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1、<p><p>&lt;p&gt;电力系统分析习题 稳态分析 一. 标出图1中发电机、变压器和电动机的额定电压。 解： G: 10.5KV；TI: 10.5/242KV； T2: 220/121/38.5KV；T3: 10.5/3.15KV； D: 3KV 章一 二. 某四节点网络的节点导纳矩阵Y如下，若节点2，4之间 增加一条支路，支路导纳，试写出修改后的节点导纳矩阵 Y。 章四 解： 因为Y24=Y42= -y24= j2 Y22=Y44=y24= -j2 所以，Y24= Y42= Y24+Y24=j2 Y22= Y22+
2、Y22= -j15- j2= -j17 Y44= Y44+Y44= -j15- j2= -j17 其它元素不变。 -j15 j10 0 j5 j10 -j17 j5 j2 Y= 0 j5 -j15 j10 j5 j2 j10 -j17 因此，修改后节点导纳矩阵 2 4 -j2 三. 一火电厂中三台机组并联运行，各机组的燃料消耗特性及功率 约束条件如下： F1 = 4 + 0.3PG1 + 0.0007PG12 t/h，100MW PG1 200MW F2 = 3 + 0.32PG2 + 0.0004PG22 t/h，100MW PG2 250MW F3 = 3.5 + 0.3PG3 + 0.0
3、0045PG32 t/h，150MW PG3 300MW 当电厂的总负荷为700MW和400MW时，试用解析法分别确定发电 机组间功率的经济分配。 章五 解：用解析法分别确定发电机组间功率的经济分配按所给耗 量特性可得各厂的微增率特性。 1=dF1/dPG1=0.3+0.0014PG1 2=dF2/dPG2=0.32+0.0008PG2 3=dF3/dPG3=0.3+0.0009PG3 令1=2=3，可得 PG1=14.29+0.571 PG2 PG1=0.643 PG3 PG3=22.22+0.889 PG2 2.总负荷为700MW，联立求解以下三个方程： PG1 +PG2 +PG3=700
4、 PG1=14.29+0.571 PG2 PG3=22.22+0.889 PG2 得：PG1=168.4MW；PG2=270MW；PG3= 261.6MW 其中PG2=270MW已超出上限，故应取PG2=250MW。剩余功率 700-250=450MW再由1号机组和3号机组进行经济分配。 解方程 PG1+ PG3=450MW PG1=0.643 PG3 得：PG1=173.93 MW；PG3=276.07 MW 。 3.总负荷为400 MW，联立求解以下三个方程： PG1 +PG2 +PG3=400 PG1=14.29+0.571 PG2 PG3=22.22+0.889 PG2 得：PG1=9
5、8.7MW；PG2=147.7MW；PG3= 153.5MW 其中PG1=98.7MW已低于下限，故应取PG1=100MW。剩余功率 300MW再由2号机组和3号机组进行经济分配。 解方程 PG2+ PG3=300MW PG3=22.22+0.889 PG2 得：PG2=147.05 MW；PG3=152.95 MW 均在限值以内。 四. 某系统有三台额定容量为100MW的发电机组并列运行，其调 差系数1*=0.02，2*=0.06，3*=0.05，其运行时情况为： PG1=60MW, PG2=80MW, PG3=100MW,取KL*=1.5，PLN=240MW ，PGN=100MW。 （1）
6、当系统负荷增加50MW时，系统的频率下降多少？ （2）如果系统负荷是增加60MW时，则系统的频率下降多少 ？ 章五 解： G3满载，故负荷增加时，其不参与一次调频，KG3=0 KG1=(1/1* ) x ( PGN/ fGN)=1/0.02 x 100/50=100(MW/HZ) KG2=(1/2* ) x ( PGN/ fGN)=1/0.06 x 100/50=33.33(MW/HZ) KL=KL* x ( PLN/ fGN)=1.5 x 240/50=7.2(MW/HZ) KS=KG1 +KG2+ KL=100+33.33+7.2=140.53(MW/HZ) (1) f= - PL/ KS
7、 = - 50/140.53= - 0.356 HZ 此时G1、G2出力为： PG1= PG1 +（- KG1 x f）= 60+100 x0.356= 95.6MW &amp;lt; 100MW PG2= PG2 +（- KG2 x f）= 80+33.33x0.356= 92MW 100MW PG2= PG2 +（- KG2 x f）= 80+33.33x0.427= 94.23MW &amp;lt; 100MW 故在调频过程中，G1达到了满载。 其增加的出力为：PG1=100-60=40MW，其余负荷差额由G2和负荷 本身的调节效应共同承担。 故f= -（
8、PL- 40）/（KG2 + KL ） = -（60-40）/（33.33+7.2）= - 0.4935 HZ 此时G2的出力为： PG2 = PG2 +（- KG2 x f） = 80+33.33x0.4935= 96.45MW &amp;lt; 100MW 故频率下降了0.4935HZ。 五. 三台发电机共同承担负荷，耗量为增率分别为： dF1/dPG1=0.15PG1+10元/兆瓦.小时（100&amp;lt;PG1&amp;lt;200兆瓦） dF2/dPG2=0.10PG2+10元/兆瓦.小时（100&amp;lt;PG
9、2&amp;lt;300兆瓦） dF3/dPG3=0.05PG3+10元/兆瓦.小时（200&amp;lt;PG1&amp;lt;500兆瓦） 求：a）负荷为750兆瓦时，每台发电机所承担的负荷 b）负荷在400兆瓦至1000兆瓦范围内的耗量微增率与负荷功率 的关系曲线。=f（PL） 解：掌握等耗量为增率法最优分配负荷 章五 b）负荷在400兆瓦至1000兆瓦范围内的耗量微增率与负荷功率 的关系曲线。选取若干个点，计算出相应的值。即求出与PL 的关系式。 注意发电机组的上下限限制！ PL=400时，由上式得=20.9，PG1=72.7500不合题
10、意 PG3=500时， =35。所以上式适合25 35 六. 某降压变电所的变压器参数（归算到高压侧）及负荷已 标在图中。最大负荷时，高压侧母线电压为113KV，最小 负荷时为115KV。低压侧母线电压允许变动范围为 1011KV。求变压器分接头位置。 章六 解： 最大负荷时，归算到高压侧的变压器二次侧电压 U2max=U1max-(PmaxRT + QmaxXT)/ U1max =113- (28x2.44+14x40)/113=107.5KV 最小负荷时，归算到高压侧的变压器二次侧电压 U2min=U1min-(PminRT + QminXT)/ U1min =115- (10 x2.44
11、+6x40)/115=112.7KV 如果要求最大负荷时二次侧母线电压不低于10KV，则分接头电压应 为 Utmax = U2maxx U2N / U1max =107.5x11/10=118.25KV 最小负荷时二次侧母线电压不高于11KV，则分接头电压应为 Utmin = U2minx U2N / U1min =112.7x11/11=112.7KV 取平均值：Ut=1/2（118.25+112.7）=115.475KV 选取最接近分接头电压Ut=115.5KV 校验： 最大负荷时二次侧实际电压为 U2max = U2maxx U2NUt =107.5x11/115.5 =10.238KV
12、 &amp;gt;10KV 最小负荷时二次侧实际电压为 U2min = U2minx U2N /Ut =112.7x11/115.5 =10.733KV PL=1.112PDN Ks=(PL-PDN)/ f=0.112* PDN /0.3=1.12/3PDN =&amp;gt; KG=Ks- KL=1/3PDN 设增发PG0 ，则PG0 =Ks f=1.12PDN/3*0.2=0.074667PDN 法（2）(PL- PG0 PDN)/Ks=0.1=&amp;gt; PG0 法（3）调频器不动作：KG=- PD/ f =(1.1-1)PDN/0.
13、3=1/3PDN 调频器动作： PG0 =(KL+KG) f=(2/50+1/3) PDN *0.2=0.074667PDN 八. 简单线路如图所示，若变压器低压侧的母线电压偏移要求 小于1%，试按电容器补偿和调相机补偿两种情况，分别选择 变压器的分接头和无功补偿容量。（U1=112kV,变压器归算到 110kV的阻抗为2+j35欧姆） U1 U2 110+ 2*2.5%/6.3kV Smax=28+j14MVA Smin=10+j6MVA 掌握：电容器作为补偿设备的特点及其计算； 调相机作为补偿设备的特点及其计算； 章六 解：变电所的调压要求为常调压。 首先计算补偿前，最大负荷时变电所低压侧
14、归算 到高压侧的电压。Ujmax=Ui-(PjmaxR+QjmaxX)/Ui=112- (28*3+14*35)/112=106.875V,同理，Ujmin=109.8571V (1)补偿设备为电容器时： 按常调压要求，最小负荷时补偿设备全部退出，确定 变压器分接头电压。 Utjmin=Ujmin*UNj/Ujmin=109.8571*6.3/6=115.35kV 选用110+2*2.5%抽头，即115.5kV电压 把抽头电压带入求取补偿容量，按最大负荷的调压要求确定补 偿容量。 Qc=Ujcmax/Xij*(Ujcmax-UjmaxUNj/Utj )*Utj2/UNj2 =6.0/35*(6
15、.0-106.875*6.3/115.5)*(115.5/6.3)2 =9.82KVar 校验电压偏移：最大负荷时补偿设备全部投入 Ujcmax=112-(28*3+(14-9.8214)*35)/112=109.9442kV U2max=109.9442*6.3/115.5=5.997kV 偏移：(6-5.997)/6=0.05% 最小负荷时电容器全部退出： U2min=109.857*6.3/115.5=5.992kV 偏移0.13% 所以符合要求 （2）当补偿设备为调相机时： 首先确定变比： -2Ujcmin*(kUjcmin-Ujmin )= Ujcmax*(kUjcmax-Ujmax
16、 ) k=18.1438 Utj=k*U2N=18.1438*6.3=114.306kV 选取110+2*2.5%抽头 按最大负荷选择调相机容量 Qc=Ujcmax/Xij*(Ujcmax-UjmaxUNj/Utj )*Utj2/UNj2 =6.0/35*(6.0-106.875*6.3/115.5)*(115.5/6.3)2 =9.82KVar 校验电压偏移：最大负荷时补偿设备全部投入，偏移：0.05% 最小负荷时欠激运行： Ujcmin=112-(10*3+(6+9.8214/2)*35)/112=108.32kV U2min=108.32*6.3/115.5=5.91kV 偏移1.52%。符合要求 &lt;/p&gt;</p></p>
