电力系统分析第三版（于永源杨绮雯著）课后答案

Chapter 一 1-1、电力系统和电力网的含义是什么？ 答：电力系统指生产、变换、输送、分配电能的设备如发电机、变压器、输配电线路等， 使用电能的设备如电动机、电炉、电灯等，以及测量、保护、控制装置乃至能量管理系统所 组成的统一整体。一般电力系统就是由发电设备、输电设备、配电设备及用电设备所组成的 统一体。

电力系统中，由各种电压等级的电力线路及升降压变压器等变换、输送、分配电能设备 所组成的部分称电力网络。

1-2、 电力系统接线图分为哪两种？有什么区别？ 答：电力系统接线图分为地理接线图和电气接线图。

地理接线图是按比例显示该系统中各发电厂和变电所的相对地理位置，反映各条电力线 路按一定比例的路径，以及它们相互间的联络。因此，由地理接线图可获得对该系统的宏观 印象。但由于地理接线图上难以表示各主要电机、电器之间的联系，对该系统的进一步了解。

还需阅读其电气接线图。

电气接线图主要显示系统中发电机、变压器、母线、断路器、电力线路等主要电力元件 之间的电气接线。但电气接线图上难以反映各发电厂、变电所的相对位置，所以阅读电气接 线图时，又常需参考地理接线图。

1-3、 对电力系统运行的基本要求是什么？ 答：对电力系统运行通常有如下三点基本要求: 1）保证可靠地持续供电；

2）保证良好的电能质量；

3）保证系统运行的经济性。

1-4、电力系统的额定电压是如何确定的？系统各元件的额定电压是多少？什么叫电力线路 的平均额定电压？ 答：各部分电压等级之所以不同，是因三相功率 S 和线电压 U、线电流 I 之间的关系为 S= 3 UI。当输送功率一定时，输电电压愈高，电流愈小，导线等截流部分的截面积愈小， 投资愈小；
但电压愈高，对绝缘的要求愈高，杆塔、变压器、断路器等绝缘的投资也愈大。

综合考虑这些因素，对应于一定的输送功率和输送距离应有一个最合理的线路电压。但从设 备制造角度考虑，为保证生产的系列性，又不应任意确定线路电压。另外，规定的标准电压 等级过多也不利于电力工业的发展。考虑到现有的实际情况和进一步的发展，我国国家标准 规定了标准电压，即为额定电压。

各元件的额定电压：
1、各用电设备的额定电压取与线路额定电压相等，使所有用电设备能在接近它们的 额定电压下运行；

2、发电机的额定电压为线路额定电压的 105%；

3、升压变压器一次侧额定电压与发电机的额定电压相同，二次侧的额定电压为线路 额定电压的 110%；

4、降压变压器一次侧取与线路额定电压相等，二次侧的额定电压为线路额定电压 的 110%或 105%。

电力线路的平均额定电压：是约定的、较线路额定电压高 5%的电压系列。

1-5、系统不同电压等级的适用范围怎样？ 答：3KV 只限于工业企业内部采用；
500、330、220KV 多用于大电力系统的主干线；
110KV 既用于大城市或大工业企业内部网络，也广泛用于农村网络；
10KV 则是最常用的更低一级 的配电电压；
只有负荷中高压电动机的比重很大时，才考虑 6KV 配电的方案。

1-6、 电力系统负荷曲线有哪些？什么是年持续负荷曲线和最大负荷利用小时数？有何用 处？ 答：电力系统负荷曲线：
1）
按负荷种类分为有功功率负荷曲线和无功功率负荷曲线；

2）
按时间段长短分为日负荷曲线和年负荷曲线；

3）
按计量地点分为个别用户、电力线路、变电所及至整个系统的负荷曲线。

年持续负荷曲线：一年中系统负荷按其数值大小及其持续时间顺序由大到小排列而 成。

最大负荷利用小时数 Tmax：如果负荷始终等于最大负荷 Pmax，则经过 Tmax 小时所消耗 的电能恰好等于全年耗电量 W，即：
8760 W ∫ pdt Tmax = = Pmax 0 Pmax Tmax 的大小反映了负荷随时间变化波动的幅度大小，Tmax 大则表示负荷波动小，Tmax 小表示负荷波动大。

1-7、 某 一 负 荷 的 年 持 续 负 荷 曲 线 如 图 所 示 ， 试 求 最 大 负 荷 利 用 小 时 。

P(M W ) 1 0 0 6 0 3 0 0 2 0 0 0 5 0 0 0 8 7 6 0 t(h) 解：A 年 = 2000 ×100 + (5000 − 2000) ×60 +(8760 −5000) ×30 =492800( Mw. )h Tmax = A年 Pmax = 492800 = 492（8 h）
100 1-8、电力系统中性点的接地方式有哪些？它们各有什么特点？我国电力系统中性点接地情 况如何? 答：接地方式通常分为两大类：
1）大接地电流系统，即直接接地；

2）小接地电流系统，即不接地和经消弧线圈接地。

特点：电力系统最常见的故障是单相接地，对中性点直接接地系统来说当出现单相接 地时，出现了除中性点外的另一个接地点，构成了短路回路，所以接地相电流即短路电流数 值也就很大，为了防止损坏设备，必须迅速切除接地相甚至三相，从而降低了供电可靠性。

不接地系统供电可靠性高，但对绝缘水平的要求也高。因这种系统中单相接地时，不构成短 路回路，接地相电流不大，不必切除接地相，但这时非接地相的接地电压却升高为相电压的 3 倍。

目前在我国，110KV 及以上的系统采用中性点直接接地，35KV 及以下的系统中性点 不接地。

1-9、 中性点不接地单相接地时，各相对地电压有什么变化？怎样计算单相接地电流？ 答：1)假设 C 相接地，则 C 相电流为 0。此时相量图如图一。由图可知，故障相电压变为 0， 非故障相得对地电压变为线电压，即为原来的 3 倍。

3 2）则相量图为图二。由图可知，∑Ic= 3 Ica= 流为非故障时电容对地电流的 3 倍。

3 Ia=3 Ia。即故障时单相接地电 1-10 、消弧线圈的工作原理是什么？电力系统一般采用哪种补偿方式？为什么？ 答：工作原理：在小接地电流系统的中性点处装设消弧线圈，其实就是电感线圈，接地点接 地相电流中增加了一个感性分量，它和原来接地点的电流即线路两非故障相的对地电容电流 之和恰方向相反，数值相抵消，从而减小了接地点的电流，使电弧易于自行熄灭，提高了供 电可靠性。

电力系统中一般采取过补偿，因为全补偿和欠补偿易被击穿。

当 IL= ∑ IC 时称为全补偿，系统中会产生谐振过电压，这是不允许的；
当 IL ＞ ∑ IC 时称为过补偿，这是系统运行中经常使用的补偿方式；
当 IL ＜ ∑ IC 时称为欠补偿，一般 也不采用，以防止再切除线路或系统频率下降时使 ∑ IC 减少可能出现全补偿而出现谐振过 电压。

Chapter 二 2-1、架空电力线路由哪些部分组成？它们的作用如何？架空电力线路的杆塔由哪些形 式？ 答：架空电力线路由导线、避雷线、杆塔、绝缘子和金具等构成。

作用：1）导线：传输电能；

2）避雷线：将雷电流引入大地以保护电力线路免受雷击；

3）杆塔：支持导线和避雷线，保持导线与导线、导线与避雷线、导线与大地 的安全距离；

4）金具：支持、接续、保护导线和避雷线，连接和保护绝缘子。

杆塔的型式：直线杆，耐张杆，终端杆，转角杆等。

2-2、在电力系统计算时，导线材料的电阻率ρ为什么略大于它们的直流电阻率？ 答：原因：1）交流电的集肤效应使得电阻上升；

2）输电线路为多股绞线，其每股长度略大于导线长度；

3）计算中采用的标称截面积略大于实际截面积。

2-3、分裂导线的作用是什么？分裂数为多少合适?为什么？ 答：分裂导线的作用：为了减少电晕损耗，应设法降低导线表面电场强度值，实践证明采用 每相导体分裂为几根子导体的分裂导线结构可降低导线表面电场强度值，因此分裂导线成为 目前国内外超高压输电线路上广为采用的导线型式。

分裂数为 2~4 合适。因为分裂的根数愈多，电抗下降也愈多，但分裂根数超过 3-4 根 时，电抗的下降已逐渐减缓。而导线与金具的结构、线路架设与运行等却随着分裂根数的增 加而大为复杂，目前导线的分裂根数一般不超过 4 根 2-4、电力线路的等值电路是怎样表示的？ 答：1)短线路，是指长度不超过 100km 的架空线路，线路电压为 35KV 及以下时，电纳可 略。等值电路如图一。

2）中等长度线路，是指长度在 100~300km 之间的架空线路和不超过 100km 的电缆线路。

这种线路的等值电路有 T 型和π型等值电路，如图二。

3）长线路，是指长度超过 300km 的架空线路和超过 100km 的电缆线路。这种线路的等 值电路要考虑它们的分布参数特性，如图三。

2-5、什么叫自然功率？ 答：自然功率也称波阻抗负荷。是指负荷阻抗为波阻抗时，该负荷所消耗的功率。

2-6、什么叫变压器的短路试验和空载试验，从这两个试验可确定变压器哪些参数？ 答：1）短路试验：低压侧短路，在高压侧加电压使绕组通过的电流达额定值，测出高压侧 P U 2 所加电压值和回路所消耗的有功功率 PK。可确定的参数：绕组电阻 RT = K N ，绕组电抗 S 2 N X = U %U 2 K N 。

N T 100 S 2）空载试验：低压侧开路，高压侧加额定电压，测出变压器的空载电流 I0 和空载损 耗 P0。可确定的参数：励磁电导 G = P0  ，励磁电纳 B = I0 %SN 。

U N T 2 T N 100U 2 2-7、双绕组和三绕组变压器一般以什么样的等值电路表示？双绕组变压器与电力线路的等 值电路有何异同？ 答：1）双绕组变压器的等值电路：
三绕组变压器的等值电路：
2）同——都有一串联的阻抗 Z=R+jX 和并联的导纳 Y=G+jB。

异——双绕组变压器的励磁回路的等值导纳并联在变压器绕组等值阻抗的首端；

线路的总导纳一半并联在线路的等值阻抗的首端，一半并联在末端；
线路的 G≈0;双绕组变 压器的并联电纳是感性因此 BT 前是“－”号，线路的并联电纳是容性的，因此 BL 前是“+” 号。

2-8、什么叫三绕组变压器的最大短路损耗？ 答：指两个 100%容量绕组中流过额定电流，另一个 100%或 50%容量绕组空载时的有功损 耗。

2-9、对于升压型和降压型的变压器，如果所给出的其他原始数据均相同，它们的参数相同 吗？如何理解变压器的参数具有电压级的概念？ 答：不同。因为对升压型和降压型的三绕组变压器来说，其绕组排列方式不同。升压型的从 铁芯至绕组最外层的排列顺序是中压绕组、低压绕组、高压绕组，由于高中压绕组相隔最远， 二者间漏抗最大；
降压型的从铁芯至绕组最外层的排列顺序是低压绕组、中压绕组、高压绕 组，高低压绕组间漏抗最大。绕组间漏抗不同，则 XT 就不同。

当变压器参数计算公式中代入不同电压级的额定电压则得出归算到不同电压级下的参 数。

2-10 、发电机的等值电路有几种形式？它们等效吗？发电机电抗的百分数 XG%的含义是什 么？ 答：一般有两种形式，一是以电压源和串联电抗表示的等值电路，一是以电流源和并联电抗 表示的等值电路。两者之间完全等效。

发电机电抗的百分数 XG% 实际上是在 XG 上通过额定电流时产生的电压降与额定电 压的比值的百分值。其计算公式是：
XG (%) = 3IN XG ×100 UN 2-11、电力系统负荷有几种表示方式？它们之间有什么关系？ 答：电力系统负荷有两种表示方法：阻抗和导纳，它们相互等值。

2-12 、组成电力系统等值网络的基本条件是什么？ 答：标么值的折算和电压级的归算即求出的电力系统各元件参数。

2-13 、什么是有名制？什么是标幺制？标幺制有什么特点？基准值如何选取？ 答：有名制：进行电力系统计算时，采用有单位的阻抗、导纳、电压、电流、功率等进行运 算。

标幺制：进行电力系统计算时，采用没有单位的阻抗、导纳、电压、电流、功率等的 相对值进行运算。

标幺制的特点：线电压和相电压的标幺值数值相等，三相功率和单相功率的标幺值数 值相等。计算结果清晰，便于迅速判断计算结果的正确性，可大量简化计算等。

基准值的选取：1）基准值的单位应与有名值的单位相同。2）阻抗、导纳、电压、电 流、功率等五个基准值之间应符合电路关系。

2-14 、电力系统元件参数以标幺值表示时，是否可以组成电力系统等值网络？计算元件标幺 值的两种算法，其结果是否相同，为什么？ 答：元件参数以标幺值表示时可以组成电力系统等值网络。

计算元件参数标幺值的两种算法 1 是按变压器实际变比计算，2 是按平均额定电压之 比计算。结果有差异，按变压器实际变比计算得出的标幺值是所谓精确值，按平均额定电压 之比计算得出的标幺值是近似值，通常用在短路计算中。

2-15 、什么叫变压器的额定变比，实际变比，平均额定电压之比？在归算中如何应用？ 答：额定变比是把变压器的变比看成额定电压之比，实际变比是把变压器的变比看成变压器 的实际电压之比，平均额定电压之比是看成变压器的平均额定电压之比。根据对计算结果精 度的要求在归算中选用不同的变比。

2-16 、电力系统接线图如下图所示，图中标明了各级电力线路的额定电压（KV），试求：
1）发电机和变压器各绕组的额定电压，并标在图中；

2）设变压器 T1 工作于+5%抽头，T2、T5 工作于主抽头（T5 为发电厂的厂用变压器）， T3 工作于-2.5%抽头，T4 工作于-5%抽头，求个变压器的实际变比；

3）求各段电力线路的平均额定电压，并标于图中。

解：（1）如上图。

242(1 + 5%)  24.2 K = （2）
1 = 10.5 K 2(1− 2) = 220 121  =1.82 K 2(1−3) = 220 = 5.71 38.5 K = 110(1 − 2.5%) = 9.75 3 11 K = 35(1 − 5%) = 5.04 4 6.6 K5 = 10 3.15 = 3.17 Ul1 = 220× (1 + 5%) = 231KV Ul 2 = 110× (1 + 5%) = 115.5KV (3) Ul3 = 35× (1 + 5%) = 36.75KV Ul 4 = 10 × (1 + 5%) = 10.5KV Ul5 = 6 × (1 + 5%) = 6.3KV Ul 6 = 3 × (1 + 5%) = 3.15KV 2-17.某一回 110kv 架空电力线路,长度为 60km,导线型号 LGJ-120,导线计算外径为 15.2mm, 三相导线水平排列,两相邻导线三相间的距离为 4m,试计算该电力线路的参数,并作等效电 路。

ρ 解: r1 = s = 31.5 = 0.2625(Ω km) 120 r = 15.2 = 7.6(mm) 2 m D = 3 4000× 4000× 2 × 4000 = 5039.7(mm) X = 0.1445lg Dm 1 r + 0.0157 = 0.1445lg 5039.7 + 0.0157 = 0.423(Ω / km) 7.6 b1 = 7.58 lg Dm r ×10 − 6 = 7.58 lg 5039.7 7.6 ×10 − 6 = 2.69 ×10 −6 (s) g1 = 0. R1 = r1l = 0.2625× 60 = 15.75(Ω) X 1 = x1l = 0.423× 60 = 25.38(Ω) −6 − 4 则 B1 = b1l = 2.69 ×10 × 60 = 1.614× 10 (s) B1 = 0.807×10 2  − 4 (s) G1 = 0. 2-18.有一回 220kv 架空电力线路,采用型号为 LGJ-2×185 的双分裂导线,每一根导线的计算 外径为 19mm,三相导线的不等边三角形排列,线间距离 D12 = 9m , D23 = 8.5m, D31 = 6.1m, 分裂导线的分裂数 n=2,分裂间距为 d=400mm,试计算该电力线路的参数,并作其等值电路。

解：
r1 = ρ = ns 31.5 2 ×185 = 0.085(Ω / km) req = = 2 19 × 400 = 61.64(mm) 2 rd 2 m D = 3 900 × 8500 × 6100 = 7756 .46(mm) 1 X = 0.1445lg Dm + 0.0157 = 0,1445lg 7756.46 + 0.0157 = 0.311(Ω / km) req n 61.64 2 b1 = 7.58 D  −6 ×10 = 7.58 ×10 7756.46  −6 = 3.61×10  −6 (s / km) lg m req . b1 lg 61.64 −6 = 1.805×10 2 (s / km) g1 = 0. 2-19.三相双绕组升压变压器的型号为 SFL-40500/110, 额定容量为 40500KVA,额定电压为 121/10.5KV, Pk = 234.4kw, Uk (%) = 11, P0 = 93.6kw, I 0 (%) = 2.315, 求该变压器的参数,并作等值电路。

解: ` R = PKU N = 234.4 ×10 × (10.5 ×103 )2 = 1.57 × 10− 2 (Ω) 2 3 S N T 2 (40500×103 )2 2 X = UN (%)U N 11× (10.5 × 103 )2 =  = 0.3(Ω) N T 100S 100× 40500×103 3 P0 U GT = 2 N = 93.6 ×10 (10.5 ×103 )2 = 8.49 ×10− 4 (S) 3 I (%)S B = 0 N = 2.315× 40500×10 = 8.5 ×10− 3 (S) N T 100U 2 100× (10.5 ×103 )2 2-20. 三 相 三 绕 组 降 压 变 压 器 的 型 号 为 SFPSL-120000/220, 额 定 容 量 为 120000/120000/60000KVA,额定电压为 220/121/11KV, PK (1− 2 ) = 601KW , PK (1− 3) = 182.5KW , PK ( 2− 3) = 132.5KW ,U K (1− 2 ) (%) = 14.85,U K (1− 3) (%) = 28.25, UK ( 2−3 ) (%) = 7.96, P0 = 135KW , I 0 (%) = 0.663,求该变压器的参数,并作等值电路。

解: I: PK (1− 2 ) = 601(KW ) P ＇ K (1− 3) ＇ = 4 PK (1−3) = 730 (KW ) PK (2−3) = 4 PK ( 2− 3) = 530 ( KW ) P = 1 (P + P ＇ – P ＇ ) = 400.5(KW ) K1 2 K (1− 2) K (1− 3) K ( 2− 3) P = 1 (P + P ＇ – P＇ ) = 200.5(KW ) K 2 2 K (1−2 ) K ( 2− 3) K (1−3) P = 1 (P＇ + P＇ − P ) = 329.5(KW ) K 3 2 K (1− 3) K ( 2−3 ) K (1− 2) 2 3 3 2 R = PK 1U N 1 = 400 .5 × 10 × ( 220 × 10 ) = 1.346 ( Ω ) S T 1 2 N 2 (12 × 10 4 × 10 3 ) 2 3 3 2 R = PK 2 U N 1 = 200 . 5 × 10 × ( 220 × 10 ) = 0.674 ( Ω ) S T 2 2 N 2 (12 × 10 4 × 10 3 ) 2 3 3 2 R = PK 3U N 1 = 329 .5 × 10 × ( 220 × 10 ) = 1.107 ( Ω ) S T 3 2 N (12 × 10 4 × 10 3 ) 2 II：U K (1− 2) (%) = 14.85,U K (1−3) (%) = 28.25,U K ( 2− 3) (%) = 7.96 UK1 (%) = 1 (U 2  K (1− 2) (%) + U  K (1− 3) (%) − U  K ( 2− 3) (%)) = 17.57 UK 2 UK 3 (%) = 1 (U 2 (%) = 1 (U 2  K (1− 2) K (1− 3) (%) + U (%) + U  K ( 2−3 ) K ( 2 −3) (%) − U (%) − U  K (1− 3) K (1− 2) (%)) = −2.72 (%)) = 10.68 U (%)U 2 X = K1 N1 17.57 ×(220 ×103 )2 =  = 70.866(Ω) N T1 100S 2 100×12 ×104 ×103 3 2 XT 2 = UK 2 (%)U N1 100SN = − 2.72 × (220×10 ) 100×12 ×104 × 103 = −10.971(Ω) U (%)U 2 X = K 3 N1 10.68 ×(220× 103 )2 =  = 43.076(Ω) N T 3 100S 100×12 ×104 ×103 III：
G = P0 = 135×103  = 2.79 ×10− 6 (S) U N1 T 2 (220×103 )2 4 3 IV：
BT = I 0 (%)SN N 1 100U 2 = 0.663×12 ×10 ×10 100 ×(220×103 )2 = 1.644×10− 5 (S) 2-21 ． 三 相 自 耦 三 绕 组 降 压 变 压 器 的 型 号 OSSPSL-120000/220 ， 额 定 容 量 为 120000/120000/60000KVA ， 额 定 电 压 220/121/38.5KV ， PK (1− 2 ) = 417 KW , PK (1−3) = 318.5KW , PK ( 2 −3) = 314 KW ; U K (1− 2) (%) = 8.98, UK (1− 3) (%) = 16.65,U K ( 2 −3) (%) = 10.85; P0 = 57.7 KW , I 0 (%) = 0.712. 求该变压器的参数, 并作等值电路. 解: I: PK (1− 2) = 417(KW ) P ＇ K (1− 3) P ＇ K ( 2− 3) = 4 PK (1−3) = 4PK ( 2− 3) = 1274(KW ) = 1256(KW ) P = 1 (P + P ＇ – P ＇ ) = 217.5(KW ) K1 2 K (1− 2) K (1−3) K ( 2− 3) P = 1 (P + P ＇ – P＇ ) = 199.5(KW ) K 2 2 K (1− 2) K ( 2− 3) K (1− 3) P = 1 (P＇ + P ＇ − P ) = 1056.5(KW ) K 3 2 K (1− 3) K ( 2− 3) K (1− 2) 2 3 3 2 RT1 PK1U N1 S = 2 N = 217.5 ×10 × (220×10 ) (12 ×104 ×103 )2 = 0.73(Ω) 2 3 3 2 RT 2 PK 2UN1 S = 2 N = 199.5 ×10 ×(220 ×10 ) (12 ×104 ×103 )2 = 0.67(Ω) 2 3 3 2 RT 3 PK 3U N1 S = 2 S = 1056.5 ×10 × (220×10 ) (12 ×104 ×103 )2 = 3.55(Ω) II: UK (1− 2) (%) = 8.98 K (1−3) K (1−3) U ＇ (%) = 2U (%) = 33.3 K ( 2 −3) K (1−3) U ＇ (%) = 2U (%) = 21.7 UK 1 (%) = 1 (U 2  K (1− 2)  (%) + U ＇ K (1− 3)  (%) − U ＇ K ( 2 −3) (%)) = 10.29 UK 2 (%) = 1 (U 2  K (1− 2)  (%) + U ＇ K ( 2− 3)  (%) − U ＇ K (1−3) (%)) = −1.31 U (%) = 1 (U ＇ (%) + U ＇ (%) − U (%) = 23.01 K 3 2 K (1− 3) K ( 2−3 ) K (1− 2 ) U %U 2 10.29 ×(220 ×103) 2 XT1 = K 1 100S N 1 = = 41.503(Ω) N 100 ×12 ×104 ×103 XT = UK 2 N1 −1.31 ×(220 ×103) 2 = = −5.284(Ω) %U 2 N 2 100 S 100 ×12 ×104 ×103 U %U 2 23.01×(220 ×103) 2 XT 3 = K3 100SN N1 = = 92.807(Ω) 100 ×12 ×104 ×103 III: G = P0 = 57.7 ×103 = 1.19× 10−6 (S) U N1 T 2 (220×103 )2 4 IV: B = I 0 (%)SN = 0.712×12 ×10 ×103 = 1.765× 10− 5 (S) N 1 T 100U 2 100×(220 ×103 )2 2-22.双水内冷汽轮同步发电机的型号为 TQFS-125-2, PN = 125MW , cos ϕ N = 0.85,U N = 13.8KV , X d = 1.867, X d = 0.257, X ＇＇ = 0.18, 试计算该发电机的直 d ＇ ＇＇ 轴同步电抗 X d ,暂态电抗 X d ,直轴次暂态电抗 X d 的有名值. U 2 解: ZN = N SN  U 2 cos ϕ = N N = 1.295(Ω) PN X d = 1.867ZN = 1.867×1.295 = 2.418(Ω) X d N ＇ = 0.257 Z = 0.257 × 1.295 = 0.333(Ω) X d N ＇＇ = 0.18Z = 0.18 ×1.295 = 0.233(Ω) 2-23.电抗器型号为 NKL-6-500-4, UN 试计算该电抗器电抗的有名值. = 6KV , I N = 500A, 电抗器电抗百分数 X L (%) = 4. 解: X L = = 4 × 6 ×10  = 0.277(Ω) X L (%)U N 100 3I N 3 100 3 × 500 Chapter 三 3-1.电力系统阻抗中的功率损耗表达式是什么?电力线路始.末端的电容功率表达式是什么? L P 2 + Q 2 答: ∆SL = ∆PL + j∆QL = i i (R U 2 i + jX L ) 1 ∆S 2 C1 = − jU 2 BL 1 2 1 ∆S = − jU 2 BL 2 C 2 2 2 3-2.电力线路阻抗中电压降落的纵分量和横分量的表达式是什么 ?其电压的计算公式是以相 电压推导的,是否也适合于线电压?为什么? 答: ∆U Pi R + Qi X U = i i δU Pi X − Qi R U = i i 此公式也适合于线电压，原来在相电压的计算公式中功率是每相功率，而用于线电压计 算时功率用三相总功率即可。

三相功率是每相功率的 3 倍，当公式用三相功率代入时，要使等式成立ΔU 和δU 前面 都要乘 3 倍。而线电压是相电压的 3 倍, 将ΔU 和δU 前的 3 变成 3 × 3 ，其中一个 3 与 ΔU、δU 相乘则使相电压的ΔU、δU 变成了线电压的ΔU、δU，另一个 3 则和等式右侧分母 上的相电压 U 相乘得到线电压 U。

3-3.什么叫电压降落.电压损耗.电压偏移.电压调整及输电效率? . . . 答:电压降落:线路始.末两端电压的相量差 (U 1 − U 2 ) 或 d U . 电压损耗:线路始末两端电压的数值差(U1 − U 2 )≈ΔU. 从百分数表示,电压损耗ΔU %= U 1 − U 2 × 100. U N 电压偏移:线路始.末端电压与线路额定电压的数值差(U1 − UN )或 (U 2 − U1 ),以百分数表示 始端电压偏移ΔU1。

N %= U1 − UN U N  ×100. 末端电压偏移ΔU2。

N %= U 2 − U N U N  ×100. 电压调整:线路末端空载与负载时电压的数值差 (U 20 − U 2 ).以百分数表示,电压调整ΔU U 0%= 20 −U 2 ×100. U 20 输电效率:线路末端输出有功功率 P2 与线路始端输入有功功率 P1 的比值,以百分数表示, 输电效率η%= P2 ×100. P1 3-4.什么叫运算负荷?什么叫运算功率?一个变电所的运算负荷如何计 算? 答:运算负荷为从电力线路阻抗中流出的功率称为运算负荷；
运算功率为流入电力线路阻抗 中流出的功率。

变电所的运算负荷=低压侧负荷+变压器的绕组损耗+变压器的励磁损耗+所有与其高压母线 相连线路充电功率的一半。

3-5.对简单开式网络,变电所较多的开式网络和环式网络潮流计算的内容和步骤是什么? 答:潮流计算的内容:求各节点电压和各条支路功率。

简单开式网络：运用已知的功率或电压计及各段线路和变压器上的功率损耗和电压降落逐 环节推算出各条支路的功率和各点电压。

环式网络：以计算负荷代替变电所，忽略线路的损耗，用静力矩法求出初步功率，找出功 率分点，在功率分点处拆成两个开式网，最后计及功率损耗，求出最终功率分布。

3-6．变压器在额定状态下，其功率损耗的简单表达式是什么？ 答：
∆S = ∆ST + ∆SO = PK + j UK %SN 100 + PO + j I O %SN 100 = PK + PO + j(UK %SN 100 + I O %SN ) 100 3-7．求环式网络中的功率分布的力矩法计算公式是什么？用力矩法求出的功率分布是否考 虑了网络中的功率损耗和电压降落？ n . * . ∑ Sm Z m * 答：
S a = m=1 ZΣ 该公式没有考虑网络中的损耗。

3-8．110kv 双回架空电力线路，长度为 150km，导线型号为 LGJ-120，导线计算外径为 15.2mm, 三相导线几何平均距离为 5m,已知电力线路末端负荷为 30+j15MVA,末端电压为 106kv,求始 端电压、功率,并做出电压相量图。

ρ 解: r1 = s = 31.5 = 0.2625(Ω / km) 120 D = 5m = 5000(mm),r = 15.2 = 7.6(mm) m 2 X = 0.1445lg Dm + 0.0157 = 0.1445lg 5000 + 0.0157 = 0.423(Ω / km) 1 r 7.6 b1 =  7.58 D ×10−6 = 7.58 ×10− 6 5000 = 2.69 ×10− 6 (s / km), g1 = 0 lg m r lg 7.6 R = 1 r l = 1 × 0.2625× 150 = 19.687(Ω) L 2 1 2 X = 1 x l = 1 × 0.423×150 = 31.725(Ω) L 2 1 2 1 L B = 2b l = 2 × 2.69 ×10− 6 ×150 = 8.07 ×10− 4 (s) GL = 0. . ＇ . = + (− jU 2 BL ) = (30 + j15) + (− j1062 × 8.07 ×10 ) = 30 + j10.466(MVA) − 4 S 2 S2 2 2 2 . P 2 2 ∆ S L  = ∆PL +  j∆QL = ＇ 2 + Q ＇ 2  (RL +  jX L ) = 30 + 10.466 2  × (19.687 +  j 31.725) U 2 2 2 106 2 = 1.769 + j2.85(MVA) . ＇ . ＇ . S1 = S 2 + ∆ S L = (30 + j10.466) + (1.769 + j2.85) = 31.769 + j13.316(MVA) . dU 2 = ∆U 2 + jδU 2 ＇ P R = 2 ＇ + Q X L 2 L U 2 ＇ P X + j 2 ＇ – Q R L 2 L U 2 = 30 ×19.687 + 10.466× 31.725 + j 30 × 31.725 − 10.466×19.687 106 106 = 8.7 + j7.03(kv) . . . 。

U 1 = U 2 + d U 2 = 106 + 8.7 + j7.03 = 114.7 + j7.03 = 114.9∠3.5（kv) . . ＇ B × − 4 1 S1 = S1 + (− jU 2 L ) = (31.769 + j13.316) + (− j114.92 × 8.07 10 ) 2 2 = 31.769 + j7.99(MVA) . . . 设 U 2 = 106∠0（kv), ∆U 2 = 8.7(kv),δU 2 = 7.03(kv), 则U = 114.9∠3.5 (kv) 3-9.220KV 单回架空电力线路,长度为 200KM,导线型号 LGJ—300,导线计算外径为 24.2mm , 三相导线几何平均距离为 7.5m ,已知其始端输出的功率为 120 + j50MVA ,始端的电压为 240 KV .求末端电压及功率,并作出电压向量图. ρ 解: r1 = s = 31.5 = 0.105(Ω / Km) 300 Dm = 7.5m = 7500(mm) r = 24.29 = 12.1(mm) 2 Dm x1 = 0.1445lg r + 0.0157 = 0.1445lg 7500 + 0.0157 = 0.419(Ω / km) 12.1 7.58 −6 7.58 − 6 −6 b1 = lg Dm r ×10 = 7500 × 10 lg 12.1 = 2.715×10 (S / km) RL =r1 l = 0.105 × 200 = 21(Ω) X L = x1l = 0.419× 200 = 83.8(Ω) 1 l B = b l = 2.715 ×10 − 6 × 200 = 5.43 ×10 − 4 (S ) Gl = 0 Ṡ′ = Ṡ  − (− jU 2 B 5.43− 4 l ) = (120 + j50) − (− j2402 × ) 1 1 1 2 2 = 120 + j65.6384(MVA) 2 ∆S = P1′ + Q1′ (R  + jX ) = 120 + 65.63842  ×(21 + j83.8) U 2 2 L 2 L L 1 2402 = 6.82 + j27.22(MVA) ̇ ̇ S2′ = S1′ − ∆ṠL = (120 + j65.6384) − (6.82 + j27.22) = 113.18 + j38.418(MVA) dU̇1 = ∆U1 + jδU1 = P1′RL + Q1′X L U1 + j P1′X L − Q1′RL U1 = 120× 21+ 65.6384× 83.8 + j 120× 83.8 − 65.6384× 21 240 240 = 33.419 + j36.157(MVA) U̇ 2 = U1 − dU̇1 = 240 − 33.419 − j36.157 = 206.58 − j36.157 = 209.72∠ −10°(KV ) Ṡ = Ṡ′ − (− jU 2 BL ) = (113.18 + j38.418) − (− j209.722 × 5.43× 10−4 ) 2 2 2 2 2 = 113.18 + j50.36(MVA) . ∴ S 2 = 113.18 + j50.36(MVA) ；
U̇ 2 = 209.72∠ −10°(KV ) 。

3-10.110kv 单回架空电力线路,长度为 80km,导线型号为 LGJ-95,导线计算外径为 13.7mm,三 相导线几何平均距离为 5m,电力线路始端电压为 116kv,末端负荷为 15+j10MVA,求该电力线 路末端电压及始端输出的功率. ρ 解: r1 = s = 31.5 = 0.332(Ω / km) 95 Dm = 5m = 5000(mm), r = 13.7 = 6.85(mm) 2 x = 0.1445lg 5000 + 0.0157 = 0.425(Ω / km) 1 6.85 7.58 − 6 7.58 − 6 −6 b1 = lg Dm r × 10 = 5000 × 10 lg 6.85 = 2.647 ×10 (s / km) g1 = 0 RL = r1l = 0.332× 80 = 26.56(Ω) X L = x1l = 0.429× 80 = 34.32(Ω) 1 L B = b l = 2.647×10− 6 × 80 = 2.12 ×10− 4 (s) GL = 0 . ＇ . B 2.12 ×10−4 N S 2 = S 2 + (-j U 2 L ) = (15 + j10) + (− j1102 × 2 ) = 15 + j8.717(MVA) 2 . 2 ∆ S L P＇ 2 U = 2 + Q ＇2 (RL + jXL ) = 15 + 8.7172  × (26.56 + j34.32) = 10.66 + j0.854(MVA) 2 N 2 1102 . ＇ . ＇ . S1 = S 2 + ∆ S L = (15 + j8.717) + (10.66 + j0.854) = 15.66 + j9.57(MVA) − . . ＇ 2 BL 2 2.12 × 10 4 S 1 = S 1 + (− jU 1 ) = (15.66 + 2 j9.57) + (− j116 × ) = 15.66 + j8.14(MVA) 2 P＇ R + Q＇ X P＇ X – Q＇ R 15.66 × 26.56 + 9.57 × 34.32 dU1 = ∆U1 + jδU1 = 1 L 1 U1 L + j 1 L 1 L = U1 116 + j 15.66× 34.32 − 9.57 × 26.56 = 6.417 + j2.442(KV ) 116 . . U 2 = U 1 − dU1 = 116 − 6.417 − j2.442 = 109.583− j2.442(KV ) 3-11.220kv 单 回 架 空 电 力 线 路 , 长 度 为 220km, 电 力 线 路 每 公 里 的 参 数 为 −6 r1 = 0.108Ω / km, x1 = 0.42Ω / km, b1 = 2.66 ×10 为 205kv 时,求线路始端电压. 解: RL = r1l = 0.108× 220 = 23.76(KV ) s / km ,线路空载运行,当线路末端电压 X L = x1l = 0.42 × 220 = 92.4(Ω) 1 L B = b l = 2.66 ×10−6 × 220 = 5.852×10−4 (s) . 因为线路空载运行, 所以 S 2 = 0 . ＇ . = + (− jU 2 BL ) = − j2052 × 5.852×10  = − j12.3(MVA) −4 S 2 S 2 2 2 2 ＇ 2 ＇ 2 2 . ∆ S L = P2 + Q2 U 2 2 (RL + jXL ) = 12.3 2052 × (23.76 + j92.4) = 0.085 + j0.33(MVA) . ＇ . . 2 S1 = S ＇ + ∆ S L = − j12.3 + 0.085 + j0.33 = 0.085 − j11.97(MVA) . P ＇ R + Q＇ X P＇ X – Q＇ R −12.3 × 92.4 12.3 × 23.76 dU 2 = ∆U 2 + jδU 2 = 2 L 2 U 2 L + j 2 L 2 L = U 2 205 + j 205 = −5.544 + j1.4256(KV ) . . . U 1 = U 2 + dU 2 = 205 − 5.544 + j1.4256 = 199.456 + j1.4256(KV ) . . B 5.852× = S ＇ + (− jU 2 L ) = (0.085− j11.97) +[− j(119.4562 + 1.42562 ) × 10− 4 ] S1 1 1 2 2 = 0.085 − j23.61(MVA) 119.456 2 +1.4256 2 U1 = =119.46( kV) 3-12. 有 一 台 三 绕 组 变 压 器 , 其 归 算 至 高 压 侧 的 等 效 电 路 如 图 所 ~ 示, ZT1 = 2.47 + j65Ω, ZT 2 = 2.47 − j115Ω, ZT 3 = 2.47 + j37.8Ω, S 2 = 5 + j4MVA, ~ S 3 = 8 + j6MVA, 当变压器变比为 110/38.5(1+5%)/6.6kv 时,试计算高、中压侧的实际电压. . . . ＇ ＇ 解:I: 由U 3 , S3 求U1 . ＇ 110 6 110  100( ) U 3 = U 3 × 6.6 = × = KV 6.6 . P 2 + Q 2 2 2 U ∆ ST 3 = 3 3 (R + jX ) = 8 + 6 × (2.47 + j37.8) = 0.0247 + j0.378(MvA) ＇ 2 T 3 3 T 3 1002 . . . S 3 ＇ = S 3 + ∆ ST 3 = (8 + j6) + (0.0247+ j0.378) = 8.0247 + j6.378(MVA) . d U j U P R + Q X j P X − Q R U 3 = ∆ 3 + δ 3 = 3 T 3 3 T 3 + ＇ 3 T 3 3 T 3 ＇ U 3 U 3 = 8 × 2.47 + 6 × 37.8 + j 8 × 37.8 − 6 × 2.47 = 2.4656+ j2.87589(KV ) 100 100 . . U 3 1 ＇ = U ＇ + d U 3 = 100 + j2.4656 + j2.8757 = 102.4656+ j2.8758(KV ) . . . 1 II .由U ＇ , S 2 求U 2 . P 2 + Q2 2 2 ∆ ST 2 = 2 2 (R + jX ) = 5 + 4 × (2.47 − j1.5) = 0.0084 − j0.005(MVA) 2 T 2 UN T 2 1102 . . . S 2 ＇ = S 2 + ∆ ST 2 = (5 + j4) + (0.0084− j0.005) = 5.0084+ j3.995(MVA) . P ＇ R + Q＇ X P ＇ X – Q ＇ R dU 2 = ∆U 2 + jδU 2 = 2 T 2 2 U ＇ 1 T 2 + j 2 T 2 2 T 2 U ＇ 1 = 5.0084 × 2.47 − 3.995 ×1.5 + 102.4656 2 + 2.8758 2 j 5.0084 × (−1.5) − 3.995 × 2.47 = 0.062 − 102.4656 2 + 2.8758 2 j0.17(KV ) . . . 1 1 U = U ＇ − d U 2 = 102.4 + j 3.04(KV ) . . . S ＇＇ = S ＇ + S ＇ = 13.033 + j10.373(MVA) 1 2 3 . . . III .由U ＇ , S ＇＇ 求U 1 1 1 . P ＇＇ 2 U ＇ ∆ = 1 + Q＇＇ 2 1 (R  + jX 13.0332 ) = + 10.3732  × (2.47 + j65) = 0.0652 + j1.716(MvA) ST1 2 1 T1 T 1 102.46562 + 2.87582 . . . S ＇ = S ＇＇ + ∆ S T1 = (13.033 + j10.373) + (0.0652+ j1.716) = 13.0982+ j12.089(MVA) 1 1 . P ＇＇ R + Q ＇＇ X P＇＇ X – Q ＇＇ R dU 1 = ∆U1 + jδU1 =  1 T1 1 U ＇ 1 T1 + j  1 T 1 U ＇ 1 1 T1 = 13.033× 2.47 +10.373× 65 + j 13.033× 65 − 10.373× 2.47 = 6.89 + j8(KV ) 102.5 102.5 . . 1 1 U = U ＇ + dU 1 = 109.3556 + j10.8758(KV ) U 1 = 109.9( KV ) 102.4 2 + 3.042 U 2 = U = U = 102.445(KV ) × 38.5(1 + 5%) = 102.445× 38.5 ×1.05 = 37.65(KV ) 2实 2 110 110 3-13.某电力线路导线为 LGJ-185,长度为 100km,导线计算外径为 19mm, 线路末端负荷为 90+j20MVA,该电力线路由 110kv 升压至 220kv 运行,假设升压后导线截面和负荷大小保持不 变 ,且不计电晕损失的增加,导线水平排列,升压前后线间距离由4m 增加到 5.5m,试问升压后, 该电力线路的功率损耗减少了多少?电压损耗的百分数减少了多少? 解: r1 = ρ1 s = 31.5 = 0.17(Ω / km) 185 RL = r1l = 0.17 ×100 = 17(Ω) 3 Dm1 = 4000 × 4000 × 2 × 4000 = 5.04 ×10 3 (mm) Dm2 = 3 5500× 5500× 2 × 5500 = 6.93×103 (mm) r = 19 = 9.5(mm) 2 3 x = 0.1445lg Dm1 + 0.0157 = 0.1445lg 5.04 ×10  + 0.0157 = 0.41(Ω / km) 1 r 9.5 x = 0.1445lg Dm2 2 r + 0.0157 = 0.1445lg 6.93×10 3 9.5 + 0.0157 = 0.43(Ω / km) X L1 = x1l = 0.41×100 = 41(Ω) X L2 = x2 l = 0.43×100 = 43(Ω) b1 =  7.58 lg Dm1 ×10− 6 r  = 2.78 ×10− 6 (s / km) b2 = 7.58 lg Dm2 × 10− 6 r = 2.65× 10− 6 (s / km) 1 BL1 = b l = 2.78× 10− 6 ×100 = 2.78×10−4 (s) 2 BL2 = b l = 2.65 ×10−6 ×100 = 2.65×10−4 (s) 1 . 2  BL1 . 2 2.78 ×10−4 ∆ S C1 = − jU 2 1N = − j110 × 2 2 = − j1.68(MVA) 1 . 2  BL 2 . 2 2.65 ×10−4 ∆ S C2 2 = − jU 2 N = − j220 × 2 2 = − j6.4(MVA) . . S = S ＇ 2 1 2 1 . + ∆ S C1 2  = (90 + j20) − j1.68 = 90 + j18.32(MVA) . . S = S ＇ 2 2 2 1 . + ∆ SC 2 2  = (90 + j20) − j6.4 = 90 + j13.6(MVA) . P＇ 2 + Q＇ 2 2 2 ) = L1 ∆ S1 = 21 21 U 2 1N (RL + jX 90 + 18.32 1102 × (17 + j41) = 11.85 + j28.58(MVA) . P＇ 2 + Q＇ 2 2 2 ) = L2 ∆ S1 = 22 22 (R U 2 L 2 N + jX 90 + 13.6 2202 ×(17 + j43) = 2.9 + j97.36(MVA) . . . ∆ S = ∆ S1 − ∆ S 2 = (11.85 + j28.58) − (2.9 + j7.36) = 8.95 + j21.22(MVA) . ＇ + ＇ ＇ − ＇ dU 1 = ∆U1 + jδU1 = P21RL Q21 X L1 + j P21 X L1 Q21 RL U1N U1N = 90 ×17 + 18.32× 41 + j 90× 41 − 18.32 ×17 = 20.74 + j30.7(kv) 110 110 . ＇ + ＇ ＇ − ＇ dU 2 = ∆U 2 + jδU 2 = P22 RL Q22 X L 2 + j P22 X L 2 Q22 RL U 2 N U 2 N = 90 ×17 + 13.6 × 43 + j 90 × 43 − 13.6 ×17 = 9.6 + j16.54(kv) 220 220 . dU 1 % = dU1 × 100% = 20.742 + 30.72 ×100% = 33.68% 110 110 . dU 2 % = dU2 ×100% = 9.62 + 16.542 ×100% = 8.7% 110 220 . . . dU % = d U 1 % − d U 2 % = 33.68% − 8.7% = 25% 3-14. 对 图 所 示 环 式 等 值 网 络 进 行 潮 流 计 算 , 图 中 各 线 路 的 阻 抗 为 Zl1 = 10 + j17.32Ω, Zl 2 = 20 + j34.6Ω, Zl 3 = 25 + j43.3Ω, Zl 4 = 10 + j17.3Ω, 各点的运 ~ ~ ~ 算负荷为 S2 = 90 + j40MVA, S 3 = 50 + j30MVA, S4 = 40 + j15MVA, 且U 1 = 235 KV . 解:在 1 处把环网解开,可得下图: Zl1 = 10 + j17.32 ≈ 10 + 17.3 Zl 2 = 20 + j34.6 = (10 + 17.3) × 2 Zl 3 = 25 + j43.3 = (10 + 17.3) × 2.5 Zl 4 = 10 + j17.3 . 则 S1 = . (Z S * 2 l 2 . + Z l 4 (Z l 3 l 3 * + Z * ) + S3 * . l 4 Z l 4 + Z * ) + S 4 * Z + Z * * l1 l 2 * * + Z + Z l 3 l 4 . . . S 2 ×(2 + 2.5 + 1) + S3 × (2.5 + 1) + S 4 = 1 + 2 + 2.5 + 1 (90 + j40) × 5.5 + (50 + j30) × 3.5 + (40 + j15) = 6.5 = 109.2 + j52.3(MvA) . . . . * * * * * * S ＇ = S 4 (Zl 3 + Zl 2 + Zl1 ) + S 3 (Zl 2 + Zl1 ) + S 2 Zl1 1 Z * + Z * + Z * + Z * l1 l 2 l 3 l 4 . . . . S 4 ×(2.5 + 2 + 1) + S 3 × (2 + 1) + S 2 = 1 + 2 + 2.5 + 1 (40 + j15)× 5.5 + (50 + j30) × 3 + (90 + j40) = 6.5 = 70.77 + j32.7(MvA) . . . S 23 = S1 − S 2 = 109.2 + j52.3 − (90 + j40) = 19.2 + j12.3(MvA) . . . 1 S 43 = S ＇ − S 4 = 70.77 + j 32.7 − (40 + j15) = 30.77 + j17.7( MvA) . . 1 S1 + S＇ = 109.2 + j52.3 + 70.77 + j32.7 = 179.97 + j85(MVA) . . . S 2 + S 3 + S 4 = 90 + j40 + 50 + j30 + 40 + j15 = 180 + j85(MVA) . 所以 S1 . 1 + S＇ . . = S 2 + S . 3 + S 4 又 3 点为功率分点,于是网络从 3 点打开,变成两个开式网. . ∆ S 2 = P23 2 2 + Q23 (R  + jX ) = 19.2 + 12.32  × (20 + j34.6) = 0.2 + j0.37(MVA) U 2 2 l 2 l 2 N 2202 . 2 23 . . 2 S“ = S + ∆S ＇ = 19.2 + j12.3 + 0.2 + j0.37 = 19.4 + j12.67(MVA) . . . S 2 2 ＇ = S 2 + S ＇＇ = 90 + j40 + 19.4 + j12.67 = 109.4 + j52.67(MVA) 2 2 . P＇ + Q＇ 2 2 (R ∆ S1 = 2 2 U 2 l1 N + jXl1 ) = 109.4 + 52.67 2202 × (10 + j17.32) = 3 + j5.27(MVA) . . . S = S ＇ + ∆S ＇ = 109.4 + j52.67 + 3 + j5.27 = 122.4 + j57.94(MVA) 1 2 1 . d U j U  1 P R + Q X  j P X − Q R U 1 = ∆ 1 + δ 1 = L1 1 U1 L1 + 1 L1 1 L1 U1 = 112.4 ×10 + 57.94 ×17.32 + j 112.4 ×17.32 − 57.94 ×10 = 9.05 + j5.82(KV ) 235 235 . . . U 2 = U 1 − dU 1 = 235 − (9.05 + j5.82) = 225.95 − j5.82(kv) = 226∠ − 1.5. （KV）
. P “ R + Q” X P “ X – Q” R dU 2 = ∆U 2 + jδU 2 = 2 L2 2 U 2 L2 + j  2 L2 U 2 2 L 2 = 19.4 × 20 +1267× 34.6 + j 19.4 × 34.6 − 12.67 × 20 = 3.656 + j1.85(KV ) 226 226 . . . U 3 = U 2 − dU 2 = 225.95 − j5.82 − (3.656 + j1.85) = 222.294 − j7.67(kv) = 222.426∠ − 2. . dU 3 = P43 RL3 + Q43 X L3 + j P43 X L3 − Q43 RL3 U 3 U 3 = 30.77 × 25 + 17.7 × 43.3 + j 30.77 × 43.3 − 17.7 × 25 = 6.9 + j4(kV ) 222.426 222.426 . . . U 4 = U 3 + d U 3 = 222.426 + 6.9 + j4 = 229.326 + j4(KV ) 3-15.某 35KV 变电所有二台变压器并联运行，如图，其参数是 T1 为 SN = 8MVA, PK = 25KW ,UK (%) = 7.5; T2 为 SN = 2MVA, PK = 24KVA,UK (%) = 6.5 ~ 二台变压器均忽略励磁支路，变电所低压侧通过的总功率为 S =8.5+j5.3MVA,试求:当变压器 的 变 比 为 KT 1 = KT 2 = 35 / 11KV 时 , 每 台 变 压 器 的 总 功 率 为 多 少 ? 当 KT1 = 34.125/11KV , KT 2 = 35 /11KV 时,每台变压器通过的功率是多少? 解 2 3 3 2 R = PKU N = 25×10 × (35 ×10 ) 0.48( ) S T1 2 N = Ω (8 × 106 )2 XT1 = U K (%)U N 2 100SN  7.5 × (35 ×10 3 )2 = 100× 8 ×106  = 11.48(Ω) 2 3 3 2 R = PKU N = 24 ×10 ×(35× 10 ) 7.35( ) S T 2 2 N = Ω (2 ×106 )2 XT 2 = U K (%)U N 2 100SN  6.5 × (35 ×10 3 )2 = 100× 2 ×106  = 39.8(Ω) ZT1 = 0.48 + j11.48(Ω), ZT 2 = 7.35 + j39.8(Ω) 在 1 点处把环网解开,则: . S Z . * I: ST1 = T 2 Z * ∑ = (8.5 + j5.3)(7.35 − j39.8) (0.48 − j11.48) + (7.35 − j39.8)  = 6.48 + j4.34(MVA) . S Z . * ST 2 = T 1 Z * ∑ = (8.5 + j5.3)(0.48 − j11.48) (0.48 − j11.48) + (7.35 − j39.8)  = 2.00 + j0.96(MVA) II: 如右图,设U 2 = 35KV 则U = 35× 11 × 34.125 = 34.125(KV ) 1 35 11 ∆U = U 2 − U1 = 0.875(KV ) ṠC ∆U *U = N Z * ∑ = 0.875× 35 (0.48 − j11.48) + (7.35 − j39.8)  = 0.092 − j0.58(MVA) ṠT1 = (6.48 + j4.34) + (0.092 − j0.58) = 6.572 + j3.76(MVA) ṠT 2 = (2.00 + j0.96) − (0.092 − j0.58) = 1.91 + j1.54(MVA) 3-16.电力网的电能损耗如何计算?什么是最大负荷使用时间 Tmax ?什么是最大负荷损耗时间 τ max ? 2 答:电能损耗= I 2 Rt = P + Q 2  Rt ,为某个时段 t 内的电能损耗. U 2 Tmax :指一年中负荷消费的电能除以一年中的最大负荷 Pmax ,即 T = W P max max τ max :指全年电能损耗除以最大负荷时的功率损耗,即τ max = ∆W ∆Pmax 3-17.什么叫自然功率分布?什么叫经济功率分布? 答:自然功率分布是指环网中功率分布未加任何调节手段,完全取决于自然情况进行的分布， 也即按阻抗共轭值成反比分布的。

经济功率分布是使有功功率损耗最小的分布，是按线段的电阻分布。

3-18. 某 一 由 发 电 厂 A 供 电 的 220KV 环 式 网 络 , 其 运 算 网 络 如 图 所 示 , 图 中 Z1 = 16 +  j120Ω , Z 2 = 33 + j89Ω, Z 3 = 48 + j120Ω, Z 4  ~ = 60 + j152Ω, S1 = ~ ~ 170+j40MVA, S 2 = 50 + j30MVA, S 3 = 40 + j15MVA. 计算:网络的自然功率分布;网络的 经济功率分布;实现经济功率分布后,每年节省的电能? 解:在 A 点处把环网解开,如图: . . 1 . S (Z * + Z * + Z * ) + S  . (Z * + Z * ) + S Z * I: S A = 2 3 4 2 3 4 3 4 Z * + Z * + Z * + Z * 1 2 3 4 =168.86 + j62.39(MVA) . . 1 . S (Z * + Z * + Z * ) + S . (Z * + Z * ) + S Z * S A = 2 3 4 2 3 4 3 4 Z * + Z * + Z * + Z * 1 2 3 4 = 91.29 + 22.38(MVA) . . . . . A S A + S ＇ = 260.15 + j84.77( MVA), S 1 + S 2 + S 3 = 260 + j85(MVA) . . . S12 = S A − S1 = (168.86 + j62.39) − (170 + j40) = −1.14 + j22.39(MVA) . . . S 23 = S 2 − S12 = (50 + j30) − (−1.14 + j22.39) = 51.14 + j7.61(MVA) . . . S A ＇ = S 23 + S 3 = (51.14 + j7.61) + (40 + j15) = 91.14 + 22.61(MVA) II: . S AO . = S1 (R2 + R3 + R4 . ) + S 2 (R3 + R4 . ) + S3 R4 R1 + R2 + R3 + R4 = (170 + j40)(33 + 48 + 60) + (50 + j30)(48 + 60) + (40 + j15) × 60 16 + 33 + 48 + 60 = 202.26 + j62.23(MVA) . ＇ S AO . = S 3 (R1 + R2 + R3 . ) + S 2 (R1 + R2 . ) + S1 R1 R1 + R2 + R3 + R4 = (40 + j15)(33 + 48 + 16) + (50 + j30)(16 + 33) + (170 + j40) ×16 16 + 33 + 48 + 60 = 57.64 + j22.7(MVA) . . AO S AO + S ＇ = 260 + j84.93(MVA) AO 23⋅O 3 Ṡ′ = Ṡ + Ṡ = (17.74 + j7.77) + (40 + j15) = 57.74 + j22.77(MVA) SA 2 S12 2 S23 2 S′A 2 U III: ∆Pi1 = ( ) N R1 + ( ) U N R2 + ( U N ) R3 + ( ) R4 U N = 10.705 + 0.34 + 2.65 + 10.93 = 24.625(KW ) SA⋅O 2 S12⋅ O ) 2 S23⋅O ) 2R + ( 3 S A′ ⋅O ) 2 ( ) U N R1 + ( U N R2 + ( U N U N ∆Pi2 = R 4 = 14.8 + 1.046 + 0.37 + 4.776 = 20.992(KW ) ∆W = ∆Pi1t − ∆Pi 2t = (24.625 − 20.992)× 8760 = 3.633× 8760 = 31825.08(J) 3-19.有一长 20KM,35KV 的双回平行电力线路,其负荷为 10MW, cosϕ = 0.8 .电力线路导线 型号为 LGJ-70,导线计算外径为11.4mm ,三相导线的几何平均距离为 3.5m ,在用户变电所内 装 设 有 两 台 SFZ-7500/35 型 变 压 器 并 联 运 行 , SN = 7500KVA , UN 为 35 / 11KV , Pk = 75KW , UK (%) = 7.5 , P0 = 9.6KW , I 0 (%) = 0.8 .两台变压器全年投入 运行,其年负荷曲线如图.试计算:①电力网中的有功功率损耗;②电力网的网损率;③电力网 一年中的电能损耗;④当用户分别接功率因数为 0.7 和 0.9 运行时(用户的有功功率不变)重 复前三项计算. ρ 解: r1 = s = 31.5 = 0,45(Ω/ KM ) 70 r = 11.4 = 5.7(mm) 2 Dm = 3.5m = 3500(mm) Dm x1 = 0.1445lg r  + 0.0157 = 0.1445lg 3500 + 0.0157 = 0.4186(Ω / KM ) 5.7 b1 =  7.58 D × 10− 6 = 7.58 ×10−6 3500 = 2.72 ×10−6  (s / km) lg m r lg 5.7 R = 1 r l = 1 × 0.45× 20 = 4.5(Ω) L 2 1 2 X = 1 x l = 1 × 0.4186× 20 = 4.186(Ω) L 2 1 2 B = 2b l = 1 × 2.72 ×10−6 × 20 = 1.088× 10− 4 (S) L 1 2 2 3 3 2 R = PKU N = 75 ×10 × (35 ×10 ) = 1.63(Ω) S N T 2 (7.5 × 106 )2 U (%) U 2 X = K N 75 ×(35× 103 )2 = = 12.25(Ω) N T 100S 100× 7.5 ×106 G = PO = 9.6 ×103 = 7.84 ×10− 6 (S) U N T 2 (35 ×103 )2 N B = I 0 (%)S N T 100U 2  0.8 × 7.5 ×10 6 = 100× (35 ×103 )2  = 4.9 ×10−5 (S) 变压器在额定负荷下的损耗为: ∆PKT = ∆P0 = 9.6KW = 0.0096(MW ) ∆QKT = I 0 (%)SN 100 = 0.8 × 7.5 × 100  = 0.06(MVar) ∆PZT = ∆PK = 0.075(MW ) ∆QKT = U K (%)SN 100 = 7.5 × 7.5 100  = 0.5625(MVar) 等效电路如下: I: cosϕ = 0.8 a. S = 10 cosϕ ∠arccosℓ = 10 ∠arccos0.8 = 12.5∠36.87� 0.8 = 10 + j7.5(MvA) ∆ṠT = ∆ṠKT + ∆ṠZT = 2(0.0096+ j0.06) + 2[( 12.5 )2 7.5 × 2 × 0.075 + j( 12.5 )2 7.5 × 2 × 0.5625] = 0.0192 + j0.12 + 0.104 + j0.78 = 0.1232 + j0.9(MvA) ṠA = Ṡ + ∆ṠT = 10 + j7.5 + 0.1232+ j0.9 = 10.1232 + j8.4(MVA) ∆Ṡ P 2 + Q 2 = A A (R 10.12322 + jX ) = + 8.42  × (4.5 + j4.186) = 0.636 + j0.59(MVA) U 1 2 1 1 N 352 ̇ ̇ ̇ S1 = SA + ∆S1 = 10.1232 + j8.4 + 0.636 + j0.59 = 0.7592 + j1.49(MVA) ∆Ṡ b. = ∆ṠT + ∆Ṡ1 = 0.1232 + j0.9 + 0.636 + j0.59 = 0.7592 + j1.49(MVA) S = 10 × 0.5 ∠arccos0.8 = 6.25∠36.87� = 5 + j3.75(MVA) 0.8 ∆ST = ∆ṠKT + ∆ṠZT = 2(0.0096+ j0.06) + 2[(  6.25 )2 7.5 × 2 × 0.075 + j(  6.25 )2 7.5 × 2 × 0.5625] = 0.0192 + j0.12 + 0.026 + j0.19 = 5.0452 + j4.06(MVA) ṠA = Ṡ + ∆ṠT = 5 + j3.75 + 0.0452 + j0.31 = 5.0452+ j4.06(MVA) ∆Ṡ P 2 + Q 2 = A A (R  + jX 5.04522 ) = + 4.062  × (4.5 + j4.186) = 0.154 + j0.143(MVA) U 1 2 1 1 N 352 ̇ ̇ ̇ S1 = SA + ∆S1 = 5.0452 + j4.06 + 0.154 + j0.143 = 5.1992 + j4.203(MVA) ∆Ṡ = ∆ṠT + ∆Ṡ1 = 0.0452 + j0.31+ 0.154 + j0.143 = 0.1992+ j0.453(MVA) C. Ṡ = 10 × 0.25 ∠arccosϕ = 10 × 0.25 ∠arccos0.8 = 3.125∠36.87�  = 2.5 + j1.875(MvA) cosϕ 0.8 ∆ṠT = ∆ṠKT + ∆ṠZT = 2(0.0096+ j0.06) + 2[( 3.125 )2 7.5 × 2 × 0.075 + j( 3.125 )2 7.5 × 2 × 0.5625] = 0.0192 + j0.12 + 0.0065+ j0.0488 = 0.0257 + j0.1688(MVA) ṠA = Ṡ + ∆ṠT = 2.5 + j1.875 + 0.0257+ j0.1688 = 2.5257 + j2.044(MVA) 2 2 2 2 ∆Ṡ = PA + QA (R + jX ) = 2.5257 + 2.044 × (4.5 + j4.186) = 0.039 + j0.036(MVA) U 1 2 1 1 N 352 ̇ ̇ ̇ S1 = SA + ∆S1 = 2.5257+ j2.044 + 0.039 + j0.036 = 2.5647 + j2.08(MVA) ∆Ṡ = ∆ṠT + ∆Ṡ1 = 0.0257 + j0.1688+ 0.039 + j0.036 = 0.0647+ j0.205(MVA) 有功功率损耗: ∆P1 = 0.7592(MVA),∆P2 = 0.1992(MVA),∆P3 = 0.039(MVA) 网损率: ∆P1 ×100 = P1  0.7592 ×100 = 7.06 10.7592 ∆P2 ×100 = 0.1992 ×100 = 3.83 P2 5.1992 ∆P3 × 100 = P3 0.039 2.5647  ×100 = 1.52 ∆W = ∆P1t1 + ∆P2t2 + ∆P3 t3 = 0.7592× 2000+ 0.1992× 3000+ 0.039× 3760 = 1518.4 + 597.6 + 146.64 = 2262640(KWh) II. cosϕ = 0.7 a. Ṡ = 10 ∠arccos0.7 = 14.28∠45.57� 0.7  = 10 + j10.2(MVA) ∆ṠT = ∆ṠKT + ∆ṠZT  = 2(0.0096 + j0.06) + 2[(  14.28 )2 7.5 × 2  × 0.075 + j(  14.28 )2 7.5 × 2  × 0.5625] ṠA = Ṡ + ∆ṠT = 10 + j10.2 + 0.1552+ j1.12 = 10.1552+ j11.32(MVA) 2 2 2 2 ∆Ṡ = PA + QA (R + jX ) = 10.1552 + 11.32 ×(4.5 + j4.186) = 0.85 + j0.79(MVA) U 1 2 1 1 N 352 ̇ ̇ ̇ S1 = SA + ∆S1 = 10.1552 + j11.32 + 0.85 + j0.79 = 11 + j12.11(MVA) ∆Ṡ = ∆ṠT + ∆Ṡ1 = 0.1552 + j1.12 + 0.85 + j0.79 = 1 + j1.91(MVA) b. Ṡ = 10 × 0.5 ∠arccos0.7 = 7.14∠45.57� 0.7 = 5 + j5.1(MVA) ∆ṠT = ∆ṠKT + ∆ṠZT = 2(0.0096 + j0.06) + 2[(  7.14 )2 7.5 × 2 × 0.075 + j(  7.14 )2 7.5 × 2 × 0.5625] = 0.0192 + j0.12 + 0.034 + j0.25 = 0.0532 + j5.47(MVA) ṠA = Ṡ + ∆ṠT = 5 + j5.1 + 0.0532+ j0.37 = 5.0532+ j5.47(MVA) ∆Ṡ1 = P 2 + Q 2 2  (R1 +  jX1 ) = 5.0532 2 + 5.47 2 2  × (4.5 +  j4.186) = 0.2 +  j0.189(MVA) A A U N 35 ̇ ̇ ̇ S1 = SA + ∆S1 = 5.0532 + j5.47 + 0.2 + j0.189 = 5.2532+ j5.659(MVA) ∆Ṡ = ∆ṠT + ∆Ṡ1 = 0.0532 + j0.37 + 0.2 + j0.189 = 0.2532+ j0.559(MVA) c. Ṡ = 10 × 0.25 ∠arccos0.7 = 3.57∠45.57� = 2.5 + j2.55(MVA) 0.7 ∆ṠT = ∆ṠKT + ∆ṠZT = 2(0.0096 + j0.06) + 2[(  3.57 )2 7.5 × 2 × 0.075 + j(  3.57 )2 7.5 × 2 × 0.5625] = 0.0192 + j0.12 + 0.0085 + j0.064 = 0.0277+ j0.184(MVA) A Ṡ = Ṡ + ∆Ṡ = 2.5 + j 2.55 + 0.0277 + j 0.184 = 2.527 + j 2.734(MVA) T ∆Ṡ1 = P 2 + Q 2 2 (R1 + jX1 ) = 2.527 2 + 2.734 2 2 × (4.5 + j 4.186) = 0.05 + j 0.047(MVA) A A U N 35 ̇ ̇ ̇ S1 = SA + ∆S1 = 2.527 + j2.734 + 0.05 + j0.047 = 2.577 + j2.78(MVA) ∆Ṡ = ∆ṠT + ∆Ṡ1 = 0.0277 + j0.184 + 0.05 + j0.047 = 0.0777 + j0.23(MVA) 有功功率损耗: ∆P1 = 1(MW ), ∆P2 = 0.2532(MW ), ∆P3 = 0.0777(MW ) 网损率: ∆P1 × 100 = P1 1 ×100 = 9.1 11 ∆P2 ×100 = 0.2532 ×100 = 4.82 P2 5.2532 ∆P3 × 100 = 0.0777 ×100 = 3 P3 2.577 ∆W = ∆P1t1 + ∆P2t2 + ∆P3 t3 = 1× 2000 + 0.2532× 3000 + 0.0777× 3760 = 2000 + 759.6 + 292.152 = 3051752(KWh) III: cosϕ = 0.9 a. Ṡ = 10 ∠arccos0.9 = 11∠25.84� = 9.9 + j4.79(MVA) 0.9 ∆ṠT = ∆ṠKT + ∆ṠZT = 2(0.0096 + j0.06) + 2[(  11 )2 7.5 × 2 × 0.075 + j(  11 )2 7.5 × 2 × 0.5625] = 0.0192 + j0.12 +0.08 + j0.625 =0.092 + j0.725 ṠA = Ṡ + ∆ṠT = 9.9 + j4.79 + 0.0992+ j0.725 = 10 + j5.515(MVA) ∆Ṡ1 = P 2 + Q 2 2 (R1 + jX1 ) = 10 2 + 5.5152 2 × (4.5 + j 4.186) = 0.48 + j0.44(MVA) A A U N 35 ̇ ̇ ̇ S1 = SA + ∆S1 = 10 + j5.515 + 0.48 + j0.44 = 10.48 + j5.955(MVA) ∆Ṡ b. = ∆ṠT + ∆Ṡ1 = 0.0992 + j0.725 + 0.48 + j0.44 = 0.5792+ j1.165(MVA) Ṡ = 10 × 0.5 ∠arccos0.9 = 5.5∠25.84� = 4.9 + j2.4(MVA) 0.9 ∆ṠT = ∆ṠKT + ∆ṠZT = 2(0.0096 + j0.06) + 2[(  5.5 )2 7.5 × 2 × 0.075 + j(  5.5 )2 7.5 × 2 × 0.5625] = 0.0192 + j0.12 + 0.02 + j0.15 = 0.0392+ j0.27(MVA) ṠA = Ṡ + ∆ṠT = 4.9 + j2.4 + 0.0392 + j0.27 = 4.94 + j2.67(MVA) ∆Ṡ1 = P 2 + Q 2 2  (R1 +  jX1 ) = 4.94 2 + 2.67 2 2  × (4.5 +  j 4.186) = 0.116 +  j0.108(MVA) A A U N 35 ̇ ̇ ̇ S1 = SA + ∆S1 = 2.49 + j1.358 + 0.029 + j0.0275 = 2.52 + j1.385(MVA) ∆Ṡ = ∆ṠT + ∆Ṡ1 = 0.024 + j0.1578+ 0.029 + j0.0275 = 0.0532 + j0.1853(MVA) c. Ṡ = 10 × 0.25 ∠arccos0.9 = 2.75∠25.84� 0.9 = 2.47 + j1.2(MVA) ∆ṠT = ∆ṠKT + ∆ṠZT = 2(0.0096 + j0.06) + 2[(  2.75 )2 7.5 × 2 × 0.075 + j(  2.75 )2 7.5 × 2 × 0.5625] = 0.0192 + j0.12 + 0.005+ j0.0378 = 0.0242 + j0.1578(MVA) ṠA = Ṡ + ∆ṠT = 2.49 + j1.2 + 0.0242+ j0.1578 = 2.49 + j1.358(MVA) 2 2 2 2 ∆Ṡ = PA + QA (R + jX ) = 2.49 + 1.358 × (4.5 + j4.186) = 0.029 + j0.0275(MVA) U 1 2 1 1 N 352 ̇ ̇ ̇ S1 = SA + ∆S1 = 2.49 + j1.358 + 0.029 + j0.0275 = 2.52 + j1.385(MVA) ∆Ṡ = ∆ṠT + ∆Ṡ1 = 0.0242 + j0.1578+ 0.029 + j0.0275 = 0.0532+ j0.1853(MVA) 有功功率损耗: ∆P1 = 0.5792(MW ), ∆P2 = 0.1552(MW ), ∆P3 = 0.0532(MW ) 网损率: ∆P1 ×100 = 0.5792 ×100 = 5.53 P1 10.48 ∆P2 ×100 = 0.1552 ×100 = 3.07 P2 5.056 ∆P3 × 100 = 0.0532 ×100 = 2.1 P3 2.52 ∆W = ∆P1t1 + ∆P2 t2 + ∆P3t3 = 0.5792× 2000+ 0.1552× 3000 + 0.0532× 3760 = 1158.4 + 465.6 + 200.032 = 1824032(KWh) Chapter 五 5-1.电力系统频率偏高偏低有哪些危害性? 答:对用户的影响: I:系统频率的频率变化将引起工业用户电动机转速的变化,从而影响产品的质量；

II:系统频率的不稳定将会影响电子设备的工作。

对发电厂和系统本身的影响: I:火力发电厂的主要厂用机械—通风机和给水泵,在频率降低时,所能供应的风量和水量将 迅速减少,影响锅炉的正常运行甚至迫使锅炉停炉；

II:低频率运行将增加汽轮机叶片所受的应力,引起叶片的共振,缩短叶片的寿命,甚至使叶 片断裂；

III:低频率运转时,发电机的通风量将减少,而为了维持正常的电压,又要求增加励磁电流,以 致使发电机定子和转子的温升都得增加,为了不超越温升限额,不得不降低发电机所发功 率. IV:低频率运行时,由于磁通密度的增大,变压器的铁芯损耗和励磁电流都得增大,也为了不 超越温升限额,不得不降低变压器的负荷. V:频率降低时,系统中的无功功率负荷将增大,而无功功率负荷的增大又将促使系统电压水 平的下降. 总之,由于所有设备都是按系统额定频率设计的,系统频率质量的下降将影响各行各业,而 频率过低时甚至会使整个系统瓦解,造成大面积停电. 5-2.电力系统有功功率负荷变化的情况与电力系统频率的一、二、三次调整有何关系? 答:电力系统有功功率负荷的变化可分解为三种,第一种变动幅度很小,周期又很短,这种负荷 变动有很大的偶然性.第二种变动幅度较大,周期也较长,属于这一种的主要有电炉、压延 机械、电气机车等带有冲击性的负荷变动.第三种变动幅度最大,周期也最大,这一种是由 于生产、生活、气象等变化引起的负荷变动. 电力系统的有功功率和调整大体上也可分为一次、二次、三次调整三种,一次调整或称一 次频率指由发电机组的调速器进行的、对第一种负荷变动引起的频率偏移作调整；
二次 调整或频率的二次调整指由发电机的调频器进行的、对第二种负荷变动引起的频率偏移 的调整.三次调整是指按最优化准则分配等三种有规律变动的负荷,即责成各发电厂按事 先给定的发电负荷曲线发电. 5-3.什么叫电力系统有功功率的平衡?在何种状态下才有意义?其备用容量是如何考虑的? 答: I:有功功率平衡:在电力系统运行时，任意时刻所有发电厂发出的有功功率的总和 ∑ PGi 都是和系统的总负荷相平衡的，系统的总负荷包括所有用户的有功负荷 ∑ PL 、所有发 电厂厂用电有功负荷 ∑∆PS 和网络的有功损耗 ∑∆P 。而且还应具有一定的备用容量， 也就是在系统最大负荷情况下，系统电源容量大于发电负荷的部分称系统的备用容量。

∑ PGi = ∑ PL + ∑∆P + ∑∆PS + （备用容量）
II:为了保证可靠供电和良好的电能质量，电力系统的有功功率平衡必须在额定运行参数下 确定，也即系统频率正常的状况下才有意义。

III:系统发电负荷 负荷备用一般为系统最大负荷的(2%-5%)，通常采用热备用形式也即所谓的旋转备 用；

事故备用一般为系统最大负荷的(5%-10%)，通常采用部分热备用、部分冷备用形式， 所谓冷备用也即停机备用；

检修备用一般视需要而定，通常机组大修是分期分批安排在一年中最小负荷季节进行 的，小修则利用节假日进行以尽量减少因检修停机所需的备用容量，采用冷备用形式；

有时还会设国民经济备用一般为系统最大负荷的(3%-5%)，也是采用冷备用形式。

5-4.各类电厂的特点是什么？如何合理地组织它们的运行方式？ 答：火力发电厂的主要特点：
I：火力发电厂在运行中需要支付燃料费用其燃料受运输条件限制但不受自然条件影响。。

II：不同参数的火力发电设备其效率不同。高温高压设备效率最高，低温低压设备效率最低。

III：锅炉和汽轮机都有一个技术最小负荷的限制。火电厂有功出力的调整范围比较小。其中 高温高压设备可调范围最小。火电厂负荷的增减速度也慢，既要额外耗费能量，又要花费时 间。

IV：热电厂抽气供热，其效率较高，但和热负荷相适应的那部分发电功率是不可调节的强 迫功率。

原子能发电厂的特点：
I：原子能发电厂反应堆的负荷基本上没有限制，其技术最小负荷主要取决于汽轮机，约为 额定负荷的 10%-15%。

II：反应堆和汽轮机退出运行和再度投入或承担急剧变动负荷时，也要耗费能量，花费时间， 且易于损坏设备。

III：原子能发电厂的一次投资大，运行费用小。

水力发电厂的特点：
I：水电厂要向下游释放一定水量，在释放这部分水量的同时发出的功率是强迫功率。

II：水轮发电机的出力调整范围较宽负荷增减速度相当快，机组投入和退出不需要耗费很大 能量；
承担急剧变动负荷时，也不需要额外耗费能量且时间很短，操作简单。

III：不需要支付燃料费用，而且水能是可以永久利用的资源。

合理组织：
I：充分合理地利用水力资源，尽量避免弃水。由于防洪、灌溉、航运、供水等原因必须 向下游放水时，这部分水量应尽量用来发电；

II：原子能电厂的可调容量虽大，但因原子能电厂的一次投资大，运行费用小，建成后应 尽可能利用，原则上应持续承担额定容量负荷，在负荷曲线的更基底部分运行；

III：尽量降低火力发电单位的煤耗。应尽量提高效率高的火力发电机组的发电量的比重， 给热电厂分配与热负荷相适应的电负荷。让效率高的机组带稳定负荷，效率较低的中温中压 的机组带变动负荷，低温低压机组应早退役；

IV：执行国家的燃料政策，减少烧油电厂的发电量，增加烧劣质煤和当地产煤电厂的发 电量。

5-5．何为耗量特性、比耗量、耗量微增率？ 答：耗量特性：发电设备单位时间内消耗的能源与发出有功功率的关系，即发电设备输入与 输出的关系。

比耗量：耗量特性曲线上某一点纵坐标，与横坐标的比值，即单位时间内输入能量与输出功 率之比。

耗量微增率：耗量特性曲线上某一点切线的斜率。

最优分配负荷时的准则：等耗量微增率准则。

5-6．何为电力系统负荷的有功功率---频率静态特性？何为有功负荷的频率调节效应？ 答：假设电压为额定电压且不变时，负荷的有功功率随频率变化的特性称为电力系统负荷的 有功功率---频率静态特性。

由特性曲线可知随着频率的下降，有功负荷也自动减少。我们把负荷减少的量和对应频率下 降的量的比值，称为负荷的调节效应或调节系数，即：
KL = ∆PL (MW Hz) ， K ∆f L* = ∆PL* 。

∆f * 5-7.何为发电机组的有功功率---频率静态特性?发电机的单位调节功率是什么? 答: 假设电压为额定电压且不变时，发电机发出的有功功率随频率变化的特性称为发电机组 的有功功率---频率静态特性。

由特性曲线可知随着频率的下降，发电机有功功率的输出将上升。我们把发电机有功功率输 出增加的量和对应的频率下降的量的比值称为发电机的单位调节功率或调节系数，即：
K = − ∆PG (MW Hz)， G ∆f  KG* = − ∆PG* 。

∆f* 5-8.什么叫调差系数?它与发电机单位调节功率的标幺值有什么关系? 答:所谓的机组调差系数，是以百分数表示的机组空载运行时 f0 与额定条件下 fN 的差值， 即：σ % = f0 − fN ×100% fN 调差系数与发电机单位调节功率的标幺值是互为倒数的关系，即：
K = 1 100% 。. G* σ % 5-9.电力系统频率的一次调整(一次调频)的基本原理是什么?何为电力系统的单位调节功率? 为什么它不能过大? 答:一次调整的基本原理:设系统仅一台发电机,装有调速器.发电机功率特性曲线和负荷的功 率特性曲线如图,相交于点 O,则在 O 点 PL = PG ,稳态运行,运行频率为 f1 .负荷出现增量 ∆PL , 负荷由 PL 变为 PL + ∆PL > PG = PL ,即负荷大于出力,转速减小,频率也减小.在系统频率下 降的同时,发电机组的输出的有功功率将在其调速器的作用下增大,而负荷需求的有功功率将 在它本身的调节效应作用下而减少,前者沿原动机的频率特性向上增加,后者沿负荷的频率特 性向下减少,经过一个衰减的振荡过程,抵达一个新的平衡点O ＇ . 电力系统的单位调节功率 KS :所有没满载的发电机单位调节功率之和 KGΣ 再加上负荷单位 调节功率（负荷的调节效应）
KL ，即：
KS = KGΣ + KL 。

对一个系统而言 KL 不可调，调节 KS 只能从调节 KGΣ 着手。对每台发电机而言 KG 不能过大， 也即调差系数不能过小，否则就要出现负荷变化量在各发电机组之间的分配无法固定 ,即将 使各发电机组的调速系统不能稳定工作的问题。因此，发电机组不能采用过大的单位调节功 率也即过小调差系数，另外系统会有一些机组满载，这些机组的单位调节功率应视为零，即 认为它们的调差系数为无限大，从而使全系统的发电机组等值调差系数增大，即发电机单位 调节功率之和 KGΣ 不可能过大， KS 自然不可能过大。

5-10.电力系统频率的二次调整(二次调频)的基本原理是什么?如何才能做到频率的无差调 节? 答:二次调整的基本原理:设系统仅一台发电机，装有调速器,且装有调频器，如图。二次调整 是在一次调整的基础上进行的，当负荷变动引起频率的变化发电机在调速器的作用下自动参 GO 加一次调整，但由于负荷变化较大，频率的变化量 ∆f 越出允许范围时，操作频率器,增加发 电机组发出的功率,使频率特性向上移动.设发电机组增发 ∆P ,则运行点又将从点 O＇ 转移 到点 O“ ,由于进行了二次调整,系统的运行质量有了改善. 无差调节:如负荷的变化量等于发电机出力的变化量即：
∆PLO = ∆PGO ，则 ∆f 了所谓无差调节. 5-11.互联电力系统怎样调频才为合理?为什么? = 0 ,亦即实现 答: 如图，设 A、B 两系统发电机组均能参加一次调频，且均有调频厂即均可以参加二次调 频。以 ∆PLA 、 ∆PLB 表示 A、B 两系统的负荷变化，以 ∆PGA 、 ∆PGB 表示 A,B 两系统的发 电机组二次调频增发出力，以 K A 、 KB 表示 A,B 两系统的单位调节功率，联络线功率为 ∆Pab ，且设其正方向是由 A 系统流向 B 系统。

对 A 系统 ∆Pab 可看成一负荷: ∆PLA + ∆Pab − ∆PGA = KA ∆f 对 B 系统 ∆Pab 可看成一电源: ∆PLB − (∆Pab + ∆PGB ) = KB ∆f . ∆f = (∆PLA − ∆PGA ) + (∆PLB − ∆PGB ) K A + K B ∆P = K A (∆PLB − ∆PGB ) − KB (∆PLA − ∆PGA ) ， K ab A + KB 在进行联合系统调频时需注意的是不仅是要保持整个系统的一个有功功率的平衡，还要考虑 联络线上功率 ∆Pab 不超过允许的范围，在调频效果相同的前提下应尽量使每个系统的功率 缺额由该系统的发电机补偿，从而使联络线上功率 ∆Pab 尽可能小。

5-12.A 、 B 两 系 统 由 联 络 线 相 连 如 图 所 示 , 已 知 A 系 统 KGA = 800MW / HZ KLA = 50 MW HZ ∆PLA =100 MW B 系 统 KGB = 700MW HZ KLB = 40MW / HZ , ∆PLB = 50MW. 求在下列情况下频率的变化量 ∆f 和联络线功率的变 化量 ∆Pab ;I.当两系统机组都参加一次调频时;II.当A 系统机组参加一次调频,而B 系统机组不 参加一次调频时;III.当两系统机组都不参加一次调频时. 解:I. ∆PGA = ∆PGB = 0, ∆PLA = 100, ∆PLB = 50 ；

KGA = 800, KGB = 700, KLA = 50, KLB = 40. 则 ∆PA = ∆PLA − ∆PGB = 100, ∆PB = ∆PLB − ∆PGB = 50 K A = KLA + KGA = 850, KB = KLB + KGB = 740. ∆f = ∆PA + ∆PB 所以 KA + KB = 100 + 50 850 + 740  = 0.0943(HZ ) ∆P = KA ∆PB − KB ∆PA = 850 × 50 − 740 ×100 = −19.8(MW) ab K A + KB 850 + 740 II. ∆PGA = ∆PGB = 0, ∆PLA = 100, ∆PLB = 50; KGA = 800, KGB = 0, KLA = 50, KLB = 40. 则 ∆PA = ∆PLA − ∆PGA = 100, ∆PB = ∆PLB − ∆PGB = 50. K A = KLA + KGA = 850, KB = KLB + KGB = 40. 所以 ∆f = ∆PA + ∆PB K A + KB = 100 + 50 = 0.168. 850 + 40 ∆P = KA ∆PB − KB ∆PA = 850 × 50 − 40 ×100 = 43.26( MW) ab K A + KB 850 + 40 III. ∆PGA = ∆PGB = 0, ∆PLA = 100, ∆PLB = 50 ; KGA = KGB = 0, K LA = 50, KLB = 40. 则 ∆PA = ∆PLA − ∆PGA = 100, ∆PB = ∆PLB − ∆PGB = 50 K A = KLA + KGA = 50, KB = KLB + KGB = 40. 所以 ∆f = ∆PA + ∆PB KA + KB = 100 + 50 = 1.67(HZ ) 50 + 40 ∆P = KA ∆PB − KB ∆PA = 50 × 50 − 40 ×100 = −16.67(MW). ab K A + KB 50 + 40 5-13.仍按题 5-12 中已知条件,试计算下列情况下的频率变化量 ∆f 和联络线上流过的功率 ∆Pab 。I.A,B 两系统机组都参加一、二次调频,A,B 两系统机组都增发 50MW；
II.A,B 两系统 机组都参加一次调频,A 系统并有机组参加二次调频,增发 60MW；
III.A,B 两系统都参加一次 调频,B 系统并有机组参加二次调频,增发 60MW。

解:I. ∆PGA = ∆PGB = 50, ∆PLA = 100, ∆PLB = 50; K A = KLA + KGA = 850, KB = KLB + KGB = 740. ∆PA = ∆PLA − ∆PGA = 50, ∆PB = ∆PLB − ∆PGB = 0. 所以 ∆f = ∆PA + ∆PB K A + K B = 50 + 0 850 + 740 = 0.0314( HZ ) ∆P = KA ∆PB − KB ∆PA = 850 × 0 − 740 × 50 = −23.27( MW) ab K A + KB 850 + 740 II. ∆PGA = 60, ∆PGB = 0, ∆PLA = 100, ∆PLB = 50; K A = KLA + KGA = 850, KB = KLB + KGB = 740 . ∆PA = ∆PLA − ∆PGA = 40, ∆PB = ∆PLB − ∆PGB = 50. 所以 ∆f = ∆PA + ∆PB K A + K B = 40 + 50 850 + 740 = 0.0566( HZ ) ∆P = KA ∆PB − KB ∆PA = 850 × 50 − 740 × 40 = 8.11( MW) ab K A + KB 850 + 740 III. ∆PGA = 0, ∆PGB = 60, ∆PLA = 100, ∆PLB = 50; K A = KLA + KGB = 850, KB = KLB + KGB = 740. ∆PA = ∆PLA − ∆PGA = 100, ∆PB = ∆PLB − ∆PGB = −10. 所以 ∆f = ∆PA + ∆PB KA + KB = 100 − 10 850 + 740  = 0.0566(HZ ) ∆P = KA ∆PB − KB ∆PA = 850 ×(−10) − 740 ×100 − 51.89( MW) ab K A + KB 850 + 740 5-14.某电力系统负荷的频率调节效应 KL∗ = 2 ,主调频电厂额定容量为系统负荷的 20%,当系 统运行于负荷 PL∗ = 1, f N = 50HZ 时,主调频电厂出力为其额定值的 50%,如果负荷增加,而主 调频电厂的频率调整不动作,系统的频率就下降 0.3HZ,此时测得 PL∗ = 1.1 (发电机组仍不满 载),现在频率调整器动作,使频率上升 0.2HZ,问二次调频作用增加的功率是多少? 解:如图: KL∗ = 2, 调频厂SN = 0.2 PL SB = PL , 则 PL∗ = 1, SN ∗ = 0.2PL∗ = 0.2 , S出力∗ = 50%SN ∗ = 0.1 不满载表示发电机将自动参加一次调频，调节系数为 KG ， L G P＇ = P＇ = 1.1 ∆P 发电机在一次调频的作用下出力增加了 ＇ G∗ = 0.1 = K G∗ ∆f∗ ∆f∗ = 0.3 50 G∗ ∆PL∗ = ∆P＇ + ∆P＇ = KG∗∆f∗ + KL∗∆f∗ = 0.1 + 2 × 0.3 = 0.1 +0.012 =0.112 50 L∗ 由 KG∗ ∆f∗ = 0.1得 K = 0.1 = 0.1 × 50 = 50 ∗ G∗ ∆f 0.3 3 二次调频投入后频率上升 0.2HZ, ∆f ＇ = 0.3 − 0.2 = 0.1 ∆P − ∆P = K + K ∗ 50 50 ∗ 由 L∗ ∆f ＇ GO∗ L∗ G∗ 0.112 − ∆PGO∗ = 2 + 50 = 18.67 0.1 3 解得：
∆PGO∗ = 0.0747 < 0.1 调频厂可调容量大于二次调频所需容量。

Chapter 六 6-1.电力系统中无功功率与节点电压有什么关系？ 答:由综合负荷的无功功率—电压静态特性分析可知，负荷的无功功率是随电压的降低而减 少的，要想保持负荷端电压水平，就要向负荷供应所需要的无功功率。所以电力系统的无功 功率必须保持平衡，即无功电源发出的无功功率要与无功负荷和无功损耗平衡。这是维持电 力系统电压水平的必要条件。

6-2.如何进行电力系统无功功率的平衡?在何种状态下才有意义? 答:无功功率的平衡: I.参考累积的运行资料确定未来的、有代表性的预想有功功率日负荷曲线. II.确定出现无功功率日最大负荷时系统中有功功率负荷的分配. III.假设各无功功率电源的容量和配置情况以及某些枢纽点的电压水平. IV.计算系统中的潮流分布. V.根据潮流分布情况,统计出平衡关系式中各项数据,判断系统中无功功率能否平衡. VI.如统计结果表明系统中无功功率有缺额,则应变更上列假设条件,重作潮流分布计算;而 如无功功率始终无法平衡,则应考虑增设无功电源的方案. 进行无功功率平衡计算的前提应是系统的电压水平正常. 6-3.电力系统中无功负荷和无功功率损耗主要指什么? 答:无功负荷:各种用电设备中,除相对很小的白轵灯照明负荷只消耗有功功率,为数不多的同 步电动机可发出一部分无功功率外,大多数都要消耗无功功率. 无功功率损耗:线路上并联电纳和串联电抗中的无功功率损耗; 变压器中励磁支路损耗和绕组漏抗中损耗. 6-4.电力系统中无功功率电源有哪些?发电机的运行极限如何确定? 答:无功功率电源:发电机、调相机、并联电容、静止补偿器. 6-5.电压中枢点的调压方式有哪几种?哪一种方式易实现,哪一种方式不易实现,为什么? 答:调压方式:逆调压、顺调压、常调压. 顺调压最易实现,因为普通变压器即可; 逆调压最不易实现,因为要借助有载调压变压器等专用的设备. 6-6.电力系统电压调整的基本原理是什么?当电力系统无功不足时,是否可以只通过改变变压 器的变比调压?为什么? 答:I.原理:如图可得, Ub = (K1UG − Pb Ri + Qb Xi K U ) / K 2 1 G G G U ---发电机出口电压, U ＇ ---发电机出口电压归算至高压侧. ＇ Ub ---用电设备端电压, U b ---用户侧电压归算至高压侧. 通过改变发电机机端电压 UG ,改变变压器变比 K1, K 2 ,改变无功功率分布或串联电容补偿 来改变用电设备端电压Ub . II.不可以.因为进行无功功率平衡计算的前提是电压水平正常,如不能在正常电压水平下保 证无功功率的平衡,系统的电压质量不能保证,如系统电源所能供应的无功功率不足,则无 功功率虽也能平衡,平衡条件所决定的电压将为低于正常的电压.这种情况下,虽可采用某 些措施,如改变某台变压器的变比以提高局部地区的电压水平,但如不能增加系统电源所能 供应的无功功率,则系统的电压质量总不能获得全面改善.事实上,系统中无功功率电源不 足时的无功功率平衡是由于系统电压水平的下降,无功功率负荷(包括损耗)本身的具有正 值的电压调节效应使全系统的无功功率需求有所下降而达到的. 6-7.电力系统有哪几种主要调压措施? 答:I.改变发电机机端电压. II.改变变压器变比. III.串联电容补偿(改变电路参数). 6-8.推导变压器分接头电压的计算公式,并指出升降压变压器分接头电压有何异同点? 答:如图为双绕组降压变压器, U I ---高压侧电压. Ui ---低压侧归算至高压侧电压. i U ＇ ---低压侧实际电压. Ui = U I – ∆U = UI – PR + QX U I  i U ＇ = U U 低额 = U U i i 高抽 U 低额 UtI ⇒ UtI = Ui U 低额 U ＇ i U 低额 U ⇒ U = U t Im ax i max ＇ i max U低额 U ,U = U t Im ax i min ＇ i min 升降压变压器分接头电压的异同点: 异---降压变压器,由高压母线推算低压母线电压时,应将高压母线电压和变压器中电压损耗相 减;升压变压器,由高压母线推算低压母线电压时,应将高压母线电压和变压器中电压损耗 相加. 同---升降压变压器分接头的选择方法基本相同. 6-9.有载调压变压器和普通变压器有何区别?在什么情况下宜于采用有载调压变压器? 答:区别:有载调压变压器在带电情况下改变变比; 普通变压器在停电情况下改变变比. 对无功功率供应较充裕的系统,采用各种类型有载调压变压器调压显得灵活而有效.尤其是 系统中个别负荷的变比规律以及它们距电源远近相差悬殊时,不采用有载调压变压器几乎 无法满足所有负荷对电压质量的要求.有载调压变压器的特殊功能还能体现在系统间联络 线以及中低压配电网络中的应用方面. 6-10.在按调压要求选择无功补偿设备容量时,选用并联电容器和调相机是如何考虑的? 答:I. 选用电容器,因电容器只能发出感性无功功率,提高电压;不能吸取感性无功功率,降低电 压;它们只在重负荷时投入,轻负荷时,可能部分甚至全部推出.因此,变压器的分接头应按最 小负荷时电容器全部推出运行的条件考虑,即按 U UtI  t Imin U 低N U = U Im in ＇ Im in  选择,选一最接近的 U 标准抽头UtI , 则 K = ,在最大负荷时投入,按最大负荷全部补偿选择并联电容的补偿 低N 量, QC ＇ KU = Im ax Xi (KU ＇ − U ) ,这样可充分利用电容器的容量,使在满足调压要求的 Im ax Im ax 前提下,使用的电容器最少. II.选用调相机,因调相机既能过激运行输出感性无功功率,又能欠激运行吸收感性无功功率, 所以设调相机欠激运行时的容量为过激运行时额定容量的二分之一,并在最大负荷时过激 按额定容量运行,最小负荷时欠激按二分之一额定容量运行,则调相机在最大负荷时作为无 KU ＇ Im ax Im ax 功电源, QC = Im ax X i (KU ＇ − U ), 在最小负荷时作为无功负荷, – 1 Q KU ＇ = Im ax ( ＇ − ) i 2 C X KU Im in U Im in ＇ ＇ 2U U + U U ⇒ K = Im in Im in Im in Im ax = UtI ＇ 2 ＇2 ⇒ UtI = KU 低N。

2U Im in + U Im ax U 低N 选择一最靠近的标准抽头U ＇ ＇ U ,则 K = tI  ,将 K 代入 Q 式即可解出 Q ,这样,可保证在满 U tI C C 低N 足调压要求的前提下选用的调相机容量最小,因它在过激和欠激运行时的容量都得到了充 分利用. 6-11.什么叫静止补偿器,其原理是什么?有何特点?目前一般可分几种类型? 答:静止补偿器是与电容器相对应而又同属灵活交流输电系统范畴的一种无功功率电源. 原理:依靠其中的电容器产生感性无功功率而作为无功功率电源. 特点:既可作为无功电源,又可作为无功负荷,但是由于电容器所能产生的感性无功功率与 其端电压的平方成正比,当系统电压水平过于低下,迫切需要补偿器增加其感性无功功率输 出时,补偿器往往无法增加,这是作为无源元件的静止补偿器所无法克服繁荣缺陷. 目前分三种:晶闸管控制电抗器型(TCR 型) 晶闸管开关电容器型(TSC 型) 饱和电抗器型(SR 型). 6-12.比较一下并联电容器补偿和串联电容器补偿的特点以及在电力系统中的使用情况? 答:并联电容器可以增加无功功率电源进而改善电压质量,还可以降低网络中的功率和能量损 耗;串联电容器虽可以增加无功功率电源,但并不能解决改善电压质量的问题.因个别串联 电容器的采用,虽能调整网络中无功功率的流通从而使局部地区的电压有所提高,但其它地 区的无功功率却因此而更感不足,电压质量也因此而更加下将. 在需要附加设备的调压措施中,对无功功率不足的系统,首要问题是增加无功功率电源,因 此以采用并联电容器为宜;作为调压措施,串联补偿电容器由于设计、运行等方面的原因, 目前应用很少. 6-13. 有 一 降 压 变 压 器 归 算 至 高 压 侧 的 阻 抗 为 2.44+j40 Ω , 变 压 器 的 额 定 电 压 为 110 ± 2*2.5%/6.3KV,在最大负荷时,变压器高压侧通过功率为 28 ± j14 MVA,高压母线电压 为 113KV,低压母线要求电压为 6KV;在最小负荷时,变压器高压侧通过功率为 10+j6 MVA, 高压母线电压为 115KV,低压母线要求电压为 6.6KV,试选择该变压器的分接头. 解:在最大负荷时, ∆U  max = 28 * 2.44 + 14* 40 = 5.56(kv) 113 低压侧归算至高压侧的电压为, U 低max = U 高max − ∆U max = 113 − 5.56 = 107.44(kv) Ut max = U 低max U 低额 ‘ U 低max = 107.44 * 6.3 = 112.8(kv) 6 在最小负荷时, ∆U  min = 10 * 2.44 + 6 * 40 = 2.3(kv) 115 低压侧归算至高压侧的电压为, U 低min = U高min − ∆U min = 115 − 2.3 = 112.7(kv) Ut min = U低min U 低额 ‘ U 低min = 112.7 * 6.3 = 107.58(kv) 6.6 则公共抽头UtI = 1 (U 2  t max + Ut min ) = 110.19(kv) 选择 110kv 分接头, U ＇ 低max = U 低max U 低额 U ＇ tI = 107.44 * 6.3 = 6.15 > 6 110 U ＇ 低min = U低min U 低额 ‘ U tI = 112.7 * 6.3 = 6.45(KV ) < 6.6 110 ∆U %  max = 6.15 − 6 *100% = 2.5% 6 ∆U %min = 6.45 − 6.6 6.6  *100% = 2.27% 满足调压要求,所以分接头电压 110KV 6-14.有一降压变压器, SN = 20MVA,U N = 110 ± 2 × 2.5% /11KV , PK = 163KV U K (%) = 10.5 , 变 压 器 低 压 母 线 最 大 负 荷 为 18MVA , cos ℓ = 0.8 , 最 小 负 荷 为 7MVA,cosℓ = 0.7, 已知变压器高压母线在任何方式下均维持电压为 107.5KV,如果变压器 低压侧要求顺调压,试选择该变压器的分接头. P U 2 解 R = K N = 163×110  ×10− 3 = 4.93(Ω) S 2 N T 2 202 U (%)U 2 T X = K N 100SN  10.5 ×1102 = 100× 20  = 63.525(Ω) 最大、最小负荷为: Ṡmax = 18∠ arccos 0.8 = 14.4 + j10.8(MVA) Ṡmin = 7∠arccos0.7 = 4.9 + j5(MVA) ∆Ṡ = 14.4 + 10.82  × (4.93 + j63.525) = 0.13 + j1.7(MVA) 2 T max 1102 ∆Ṡ = 4.9 + 52  × (4.93 + j63.525) = 0.02 + j0.26(MVA) 2 T min 1102 S ̇ 高max = Ṡmax + ∆ṠT max = 14.53 + j12.5(MVA) ̇ ̇ ̇ S高min = Smin + ∆ST min = 4.92 + j5.26(MVA) 最大、最小负荷时变压器电压损耗为: ∆U max ∆U max = 14.53× 4.93 + 12.5 × 63.525 = 8.05(kv) 107.5 = 4.92× 4.93 + 5.26 × 63.525 = 3.33(kv) 107.5 U 低max = U 高max − ∆U max = 107.5 − 8.05 = 99.45(kv) U 低min = U 高min − ∆U min = 107.5 − 3.33 = 104.17(kv) Ut max U  = U 低max U = U U 低N ‘ U 低max U 低N  = 99.45× = 104.17 × 11 10 ×102.5% 11  = 106.73(kv) = 107.1(kv) t min 低min ‘ 低min 10 ×107.5% 则公共抽头 UtI = 1 (U 2  t max + Ut min ) = 106.92(kv) tI 选择 110-2.5%分接头, U ＇ = 107.25KV U ＇ 低max = U 低max U 低N ‘ U tI  = 99.45× 11 107.25  = 10.2(kv) < 10.25KV 不满足调压要求,则重新选择. tI 选择110 − 2 × 2.5% 分接头, U ＇ = 104.5kv U ＇ 低min = U低min U 低N ‘ U tI  = 104.7 × 11 104.5  = 11(kv) > 10.75KV 不满足调压要求,则选择有载调压变压器. t Im ax 最大负荷时,选择110 − 2 × 2.5% 分接头, U ＇ = 104.5kv U ＇ 低max = U 低max U 低N ‘ U t Im ax  = 99.45 × 11 104.5  = 10.5(kv) > 10.25KV t Im in 最小负荷时,选择110 − 2 × 2.5% 分接头, U ＇ = 107.25kv U ＇ 低min = U低min U低N ‘ = 104.17 × 11  = 10.68(kv) < 10.75KV Ut Im in 107.25 满足调压要求. 6-15.某变电所有一台降压变压器,变压器额定电压为110 ± 2 × 2.5% / 11kv 变压器已运行于 115.5KV 抽头电压,在最大、最小负荷时,变压器低压侧电压的偏移为-7%和 -2%,如果变压器低压侧要求顺调压,那么调压器的抽头电压 115.5KV,能否满足调压的要求, 应该如何处理? 解: U ＇ i max ≥ 1.025U N = 10.25 ＇ U i min ≤ 1.075U N = 10.75 U ＇ i max = (1 − 7%) ×10 = 9.3 < 10.25 ＇ U i min = (1 − 2%) × 10 = 9.8 < 10.75 则U tI = 115.5kv ,不满足调压要求. 最大负荷时, Ui max U ＇ U = i max tI U低N = 9.3 ×115.5 = 97.65(kv) 11 Ut Im ax = Ui min U 低N ‘ U i max  = 97.65 × 11 1.025×10  = 104.8(kv) 最小负荷时, Ui min U ＇ U = i min tI U 低N = 9.8 ×115.5 = 102.9(kv) 11 Ut Im in = Ui min U 低N ‘ U i min  = 102.9 × 11 1.075×10  = 105.3(kv) UtI = 1 (U 2  t Im ax + Ut Im in ) = 105.05(kv) tI 选择一台靠近的标准抽头U ＇ = 104.5kv U ＇ i max = Ui max U 低N ‘ = 97.65 × 11  = 10.28(kv) > 10.25KV  (合格) UtI 104.5 U ＇ i min = Ui min U 低N ‘ = 102.9 × 11  = 10.83(kv) > 10.75KV  (不合格) UtI 104.5 tI 则重新选择U ＇ = 107 .25kv U ＇ i max U ＇ = 97.65× = 102.9 × 11 107.25 11 = 10.01(kv) < 10.25KV = 10.55(kv) < 10.75KV (不合格) (合格) i min 107.25 所以选择有载调压变压器 U ＇ t Im ax = 104.5(kv) U ＇ t Im in = 107.25(kv) 6-16. 水电厂通过 SFL-40000/110 型升压变压器与系统连接,变压器归算至高压侧阻抗为 2.1 + j38.5Ω, 额定电压为 121 ± 2 × 2.5% / 10.5kv ,系统在最大、最小负荷时高压母线电 压分别为 112.09KV,和 115.92KV,低压侧要求的电压在系统最大负荷时不低于 10KV,在系统 最小负荷时不高于 11KV,当在系统最大、最小负荷时水电厂输出功率均为 28+j21MVA 时, 试选该变压器的分接头. 解:最大负荷时, ∆U  max = 28 × 2.1 + 21× 38.5 = 7.74(kv) 112.09 低压侧归算至高压侧的电压为, U 低max = U 高max + ∆U max = 112.09 + 7.74 = 119.83(kv) Ut max = U 低max U 低额 ‘ U 低max = 119.83× 10.5 = 125.8(kv) 10 最小负荷时, , ∆U  min = 28× 2.1 + 21× 38.5 = 7.48(kv) 115.92 低压侧归算至高压侧的电压为, U 低max = U 高min + ∆U min = 115.92 + 7.48 = 123.4(kv) Ut min = U低min U 低额 ‘ U 低min = 123.4 × 10.5 = 117.8(kv) 11 则公共抽头UTI = 1 (U 2  T Im ax + UT Im in ) = 12.18(KV ) 选择 121KV 为标准抽头, UT′I = 121KV U 低′ max = U 低max U 低额 U T′I = 119.83× 10.5 = 10.4 > 10 121 U 低′ min = U低min U 低额 U T′I = 123.4 × 10.5 = 10.7 < 11 121 ∆U %  max = 10.4 −10 × 100% = 4% 10 ∆U %min = 10.7 − 11 11  ×100% = 2.7% 满足调压要求,所以分接头电压为121KV 6-17.有一个降压变电所由两回 110KV,长 70KM 的电力线路供电,导线为 LGJ-120 型,导线计算 外径为15.2mm ,三相导线几何平均距离为 5m.变电所装有 2 台变压器并列运行,其型号为 SFL − 31500 / 110 型, SN = 31.5MVA , UN = 110 /11KV ,UK (%) = 10.5 .最大负荷时变 电所低压侧归算至高压侧的电压为 100.5KV,最小负荷时为 112.0KV.变电所二次母线允许 电压偏移在最大,最小负荷时为二次网络额定电压的 2.5% − 7.5%.试根据调压的要求接 并联电容器和同期调相机两种措施,确定变电所 10KV 母线上所需补偿设备的最小容量. ρ 解: r1 = s = 31.5 0.2625(Ω / km) 120 Dm x1 = 0.1445lg r  + 0.0157 3 = 0.1445lg 5 ×10  + 0.0157 = 0.423(Ω / km) 15.2 / 2 R = 1 r L = 1 × 0.2625× 70 = 9.19(Ω) L 2 1 2 X = 1 x L = 1 × 0.423× 70 = 14.8(Ω) L 2 1 2 1 U %U 2 T X = K N = 10.5 ×1102 = 20.167(Ω) 2 100S N 2 ×100× 31.5 U 2 max = 100.5(KV ),U 2 min = 112(KV ) U 2′max = 10(1 + 2.5%) = 10.25(KV ) U 2′min = 10(1 + 7.5%) = 10.75(KV ) 1 并联电容器 UTI = U 2 min U 2 N U 2′ min  = 112× 11 10.75  = 114.6(KV ) 选择UT′ 2 = 115.5KV ,则 K = UT′I U 2 N = 115.5 11  = 10.5 K 2U ′ Q = 2 max (U ′ – U 2 max ) C X ∑ 2C max K 10.52 ×10.25 ×(10.25 − 100.5 ) = 21.9(M var) 14.8 + 20.167 10.5 2 并联调相机 K = U ′2 maxU 2 max + 2U 2′ minU 2 min U ′ + 2U ′ 2 2 max 2 2 min = 10.25×100.5 + 2 ×10.75 ×112 = 10.227 10.252 + 2 ×10.752 UTI = KU 2 N = 10.227 ×11 = 112.5(KV ) 选择UT′I = 112.75KV U ＇ K = tI U 2 N = 112.75 = 10.25 11 K 2U ＇ Q 2 C max (U ＇ U 2 max ) 10.25 2 ×10.25  100.5 C = X 2 C max − K = 14.8 + 20.167 × (10.25 − 10.25 ) = 13.7(MVar ) 选择 QC = 20MVar 的调相器. 效验:I: ∆U  max = − 21.9 × 20.167 = −4(kv) 110 U 2 max = 100.5 + 4 = 104.5(kv) U ＇ 2 max = U 2 max U 2 N ＇ U tI  = 104.5 × 11 115.5  = 9.95(KV ) ∆U %max 9.95 − 10 = 10  ×100% = 0.5% U ＇ 2 min = U 2 min U 2 N ＇ U tI  = 112 × 11 115.5 = 10.67( KV ) ∆U %min = 10.67 − 10 10  ×100% = 6.7% II. ∆U max = − 20 × 20.167 = −3.67(kv) 110 U 2 max = 100.5 + 3.67 = 104.17(kv) U ＇ 2 max = U 2 max U 2 N ＇ U tI  = 104.17 × 11 112.75 = 10.16(KV ) ∆U %max 10.16 − 10 = 10  ×100% = 1.6% ∆U min − (− 1 × 20) × 20.167 = 2 110  = 1.83(kv) U 2 min = 112 − 1.83 = 110.17(kv) U ＇ 2 min = U 2 min U 2 N ＇ U tI  = 110.17 × 11 112.75  = 10.74(KV ) ∆U %min = 10.74 − 10 10  ×100% = 7.4% 合格. 6-18.有一个降压变电所由一回 110KV 架空线路供电,导线型号 LGJ − 240 型,线路长度为 − 6 105KM, r1 = 0.13Ω / KM , b1 = 2.8 ×10 s / KM .变电所装有一台有载调压变压器,型号为 SFZ − 40500 / 110 型 , SN = 40.5MVA , UN 为110 ± 4 × 2.5% /11KV , PK = 230KW ,UK (%) = 10.5, I 0 (%) = 2.5, P0 = 45KW .变电所低压母线的最大负荷为 26MW, cosϕ = 0.8 .最小负荷为最 大负荷的 0.75 倍, cosϕ = 0.8 .在最大,最小负荷时电力线路始端均维持电压 121KV.变电所 低压母线要求逆调压.试根据调压要求(按用并联电容器和同期调相机两种措施)确定在低压 母线进行无功补偿的容量. 解: R1 = r1 L = 0.131× 105 = 13.755(Ω) X 1 = x1 L = 0.407× 105 = 42.735(Ω) 1 1 B = b L = 2.8 ×10−6 ×105 = 2.94×10− 4 (S) P U 2 R = K N 230 ×1102 =  ×10−3 = 1.7(Ω) S N T 2 40.52 U %U 2 T X = K N 100SN  10.5 ×1102 = 100× 40.5  = 31.37(Ω) ∆P0 = 0.045(MW ) , ∆Q0 = I 0 %SN 100 = 2.5 × 40.5 100  = 1(M var) ∆PK = 0.23(MW ) ， ∆QK = UK %SN 100 = 10.5 × 40.5 100  = 4.25(M var) Ṡmax = 26∠ arccos 0.8 = 20.8 + j15.6(MVA) Ṡmin = 0.75 × 26∠arccos0.8 = 19.5∠36.87° = 15.6 + j11.7(MVA) 2 ∆Ṡ = 0.045 + j1 + 20.8 + 15.62 × 0.23 + j 20.8 + 15.6 2  × 4.25 2 T max 40.52 40.52 = 0.045 + j1 + 0.0948 + j1.75 = 0.1398+ j2.75(MVA) 2 ∆Ṡ = 0.045 + j1 + 15.6 + 11.72 × 0.23 + j 15.6 + 11.72  × 4..25 2 T min 40.52 40.5 2 = 0.045 + j1 + 0.0533+ j0.985 = 0.0983+ j1.985(MVA) ∆Ṡ = − 1 jB U 2 = − 1 j × 2.94 ×10− 4 ×1102 = − j1.779(MVA) y 2 1 N 2 S ′ ̇ max ̇ = S max ̇ + ∆S T max + ∆Ṡ y = 20.8 + j15.6 + 0.1398+ j2.75 − j1.779 = 20.9398+ j16.57(MVA) Ṡm′ in = Ṡmin + ∆ṠT min + ∆Ṡy = 15.6 + j11.7 + 0.0983+ j1.985 − j1.779 = 15.6983+ j11.906(MVA) ∆Ṡ 20.93982 = + 16.57 2 × (13.755 + j42.735) = 0.81+ j2.5(MVA) L max 1102 ∆Ṡ 15.69832 = + 11.9062 × (13.755 + j42.735) = 0.44 + j1.37(MVA) L min 1102 ＇ Ṡ1 max = Ṡmax + ∆SL max = 20.9398+ j16.57 + 0.81+ j2.5 = 21.75 + j19.07(MVA) ̇ ＇ S1 min = Ṡmin + ∆SL min = 15.6983+ j11.906 + 0.44 + j1.37 = 16.138 + j13.276(MVA) ∆UL max ∆UL min  = 21.75×13.755 + 19.07 × 42.735 = 9.2(kv) 121 = 16.138×13.755 + 13.276× 42.735 = 6.52(kv) 121 U ＇ max = 121− 9.2 = 111.8(kv) U ＇ min = 121− 6.52 = 114.48(kv) ṠT max = 20.8 + j15.6 + 0.0948 + j1.75 = 20.8948 + j17.35(MVA) ṠT min = 15.6 + j11.7 + 0.0533+ j0.985 = 15.653 + j12.685(MVA) ∆UT max ∆UT min = 20.8948×1.7 + 17.35 × 31.37 = 5.19(kv) 111.8 = 15.653×1.7 + 12.685× 31.37 = 3.71(kv) 114.48 U 2 max = 111.8 − 5.19 = 106.6(kv) U 2 min = 114.48 − 3.71 = 110.77(kv) U ＇ 2 max = 10 ×102.5% = 10.25(kv) U ＇ 2 min = 10 ×107.5% = 10.75(kv) a.并联电容器. 先按最小负荷时电容器全部退出的条件选择变压器变比, UtI U 2 N U = U 2 min ＇ 2 min  = 110.77 × 11 10.75  = 113.35(kv) tI 选择U ＇  = 112.75kv, 则 K = ＇ U tI U 2 N = 112.75 = 10.25 11 再按最大负荷时的要求求无功补偿容量为 K 2U ＇ Q 2 C max (U ＇ U 2 max ) 10.25 2 ×10.25  106.6 C = X 2 C max − K = 42.735 + 31.37 × (10.25 − 10.25 ) = −2.18(MVar ) tI 不满足要求,重新选择U ＇  = 115.5kv,则 K = ＇ U tI U 2 N = 115.5 = 10.5 11 K 2U ＇ Q 2 C max (U ＇ U 2 max ) 10.52 ×10.25  106.6 C = X 2 C max − K = 42.735 + 31.37 × (10.25 − 10.5 ) = 1.57(MVar) b.并联调相机. 按最大、最小负荷两种运行情况确定变比为, K = U ′2 maxU 2 max + 2U 2′ minU 2 min = 10.25×106.6 + 2 ×10.75 ×110.77 = 10.33 U ′ + 2U ′ 2 2 max 2 2 min 10.252 + 2 ×10.752 UTI = KU 2 N = 10.33×11 = 113.63(KV ) 选择U T′I = 112.75KV U ＇ K = tI U 2 N = 112.75 = 10.25 11 K 2U ＇ Q 2 C max (U ＇ U 2 max ) 10.252 ×10.25  106.6 C = X 2 C max − K = 42.735 + 31.37 × (10.25 −  10.25 ) = −2.18(MVar) U ＇ 115.5 不满足要求,重新选择UT′I = 115.5KV ,则 K =  tI = = 10.5 U 2 N 11 K 2U ＇ Q 2 C max (U ＇ U 2 max ) 10.52 ×10.25 106.6 C = X 2 C max − K = 42.735 + 31.37 × (10.25 − 10.5 ) = 1.5( MVar )