110 高普考高考三級 電力工程 電力系統 考古題詳解

110 年・高普考・高考三級・電力工程
試題代碼 電力系統

第 一 題20 分

功率因數為落後 0.7070.707 的三相負載，自線電壓 440 V440\ \mathrm{V} 汲取 250 kW250\ \mathrm{kW} 功率。與此負載併聯的是三相電容器組，其汲取 60 kVA60\ \mathrm{kVA} 功率。

試求總電流及合併的功率因數。

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核心觀念

三相負載併聯時，有功功率 PP 與無功功率 QQ 分別相加。功率因數為落後時，負載吸收感性無功；電容器提供容性無功，與負載併聯後會抵銷部分感性無功。

三相平衡系統的視在功率、線電流與功率因數關係為：

∣S∣=P2+Q2=3 VLIL|S|=\sqrt{P^2+Q^2}=\sqrt{3}\,V_L I_L

其中 VLV_L 為線電壓、ILI_L 為線電流，而功率因數為 cos⁡ϕ=P/∣S∣\cos\phi=P/|S|。

解題方法

負載功率因數為 0.7070.707，可取 ϕ≈45∘\phi\approx45^\circ，因此負載的有功功率與無功功率約相等。

負載有功功率為 PL=250 kWP_L=250\ \mathrm{kW}，其感性無功功率為：

QL=PLtan⁡ϕ=250×tan⁡45∘=250 kvarQ_L=P_L\tan\phi =250\times\tan45^\circ =250\ \mathrm{kvar}

電容器組汲取 60 kVA60\ \mathrm{kVA}。理想三相電容器的有功功率為零，因此此容量視為提供 60 kvar60\ \mathrm{kvar} 的容性無功功率：

QC=−60 kvarQ_C=-60\ \mathrm{kvar}

負號表示其無功方向與感性負載相反。合併後：

PT=250 kWP_T=250\ \mathrm{kW} QT=QL+QC=250−60=190 kvarQ_T=Q_L+Q_C=250-60=190\ \mathrm{kvar}

總視在功率為：

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第 二 題20 分

針對圖 1 的二個匯流排系統，PT2+jQT2=1.2+j0.5P_{T2}+jQ_{T2}=1.2+j0.5，所有數值皆為標么（pu）值。試執行兩次高斯–賽得電力潮流疊代（Gauss-Seidel Power Flow Iteration），求解匯流排 2 的電壓大小及相角。

假設匯流排 1 為鬆弛匯流排（Slack Bus），且匯流排 2 的初始電壓為 1.0∠0∘1.0\angle 0^\circ。

如圖 1 所示，匯流排 1 電壓為 1.02∠0∘1.02\angle 0^\circ。

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核心觀念

高斯–賽德法（Gauss–Seidel）以已知匯流排電壓及指定功率，逐次更新未知匯流排電壓。匯流排 1 是鬆弛匯流排，電壓固定為 V1=1.02∠0∘V_1=1.02\angle 0^\circ。

題目給定流入匯流排 2 的功率為 PT2+jQT2=1.2+j0.5P_{T2}+jQ_{T2}=1.2+j0.5，代表匯流排 2 吸收此功率。因此，按「發電注入為正」的慣例，匯流排 2 的指定淨注入功率為 P2=−1.2P_2=-1.2、Q2=−0.5Q_2=-0.5 pu。

解題方法

兩匯流排間的串聯阻抗為 j0.125j0.125 pu，故線路導納為

y12=1j0.125=−j8y_{12}=\frac{1}{j0.125}=-j8

因此 Y22=−j8Y_{22}=-j8、Y21=j8Y_{21}=j8。PQ 匯流排的高斯–賽德更新式為

V2(k+1)=1Y22[P2−jQ2(V2(k))∗−Y21V1]V_2^{(k+1)} =\frac{1}{Y_{22}} \left[ \frac{P_2-jQ_2}{\left(V_2^{(k)}\right)^*} -Y_{21}V_1 \right]

代入指定功率與導納，可寫成

V2(k+1)=1.02+−0.0625−j0.15(V2(k))∗V_2^{(k+1)} =1.02+\frac{-0.0625-j0.15}{\left(V_2^{(k)}\right)^*}
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第 三 題20 分

一部 300 MVA300\ \mathrm{MVA}、20 kV20\ \mathrm{kV} 的三相發電機，其次暫態電抗為 20%20\%。此發電機經由 64 km64\ \mathrm{km} 且二端皆有變壓器的輸電線路，供電給數台同步電動機，如圖 2 所示的單線圖。

所有電動機的額定電壓皆為 13.2 kV13.2\ \mathrm{kV}，而且以二台等效電動機來表示。電動機 M1M_1 的中性點經由電抗接地，而第二台電動機 M2M_2 的中性點並未接地。電動機 M1M_1 與 M2M_2 的額定輸入分別為 200 MVA200\ \mathrm{MVA} 與 100 MVA100\ \mathrm{MVA}。

二台電動機之次暫態電抗 Xd′′=20%X_d''=20\%。三相變壓器 T1T_1 的額定容量為 350 MVA350\ \mathrm{MVA}，電壓比為 20 kV/230 kV20\ \mathrm{kV}/230\ \mathrm{kV}，其漏磁電抗為 10%10\%。

變壓器 T2T_2 由三個單相變壓器所組成，每一個變壓器額定容量為 100 MVA100\ \mathrm{MVA}，電壓比為 127 kV/13.2 kV127\ \mathrm{kV}/13.2\ \mathrm{kV}，漏磁電抗為 10%10\%。

輸電線路的串聯電抗為 0.5 Ω/km0.5\ \Omega/\mathrm{km}。假設發電機及電動機的零序電抗為 0.050.05 標么，發電機及電動機 M1M_1 的中性點都有 0.4 Ω0.4\ \Omega 的限流電抗器。輸電線路的零序電抗為 1.5 Ω/km1.5\ \Omega/\mathrm{km}。

試繪出此系統的零序網路，並以標么表示。選擇發電機的額定值為此系統的基準值。

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核心觀念

本題考查零序網路的連接方式與標麼值換算。零序電流能否通過變壓器，取決於繞組接線與中性點接地狀態：

  • 接地 Y 側可提供零序電流的接地回路；另一側若為 Δ，零序電流可在 Δ 內循環，但不能傳到 Δ 側外部線路。
  • 中性點未接地的 Y 側沒有零序回路，等效為開路。
  • 發電機或電動機中性點串接電抗器時，零序支路阻抗為 j(X0+3Xn)j(X_0+3X_n)。
  • 標麼阻抗換基公式為 Xpu,new=Xpu,oldSbase,newSbase,old(Vbase,oldVbase,new)2.X_{\mathrm{pu,new}}=X_{\mathrm{pu,old}}\frac{S_{\mathrm{base,new}}}{S_{\mathrm{base,old}}}\left(\frac{V_{\mathrm{base,old}}}{V_{\mathrm{base,new}}}\right)^2.

由圖 2，T1T_1 為發電機側 Δ、輸電線側接地 Y；T2T_2 為輸電線側接地 Y、電動機側 Δ。因此輸電線零序網路可經兩台變壓器的接地 Y 側接地，但發電機與電動機側的零序網路均不會穿越 Δ 側接到輸電線。

解題方法與計算

選發電機額定值為基準：

Sbase=300 MVA,Vbase,gen=20 kV.S_{\mathrm{base}}=300\ \mathrm{MVA},\qquad V_{\mathrm{base,gen}}=20\ \mathrm{kV}.

依變壓器變比，輸電線側基準電壓為 230 kV230\ \mathrm{kV}。T2T_2 的每台單相變壓器高壓額定電壓為 127 kV127\ \mathrm{kV}，接成接地 Y 後的線電壓為

VT2,HV=3(127)=220 kV.V_{T_2,\mathrm{HV}}=\sqrt{3}(127)=220\ \mathrm{kV}.

故沿變壓器變比推得電動機側基準電壓為

Vbase,motor=23013.2220=13.8 kV.V_{\mathrm{base,motor}}=230\frac{13.2}{220}=13.8\ \mathrm{kV}.

各零序支路標麼值

發電機側基準阻抗：

Zbase,gen=202300=1.3333 Ω.Z_{\mathrm{base,gen}}=\frac{20^2}{300}=1.3333\ \Omega.

發電機的零序電抗為 0.050.05 pu，中性點電抗器折算為 3Xn3X_n，因此發電機本身的零序接地支路為

X0G+3Xn=0.05+3(0.4)1.3333=0.95 pu.X_{0G}+3X_n=0.05+\frac{3(0.4)}{1.3333}=0.95\ \mathrm{pu}.

但此支路位於 T1T_1 的 Δ 側，與輸電線零序網路隔離。

T1T_1 的漏磁電抗換至 300 MVA300\ \mathrm{MVA} 基準：

X0T1=0.10300350=0.0857 pu.X_{0T_1}=0.10\frac{300}{350}=0.0857\ \mathrm{pu}.

輸電線零序總電抗為 1.5×64=96 Ω1.5\times64=96\ \Omega。輸電線側基準阻抗為

Zbase,line=2302300=176.333 Ω,Z_{\mathrm{base,line}}=\frac{230^2}{300}=176.333\ \Omega,

所以

X0L=96176.333=0.5443 pu.X_{0L}=\frac{96}{176.333}=0.5443\ \mathrm{pu}.

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第 四 題20 分

當一台發電機經由兩條併聯的輸電線路提供電力至無限匯流排時，開啟其中一條線路可能會造成發電機失去同步。在穩態情況下，負載可以經由剩餘的線路供電。

如果在兩條併聯線路連接的情形下，故障發生在一條線路的一端，則可將此線路兩端的斷路器開啟，將故障從系統隔離，並允許電力經由另一條併聯線路流動。

當一個三相接地故障發生在兩條併聯線路的其中一條線路上的某一點時（發生在併聯的匯流排或線路的末端除外），則在併聯匯流排與故障點之間會有一些阻抗存在。因此，當故障仍存在於系統上時，會有一部分電力被傳送。

如果在故障發生前，傳輸的實功率為 Pmax⁡sin⁡δP_{\max}\sin\delta；在故障期間，可以傳輸的實功率為 r1Pmax⁡sin⁡δr_1P_{\max}\sin\delta；而當故障在 δ=δcr\delta=\delta_{\mathrm{cr}} 瞬間由於開關動作而被清除後（即開啟故障的線路），可以傳輸的實功率為 r2Pmax⁡sin⁡δr_2P_{\max}\sin\delta。

檢視圖 3 可發現在此情況下，δcr\delta_{\mathrm{cr}} 為臨界清除角度。利用 A1A_1 及 A2A_2 等面積的程序步驟，試求臨界清除角度 δcr\delta_{\mathrm{cr}}。

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核心觀念

本題考查同步發電機的等面積判據。故障期間若輸入機械功率 PmP_m 大於電氣輸出功率，轉子加速、功角 δ\delta 增加；故障清除後，若電氣輸出功率大於 PmP_m，轉子減速。臨界清除時，故障期間累積的加速能量恰好等於故障清除後可提供的減速能量，即 A1=A2A_1=A_2。

令故障前的傳輸功率為 Pmax⁡sin⁡δP_{\max}\sin\delta，則故障前穩態功角 δ0\delta_0 滿足

Pm=Pmax⁡sin⁡δ0.P_m=P_{\max}\sin\delta_0.

解題方法

故障清除後，功率曲線為 r2Pmax⁡sin⁡δr_2P_{\max}\sin\delta。它與機械功率線在下降側的交點為臨界穩定功角 δmax⁡\delta_{\max}，因此

Pm=r2Pmax⁡sin⁡δmax⁡,δmax⁡=π−sin⁡−1(sin⁡δ0r2).P_m=r_2P_{\max}\sin\delta_{\max}, \qquad \delta_{\max}=\pi-\sin^{-1}\left(\frac{\sin\delta_0}{r_2}\right).

此式採下降側交點，且需滿足 Pm≤r2Pmax⁡P_m\le r_2P_{\max}。

故障期間的加速面積為

A1=∫δ0δcr(Pm−r1Pmax⁡sin⁡δ) dδ=Pmax⁡[sin⁡δ0(δcr−δ0)+r1(cos⁡δcr−cos⁡δ0)].\begin{aligned} A_1 &=\int_{\delta_0}^{\delta_{\mathrm{cr}}} \left(P_m-r_1P_{\max}\sin\delta\right)\,d\delta\\ &=P_{\max}\left[ \sin\delta_0(\delta_{\mathrm{cr}}-\delta_0) +r_1(\cos\delta_{\mathrm{cr}}-\cos\delta_0) \right]. \end{aligned}

故障清除後的減速面積為

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第 五 題20 分

考慮一個具有 NN 台火力發電機組的電力系統，如圖 4 所示。

針對整個系統，假設所有機組的總燃料成本函數 FF（單位：$/hr/\mathrm{hr}）為：

F=f1+f2+⋯+fN=∑i=1NfiF=f_1+f_2+\cdots+f_N=\sum_{i=1}^{N}f_i

其中個別機組之燃料成本（$/hr/\mathrm{hr}）分別為 f1,f2,…,fNf_1,f_2,\ldots,f_N。

所有發電機組輸入至電網的功率（MW\mathrm{MW}）總和為：

Pg1+Pg2+⋯+PgN=∑i=1NPgiP_{g1}+P_{g2}+\cdots+P_{gN}=\sum_{i=1}^{N}P_{gi}

其中 Pg1,Pg2,…,PgNP_{g1},P_{g2},\ldots,P_{gN} 是個別機組注入電網的輸出功率（MW\mathrm{MW}）。

系統的總燃料成本 FF 是所有電廠輸出的函數，電力平衡方程式為：

PL+PD−∑i=1NPgi=0P_L+P_D-\sum_{i=1}^{N}P_{gi}=0

其中 PDP_D 為系統總負載需求，而 PLP_L 為該系統的輸電損失，且為各發電機輸出功率的二次函數。

針對固定的系統負載需求 PDP_D，以電力平衡限制為條件：

(一) 試利用拉格朗日乘數法（The Method of Lagrange Multipliers），求得在 FF 有極小值（最低總燃料成本）時的系統遞增燃料成本函數（λ \lambda\ $/MWh/\mathrm{MWh}）。（10 分）

(二) 若圖 4 之電力系統由兩座（N=2N=2）火力發電廠供電，全部以經濟調度運轉。發電廠 1 的遞增燃料成本為 11 11\ $/MWh/\mathrm{MWh}，發電廠 2 的遞增燃料成本為 13 13\ $/MWh/\mathrm{MWh}。那一座電廠有較高的懲罰因數（Penalty Factor）及其值為何？如果每小時增加 1 MW1\ \mathrm{MW} 的總負載供電燃料成本為 1414，試求電廠 2 的懲罰因數。（10 分）

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核心觀念

本題考經濟調度中，考慮輸電損失後的拉格朗日乘數條件，以及「懲罰因數」如何修正各機組的遞增燃料成本。

令機組 ii 的輸出功率為 PgiP_{gi}，其遞增燃料成本為 dfidPgi\dfrac{df_i}{dP_{gi}}。因為增加機組輸出時，部分功率會成為輸電損失，機組必須多發電，才能提供相同的淨供電量。懲罰因數定義為：

PFi=11−∂PL∂Pgi\mathrm{PF}_i=\frac{1}{1-\dfrac{\partial P_L}{\partial P_{gi}}}

因此，考慮損失後的經濟調度條件為：

λ=dfidPgi1−∂PL∂Pgi=PFidfidPgi\lambda = \frac{\dfrac{df_i}{dP_{gi}}} {1-\dfrac{\partial P_L}{\partial P_{gi}}} = \mathrm{PF}_i\frac{df_i}{dP_{gi}}

其中 λ\lambda 是系統遞增燃料成本，單位為 $/MWh/\mathrm{MWh}。

解題方法

（一）拉格朗日乘數法

以電力平衡限制

g=PL+PD−∑i=1NPgi=0g=P_L+P_D-\sum_{i=1}^{N}P_{gi}=0

建立拉格朗日函數：

L=∑i=1Nfi(Pgi)+λ(PL+PD−∑i=1NPgi)\mathcal{L} = \sum_{i=1}^{N}f_i(P_{gi}) + \lambda\left(P_L+P_D-\sum_{i=1}^{N}P_{gi}\right)

對各機組輸出功率 PgiP_{gi} 微分，並令一階條件為零：

∂L∂Pgi=dfidPgi+λ(∂PL∂Pgi−1)=0\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial P_{gi}} = \frac{df_i}{dP_{gi}} + \lambda\left(\frac{\partial P_L}{\partial P_{gi}}-1\right) =0

整理得：

dfidPgi1−∂PL∂Pgi=λ\frac{\dfrac{df_i}{dP_{gi}}} {1-\dfrac{\partial P_L}{\partial P_{gi}}} =\lambda

因固定負載下的最小燃料成本對負載需求 PDP_D 的邊際變化率為 $\lambda

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