113 高普考高考三級 電力工程 電力系統 考古題詳解

113 年・高普考・高考三級・電力工程
試題代碼 電力系統

第 一 題25 分

圖一為一個三相平衡電路，電源為正相序經輸電線（line）饋電於三個並聯負載。假設負載端 aa 相的線對中性點電壓相量為 2600∠0∘ V2600\angle0^\circ\ \mathrm{V}，試計算 aa 相電流相量 I~a\tilde{I}_a，以及 aa 相與 bb 相間之線電壓相量 V~ab\tilde{V}_{ab}。

圖一電路參數如下：

  • 輸電線每相阻抗：Zline=0.6+j3 ΩZ_{\mathrm{line}}=0.6+j3\ \Omega
  • 負載 1：S3ϕ=156+j117 kVAS_{3\phi}=156+j117\ \mathrm{kVA}
  • 負載 2：三角形接線，ZΔ=144−j42 ΩZ_{\Delta}=144-j42\ \Omega
  • 負載 3：∣S3ϕ∣=115 kVA\lvert S_{3\phi}\rvert=115\ \mathrm{kVA}，功率因數為 0.60.6 leading

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核心觀念

本題考查三相平衡電路中：

  • 複數功率與相電流的關係 S~3ϕ=3V~anI~a ∗\tilde{S}_{3\phi}=3\tilde{V}_{an}\tilde{I}_a^{\,*}
  • 三相平衡負載的等效變換
  • 三角形負載之線電流計算
  • 正相序下相電壓與線電壓的相位關係
  • 輸電線阻抗造成的電壓降

已知負載端：

V~an=2600∠0∘ V\tilde{V}_{an}=2600\angle0^\circ\ \mathrm{V}

正相序下：

V~ab,r=3V~an∠30∘=4503.33∠30∘ V\tilde{V}_{ab,r}=\sqrt{3}\tilde{V}_{an}\angle30^\circ =4503.33\angle30^\circ\ \mathrm{V}

一、各負載之 aa 相電流

負載 1

負載 1 的三相複數功率為：

S~1,3ϕ=156+j117 kVA\tilde{S}_{1,3\phi}=156+j117\ \mathrm{kVA}

每相複數功率：

S~1,ϕ=156+j1173=52+j39 kVA\tilde{S}_{1,\phi}=\frac{156+j117}{3} =52+j39\ \mathrm{kVA}

由：

I~a1=(S~1,ϕV~an)∗\tilde{I}_{a1}=\left(\frac{\tilde{S}_{1,\phi}}{\tilde{V}_{an}}\right)^*

得：

I~a1=52−j392.6=20−j15 A\tilde{I}_{a1} =\frac{52-j39}{2.6} =20-j15\ \mathrm{A}

負載 2

負載 2 為平衡三角形負載，每一支路阻抗為：

ZΔ=144−j42 ΩZ_\Delta=144-j42\ \Omega

將三角形負載轉換為等效星形負載：

ZY=ZΔ3=48−j14 ΩZ_Y=\frac{Z_\Delta}{3} =48-j14\ \Omega

因此：

I~a2=V~anZY=260048−j14\tilde{I}_{a2} =\frac{\tilde{V}_{an}}{Z_Y} =\frac{2600}{48-j14} I~a2=2600(48+j14)482+142\tilde{I}_{a2} =\frac{2600(48+j14)}{48^2+14^2}

因為：

482+142=250048^2+14^2=2500

所以：

I~a2=49.92+j14.56 A\tilde{I}_{a2}=49.92+j14.56\ \mathrm{A}

負載 3

負載 3 的視在功率為 115 kVA115\ \mathrm{kVA}，功率因數為 0.60.6 leading。

因此：

P3=115(0.6)=69 kWP_3=115(0.6)=69\ \mathrm{kW}

Q3=−1151−0.62=−92 kVARQ_3=-115\sqrt{1-0.6^2} =-92\ \mathrm{kVAR}

leading 表示負載呈容性，故無效功率為負值：

S~3,3ϕ=69−j92 kVA\tilde{S}_{3,3\phi}=69-j92\ \mathrm{kVA}

每相複數功率：

S~3,ϕ=69−j923=23−j30.667 kVA\tilde{S}_{3,\phi} =\frac{69-j92}{3} =23-j30.667\ \mathrm{kVA}

故：

I~a3=(S~3,ϕV~an)∗=23+j30.6672.6\tilde{I}_{a3} =\left(\frac{\tilde{S}_{3,\phi}}{\tilde{V}_{an}}\right)^* =\frac{23+j30.667}{2.6}

I~a3=8.846+j11.795 A\tilde{I}_{a3}=8.846+j11.795\ \mathrm{A}

二、輸電線之 aa 相電流

三個負載並聯，因此輸電線 aa 相電流為各負載電流之和：

I~a=I~a1+I~a2+I~a3\tilde{I}_a =\tilde{I}_{a1}+\tilde{I}_{a2}+\tilde{I}_{a3} I~a=(20−j15)+(49.92+j14.56)+(8.846+j11.795)\tilde{I}_a =(20-j15)+(49.92+j14.56)+(8.846+j11.795)

I~a=78.766+j11.355 A\boxed{\tilde{I}_a=78.766+j11.355\ \mathrm{A}}

轉為極座標：

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第 二 題25 分

某一台三相 Δ\Delta-Δ\Delta 接線變壓器是由三個單相變壓器組成（每個單相變壓器之額定值為 5 kVA5\ \mathrm{kVA}，其二次側線電壓為 220 V220\ \mathrm{V}），並在 220 V220\ \mathrm{V} 下提供三相平衡的 15 kW15\ \mathrm{kW} 純電阻性負載。

之後，因三相負載降低至 10 kW10\ \mathrm{kW}，但仍然是純電阻且平衡的。於此情形下，有人建議，在三分之二負載下，可以去除一個單相變壓器，並以 V-V 接線運作如圖二所示。

假設相序為 abcabc，V~ab=220∠0∘ V\tilde{V}_{ab}=220\angle0^\circ\ \mathrm{V}。

（一）求移除一個變壓器後的每個線電流相量 I~a\tilde{I}_a、I~b\tilde{I}_b、I~c\tilde{I}_c。

（二）求其餘兩個變壓器各自所提供的複數功率。

（三）對此開 Δ\Delta 操作的變壓器，必須對負載施加什麼限制？

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核心觀念

本題考查：

  1. 三相平衡負載的線電流計算。
  2. 正相序 abcabc 下線電壓與相電壓的相位關係。
  3. 開 Δ\Delta（V-V）接線時，兩具變壓器的複數功率分配。
  4. 單相變壓器額定容量限制。

負載為純電阻且平衡，因此總功率因數為 1，三相負載總複數功率為

SL=10+j0 kVA.S_L=10+j0\ \text{kVA}.

（一）各線電流相量

三相平衡負載的線電流大小為

∣IL∣=P3VL=10 0003(220)=26.24 A.|I_L|=\frac{P}{\sqrt{3}V_L} =\frac{10\,000}{\sqrt{3}(220)} =26.24\ \text{A}.

已知

V~ab=220∠0∘ V.\widetilde V_{ab}=220\angle 0^\circ\ \text{V}.

對正相序 abcabc 而言，線電壓 VabV_{ab} 領先相電壓 VanV_{an} 30∘30^\circ，故

V~an=2203∠(−30∘) V.\widetilde V_{an} =\frac{220}{\sqrt{3}}\angle(-30^\circ)\ \text{V}.

由於負載為純電阻，電流與各相電壓同相，因此

I~a=26.24∠(−30∘) A,\widetilde I_a=26.24\angle(-30^\circ)\ \text{A}, I~b=26.24∠(−150∘) A,\widetilde I_b=26.24\angle(-150^\circ)\ \text{A}, I~c=26.24∠90∘ A.\widetilde I_c=26.24\angle90^\circ\ \text{A}.

化為直角座標：

I~a=22.72−j13.12 A\boxed{\widetilde I_a=22.72-j13.12\ \text{A}} I~b=−22.72−j13.12 A\boxed{\widetilde I_b=-22.72-j13.12\ \text{A}} I~c=j26.24 A\boxed{\widetilde I_c=j26.24\ \text{A}}

驗算：

I~a+I~b+I~c=0,\widetilde I_a+\widetilde I_b+\widetilde I_c=0,

符合三相平衡負載條件。

（二）兩具變壓器各自提供的複數功率

依圖二，移除 caca 之單相變壓器後，剩餘兩具變壓器分別接於 abab 與 bcbc 之間。

abab 變壓器

其二次側電壓為

V~ab=220∠0∘ V.\widetilde V_{ab}=220\angle0^\circ\ \text{V}.

流經該變壓器的電流為 I~a\widetilde I_a，因此

S~ab=V~abI~a ∗.\widetilde S_{ab} =\widetilde V_{ab}\widetilde I_a^{\,*}.

代入：

S~ab=(220∠0∘)(26.24∠30∘)\widetilde S_{ab} =(220\angle0^\circ) (26.24\angle30^\circ) =5773.5∠30∘ VA.=5773.5\angle30^\circ\ \text{VA}.

所以

S~ab=5+j2.887 kVA\boxed{\widetilde S_{ab} =5+j2.887\ \text{kVA}}

其視在功率為

∣Sab∣=5.7735 kVA.|S_{ab}|=5.7735\ \text{kVA}.

bcbc 變壓器

正相序下

V~bc=220∠(−120∘) V.\widetilde V_{bc}=220\angle(-120^\circ)\ \text{V}.

依圖中電流方向，該變壓器的電流為 I~c\widetilde I_c，故

S~bc=V~bcI~c ∗.\widetilde S_{bc} =\widetilde V_{bc}\widetilde I_c^{\,*}.

代入：

S~bc=(220∠−120∘)(26.24∠−90∘)\widetilde S_{bc} =(220\angle-120^\circ) (26.24\angle-90^\circ)
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第 三 題25 分

某三相 Y 接線同步發電機經輸電線路連接至 25 kV25\ \mathrm{kV} 無限母線。輸電線的電抗每相為 4 Ω4\ \Omega，發電機的同步電抗每相為 1 Ω1\ \Omega，發電機可以提供無限母線的最大有效功率為 150 MW150\ \mathrm{MW}。

假設發電機正在提供其最大有效功率的 15%15\%，試求輸送到無限母線的無效功率。

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核心觀念

這題考三相同步發電機經電抗性線路連接無限母線時的功率傳輸。發電機同步電抗與輸電線電抗串聯，因此每相總電抗為

X=Xd+XL=1+4=5 ΩX=X_d+X_L=1+4=5\ \Omega

忽略電阻時，三相功率角關係為

P=3Vϕ2Xsin⁡δP=\frac{3V_{\phi}^{2}}{X}\sin\delta

其中 VϕV_{\phi} 是無限母線相電壓，δ\delta 是發電機內部電勢與母線電壓的功率角。無效功率則須由受端相量關係求得。

解題方法

無限母線線電壓為 VLL=25 kVV_{LL}=25\ \mathrm{kV}，故相電壓為

Vϕ=253 kVV_{\phi}=\frac{25}{\sqrt{3}}\ \mathrm{kV}

依題意，實際輸出有效功率為最大有效功率的 15%15\%：

P=0.15(150)=22.5 MWP=0.15(150)=22.5\ \mathrm{MW}

最大有效功率為

Pmax⁡=3Vϕ2X=3(25/3)25=125 MWP_{\max}=\frac{3V_{\phi}^{2}}{X} =\frac{3(25/\sqrt{3})^{2}}{5} =125\ \mathrm{MW}

因此

sin⁡δ=PPmax⁡=22.5125=0.18\sin\delta=\frac{P}{P_{\max}}=\frac{22.5}{125}=0.18

取穩定運轉的功率角，cos⁡δ=1−0.182≈0.98367\cos\delta=\sqrt{1-0.18^2}\approx0.98367。

令無限母線相電壓為參考相量 Vϕ∠0∘V_{\phi}\angle0^\circ。串聯電抗兩端的電流為

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第 四 題25 分

（一）假設 x1x_1 和 x2x_2 的初始值皆為 11，使用 Gauss-Seidel 方法執行兩次疊代來解下列方程式組。（10 分）

x1+x1x2=10x_1+x_1x_2=10 x1+x2=6x_1+x_2=6

（二）假設 x1x_1 和 x2x_2 的初始值皆為 11，使用 Newton-Raphson 方法執行兩次疊代來解下列方程式組。（15 分）

2x12+x22=82x_1^2+x_2^2=8 x12−x22+x1x2=4x_1^2-x_2^2+x_1x_2=4

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核心觀念

Gauss–Seidel 方法將方程式改寫為各未知數的迭代式，依序更新變數。計算後面的變數時，立即使用本次疊代已更新的數值。初始值為 x1(0)=1x_1^{(0)}=1、x2(0)=1x_2^{(0)}=1。

解題方法

將方程式組改寫為：

x1=101+x2,x2=6−x1x_1=\frac{10}{1+x_2},\qquad x_2=6-x_1

每次疊代先更新 x1x_1，再以新得到的 x1x_1 更新 x2x_2。

第 1 次疊代：

x1(1)=101+x2(0)=101+1=5x_1^{(1)}=\frac{10}{1+x_2^{(0)}}=\frac{10}{1+1}=5 x2(1)=6−x1(1)=6−5=1x_2^{(1)}=6-x_1^{(1)}=6-5=1

第 2 次疊代：

x1(2)=101+x2(1)=101+1=5x_1^{(2)}=\frac{10}{1+x_2^{(1)}}=\frac{10}{1+1}=5 x2(2)=6−x1(2)=6−5=1x_2^{(2)}=6-x_1^{(2)}=6-5=1

解題技巧

Gauss–Seidel 的關鍵是依序更新：第 2 次疊代計算 x2(2)x_2^{(2)} 時，要使用剛算出的 x1(2)x_1^{(2)}。本題更新後即得到 (x1,x2)=(5,1)(x_1,x_2)=(5,1)，代回原式可得 5+5(1)=105+5(1)=10、5+1=65+1=6。

（一）答案

x1(1)=5, x2(1)=1;x1(2)=5, x2(2)=1\boxed{x_1^{(1)}=5,\ x_2^{(1)}=1;\qquad x_1^{(2)}=5,\ x_2^{(2)}=1}

（二）Newton–Raphson 方法

核心觀念

對非線性方程式組 F(x)=0\mathbf{F}(\mathbf{x})=\mathbf{0}，Newton–Raphson 方法以目前估計值附近的線性近似求修正量：

J(x(k))Δx(k)=−F(x(k)),x(k+1)=x(k)+Δx(k)\mathbf{J}(\mathbf{x}^{(k)})\Delta\mathbf{x}^{(k)} =-\mathbf{F}(\mathbf{x}^{(k)}),\qquad \mathbf{x}^{(k+1)}=\mathbf{x}^{(k)}+\Delta\mathbf{x}^{(k)}

其中 J\mathbf{J} 是由各方程式對各變數偏微分所組成的 Jacobian 矩陣。

解題方法

將方程式寫成殘差形式：

f1(x1,x2)=2x12+x22−8f2(x1,x2)=x12−x22+x1x2−4\begin{aligned} f_1(x_1,x_2)&=2x_1^2+x_2^2-8\\ f_2(x_1,x_2)&=x_1^2-x_2^2+x_1x_2-4 \end{aligned}

其 Jacobian 矩陣為：

J(x1,x2)=[4x12x22x1+x2x1−2x2]\mathbf{J}(x_1,x_2)= \begin{bmatrix} 4x_1 & 2x_2\\ 2x_1+x_2 & x_1-2x_2 \end{bmatrix}

初始值為 x(0)=(1,1)T\mathbf{x}^{(0)}=(1,1)^T。

第 1 次疊代：在 (1,1)(1,1) 處，

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