113 專技高考高等考試 電機工程技師 電力系統 考古題詳解

113 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25 分

如下圖所示,為由一個三相平衡電源供電給兩個並聯三相負載之架構。已知該三相電源之線電壓大小為 210 V210\ \mathrm{V},圖中阻抗分別為:

  • 線路每相阻抗:Zl=1+j1 ΩZ_l=1+j1\ \Omega
  • Δ\Delta 連接負載每相阻抗:ZΔ=24−j30 ΩZ_{\Delta}=24-j30\ \Omega
  • YY 連接負載每相阻抗:ZY=12+j5 ΩZ_Y=12+j5\ \Omega

試求:

  1. 由三相電源端看入之 YY 連接合併負載之每相等效阻抗。
  2. 流經該合併負載之線電流大小。
  3. 由三相電源流入之總實功、總虛功、總視在功率、總複數功率及總功率因數。
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核心觀念

本題考查平衡三相電路的 Δ\Delta 負載轉換、每相等效阻抗,以及三相複數功率計算。平衡負載可先將 Δ\Delta 負載換成等效 YY 負載,再與原本的 YY 負載逐相並聯;計算電源輸入功率時,還要把每相線路阻抗納入串聯總阻抗。

解題方法

將 Δ\Delta 負載轉換為等效 YY 負載:

ZΔ→Y=ZΔ3=24−j303=8−j10 ΩZ_{\Delta\to Y}=\frac{Z_\Delta}{3} =\frac{24-j30}{3} =8-j10\ \Omega

兩組 YY 負載逐相並聯,因此合併負載的每相等效阻抗為:

Z負載=(8−j10)∥(12+j5)=(8−j10)(12+j5)(8−j10)+(12+j5)=146−j8020−j5=7.8118−j2.0471 Ω\begin{aligned} Z_{\text{負載}} &=(8-j10)\parallel(12+j5)\\ &=\frac{(8-j10)(12+j5)}{(8-j10)+(12+j5)}\\ &=\frac{146-j80}{20-j5}\\ &=7.8118-j2.0471\ \Omega \end{aligned}

這是電源端所見的合併負載每相阻抗;計算電源電流與電源輸入功率時,再將每相線路阻抗串聯計入:

Z總=Zl+Z負載=(1+j1)+(7.8118−j2.0471)=8.8118−j1.0471 ΩZ_{\text{總}}=Z_l+Z_{\text{負載}} =(1+j1)+(7.8118-j2.0471) =8.8118-j1.0471\ \Omega

三相電源線電壓為 210 V210\ \mathrm{V},故每相電壓大小為:

Vϕ=2103=121.24 VV_\phi=\frac{210}{\sqrt{3}}=121.24\ \mathrm{V}

平衡電路中,線電流大小等於每相電流大小:

∣IL∣=∣Vϕ∣∣Z總∣=121.24∣8.8118−j1.0471∣≈13.66 A|I_L|=\frac{|V_\phi|}{|Z_{\text{總}}|} =\frac{121.24}{|8.8118-j1.0471|} \approx 13.66\ \mathrm{A}

電源輸入功率

三相總複數功率以電源端電壓及線電流計算,也可用每相總阻抗計算:

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第 二 題25 分

一部額定為三相、100 MVA100\ \mathrm{MVA}、24 kV24\ \mathrm{kV}、60 Hz60\ \mathrm{Hz}、暫態電抗為 0.250.25 標么之同步發電機,經由一條電抗為 0.10.1 標么(以 100 MVA100\ \mathrm{MVA}、24 kV24\ \mathrm{kV} 為基準)之輸電線,連接至一部額定為三相、100 MVA100\ \mathrm{MVA}、24 kV24\ \mathrm{kV}、60 Hz60\ \mathrm{Hz}、暫態電抗為 0.20.2 標么之同步電動機。

已知該同步電動機在端電壓為 20 kV20\ \mathrm{kV} 條件下之吸收功率為 50 MW50\ \mathrm{MW}、功率因數為 0.80.8 超前。

當一個三相短路故障發生在同步發電機的端點上,試求每一部電機之暫態電流以及短路故障點的暫態電流。

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核心觀念

本題考查三相短路時,利用故障前負載狀態求出各同步機的內部暫態電勢,再以故障後等效電路求暫態電流。故障瞬間的暫態電抗模型中,發電機與電動機分別以內部暫態電勢串聯暫態電抗表示;電動機在故障前吸收功率,因此其內部電勢的電流方向須依負載慣例處理。

全題以 100 MVA100\ \mathrm{MVA}、24 kV24\ \mathrm{kV} 為三相標么基準。電壓基準取線電壓,電流基準為

Ibase=Sbase3Vbase=1003×24=2.4056 kA.I_{\mathrm{base}} =\frac{S_{\mathrm{base}}}{\sqrt{3}V_{\mathrm{base}}} =\frac{100}{\sqrt{3}\times24} =2.4056\ \mathrm{kA}.

故障前電動機端電壓為

Vm=2024=0.8333∠0∘ pu.V_m=\frac{20}{24}=0.8333\angle 0^\circ\ \mathrm{pu}.

解題方法

1. 求故障前電動機電流

電動機吸收有功功率 50 MW50\ \mathrm{MW},功率因數為 0.80.8 超前,因此

Pm=0.5 pu,∣Sm∣=0.50.8=0.625 pu.P_m=0.5\ \mathrm{pu},\qquad |S_m|=\frac{0.5}{0.8}=0.625\ \mathrm{pu}.

由於電動機功率因數超前,吸收的無功功率為負:

Qm=−0.5tan⁡(cos⁡−10.8)=−0.375 pu.Q_m=-0.5\tan(\cos^{-1}0.8)=-0.375\ \mathrm{pu}.

採被動符號慣例,電流定義為流入電動機,則

Sm=VmIm∗S_m=V_m I_m^*

因此

Im=(SmVm)∗=(0.5−j0.3750.8333)∗=0.6+j0.45=0.75∠36.87∘ pu.I_m =\left(\frac{S_m}{V_m}\right)^* =\left(\frac{0.5-j0.375}{0.8333}\right)^* =0.6+j0.45 =0.75\angle36.87^\circ\ \mathrm{pu}.

2. 求電動機內部暫態電勢

電動機採用被動符號慣例,電流流入電動機時,端電壓等於內部電勢加上電抗壓降:

Vm=Em′+jXm′Im.V_m=E_m'+jX_m'I_m.

其中 Xm′=0.2 puX_m'=0.2\ \mathrm{pu},故

Em′=Vm−jXm′Im=0.8333−j(0.2)(0.6+j0.45)=0.9233−j0.12=0.9311∠−7.40∘ pu.\begin{aligned} E_m' &=V_m-jX_m'I_m\\ &=0.8333-j(0.2)(0.6+j0.45)\\ &=0.9233-j0.12\\ &=0.9311\angle-7.40^\circ\ \mathrm{pu}. \end{aligned}

3. 求發電機端電壓及內部暫態電勢

忽略線路電阻,故障前線路電流即為電動機電流。線路電抗為 0.1 pu0.1\ \mathrm{pu},因此發電機端電壓為

Vg=Vm+jXlineIm=0.8333+j(0.1)(0.6+j0.45)=0.7883+j0.06=0.7906∠4.35∘ pu.\begin{aligned} V_g &=V_m+jX_{\mathrm{line}}I_m\\ &=0.8333+j(0.1)(0.6+j0.45)\\ &=0.7883+j0.06\\ &=0.7906\angle4.35^\circ\ \mathrm{pu}. \end{aligned}

發電機內部電勢與端電壓關係為 Eg′=Vg+jXg′ImE_g'=V_g+jX_g'I_m,其中 Xg′=0.25 puX_g'=0.25\ \mathrm{pu}:

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第 三 題25 分

兩部額定容量 1300 MW1300\ \mathrm{MW} 之火力發電機組,以每小時美元為單位之燃料成本函數(fuel-cost function)分別為:

C1=500+8P1+(0.005)(P1)2C_1=500+8P_1+(0.005)(P_1)^2 C2=700+αP2+β(P2)2C_2=700+\alpha P_2+\beta(P_2)^2

其中發電量 P1P_1、P2P_2 均以 MW\mathrm{MW} 為單位。

當總功率需量為 800 MW800\ \mathrm{MW} 時,發電的增量成本為 10 美元/MWh10\ \mathrm{美元/MWh};當總功率需量提高至 1500 MW1500\ \mathrm{MW} 時,發電的增量成本提高至 12 美元/MWh12\ \mathrm{美元/MWh}。

若忽略損失,試求 α\alpha、β\beta 之值。

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核心觀念

本題考「忽略輸電損失時的經濟調度」。在各機組皆未達出力上下限、且不考慮損失的條件下,經濟調度的必要條件是各機組的增量燃料成本相等:

dC1dP1=dC2dP2=λ\frac{dC_1}{dP_1}=\frac{dC_2}{dP_2}=\lambda

其中 λ\lambda 為系統的增量成本;同時須滿足功率平衡:

P1+P2=PDP_1+P_2=P_D

解題方法

兩部機組的額定容量皆為 1300 MW1300\ \mathrm{MW}。題目給的總需量 800 MW800\ \mathrm{MW} 與 1500 MW1500\ \mathrm{MW} 均低於總容量,且依下列調度結果,各機組出力都在 00 至 1300 MW1300\ \mathrm{MW} 之間,因此可直接使用等增量成本條件。

機組 1 的燃料成本函數為:

C1=500+8P1+0.005P12C_1=500+8P_1+0.005P_1^2

故其增量成本為:

dC1dP1=8+0.01P1\frac{dC_1}{dP_1}=8+0.01P_1

機組 2 的增量成本為:

dC2dP2=α+2βP2\frac{dC_2}{dP_2}=\alpha+2\beta P_2

一、總需量為 800 MW800\ \mathrm{MW} 時

增量成本為 10 美元/MWh10\ \mathrm{美元/MWh},因此:

8+0.01P1=10⇒P1=200 MW8+0.01P_1=10 \quad\Rightarrow\quad P_1=200\ \mathrm{MW}

由功率平衡:

P2=800−200=600 MWP_2=800-200=600\ \mathrm{MW}

機組 2 的增量成本也等於 1010,所以:

α+2β(600)=10\alpha+2\beta(600)=10

即:

α+1200β=10(1)\alpha+1200\beta=10 \tag{1}

二、總需量為 1500 MW1500\ \mathrm{MW} 時

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第 四 題25 分

一部同步發電機之額定容量為 500 MW500\ \mathrm{MW},其調速機具有標準的速度調節率(speed regulation)為 R=0.05R=0.05 標么。此值代表該發電機轉速 ω\omega 分數偏差量(fractional change)對機械輸入功率 PMP_M 分數偏差量的關係。

已知該發電機的速度調節率關係為:

Δωω=(−0.05)ΔPM\frac{\Delta\omega}{\omega}=(-0.05)\Delta P_M

其中 ΔPM\Delta P_M 之單位為標么。

假設該同步發電機之頻率由 60 Hz60\ \mathrm{Hz} 改變至 59 Hz59\ \mathrm{Hz},試求:

  1. 該同步發電機之機械輸入功率 PMP_M 的增加量(標么)。
  2. 該同步發電機之機械輸入功率 PMP_M 由無載(00 標么)變化至滿載(11 標么)的頻率變動範圍(Hz\mathrm{Hz})。

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核心觀念

本題考查調速機的速度調節率(speed regulation),也就是頻率偏差與機械輸入功率偏差之間的反向關係。題目給定:

Δωω=(−0.05)ΔPM\frac{\Delta\omega}{\omega}=(-0.05)\Delta P_M

其中 ΔPM\Delta P_M 以額定容量為基準,採標么值。同步發電機的轉速與頻率成正比,因此:

Δωω=Δff=f2−f1f1\frac{\Delta\omega}{\omega} = \frac{\Delta f}{f} = \frac{f_2-f_1}{f_1}

解題方法

1. 頻率由 60 Hz60\ \mathrm{Hz} 降至 59 Hz59\ \mathrm{Hz} 時,求機械輸入功率增加量

以初始頻率 60 Hz60\ \mathrm{Hz} 為基準,頻率分數偏差為:

Δff=59−6060=−160\frac{\Delta f}{f} = \frac{59-60}{60} = -\frac{1}{60}

代入調速機關係式:

−160=(−0.05)ΔPM-\frac{1}{60} = (-0.05)\Delta P_M

因此:

ΔPM=1/600.05=13≈0.3333 pu\Delta P_M = \frac{1/60}{0.05} = \frac{1}{3} \approx 0.3333\ \text{pu}

頻率下降時,調速機增加機械輸入功率,故功率增加量為 0.3333 pu0.3333\ \text{pu}。若換算成實際功率:

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