110 經濟部聯招(台電、中油、台水、台糖)新進職員 電機(一) 國營事業聯招 -電力系統與電機機械、電磁學B 考古題詳解

110 年・經濟部聯招(台電、中油、台水、台糖)・新進職員・電機(一)
試題代碼 110年國營事業聯招 電機(一)-電力系統與電機機械、電磁學B

第 一 題10 分

某三相 765 kV765\text{ kV}、60 Hz60\text{ Hz} 輸電線長 400400 公里，每相輸電線電感為 0.88 mH/km0.88\text{ mH/km}、每相輸電線電容為 0.0126 μF/km0.0126\ \mu\text{F/km}，假設輸電線無耗損，請計算：（2 題，每題 5 分，共 10 分）

(一) 輸電線突波阻抗 ZcZ_c（Ω\Omega，計算至小數點後第 1 位，以下四捨五入）。 (二) 輸電線突波阻抗承載 SIL\text{SIL}（MW\text{MW}，計算至整數位，以下四捨五入）。

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核心觀念

本題考查無耗損輸電線的兩個基本參數：

  1. 輸電線突波阻抗（Surge Impedance，ZcZ_c）

對無耗損輸電線：

Zc=L′C′Z_c=\sqrt{\frac{L'}{C'}}

其中 L′L'、C′C' 分別為每單位長度的電感與電容。

  1. 突波阻抗承載（Surge Impedance Loading，SIL）

三相輸電線的 SIL 為：

SIL=VLL2Zc\text{SIL}=\frac{V_{LL}^2}{Z_c}

其中 VLLV_{LL} 為三相線間電壓。計算結果以瓦特表示時，再換算為 MW。

題目所給的輸電線長度 400400 公里與頻率 6060 Hz，在本題計算 ZcZ_c 與 SIL 時不直接使用。因為無耗損輸電線的 ZcZ_c 由單位長度的 L′L' 與 C′C' 決定，與線長及頻率無關。

解題方法

（一）計算輸電線突波阻抗 ZcZ_c

已知：

L′=0.88 mH/km=0.88×10−3 H/kmL'=0.88\ \text{mH/km}=0.88\times10^{-3}\ \text{H/km}

C′=0.0126 μF/km=0.0126×10−6 F/kmC'=0.0126\ \mu\text{F/km} =0.0126\times10^{-6}\ \text{F/km}

代入公式：

Zc=L′C′=0.88×10−30.0126×10−6Z_c=\sqrt{\frac{L'}{C'}} =\sqrt{\frac{0.88\times10^{-3}} {0.0126\times10^{-6}}}

先計算比值：

0.88×10−30.0126×10−6=69841.27\frac{0.88\times10^{-3}} {0.0126\times10^{-6}} =69841.27

因此：

Zc=69841.27=264.275 ΩZ_c=\sqrt{69841.27} =264.275\ \Omega

依題意計算至小數點後第 1 位：

Zc=264.3 Ω\boxed{Z_c=264.3\ \Omega}
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第 二 題20 分

如【圖 1】所示為一雙匯流排系統，發電機連接於匯流排 1，且 V1=1.0∠0∘ puV_1 = 1.0 \angle 0^\circ\text{ pu}；匯流排 2 負載吸收 (1+j0.5) pu(1+j0.5)\text{ pu} 之功率；輸電線阻抗 z12=0.12+j0.16 puz_{12} = 0.12 + j0.16\text{ pu}。請利用牛頓-拉弗森法（Newton-Raphson），以初始估計值 V2(0)=1.0∠0∘ puV_2^{(0)} = 1.0 \angle 0^\circ\text{ pu}，執行二次疊代，請計算：（2 題，每題 10 分，共 20 分）

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 第一次疊代後 δ2(1)\delta_2^{(1)} 為多少弧度（radian\text{radian}，1 弧度=57.3∘1\text{ 弧度} = 57.3^\circ；計算至小數點後第 1 位，以下四捨五入）？ (二) 第二次疊代後 ∣V2(2)∣|V_2^{(2)}| 為多少 pu\text{pu}（計算至小數點後第 4 位，以下四捨五入）？

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像； 題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

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核心觀念

匯流排 1 為平衡匯流排：

V1=1∠0∘ puV_1=1\angle 0^\circ\text{ pu}

匯流排 2 為負載匯流排，負載吸收功率

SL2=1+j0.5 puS_{L2}=1+j0.5\text{ pu}

以「發電注入匯流排」為正，匯流排 2 的指定注入功率為

P2sp=−1,Q2sp=−0.5P_2^{\text{sp}}=-1,\qquad Q_2^{\text{sp}}=-0.5

輸電線導納為

y12=10.12+j0.16=0.12−j0.160.122+0.162=3−j4y_{12}=\frac{1}{0.12+j0.16} =\frac{0.12-j0.16}{0.12^2+0.16^2} =3-j4

因此

Y22=3−j4,Y21=−3+j4Y_{22}=3-j4,\qquad Y_{21}=-3+j4

令

V2=V∠δV_2=V\angle\delta

則匯流排 2 的功率方程式為

P2=3V2+V(−3cos⁡δ+4sin⁡δ)P_2=3V^2+V(-3\cos\delta+4\sin\delta)

Q2=4V2+V(−3sin⁡δ−4cos⁡δ)Q_2=4V^2+V(-3\sin\delta-4\cos\delta)

解題方法：牛頓－拉弗森法

牛頓－拉弗森修正方程式為

[ΔPΔQ]=[HNML][ΔδΔV]\begin{bmatrix} \Delta P\\ \Delta Q \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} H&N\\ M&L \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \Delta\delta\\ \Delta V \end{bmatrix}

其中

H=∂P∂δ=V(3sin⁡δ+4cos⁡δ)H=\frac{\partial P}{\partial\delta} =V(3\sin\delta+4\cos\delta) N=∂P∂V=6V−3cos⁡δ+4sin⁡δN=\frac{\partial P}{\partial V} =6V-3\cos\delta+4\sin\delta M=∂Q∂δ=V(−3cos⁡δ+4sin⁡δ)M=\frac{\partial Q}{\partial\delta} =V(-3\cos\delta+4\sin\delta) L=∂Q∂V=8V−3sin⁡δ−4cos⁡δL=\frac{\partial Q}{\partial V} =8V-3\sin\delta-4\cos\delta

第一次疊代

初始值為

V2(0)=1,δ2(0)=0V_2^{(0)}=1,\qquad \delta_2^{(0)}=0

在此狀態下：

P2(0)=0,Q2(0)=0P_2^{(0)}=0,\qquad Q_2^{(0)}=0

故功率不平衡量為

ΔP(0)=−1−0=−1\Delta P^{(0)}=-1-0=-1

ΔQ(0)=−0.5−0=−0.5\Delta Q^{(0)}=-0.5-0=-0.5

雅可比矩陣為

J(0)=[43−34]J^{(0)} = \begin{bmatrix} 4&3\\ -3&4 \end{bmatrix}

因此

[43−34][Δδ(0)ΔV(0)]=[−1−0.5]\begin{bmatrix} 4&3\\ -3&4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \Delta\delta^{(0)}\\ \Delta V^{(0)} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1\\ -0.5 \end{bmatrix}
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第 三 題20 分

一部三相 480 V480\text{ V}、4 極4\text{ 極}、60 Hz60\text{ Hz}、25 馬力25\text{ 馬力}、Y\text{Y} 接線的感應電動機，其換算到定子側的單相阻抗分別為 R1=0.64 ΩR_1 = 0.64\ \Omega、R2=0.33 ΩR_2 = 0.33\ \Omega、X1=1.1 ΩX_1 = 1.1\ \Omega、X2=0.46 ΩX_2 = 0.46\ \Omega、XM=26 ΩX_\text{M} = 26\ \Omega，且總旋轉損失為 1000 W1000\text{ W}（包含鐵損）。在額定電壓時，其轉差率為 2.2 %2.2\ \%，請計算：（2 題，每題 10 分，共 20 分）

註：π=3.1415\pi = 3.1415

(一) 定子電流 I1I_1（計算至小數點後第 3 位，以下四捨五入）。 (二) 輸出轉矩 TmT_\text{m}（計算至小數點後第 2 位，以下四捨五入）。

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核心觀念

本題考查三相感應電動機的等效電路與功率、轉矩關係：

  1. Y 接線時，每相電壓為 Vϕ=VL3V_\phi=\frac{V_L}{\sqrt{3}}

  2. 轉子側阻抗折算至定子側後，每相轉子支路阻抗為 Z2=R2s+jX2Z_2=\frac{R_2}{s}+jX_2

  3. 定子每相等效阻抗為定子漏阻抗 R1+jX1R_1+jX_1，串聯磁化電抗 jXMjX_M 與轉子支路 Z2Z_2 的並聯等效阻抗。

  4. 氣隙功率、機械開發功率及輸出功率的關係為 Pag=3I22R2sP_{ag}=3I_2^2\frac{R_2}{s} Pmech=(1−s)PagP_{mech}=(1-s)P_{ag} Pout=Pmech−ProtP_{out}=P_{mech}-P_{rot}

其中 ProtP_{rot} 為總旋轉損失，本題已知為 1000 W1000\text{ W}。

解題方法

已知：

VL=480 V,f=60 Hz,P=4,s=0.022V_L=480\text{ V},\quad f=60\text{ Hz},\quad P=4,\quad s=0.022

R1=0.64Ω,R2=0.33ΩR_1=0.64\Omega,\quad R_2=0.33\Omega

X1=1.1Ω,X2=0.46Ω,XM=26ΩX_1=1.1\Omega,\quad X_2=0.46\Omega,\quad X_M=26\Omega

(一) 定子電流 I1I_1

1. 計算每相電壓

Y 接線，因此

Vϕ=4803=277.128 VV_\phi=\frac{480}{\sqrt{3}}=277.128\text{ V}

2. 計算轉子支路阻抗

Z2=R2s+jX2Z_2=\frac{R_2}{s}+jX_2

Z2=0.330.022+j0.46=15+j0.46 ΩZ_2=\frac{0.33}{0.022}+j0.46=15+j0.46\ \Omega

磁化支路阻抗為

ZM=j26 ΩZ_M=j26\ \Omega

兩者並聯等效阻抗：

Zp=ZM∥Z2=(j26)(15+j0.46)15+j(26+0.46)Z_p=Z_M\parallel Z_2 =\frac{(j26)(15+j0.46)}{15+j(26+0.46)}

計算得

Zp=10.972+j6.673 ΩZ_p=10.972+j6.673\ \Omega

3. 計算輸入總阻抗

定子漏阻抗為

Z1=R1+jX1=0.64+j1.1 ΩZ_1=R_1+jX_1=0.64+j1.1\ \Omega

因此每相輸入阻抗：

Zin=Z1+ZpZ_{in}=Z_1+Z_p

Zin=(0.64+j1.1)+(10.972+j6.673)Z_{in}=(0.64+j1.1)+(10.972+j6.673)

Zin=11.612+j7.773 ΩZ_{in}=11.612+j7.773\ \Omega

其大小為

∣Zin∣=11.6122+7.7732=13.974 Ω|Z_{in}|=\sqrt{11.612^2+7.773^2}=13.974\ \Omega

所以定子電流大小為

I1=Vϕ∣Zin∣=277.12813.974=19.832 AI_1=\frac{V_\phi}{|Z_{in}|} =\frac{277.128}{13.974} =19.832\text{ A}

若表示相量，其相角為

∠I1=−tan⁡−1(7.77311.612)≈−33.82∘\angle I_1=-\tan^{-1}\left(\frac{7.773}{11.612}\right) \approx -33.82^\circ

因此

I1=19.832∠−33.82∘ A\boxed{I_1=19.832\angle -33.82^\circ\text{ A}}

題目若只要求定子電流大小，答案為

I1=19.832 A\boxed{I_1=19.832\text{ A}}

(二) 輸出轉矩 TmT_m

1. 求轉子支路電流

並聯支路電壓大小為

∣Vp∣=Vϕ∣Zp∣∣Zin∣|V_p|=V_\phi\frac{|Z_p|}{|Z_{in}|}

其中

∣Zp∣=10.9722+6.6732=12.842Ω|Z_p|=\sqrt{10.972^2+6.673^2}=12.842\Omega

因此

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第 四 題20 分

有一均質導線，其截面之圓半徑 R=0.6 mmR = 0.6\text{ mm} 且該導線長度 l=102 ml = 10^2\text{ m}，若導線兩端施加電位 V=8 VV = 8\text{ V} 後，電流值 I=0.18 AI = 0.18\text{ A}，導線材質之電子移動率為 g=1.6×10−3 m2/V−sg = 1.6 \times 10^{-3}\text{ m}^2/\text{V}-\text{s}，請計算：（2 題，每題 10 分，共 20 分）

註：π=3.1415\pi = 3.1415

(一) 導線材質的電導率 σ\sigma（計算結果請以 10610^6 表示，並計算至小數點後第 4 位，以下四捨五入）。 (二) 導線內的電子漂移速度 vv。

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核心觀念

本題考查均質導線中的歐姆定律、電導率與電子漂移速度。

使用公式如下：

  1. 導線電阻與電導率的關係
R電阻=lσAR_{\text{電阻}}=\frac{l}{\sigma A}

其中：

  • σ\sigma：導線材質的電導率
  • ll：導線長度
  • AA：導線截面積
  1. 歐姆定律
R電阻=VIR_{\text{電阻}}=\frac{V}{I}
  1. 電子漂移速度與電場的關係
v=gEv=gE

其中 gg 為電子移動率，EE 為導線內的電場強度。

解題方法

（一）計算導線材質的電導率 σ\sigma

步驟一：計算導線截面積

導線截面為圓形：

A=πR2A=\pi R^2

半徑換算為公尺：

R=0.6 mm=0.6×10−3 mR=0.6\text{ mm}=0.6\times10^{-3}\text{ m}

因此：

A=3.1415(0.6×10−3)2=3.1415×0.36×10−6=1.13094×10−6 m2\begin{aligned} A &=3.1415(0.6\times10^{-3})^2\\ &=3.1415\times0.36\times10^{-6}\\ &=1.13094\times10^{-6}\text{ m}^2 \end{aligned}

步驟二：由電壓與電流求導線電阻

R電阻=VI=80.18=44.4444 ΩR_{\text{電阻}}=\frac{V}{I} =\frac{8}{0.18} =44.4444\ \Omega

步驟三：利用電導率公式

由

R電阻=lσAR_{\text{電阻}}=\frac{l}{\sigma A}

可得：

σ=lR電阻A\sigma=\frac{l}{R_{\text{電阻}}A}

也可直接合併歐姆定律寫成：

I=σAVlI=\sigma A\frac{V}{l}

因此：

σ=IlVA\sigma=\frac{Il}{VA}

代入數值：

σ=(0.18)(100)(8)(1.13094×10−6)=189.04752×10−6=1.989495…×106 S/m\begin{aligned} \sigma &=\frac{(0.18)(100)} {(8)(1.13094\times10^{-6})}\\ &=\frac{18}{9.04752\times10^{-6}}\\ &=1.989495\ldots\times10^6\text{ S/m} \end{aligned}
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第 五 題20 分

平面波位於真空中之相速度 v0=3×108 m/sv_0 = 3 \times 10^8\text{ m/s}，若平面波在介電係數 ε=9ε0\varepsilon = 9\varepsilon_0 的介質中且該平面波頻率為 500 MHz500\text{ MHz}，請計算：（計算至小數點後第 1 位，以下四捨五入）。（2 題，每題 10 分，共 20 分）

註：π=3.1415\pi = 3.1415，導磁係數 μ=μ0=4π×10−7\mu = \mu_0 = 4\pi \times 10^{-7}

(一) 平面波於介質中的波長 λ\lambda（單位：公尺）。 (二) 平面波於介質中的介質特性阻抗 ZcZ_c（單位：Ω\Omega）。

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核心觀念

均勻無損介質中的平面波，其相速度為

v=1μεv=\frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}}

波長為

λ=vf\lambda=\frac{v}{f}

介質特性阻抗為

Zc=μεZ_c=\sqrt{\frac{\mu}{\varepsilon}}

真空中相速度為

v0=1μ0ε0=3×108 m/sv_0=\frac{1}{\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}}=3\times10^8\ \text{m/s}

本題給定

μ=μ0,ε=9ε0\mu=\mu_0,\qquad \varepsilon=9\varepsilon_0

表示介質為非磁性介質，且相對介電係數為 εr=9\varepsilon_r=9。

解題方法

（一）介質中的波長

介質中的相速度為

v=1με=1μ0(9ε0)v=\frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}} =\frac{1}{\sqrt{\mu_0(9\varepsilon_0)}}

整理得

v=13μ0ε0=v03v=\frac{1}{3\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}} =\frac{v_0}{3}

代入真空中相速度：

v=3×1083=1×108 m/sv=\frac{3\times10^8}{3} =1\times10^8\ \text{m/s}

波頻率為

f=500 MHz=500×106=5×108 Hzf=500\ \text{MHz}=500\times10^6 =5\times10^8\ \text{Hz}

因此介質中的波長為

λ=vf=1×1085×108=0.2 m\lambda=\frac{v}{f} =\frac{1\times10^8}{5\times10^8} =0.2\ \text{m}

所以

λ=0.2 m\boxed{\lambda=0.2\ \text{m}}

（二）介質中的介質特性阻抗

介質特性阻抗為

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第 六 題10 分

環境中存在一均勻低頻磁場 B⃗=z^B0sin⁡ωt\vec{B} = \hat{z} B_0 \sin \omega t，z^\hat{z} 為 zz 軸的單位向量如【圖 2】所示。若將一正方形封閉金屬線圈置放於該低頻磁場當中，該金屬線圈邊長為 hh 公尺，電阻為 R ΩR\ \Omega，請計算：（2 題，每題 5 分，共 10 分）

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 金屬線圈之平均消耗功率 PavP_\text{av}。 (二) 金屬線圈所承受的總磁力 F⃗total\vec{F}_\text{total}。

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像； 題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

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核心觀念

本題考查：

  1. 法拉第電磁感應定律 e(t)=−dΦ(t)dte(t)=-\frac{d\Phi(t)}{dt}
  2. 正弦交流電的平均功率 Pav=Irms2R=Erms2RP_{\mathrm{av}}=I_{\mathrm{rms}}^2R=\frac{E_{\mathrm{rms}}^2}{R}
  3. 均勻磁場中封閉電流線圈所受的合磁力為零。

因題目僅給線圈電阻 RR，且為低頻磁場，採用忽略線圈自感抗的合理假設。

解題方法

由圖可知正方形線圈位於 xyxy 平面，面積為

A=h2A=h^2

磁場為

B⃗=z^B0sin⁡ωt\vec{B}=\hat{z}B_0\sin\omega t

因此穿過線圈的磁通量為

Φ(t)=B0h2sin⁡ωt\Phi(t)=B_0h^2\sin\omega t

感應電動勢：

e(t)=−dΦ(t)dt=−ωB0h2cos⁡ωte(t)=-\frac{d\Phi(t)}{dt} =-\omega B_0h^2\cos\omega t

其峰值為

E0=ωB0h2E_0=\omega B_0h^2

故感應電流為

i(t)=e(t)R=−ωB0h2Rcos⁡ωti(t)=\frac{e(t)}{R} =-\frac{\omega B_0h^2}{R}\cos\omega t

電流峰值：

I0=ωB0h2RI_0=\frac{\omega B_0h^2}{R}

（一）金屬線圈之平均消耗功率

線圈電阻所消耗的瞬時功率為

p(t)=i2(t)Rp(t)=i^2(t)R

代入電流：

p(t)=ω2B02h4Rcos⁡2ωtp(t)=\frac{\omega^2B_0^2h^4}{R}\cos^2\omega t

由於

cos⁡2ωt‾=12\overline{\cos^2\omega t}=\frac{1}{2}

所以平均消耗功率為

Pav=ω2B02h42R\boxed{ P_{\mathrm{av}} =\frac{\omega^2B_0^2h^4}{2R} }

亦可由有效值計算：

Erms=ωB0h22E_{\mathrm{rms}}=\frac{\omega B_0h^2}{\sqrt{2}}
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