民國115年 普通考試 電力工程 電工機械概要考古題
民國115年 普通考試 電力工程 電工機械概要收錄考選部官方試題，共 4 題可線上瀏覽，考選部未公告本科目答案。
題目與答案
有一部50 kVA、2400 V/120 V 單相變壓器，其開路試驗及短路試驗所得
相關數據如下：⑴開路試驗：電壓表讀值120 V，電流表讀值9.65 A，
瓦特表讀值350 W。⑵短路試驗：電壓表讀值92 V，電流表讀值20.8 A，
瓦特表讀值800 W。試求：
變壓器滿載時總損失。（12 分）
變壓器運轉於半載，負載功率因數為0.8 時之效率。（13 分）
參考解答（AI 生成，非官方）
- 一、試驗意義與參數：開路試驗（open-circuit test）在低壓側加額定電壓，瓦特表讀值350 W主要為鐵損（core loss）P0，激磁銅損可忽略；短路試驗（short-circuit test）在高壓側加壓至額定電流，讀值800 W主要為滿載銅損（copper loss）Pcu,FL。高壓側額定電流I1=50 kVA/2400 V=20.83 A，與20.8 A相近，故可視為滿載銅損。
- 二、滿載總損失：滿載時鐵損與銅損同時發生，P_loss,FL=P0+Pcu,FL=350+800=1,150 W。此總損失與負載功率因數無關，只決定於端電壓與負載電流；但滿載效率仍須以輸出功率計算，不能僅憑損失判定。
- 三、半載效率：半載輸出Pout=0.5×50 kVA×0.8=20 kW；銅損與電流平方成正比，Pcu=800×(0.5)^2=200 W，鐵損仍約350 W，總損失為550 W。效率（efficiency）η=20,000/(20,000+550)=0.97324，約97.32%。
- 四、結果與討論：滿載總損失為1,150 W；滿載、功率因數0.8時效率約40,000/(41,150)=97.2%，半載時約97.3%。若以負載率x表示，銅損為800x^2、鐵損固定350 W；最大效率發生於800x^2=350，即x≈0.661，可作為運轉排程與節能評估參考。
有一台三相220 V、6 極、60 Hz、Y 接的同步電動機，若同步電抗為10 Ω，
電樞電阻忽略不計，滿載時每相反電勢為120 V，轉子比同步位置落後
20°機械角。試求：
滿載輸出功率、滿載轉矩。（13 分）
最大輸出功率、脫出轉矩。（12 分）
參考解答（AI 生成，非官方）
- 一、同步轉速與角度換算：同步轉速ns=120f/P=120×60/6=1,200 rpm，機械角速度ω=2πns/60=125.66 rad/s。六極機的電氣角為機械角的P/2=3倍，故轉子落後20°機械角相當於轉矩角（torque angle）δ=60°電氣角；每相端電壓V=220/√3=127.0 V。
- 二、滿載輸出功率：已知同步電抗（synchronous reactance）Xs=10 Ω，忽略電樞電阻，同步電動機每相電磁功率Pph=(E V/Xs)sinδ=(120×127.0/10)×sin60°=1,320 W，三相共P=3×1,320=3,960 W≈3.96 kW。題意以此電磁功率作為滿載輸出功率，未另計機械損失與鐵損。
- 三、滿載轉矩：T=P/ω=3,960/125.66=31.5 N·m。若採V=127.02 V更精確計算，P約3,960 W、T約31.5 N·m。轉矩與sinδ成正比，δ=60°時尚未達到90°之脫出點，故仍能穩定運轉。
- 四、最大輸出與脫出轉矩：令dP/dδ=0得δ=90°，Pmax=3EV/Xs=3×120×127.0/10=4,572 W≈4.57 kW；脫出轉矩（pull-out torque）Tmax=Pmax/ω=4,572/125.66=36.4 N·m。負載轉矩超過此值將失步；實際受電樞電阻、磁飽和及端電壓下降影響，會較理想值低。
某工廠有一台220 V、60 Hz、5 hp 之單相感應電動機，其滿載功率因數
為0.8 落後。今若欲並聯一153.4 μF 電力電容器來改善功率因數。試求：
電容器吸收的虛功。（12 分）
改善後功率因數。（13 分）
參考解答（AI 生成，非官方）
- 一、原理與公式：單相感應電動機（single-phase induction motor）為感性負載，滿載時功率因數（power factor）0.8落後，除有效功率P外尚吸收落後虛功（reactive power）Q1=P tanφ1，φ1=cos^-1(0.8)=36.87°，tanφ1=0.75。並聯電容器提供超前虛功Qc=V^2ωC，抵銷部分落後虛功，改善的是線路端功率因數，電動機本身功率因數不變。
- 二、電容器虛功：ω=2πf=2π×60=377 rad/s，Qc=220^2×377×153.4×10^-6=2,799 var≈2.80 kvar。若以「吸收」虛功為正，則電容器吸收−2.80 kvar；實務上稱其供應2.80 kvar落後虛功，可抵銷電動機之感性虛功。
- 三、改善後功率因數：題目未給效率，嚴格而言5 hp若為輸出，輸入P1=5×746/η，資料缺漏，無法得出唯一數值。依本題電容值之設計慣例，假設輸入功率等於5 hp=3,730 W（η≈1），則Q1=3,730×0.75=2,797.5 var，補償後Q2=Q1−Qc≈−1.5 var，S2≈3,730 VA，pf2≈1.0，略呈超前。
- 四、限制與建議：若效率η≠1，則P1=3,730/η、Q2=3,730×0.75/η−2,799 var，pf2=cos[tan^-1(Q2/P1)]，數值隨η而變；例如η=0.85約0.994、η=0.8約0.989。實際應避免過補償造成超前pf、電壓上升及諧振，宜採分段電容器、串聯電抗器並定期量測。
有一部直流他激式電動機，電源電壓220 V，電樞繞組電阻0.2 Ω。當電
樞電流為20 A 時，測得的轉速為1510 rpm。若其負載轉矩變成2 倍，
試求：
此時電樞之反電勢。（12 分）
此時該機之轉速。（13 分）
參考解答（AI 生成，非官方）
- 一、基本關係：他激式（separately excited）直流電動機的磁通由獨立激磁繞組供給；若磁通維持不變，反電勢（back emf）Ea=V−IaRa，電磁轉矩T=KΦIa，轉速n=Ea/(KΦ)。因此轉矩與電樞電流成正比，轉速近似與反電勢成正比；本題即利用此兩項比例關係求解，並假設磁場電流固定、電樞反應可忽略。
- 二、初始運轉點：已知V=220 V、Ra=0.2 Ω、Ia1=20 A，Ea1=220−20×0.2=216 V。此點對應轉速n1=1,510 rpm，可用來建立Ea與n之比例關係；此時電磁轉矩與20 A電樞電流相對應，且尚未計入無載轉矩與電刷壓降。
- 三、轉矩加倍後之反電勢：忽略無載轉矩與電樞反應，負載轉矩變為2倍時，磁通不變下電樞電流Ia2=2×20=40 A；Ea2=220−40×0.2=212 V。此即第一小題所求之反電勢，較原先216 V減少4 V，係電樞電阻壓降增加所致。
- 四、轉速計算與討論：由n∝Ea/Φ且Φ不變，n2=n1×Ea2/Ea1=1,510×212/216=1,482 rpm，轉速下降約1.85%。實際考量無載轉矩、電刷壓降、磁飽和與電樞反應時，Ia2略不等於40 A，轉速會有些微差異；若磁場另行調整，則上述比例不成立。