線電壓 $V_L = 380\ \mathrm{V}$。

1. 先求線電流大小 $I_L$： $I_L = \frac{S}{\sqrt{3} V_L} = \frac{10000}{\sqrt{3} \times 380} = \frac{10000}{658.18} \approx 15.193\ \mathrm{A}$

2. 因發電機定子繞組為 Y 接線，相電流等於線電流： $I_\phi = I_L \approx 15.19\ \mathrm{A}$

(三) 計算發電機供應（或吸收）之實功率

發電機處於正常發電運轉狀態，對外輸出電能。代入功率因數 $\cos\theta = 0.85$：

$P = S \times \cos\theta = 10\ \mathrm{kVA} \times 0.85 = 8.5\ \mathrm{kW} = 8500\ \mathrm{W}$

核心觀念

本題評量三相感應電動機於穩態運轉下的基本特性分析，涉及以下重要觀念與公式：

1. 定子旋轉磁場速度（同步轉速 $n_s$）： 定子三相對稱繞組通入對稱三相交流電後，於氣隙中所建立之旋轉磁場轉速稱為同步轉速，其大小僅由電源頻率 $f$ 與電動機極數 $P$ 決定，與負載轉矩無關： $n_s = \frac{120 f}{P}$
2. 轉差率（Slip, $s$）： 轉子轉速 $n_r$ 落後定子磁場同步轉速 $n_s$ 之相對比率，定義為： $s = \frac{n_s - n_r}{n_s}$
3. 轉子感應電流頻率（$f_r$ 或 $f_2$）： 轉子導體切割定子旋轉磁場之相對速度為 $(n_s - n_r)$，其感應電勢與電流的電氣頻率與轉差率成正比： $f_r = s \cdot f$
4. 線性運轉區轉矩與轉差率關係： 感應電動機在額定運轉狀態下（轉差率極小，$s \ll s_{\max}$，通常 $s < 5\%$），電磁轉矩 $T$ 與轉差率 $s$ 近似成正比關係（$T \propto s$）。若外加負載轉矩改變，穩態時電動機電磁轉矩亦隨之調整，轉差率將與負載轉矩呈等比例縮放。

解題方法

(一) 求電動機定子磁場旋轉速度 $n_s$

由題目已知條件：電源頻率 $f = 60\ \mathrm{Hz}$，極數 $P = 2$。 代入同步轉速公式： $n_s = \frac{120 \times 60}{2} = 3{,}600\ \mathrm{rpm}$

(二) 求額定負載下的轉子轉差率 $s$

已知額定運轉時轉子轉速 $n_r = 3{,}492\ \mathrm{rpm}$，同步轉速 $n_s = 3{,}600\ \mathrm{rpm}$。 代入轉差率定義式： $s = \frac{n_s - n_r}{n_s} = \frac{3{,}600 - 3{,}492}{3{,}600} = \frac{108}{3{,}600} = 0.03\ (3\%)$

(三) 求額定負載下的轉子導體電流之電氣頻率 $f_r$

將電源頻率 $f = 60\ \mathrm{Hz}$ 與額定轉差率 $s = 0.03$ 代入： $f_r = s \cdot f = 0.03 \times 60 = 1.8\ \mathrm{Hz}$

(四) 求負載轉矩減半時的定子磁場旋轉速度

定子磁場旋轉速度即為同步轉速 $n_s$。因為同步轉速僅取決於輸入電源頻率 $f$ 與定子繞組極數 $P$（$n_s = \frac{120f}{P}$），在電源頻率與極數未變動的情況下，定子磁場旋轉速度不受負載轉矩影響，維持不變： $n_s = 3{,}600\ \mathrm{rpm}$