110 專技高考高等考試 電機工程技師 電力系統 考古題詳解

110 年・專技高考・高等考試・電機工程技師
試題代碼 電力系統

第 一 題20 分

(一) 若有一具圓型轉子（cylindrical rotor）之同步發電機，其同步感抗大小為 0.70.7 p.u.。此同步機經兩條感抗均為 0.60.6 p.u. 的並聯輸電線接到無窮母線（infinite bus）。

若無窮母線電壓大小為 11 p.u.，此同步發電機的激磁電壓為 1.51.5 p.u.，且供應到無窮母線的實功率為 0.750.75 p.u.，則此時的功率角為多少度（degree）？（4 分）

(二) 若一凸極式（salient pole）同步發電機併接一無窮母線，以供應功因為 11 的負載 1.01.0 p.u.。

此時若無窮母線電壓大小為 1.051.05 p.u.，且發電機激磁電壓為 1.41.4 p.u.，功率角為 2525 度（degree），則同步機的直軸和交軸感抗各為多少 p.u.？（16 分）

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

(一) 圓型轉子同步發電機接無窮母線時，忽略電阻，發電機同步電抗與輸電線電抗串聯。輸送實功率為

P=EVXeqsin⁡δP=\frac{EV}{X_{\mathrm{eq}}}\sin\delta

其中 δ\delta 為發電機激磁電壓與無窮母線電壓的相角差。

(二) 凸極式同步發電機的實功率包含激磁功率與磁阻功率：

P=EVXdsin⁡δ+V22(1Xq−1Xd)sin⁡2δP=\frac{EV}{X_d}\sin\delta +\frac{V^2}{2}\left(\frac{1}{X_q}-\frac{1}{X_d}\right)\sin 2\delta

無功功率（以發電機向母線輸出為正）為

Q=EVXdcos⁡δ−V2(cos⁡2δXd+sin⁡2δXq)Q=\frac{EV}{X_d}\cos\delta -V^2\left(\frac{\cos^2\delta}{X_d} +\frac{\sin^2\delta}{X_q}\right)

題目給定負載功因為 1，因此 Q=0Q=0；又供應負載的實功率為 P=1.0P=1.0 p.u.。這兩個條件可聯立求出 XdX_d 與 XqX_q。

解題方法與計算

(一) 圓型轉子同步發電機的功率角

兩條相同感抗輸電線並聯，其等效感抗為

Xline=0.6∥0.6=0.6×0.60.6+0.6=0.3 p.u.X_{\mathrm{line}}=0.6\parallel 0.6 =\frac{0.6\times0.6}{0.6+0.6} =0.3\ \text{p.u.}

因此發電機至無窮母線的總串聯電抗為

Xeq=0.7+0.3=1.0 p.u.X_{\mathrm{eq}}=0.7+0.3=1.0\ \text{p.u.}

代入功率公式：

0.75=1.5×11.0sin⁡δ0.75=\frac{1.5\times1}{1.0}\sin\delta sin⁡δ=0.5⟹δ=30∘\sin\delta=0.5 \quad\Longrightarrow\quad \delta=30^\circ

(二) 求凸極式同步發電機的 XdX_d 與 XqX_q

令

A=1Xd,B=1XqA=\frac{1}{X_d},\qquad B=\frac{1}{X_q}

已知 E=1.4E=1.4、V=1.05V=1.05、δ=25∘\delta=25^\circ，並取

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 二 題20 分

如圖之電力系統，若電力系統的 YbusY_{\mathrm{bus}} 為

Ybus=[−j19.98j10j10j10−j19.98j10j10j10−j19.98] p.u.Y_{\mathrm{bus}} = \begin{bmatrix} -j19.98 & j10 & j10 \\ j10 & -j19.98 & j10 \\ j10 & j10 & -j19.98 \end{bmatrix} \ \text{p.u.}

母線 1 為搖擺母線（swing bus），其電壓大小 V1=1V_1=1 p.u.，相角為 00 度；

母線 2 為 PV 母線，其電壓大小 V2=1.05V_2=1.05 p.u.、相角為 θ2\theta_2，且發電量 PG2=0.6P_{G2}=0.6 p.u.；

母線 3 為 PQ 母線，其電壓大小為 V3V_3、相角為 θ3\theta_3，且負載

P3+jQ3=3+j1 p.u.P_3+jQ_3=3+j1\ \text{p.u.}

(一) 寫出注入母線 2 的實功率 P2P_2 電力潮流方程式（不代入數值）。（5 分）

(二) 寫出注入母線 3 的虛功率 Q3Q_3 電力潮流方程式（不代入數值）。（5 分）

(三) 若 V3V_3 初始大小為 11 p.u.，θ2\theta_2、θ3\theta_3 的初始值為 00 度，用快速解耦電力潮流法（fast decoupled power flow method）解一次疊代的 θ3\theta_3 及 V3V_3 為何？（10 分）

圖示包含母線 1、母線 2 及母線 3 之電力系統配置。

🖼️ 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。

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

電力潮流方程由母線注入功率與 YbusY_{\mathrm{bus}} 的導納元素決定。令 Yij=Gij+jBijY_{ij}=G_{ij}+jB_{ij}、θij=θi−θj\theta_{ij}=\theta_i-\theta_j，則

Pi=∑jViVj(Gijcos⁡θij+Bijsin⁡θij)P_i=\sum_j V_iV_j\left(G_{ij}\cos\theta_{ij}+B_{ij}\sin\theta_{ij}\right) Qi=∑jViVj(Gijsin⁡θij−Bijcos⁡θij)Q_i=\sum_j V_iV_j\left(G_{ij}\sin\theta_{ij}-B_{ij}\cos\theta_{ij}\right)

本題 Gij=0G_{ij}=0。快速解耦潮流法（fast decoupled power flow, FDLF）利用有功功率主要受相角影響、無功功率主要受電壓大小影響的特性，分別解角度與電壓修正量。

解題方法

(一) 母線 2 的實功率方程式

母線 2 的非零非對角導納為 B21=B23=10B_{21}=B_{23}=10，故

P2=10V2V1sin⁡(θ2−θ1)+10V2V3sin⁡(θ2−θ3)P_2=10V_2V_1\sin(\theta_2-\theta_1) +10V_2V_3\sin(\theta_2-\theta_3)

由於母線 1 為搖擺母線，θ1=0\theta_1=0；母線 2 的發電實功率指定為 0.60.6 p.u.，因此潮流方程為

P2=10V2V1sin⁡θ2+10V2V3sin⁡(θ2−θ3)=0.6P_2=10V_2V_1\sin\theta_2 +10V_2V_3\sin(\theta_2-\theta_3)=0.6

(二) 母線 3 的虛功率方程式

母線 3 的對角元素為 B33=−19.98B_{33}=-19.98，而 B31=B32=10B_{31}=B_{32}=10，因此

Q3=19.98V32−10V3V1cos⁡(θ3−θ1)−10V3V2cos⁡(θ3−θ2)Q_3 =19.98V_3^2 -10V_3V_1\cos(\theta_3-\theta_1) -10V_3V_2\cos(\theta_3-\theta_2)

母線 3 的負載為 3+j13+j1 p.u.，以「注入母線」為正的符號慣例，指定注入虛功率為 −1-1 p.u.。代入 θ1=0\theta_1=0：

Q3=19.98V32−10V3V1cos⁡θ3−10V3V2cos⁡(θ3−θ2)=−1Q_3 =19.98V_3^2 -10V_3V_1\cos\theta_3 -10V_3V_2\cos(\theta_3-\theta_2) =-1

(三) FDLF 一次疊代

未知相角為母線 2、3 的相角；只有母線 3 是 PQ 母線，所以電壓修正方程只含母線 3。以 −B-B 矩陣建立解耦方程：

B′=[19.98−10−1019.98],B′′=[19.98]B'= \begin{bmatrix} 19.98&-10\\ -10&19.98 \end{bmatrix}, \qquad B''=[19.98]

平坦起始值為 V2=1.05V_2=1.05、V3=1V_3=1、θ2=θ3=0\theta_2=\theta_3=0。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 三 題20 分

若有一配電饋線，電源端電壓大小為 11 p.u.、相角為 00 度，經一正序感抗大小為 0.10.1 p.u. 的饋線連接至末端負載。

若末端 A 相發生單相接地故障，也同時發生 BC 相間故障，此時 A 相故障電流為 −j9-j9 p.u.，B 相故障電流為 −6.92-6.92 p.u.。試求：

(一) 正序及零序故障電流（p.u.）。（10 分）

(二) 負序故障電壓（p.u.）。（5 分）

(三) 饋線零序感抗（p.u.）。（5 分）

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查不平衡故障的對稱分量法，以及故障點的相電壓條件。令 a=1∠120∘=−12+j32a=1\angle120^\circ=-\frac12+j\frac{\sqrt3}{2}，三相電流與序電流的關係為：

I0=IA+IB+IC3,I1=IA+aIB+a2IC3,I2=IA+a2IB+aIC3I_0=\frac{I_A+I_B+I_C}{3},\qquad I_1=\frac{I_A+aI_B+a^2I_C}{3},\qquad I_2=\frac{I_A+a^2I_B+aI_C}{3}

BC 相間故障使兩相故障電流大小相等、方向相反，因此 IC=−IBI_C=-I_B。故障點 A 相接地則有 VA=0V_A=0。

解題方法

已知 IA=−j9I_A=-j9 p.u.、IB=−6.92I_B=-6.92 p.u.。由 BC 相間故障條件：

IC=−IB=6.92 p.u.I_C=-I_B=6.92\text{ p.u.}

（一）正序及零序故障電流

零序電流為：

I0=−j9−6.92+6.923=−j3 p.u.I_0=\frac{-j9-6.92+6.92}{3} =-j3\text{ p.u.}

正序電流為：

I1=−j9+a(−6.92)+a2(6.92)3=−j9+6.92(a2−a)3=−j9+6.9233≈−j6.995 p.u.\begin{aligned} I_1 &=\frac{-j9+a(-6.92)+a^2(6.92)}{3}\\ &=\frac{-j9+6.92(a^2-a)}{3}\\ &=-j\frac{9+6.92\sqrt3}{3}\\ &\approx-j6.995\text{ p.u.} \end{aligned}

因此正序故障電流約為 −j7.00-j7.00 p.u.，零序故障電流為 −j3.00-j3.00 p.u.

（二）負序故障電壓

負序電源電壓為零。依電力系統常用假設，饋線負序感抗等於正序感抗，即 X2=X1=0.1X_2=X_1=0.1 p.u.，故：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 四 題20 分

如圖之有實功損耗的電力系統，符號 PG1P_{G1} 及 PG2P_{G2} 分別為兩部發電機的實功率發電量。

若兩部機組的發電增量成本（Incremental Cost）分別為

IC1=0.007PG1+4.0 $/MWhIC_1=0.007P_{G1}+4.0\ \text{\$/MWh} IC2=0.007PG2+4.0 $/MWhIC_2=0.007P_{G2}+4.0\ \text{\$/MWh}

其中 PG1P_{G1}、PG2P_{G2} 的單位為 MW。

若母線 1 的電壓大小為 11 p.u.、相角 θ1=0\theta_1=0 度（degree），負載 PDP_D 為 300300 MW（功率基準為 100100 MW）；母線 2 的電壓大小為 11 p.u.、相角為 θ2\theta_2 度。

令符號

θ12=θ1−θ2\theta_{12}=\theta_1-\theta_2

若母線 1 及母線 2 上實功率（p.u.）注入之數學式分別表示為

PG1−PD=P1=3(1−cos⁡θ12)+10sin⁡θ12P_{G1}-P_D=P_1=3(1-\cos\theta_{12})+10\sin\theta_{12} PG2=P2=3(1−cos⁡θ12)−10sin⁡θ12P_{G2}=P_2=3(1-\cos\theta_{12})-10\sin\theta_{12}

則：

(一) 此電力系統的實功損耗 PLP_L 之數學表示式為何？（5 分）

(二) 母線 2 的增量損失

dPLdPG2\frac{dP_L}{dP_{G2}}

（incremental loss）為何？（10 分）

(三) 若初始 θ12=−5\theta_{12}=-5 度，則此時母線 1 的增量成本（$/MWh）為何？（5 分）

圖示包含母線 1、母線 2 及負載 PDP_D 之電力系統配置。

🖼️ 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。

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查以母線實功率注入式計算系統實功損耗，以及用鏈鎖律求母線 2 的增量損失。實功損耗等於總發電量減去負載：

PL=PG1+PG2−PDP_L=P_{G1}+P_{G2}-P_D

題目給的功率注入式為 p.u.，功率基準為 100 MW100\text{ MW}；計算發電機增量成本時，則須使用以 MW 表示的 PG1P_{G1}。

解題方法與推導

（一）實功損耗 PLP_L

由 P1=PG1−PDP_1=P_{G1}-P_D、P2=PG2P_2=P_{G2}，可得：

PL=(PG1−PD)+PG2=P1+P2P_L=(P_{G1}-P_D)+P_{G2}=P_1+P_2

代入題目給定的兩式：

PL=3(1−cos⁡θ12)+10sin⁡θ12+3(1−cos⁡θ12)−10sin⁡θ12=6(1−cos⁡θ12) p.u.\begin{aligned} P_L &=3(1-\cos\theta_{12})+10\sin\theta_{12}\\ &\quad+3(1-\cos\theta_{12})-10\sin\theta_{12}\\ &=6(1-\cos\theta_{12})\text{ p.u.} \end{aligned}

換算成 MW：

PL=600(1−cos⁡θ12) MW\boxed{P_L=600(1-\cos\theta_{12})\text{ MW}}

（二）母線 2 的增量損失

將 PLP_L 與 PG2P_{G2} 都視為 θ12\theta_{12} 的函數，使用鏈鎖律：

dPLdPG2=dPL/dθ12dPG2/dθ12\frac{dP_L}{dP_{G2}} = \frac{dP_L/d\theta_{12}}{dP_{G2}/d\theta_{12}}

以 MW 表示，兩式分別為：

PL=600(1−cos⁡θ12)P_L=600(1-\cos\theta_{12}) PG2=100[3(1−cos⁡θ12)−10sin⁡θ12]P_{G2}=100\left[3(1-\cos\theta_{12})-10\sin\theta_{12}\right]

因此：

dPLdθ12=600sin⁡θ12\frac{dP_L}{d\theta_{12}}=600\sin\theta_{12} dPG2dθ12=100(3sin⁡θ12−10cos⁡θ12)\frac{dP_{G2}}{d\theta_{12}} =100\left(3\sin\theta_{12}-10\cos\theta_{12}\right)

相除後，功率基準 100100 抵消：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 五 題20 分

若有一部 3 相 Y 接、25002500 kVA、66006600 V、具圓型轉子的發電機，工作在滿載且功因 0.80.8 滯後的條件，每相同步感抗大小是 88 歐姆。

此發電機依其功率角特性（power angle characteristic）表示實功率發電量為

P=Pmax⁡sin⁡δ MWP=P_{\max}\sin\delta\ \text{MW}

其中符號 δ\delta 為功率角（power angle）。

(一) 試計算電壓調節百分比（percent voltage regulation）。（5 分）

(二) 若 δ\delta 的初始值為 1010 度（degree），不考慮阻尼（damping）及控制系統時，則機械輸入功率（mechanical input power）至多可突然增加到多少 MW，使得發電機不失去穩定度？

答案以 Pmax⁡P_{\max} 表示。（15 分）

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考兩個觀念：發電機的電壓調節率，以及忽略阻尼與控制系統時的暫態穩定度。

發電機電壓調節率定義為負載由額定值降至零、轉速與激磁維持不變時，端電壓的變化率：

%VR=∣EA∣−∣Vϕ∣∣Vϕ∣×100%\%VR=\frac{|E_A|-|V_\phi|}{|V_\phi|}\times100\%

圓型轉子同步發電機忽略電樞電阻時，每相相量方程為

E‾A=V‾ϕ+jXsI‾A\underline E_A=\underline V_\phi+jX_s\underline I_A

功率角特性為 Pe=Pmax⁡sin⁡δP_e=P_{\max}\sin\delta。突然增加機械輸入功率時，轉子角度無法瞬間改變，故以等面積準則求臨界狀態；臨界時，故障後（此題即功率輸入改變後）的最大功率角為不穩定平衡角 π−δ0\pi-\delta_0。

解題方法

（一）電壓調節百分比

每相額定電壓為

Vϕ=66003=3810.5 VV_\phi=\frac{6600}{\sqrt3}=3810.5\text{ V}

額定線電流為

IA=2500×1033(6600)=218.7 AI_A=\frac{2500\times10^3}{\sqrt3(6600)} =218.7\text{ A}

功率因數 0.80.8 滯後，故電流落後端電壓角度為

ϕ=cos⁡−1(0.8)=36.87∘\phi=\cos^{-1}(0.8)=36.87^\circ

取端電壓為相角基準，則

I‾A=218.7∠−36.87∘ A\underline I_A=218.7\angle-36.87^\circ\text{ A} jXsI‾A=8(218.7)∠(90∘−36.87∘)=1749.6∠53.13∘ VjX_s\underline I_A =8(218.7)\angle(90^\circ-36.87^\circ) =1749.6\angle53.13^\circ\text{ V}

因此

E‾A=3810.5+1749.6∠53.13∘\underline E_A =3810.5+1749.6\angle53.13^\circ

換成直角座標：

E‾A=(3810.5+1050.0)+j(1400.0)=4860.5+j1400.0 V\underline E_A =(3810.5+1050.0)+j(1400.0) =4860.5+j1400.0\text{ V} ∣EA∣=4860.52+1400.02=5058.0 V|E_A|=\sqrt{4860.5^2+1400.0^2} =5058.0\text{ V}

故

%VR=5058.0−3810.53810.5×100%=32.74%\%VR=\frac{5058.0-3810.5}{3810.5}\times100\% =32.74\%

（二）突然增加機械輸入功率的穩定上限

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

其他考古題

電機工程技師《電力系統》其他年度

113112111109