111 專技高考高等考試 電機工程技師 電力系統 考古題詳解

核心觀念

本題評量長距離交流輸電線路之「串聯電容補償」（Series Capacitor Compensation）原理與電力傳送極限推導，涉及的核心觀念與公式如下：

1. 串聯補償定義與補償度（Degree of Compensation, $k$）： 在輸電線路中串接電容器以抵消部分線路感抗。若線路原有感抗為 $X_L$，串聯電容抗為 $X_C$，則等效淨電抗 $X_{eq}$ 與補償度 $k$ 為： $X_{eq} = X_L - X_C = X_L(1 - k)$ $k = \frac{X_C}{X_L} \times 100\%$ 實務上補償度通常設計在 $20\% \sim 70\%$ 之間，避免發生次同步共振（SSR）或保護協調困難。

2. 雙匯流排系統之實功率傳送方程式（Power-Angle Equation）： 忽略線路電阻（$R \approx 0$）之無損傳輸線，送電端電壓為 $|V_S|\angle\delta$、受電端電壓為 $|V_R|\angle 0^\circ$，線路等效串聯電抗為 $X$ 時，受電端傳送之實功率方程式為： $P = \frac{|V_S||V_R|}{X} \sin\delta$ 線路之最大傳送實功率（靜態穩定度極限，Steady-State Stability Limit）發生於功角 $\delta = 90^\circ$： $P_{max} = \frac{|V_S||V_R|}{X}$

解題方法

（一）輸電線路之串聯補償定義與意涵

1. 定義： 輸電線路之「串聯補償」係指將電力電容器組（Series Capacitors）直接串聯接入交流高壓／超高壓輸電線路導線中之補償方式。由於高壓輸電線路主要是感性電抗（$X_L = \omega L$ 遠大於線路電阻 $R$），串聯接入容抗 $X_C = \frac{1}{\omega C}$ 可直接抵消部分線路感抗，使整段傳輸線的等效淨電抗由 $X_L$ 降低為 $X_{eq} = X_L - X_C$。

2. 主要目的與功能：

• 縮短電氣距離（Electrical Distance）：等效降低線路電抗，等同於縮短線路的電氣長度。
• 提高系統傳輸容量與暫態穩定度：大幅提高線路靜態穩定度極限 $P_{max}$，並在傳輸相同功率下減小功角 $\delta$，增加暫態穩定裕度。
• 改善線路電壓降與電壓調整率：串聯電容上的電壓降 $I X_C$ 與線路感抗電壓降 $I X_L$ 相位差 $180^\circ$，可抵消負載電流通過線路感抗所引起的電壓降，特別是在重載或滯後功因時，能有效支撐受電端電壓。
• 控制並聯線路之潮流分配：在阻抗不均的平行輸電線路中，透過調整串聯補償度，可平衡各線路之負載潮流，防止特定線路過載。

3. 系統架構與保護組件： 串聯電容器組通常配置於絕緣平台上，並並聯安裝金屬氧化物避雷器（MOV）、放電火花間隙（Bypass Gap）與旁路斷路器（Bypass Breaker），以防線路短路大電流損壞電容器組。

（二）增加線路最大傳送實功率的原因分析

考慮一理想雙匯流排系統，送電端電壓幅值為 $|V_S|$，受電端電壓幅值為 $|V_R|$，線路電阻忽略不計（$R \ll X_L$）。

1. 未經補償線路之功率特性： 線路串聯阻抗僅為感抗 $X_L$。線路傳送之實功率為： $P_{uncomp} = \frac{|V_S||V_R|}{X_L} \sin\delta$ 其最大傳送實功率（靜態穩定度極限）為： $P_{max, uncomp} = \frac{|V_S||V_R|}{X_L} \quad (\text{當 } \delta = 90^\circ)$

2. 加入串聯補償後之功率特性： 加入補償度為 $k$（其中 $0 < k < 1$，$X_C = k X_L$）的串聯電容器後，線路等效串聯電抗降為： $X_{eq} = X_L - X_C = X_L(1 - k)$ 此時傳送實功率方程式修正為： $P_{comp} = \frac{|V_S||V_R|}{X_L - X_C} \sin\delta = \frac{|V_S||V_R|}{X_L(1 - k)} \sin\delta$ 對應之最大傳送實功率為：

核心觀念

三相短路故障可用匯流排阻抗矩陣 $Z_{bus}$ 求解。故障前各節點電壓均為 $1\angle 0^\circ$ p.u.，且故障前電流可忽略，因此匯流排 $k$ 發生短路時：

故障後各匯流排電壓為：

本題故障發生於匯流排⑤，故使用 $Z_{55}$ 求故障電流，再使用各匯流排與⑤的互阻抗求故障後電壓。

解題方法

匯流排⑤直接接地三相短路，故障點電壓為零。由題目給定的阻抗矩陣：

故障電流為：

匯流排③的故障後電壓：

由圖可知，匯流排②與匯流排①之間的支路阻抗為 $j0.168$ p.u.。先求兩匯流排的故障後電壓：

核心觀念

本題評量電力系統「暫態穩定度（Transient Stability）」之核心分析方法，主要涵蓋兩大觀念：

1. 等面積準則（Equal Area Criterion, EAC）： 適用於單機無限匯流排（SMIB, Single Machine Infinite Bus）系統。當系統發生故障時，轉子吸收加速能量造成動能增加；故障清除後，轉子釋放能量減速。若加速面積 $A_1$ 等於減速面積 $A_2$，系統處於穩定邊界，對應之故障清除功角即為「臨界清除角（Critical Clearing Angle, $\delta_{cr}$）」。

• 功率—功角方程式（純電抗網路）：$P_e = P_{\max} \sin\delta$
• 加速面積：$A_1 = \int_{\delta_0}^{\delta_{cr}} (P_m - P_{e,\text{fault}}) d\delta$
• 減速面積：$A_2 = \int_{\delta_{cr}}^{\delta_{\max}} (P_{e,\text{post}} - P_m) d\delta$

2. 轉子擺動方程式（Swing Equation）之解析解： 在故障期間，若故障發生於發電機端使得輸出電磁功率 $P_e = 0$，加速功率為定值（$P_a = P_m$），擺動方程式可直接二重積分求得時間 $t$ 與功角 $\delta$ 的直接代數關係，進而求得「臨界清除時間（Critical Clearing Time, $t_{cr}$）」。

• 擺動方程式： $\frac{2H}{\omega_s} \frac{d^2\delta}{dt^2} = P_m - P_e$ 其中 $H$ 為慣性常數（$\mathrm{MJ/MVA}$ 或 $\mathrm{s}$），$\omega_s = 2\pi f$ 為同步角速度（$\mathrm{rad/s}$），台灣系統基準頻率為 $f = 60\ \mathrm{Hz}$。

解題方法

步驟一：求解初始工作角 $\delta_0$ 與最大擺動角 $\delta_{\max}$

1. 故障前系統正常運轉，機械輸入功率等於初始電磁功率： $P_m = P_{e0} = 1.0\ \mathrm{pu}$ 最大傳送實功率 $P_{\max 1} = 2.5\ \mathrm{pu}$。 由功角方程式： $P_m = P_{\max 1} \sin\delta_0 \implies 1.0 = 2.5 \sin\delta_0 \implies \sin\delta_0 = \frac{1.0}{2.5} = 0.4$ 取主值可得初始功角： $\delta_0 = \arcsin(0.4) \approx 0.4115\ \mathrm{rad} \approx 23.58^\circ$ 對應的餘弦值： $\cos\delta_0 = \sqrt{1 - 0.4^2} = \sqrt{0.84} \approx 0.9165$

2. 故障清除後，網路恢復原狀，故故障後功率曲線與故障前完全相同： $P_{e3} = P_{\max 1} \sin\delta = 2.5 \sin\delta\ \mathrm{pu}$ 最大可允許擺動角 $\delta_{\max}$ 為減速功率再次降至零的交點： $\delta_{\max} = \pi - \delta_0 = \pi - 0.4115 = 2.7301\ \mathrm{rad} \approx 156.42^\circ$ $\cos\delta_{\max} = -\cos\delta_0 \approx -0.9165$

步驟二：利用等面積準則求解臨界清除角 $\delta_{cr}$

三相短路故障位於發電機端，故障期間發電機輸出實功率降為零，即 $P_{e2} = 0$。

1. 加速面積 $A_1$： $A_1 = \int_{\delta_0}^{\delta_{cr}} (P_m - 0) d\delta = P_m (\delta_{cr} - \delta_0)$

2. 減速面積 $A_2$： $A_2 = \int_{\delta_{cr}}^{\delta_{\max}} (P_{e3} - P_m) d\delta = \int_{\delta_{cr}}^{\delta_{\max}} (P_{\max 1} \sin\delta - P_m) d\delta$ $A_2 = P_{\max 1} (\cos\delta_{cr} - \cos\delta_{\max}) - P_m (\delta_{\max} - \delta_{cr})$

3. 由臨界穩定條件 $A_1 = A_2$： $P_m (\delta_{cr} - \delta_0) = P_{\max 1} (\cos\delta_{cr} - \cos\delta_{\max}) - P_m (\delta_{\max} - \delta_{cr})$ 整理移項得： $P_{\max 1} (\cos\delta_{cr} - \cos\delta_{\max}) = P_m (\delta_{\max} - \delta_0)$ $\cos\delta_{cr} = \frac{P_m}{P_{\max 1}} (\delta_{\max} - \delta_0) + \cos\delta_{\max}$

4. 代入數值計算（注意：角度相減必須使用弧度制 $\mathrm{rad}$）：

核心觀念

本題考查長距離交流輸電線路之二埠網路（Two-port Network）傳輸方程式、$ABCD$ 參數應用、相量分析、以及電壓降與電壓調整率的定義。

1. 輸電線路 $ABCD$ 矩陣關係式： 三相系統以單相（線至中性點）為基準時，送電端與受電端之電壓與電流相量關係為： $V_S = A V_R + B I_R$ $I_S = C V_R + D I_R$ 其中：

• $V_S, V_R$ 為送電端與受電端的線至中性點（相）電壓。
• $I_S, I_R$ 為送電端與受電端的線電流（方向皆定義為流入負載方向）。
• 對稱被動線路滿足 $A = D$ 且互易條件 $AD - BC = 1$。

2. 三相複數功率與受電端電流： $I_R = \left(\frac{S_{3\phi}}{\sqrt{3} V_{R,LL}}\right)^* = \frac{S_{3\phi}^*}{\sqrt{3} V_{R,LL}^*}$ 功因為落後（Lagging）時，電流相角落後於電壓相角。

3. 滿載百分比電壓降（Percent Voltage Drop, $\%VD$）： 電壓降為送電端與受電端電壓大小之差值，通常以受電端額定電壓為基準： $\%VD = \frac{|V_S| - |V_R|}{|V_R|} \times 100\%$

4. 無載狀態（No-Load）與費蘭梯效應（Ferranti Effect）： 在送電端電壓維持滿載值不變之前提下，切除負載使 $I_R = 0$： $V_S = A V_{R,NL} \implies V_{R,NL} = \frac{V_S}{A}$ 長距離高壓輸電線由於對地充電電容效應，使得 $|A| < 1$，導致無載時受電端電壓高於送電端電壓（$|V_{R,NL}| > |V_S|$），此即費蘭梯效應。

5. 電壓調整率（Percent Voltage Regulation, $\%VR$）： 依據電機工程標準定義，電壓調整率為送電端電壓保持不變時，受電端從滿載變為無載之電壓變化率： $\%VR = \frac{|V_{R,NL}| - |V_{R,FL}|}{|V_{R,FL}|} \times 100\%$

解題方法

初始基準量設定

以受電端線至中性點電壓為相角參考基準（$\angle 0^\circ$）：

• 受電端線至中性點電壓： $V_R = \frac{345\text{ kV}}{\sqrt{3}}\angle 0^\circ = 199.19\angle 0^\circ\text{ kV} = 199,186\angle 0^\circ\text{ V}$
• 受電端三相負載： $S_{3\phi} = 400\text{ MVA}, \quad \text{pf} = 0.8\text{ 落後} \implies \theta = \cos^{-1}(0.8) \approx 36.87^\circ$
• 滿載受電端線電流 $I_R$： $|I_R| = \frac{400 \times 10^6}{\sqrt{3} \times 345 \times 10^3} = 669.42\text{ A}$ $I_R = 669.42\angle -36.87^\circ\text{ A} = (535.53 - j401.65)\text{ A}$

（一）求滿載時送電端線至中性點電壓、送電端電流與百分比電壓降

1. 送電端線至中性點電壓 $V_S$

代入傳輸方程式 $V_S = A V_R + B I_R$：

• 計算各項分量： $A V_R = (0.8180\angle 1.3^\circ) \times (199.19\angle 0^\circ\text{ kV}) = 162.94\angle 1.3^\circ\text{ kV} = (162.90 + j3.70)\text{ kV}$ $B I_R = (172.2\angle 84.2^\circ\ \Omega) \times (0.66942\angle -36.87^\circ\text{ kA}) = 115.27\angle 47.33^\circ\text{ kV} = (78.13 + j84.76)\text{ kV}$
• 合成 $V_S$： $V_S = (162.90 + 78.13) + j(3.70 + 84.76) = 241.03 + j88.46\text{ kV}$ $|V_S| = \sqrt{241.03^2 + 88.46^2} = 256.74\text{ kV}$ $\angle V_S = \tan^{-1}\left(\frac{88.46}{241.03}\right) = 20.15^\circ$ $V_S = 256.74\angle 20.15^\circ\text{ kV}$ （對應送電端線電壓 $V_{S,LL} = \sqrt{3} \times 256.74\text{ kV} = 444.69\text{ kV}$）

2. 送電端電流 $I_S$

代入傳輸方程式 $I_S = C V_R + D I_R$（其中 $D = A = 0.8180\angle 1.3^\circ$）：

• 計算各項分量： $C V_R = (0.001933\angle 90.4^\circ\text{ S}) \times (199,186\angle 0^\circ\text{ V}) = 385.03\angle 90.4^\circ\text{ A} = (-2.69 + j385.02)\text{ A}$