108 公務人員升官等薦任 電力工程 電機機械 考古題詳解

核心觀念

本題評量重點為「三個單相變壓器組合成三相變壓器組（$\Delta\text{--Y}$ 連接）」之基本額定計算。解題時需掌握以下三大核心觀念與公式：

1. 三相額定容量與單相額定容量之關係： 三相變壓器組是由三個額定規格完全相同之單相變壓器組成，總三相容量等於三具單相容量之和： $S_{1\phi} = \frac{S_{3\phi}}{3}$
2. 三相連接法之線、相關係：

• $\Delta$ 連接（三角形連接）：
• 線電壓等於相電壓：$V_L = V_\phi$
• 線電流為相電流的 $\sqrt{3}$ 倍：$I_L = \sqrt{3} I_\phi \implies I_\phi = \frac{I_L}{\sqrt{3}}$
• $\text{Y}$ 連接（星形連接）：
• 線電壓為相電壓的 $\sqrt{3}$ 倍：$V_L = \sqrt{3} V_\phi \implies V_\phi = \frac{V_L}{\sqrt{3}}$
• 線電流等於相電流：$I_L = I_\phi$

3. 單相變壓器本體之額定定義： 每一單相變壓器組件的高、低壓側「額定電壓」即為其所接之「繞組相電壓（$V_\phi$）」；「額定電流」即為其繞組所允許流過之「繞組相電流（$I_\phi$）」。

解題方法

由題意可知系統與負載參數如下：

• 三相總額定容量：$S_{3\phi} = 1{,}500\ \mathrm{kVA}$
• 高壓端（$\Delta$ 接）：線電壓 $V_{L,H} = 13{,}800\ \mathrm{V}$
• 低壓端（$\text{Y}$ 接）：線電壓 $V_{L,X} = 2{,}300\ \mathrm{V}$

步驟一：計算每一單相變壓器之仟伏安額定值（$S_{1\phi}$）

每具單相變壓器平均分擔三相總容量： $S_{1\phi} = \frac{S_{3\phi}}{3} = \frac{1{,}500\ \mathrm{kVA}}{3} = 500\ \mathrm{kVA}$

步驟二：計算高壓端之電壓與電流額定值

高壓端採用 $\Delta$ 連接：

• 高壓端額定電壓（$V_{\phi,H}$）： 在 $\Delta$ 接法中，繞組相電壓等於系統線電壓： $V_{\phi,H} = V_{L,H} = 13{,}800\ \mathrm{V}$
• 高壓端額定電流（$I_{\phi,H}$）： 單相變壓器繞組電流為相電流，可由單相容量除以單相相電壓求得： $I_{\phi,H} = \frac{S_{1\phi}}{V_{\phi,H}} = \frac{500 \times 10^3\ \mathrm{VA}}{13{,}800\ \mathrm{V}} = \frac{2{,}500}{69}\ \mathrm{A} \approx 36.23\ \mathrm{A}$

步驟三：計算低壓端之電壓與電流額定值

低壓端採用 $\text{Y}$ 連接：

• 低壓端額定電壓（$V_{\phi,X}$）： 在 $\text{Y}$ 接法中，繞組相電壓為線電壓除以 $\sqrt{3}$：

核心觀念

本題考單相整流器平均輸出電壓、直流馬達電樞電壓方程式，以及固定磁場下反電勢與轉速成正比。

電樞端平均電壓與反電勢的關係為：

固定額定磁場電流時，磁通量不變，因此：

其中 $n$ 為轉速。單相半控橋與全控橋在電樞電流連續時的平均輸出電壓分別為：

交流電源峰值 $V_m=\sqrt{2}V_s$。

解題方法

已知 $V_s=220\ \mathrm{V}$，故：

額定負載電樞電流 $I_a=40\ \mathrm{A}$，電樞電阻 $R_a=0.125\ \Omega$，所以電樞電阻壓降為：

（一）求半控橋供電時的平均電樞電壓

代入 $\alpha=30^\circ$：

（二）求反電勢

（三）求轉速 $800\ \mathrm{rpm}$ 時全控橋的觸發角

核心觀念

本題為交流電力系統中非常經典的「功率三角形分析」與「同步馬達功因改善」綜合計算題，核心考點包括：

1. 複數功率加總定理（功率守恆）：

• 有效功率（實功率）遵循純量代數和相加：$P_t = P_1 + P_2$。
• 虛功率（無效功率）遵循代數和相加（需考慮正負方向）：$Q_t = Q_1 + Q_2$。
• 視在功率絕不可直接純量相加，必須透過複數功率向量合成：$\mathbf{S}_t = \mathbf{S}_1 + \mathbf{S}_2$ 或 $S_t = \sqrt{P_t^2 + Q_t^2}$。

2. 功率三角形與基本定義：

• 視在功率：$S = \dfrac{P}{PF}$。
• 虛功率：$Q = P \tan\theta = P \times \dfrac{\sqrt{1 - PF^2}}{PF}$。

3. 交流旋轉電機之無效功率特性：

• 感應馬達（Induction Motor）：運轉時必須自電網吸收滯後的感性虛功率以建立旋轉磁場，故其功率因數必為「落後（Lagging）」，定義其吸收虛功率 $Q_1 > 0$。
• 同步馬達（Synchronous Motor）：具有獨立的直流轉子激磁。當處於「過激磁（Over-excited）」狀態時，馬達呈現容性負載特性，功因為「超前（Leading）」，等效於並聯電力電容器，可向電力系統提供虛功率，進而改善整體電網的功率因數。

解題方法

【已知條件整理】

• 感應馬達：
• 有效功率 $P_1 = 20\ \mathrm{kW}$
• 功因 $PF_1 = \cos\theta_1 = 0.8$（落後，$\sin\theta_1 = \sqrt{1 - 0.8^2} = 0.6$）
• 同步馬達：
• 有效功率 $P_2 = 12\ \mathrm{kW}$
• 系統改善後之總負載：
• 總有效功率 $P_t = P_1 + P_2 = 20 + 12 = 32\ \mathrm{kW}$
• 改善後總功因 $PF_t = \cos\theta_t = 0.95$（落後）

(一) 兩部電機之視在功率 $S$ 總和大小

由總有效功率 $P_t$ 與改善後之總功率因數 $PF_t$，可直接求得系統總視在功率大小 $S_t$：

$S_t = \frac{P_t}{PF_t} = \frac{32\ \mathrm{kW}}{0.95} = \frac{640}{19}\ \mathrm{kVA} \approx 33.684\ \mathrm{kVA}$

取至小數點後兩位為 $33.68\ \mathrm{kVA}$。

(二) 總虛功率 $Q$ 總和大小

總功因 $\cos\theta_t = 0.95$，對應之無效因數為：

$\sin\theta_t = \sqrt{1 - \cos^2\theta_t} = \sqrt{1 - 0.95^2} = \sqrt{0.0975} \approx 0.31225$

總虛功率大小 $Q_t$ 可由功率三角形計算：

$Q_t = S_t \times \sin\theta_t = P_t \times \tan\theta_t = 32 \times \frac{\sqrt{0.0975}}{0.95} \approx 10.518\ \mathrm{kVAR}$

因總功因為「落後」，表示系統整體仍自電網吸收 $10.52\ \mathrm{kVAR}$ 的滯後虛功率。

(三) 同步馬達要提供或吸收之虛功率

1. 計算感應馬達所吸收之虛功率 $Q_1$： $Q_1 = P_1 \tan\theta_1 = 20 \times \frac{0.6}{0.8} = 15\ \mathrm{kVAR} \quad \text{（吸收）}$

核心觀念

本題評量三相感應電動機在穩態運轉下的基本特性分析，涵蓋以下核心原理與公式：

1. 同步轉速（Synchronous Speed）與轉差率（Slip）：

• 同步轉速公式： $n_{\text{sync}} = \frac{120f}{P}$ 其中 $f$ 為電源頻率（$\mathrm{Hz}$），$P$ 為磁極數。
• 轉差率定義： $s = \frac{n_{\text{sync}} - n_{\text{m}}}{n_{\text{sync}}}$ 其中 $n_{\text{m}}$ 為轉子實際機械轉速（$\mathrm{r/min}$）。

2. 感應轉矩（Induced Torque）與功率轉換：

• 電磁感應轉矩 $\tau_{\text{ind}}$ 可由機電功率轉換關係求得： $\tau_{\text{ind}} = \frac{P_{\text{conv}}}{\omega_{\text{m}}} = \frac{P_{\text{AG}}}{\omega_{\text{sync}}}$ 其中 $P_{\text{conv}}$ 為轉子內建立之總機械功率（轉換功率），$\omega_{\text{m}} = \frac{2\pi n_{\text{m}}}{60}$ 為機械角速度（$\mathrm{rad/s}$）；$P_{\text{AG}}$ 為氣隙功率，$\omega_{\text{sync}} = \frac{2\pi n_{\text{sync}}}{60}$ 為同步角速度。若忽略旋轉機械雜損，額定輸出功率即為轉換功率。

3. 低轉差率運轉區間之轉矩—轉速線性近似：

• 依據感應電動機戴維寧等效電路推導之轉矩公式： $\tau_{\text{ind}} = \frac{3 V_{\text{TH}}^2 \left(\frac{R_2}{s}\right)}{\omega_{\text{sync}} \left[\left(R_{\text{TH}} + \frac{R_2}{s}\right)^2 + (X_{\text{TH}} + X_2)^2\right]}$
• 在正常運轉範圍內，轉差率極小（$s \ll s_{\max}$，通常 $s < 0.05$），此時 $\frac{R_2}{s} \gg R_{\text{TH}}$ 且 $\left(\frac{R_2}{s}\right)^2 \gg (X_{\text{TH}} + X_2)^2$，分母由 $\left(\frac{R_2}{s}\right)^2$ 主導，公式簡化為： $\tau_{\text{ind}} \approx \frac{3 V_{\text{TH}}^2}{\omega_{\text{sync}} R_2} \cdot s = k \cdot s$
• 即在正常低轉差率工作區，感應轉矩與轉差率成正比（$\tau_{\text{ind}} \propto s$）。因同步轉速固定，轉速降落量 $\Delta n = n_{\text{sync}} - n_{\text{m}} = s \cdot n_{\text{sync}}$ 亦與負載轉矩成正比。

4. 轉差率與效率之關係：

• 功率流向中，氣隙功率 $P_{\text{AG}}$ 傳遞至轉子後，分為轉子銅損 $P_{\text{RCL}}$ 與內部機械轉換功率 $P_{\text{conv}}$： $P_{\text{RCL}} = s P_{\text{AG}}$ $P_{\text{conv}} = (1 - s) P_{\text{AG}}$
• 轉子內部轉換效率： $\eta_{\text{rotor}} = \frac{P_{\text{conv}}}{P_{\text{AG}}} = 1 - s$
• 整體效率 $\eta = \frac{P_{\text{out}}}{P_{\text{in}}} < \eta_{\text{rotor}} = (1 - s)$，受轉差率直接制約。

解題方法

(一) 計算額定轉差率 $s$

1. 計算同步轉速 $n_{\text{sync}}$： $n_{\text{sync}} = \frac{120 \times 60}{4} = 1{,}800\ \mathrm{r/min}$

2. 將額定轉速 $n_{\text{m}} = 1{,}764\ \mathrm{r/min}$ 代入轉差率公式： $s = \frac{1{,}800 - 1{,}764}{1{,}800} = \frac{36}{1{,}800} = 0.02\ (\text{或 } 2\%)$

(二) 計算額定感應轉矩 $\tau_{\text{ind}}$

1. 計算轉子額定機械角速度 $\omega_{\text{m}}$： $\omega_{\text{m}} = \frac{2\pi \times 1{,}764}{60} = 58.8\pi \approx 184.73\ \mathrm{rad/s}$

2. 根據題目條件，電動機供應額定機械功率 $P = 15\ \mathrm{kW} = 15{,}000\ \mathrm{W}$： $\tau_{\text{ind}} = \frac{P}{\omega_{\text{m}}} = \frac{15{,}000}{184.73} \approx 81.20\ \mathrm{N\cdot m}$

(另解驗算)： 若由氣隙功率與同步角速度求取： $P_{\text{AG}} = \frac{P_{\text{conv}}}{1 - s} = \frac{15{,}000}{1 - 0.02} = \frac{15{,}000}{0.98} \approx 15{,}306.12\ \mathrm{W}$ $\omega_{\text{sync}} = \frac{2\pi \times 1{,}800}{60} = 60\pi \approx 188.50\ \mathrm{rad/s}$ $\tau_{\text{ind}} = \frac{P_{\text{AG}}}{\omega_{\text{sync}}} = \frac{15{,}306.12}{188.50} \approx 81.20\ \mathrm{N\cdot m}$ 兩種方法結果完全一致。

(三) 負載轉矩降為額定 $50\%$ 時的電動機轉速