《2009《电力系统分析》课程考试试卷(A卷)答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2009《电力系统分析》课程考试试卷(A卷)答案（3页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、名姓题号-一-一四五六七八九十总分得分得分一、简答题（每小题 5 分，共 40分）号序号学级班选网级班卷试学大峡三2009 年春季学期电力系统分析课程考试试卷（A卷）注意：1、本试卷共 3 页；2、考试时间:110 分钟；3、姓名、学号、网选班级、网选序号必须写在指定地方 。1、高压输电线路的电路参数有哪些？各描述什么物理现象？画出输电线路的集中参数表示的 n型等值电路。答：电阻、电抗、电导、电纳1、电阻 反映了通电导线的热效应。2、电抗 导线中流过交流电流，在导线周围产生的磁场效应。3、电导 反映线路的泄漏和电晕现象。4、电纳 反映导线间、导线与大地间的电容，即电场效应。n型等值电路：2、输
2、电线路的电压降落、电压损耗、电压偏移是如何定义的？答：电压降落：指的是线路始末两端的电压相量差（U - U ）或dU。12电压损耗：指的是线路始末两端的电压数值差（U - U）。12电压偏移：指的是线路始端或末端电压与线路额定电压的数值差（U - U ）或1N（U -U ） ，也常以百分值表示。2N3、电力系统电压中枢节点的调压方式有哪些？并说明各调压方式的调压范围。 答：一般把中枢点的调压方式分为逆调压、顺调压和常调压三类。 逆调压：最大负荷保持中枢点电压比网络额定电压高 5%，最小负荷保持为网络额定电压。 顺调压：最大负荷时中枢点电压不低于网络额定电压的 102.5%，最小负荷时不高于网络
3、 额定电压的 107.5% 。 常调压（恒调压）：介于上述两种调压方式之间，即在任何负荷下，中枢点电压保持基本不变，一般比网络额定电压高 2%5% 。4、电力系统常见的调压措施有哪些？答： 1、改变发电机端电压调压2、改变变压器变比调压3、补偿设备调压：如并联电容器、调相机、静止补偿器等。5、P-Q分解法修正方程对牛顿-拉夫逊法的修正方程做了哪些简化？ P-Q分解法潮流计算有哪 些特点？答：第一个简化是：计及高压电力网络中各元件的电抗一般远大于电阻，以致各点电压相位 角的改变主要影响各元件中的有功功率潮流从而各节点的注入有功功 率；各节点电压大小的改变主要影响各元件中的无功功率潮流从而各节 点
4、的注入无功功率。第二个简化是：由于状态变量5的约束条件是15 -5 | | 5 -5 | ，即I 5 -5 | | 5 |i i j i j m ax i j ij不宜过大。计及G B，认为cos 5 q 1 ； G sin 5 B ；ij ij ij ij ij ij 在上述两个简化下，原来的功率修正方程可分解成相互独立的有功功率修正方程和无功 功率修正方程。P-Q 分解法潮流计算的特点：1用两个n阶线性方程组代替了牛顿法中一个2n阶（直角坐标系下）线性方程组；2 系数矩阵的所有元素在迭代过程中维持常数；3 系数矩阵是对称矩阵。6、什么是电力系统的一次调频？一次调频能做到无差调节吗？二次调频
5、能做到无差调节吗？ 答：一次调频：当系统负荷发生波动时，首先，系统中发电机的转子动能发生变化（通过转速变化），维持系统的功率平衡，发电机转速的变化导致了系统的频率变化， 进一步通过发电机调速系统的调节作用和负荷本身的调节作用，使系统频率 向着靠近初始频率变化，由于调速器的有差调节，系统频率不能恢复到额定 值。一次调频无法做到无差调节，二次调频在一次调频的基础上，人为或自动指定调频机组 或调频厂，强制性的增发或少发功率，所得到的功率增量可以完全抵偿负荷的初始增量。故 二次调频可以做到无差调节。7、什么是对称分量法？序阻抗的基本概念如何？答：在三相系统中，任何一组不对称的三个相量（电流、电压）可分
6、解为三组分别对称的分 量（正序、负序和零序分量），再利用线性电路的叠加原理，对这三组对称分量分别按三相对 称电路进行求解，然后对其结果进行叠加。正序分量：a、b、c三相幅值相等，相位为a相超前b相120, b相超前c相120 ；负序分量： a、 b、 c 三相幅值相等，相序与正序相反；零序分量： a、 b、 c 三相幅值、相位均相等。 三相对称元件各序的序阻抗分别为元件两端同一序的电压降与电流的比值。名姓号序号学密级班选网级班 卷试学大峡三8、什么是电力系统的静态稳定？如何根据系统的特征值判断系统的静态稳定性？答：电力系统静态稳定是指电力系统受到小干扰后，不发生自发振荡或非周期性失步，自动 恢
7、复到初始运行状态的能力。如果所有的特征值都为负实数和具有负实部的复数，则系统是稳定的。若改变系统的运 行方式或参数，使得特征值中出现一个零根或实部为零的一对虚根，则系统处于稳定的 边界。只要特征值中出现一个正实数或一对具有正实部的复数，则系统是不稳定的。得分二、110kV输电线路，长 80km，r=0.21 Q/km，x=0.409Q/km, b=2.74 X 10-6S/km，线路末端功率10MW，cos = 0.95滞后，已知末端电压llOkV,试求始端电压大小和相角、始端功率，并作相量图？ （12分） 解：输电线路的等值电路如下图R + jXS2 S 2Y11Y22B -2：Y33参数计
8、算：R=0.21x80=16.8(Q)； X=0.409x80=32.72(Q)； B=2.74x10-6x80=2.192x10-4(S) 线路末端功率：=arccos0.95=l8.195。P2=10MW，Q2=10tg18.195=3.289(Mvar) S2=P2+jQ2=10+j3.289(MVA)B2.192 % 10 -4S= S + AS = S j U2 = 10 + j3.289 j% 110 2 = 10 + jl.9628 (MVA )22ly2222电压降落的纵分量及横分量:5U2PR + Q X 10 % 16.8 + 1.9628 % 32.72=22= 2.11
9、11 kVU2110P2X-Q10 % 3272 -皿8 % 168 = 2.6748 kVTT始端电压:110始端电压相位:得分=、(U + AU )2 + (5U )2 = 1(110 + 2.1111 )2 + ( 2.6748 )2 = 112.143kV2 2 25U2.67485 = arctg2= arctg= 1.3694。U + A U110 + 2.11112 2三、如下图所示，已知各支路的导纳，写出该网络的节点导纳矩阵？若节点 2为PQ节点，写出极坐标下该节点的有功功率和无功功率方程（12分）j2-j10解1、+ y12=y10+y +y = j2- j5- j4- j3
10、1314y20+ y21=j2 - j5 = -j3 ;=-j4 ;Y = y + y = j2 j3 =444041j5；Y13= j4 ； Y14= j3- j 10j5j4j 3 _j5- j 300j40- j 40j300jY =2、节点 2 的功率方程=y31Y12节点2的注入功率为P + jQ，该节点的功率方程为P = U 工 U (G cos 0+ B sin 0) = U 工 U B sin 02j 2 j2j2j2 j2j 2 j2jjw 2Q = U 工 U (G sin 0- B2j 2 j2 j2 jjw2带入导纳值后，2jw 2cos0) = -U 工 U B co
11、s02 j2j 2j2jjw2P = 5U U sin 0； Q = 3U 221 2- 5U U cos 0( 2 分)2121得分四、已知三个电厂的耗量特性为:=0.0012 P2 + 0.1 P + 3G1G 1F 1F = 0.0012 P2 +0.13P + 2.52 G2G 2F = 0.0018 P2 + 0.16P +1.23 G 3G 3t/ht/ht/hj = 123,4(2 分)j = 1,2,3,4(2 分)如果系统的总负荷PD=300MW，不计网损的影响，求各电厂之间的经济负荷分配。若三电厂平 均分担负荷， 8000小时内浪费多少煤？（12分）名姓号序号学解:dFX
12、= l = 0.0024 P + 0.11 dPG1G1根据等微增率准则，有九10.0024并且,解得:P + 0.1 = 0.0024 PG1G 2dF2- dPG 2=0.0024 P + 0.13G1九，即3+ 0.13 = 0.0036P + 0.16G 3+ P + P = 300 MWG 2G 3PG 18000小时，8000 X(F +F2 +F3)= 678160=123 .4375 , P = 110 .9375 , PG 2三电厂耗煤量总和为：若三电厂平均分担负荷，即P = PG 1G 28000小时，三电厂耗煤量总和为：8000 X(F1 +F2 +F3)= 701600
13、 浪费煤量23440=65 .625=100得分dFX = 厂=0.0036 P + 0.163 dPG1G 3五、试画出图示系统K点发生不对称短路后的正序、负序和零序网络。并画出 点单相接地短路时的复合序网(12分)3、零序网络等值电路(4 分)U0K 点单相接地短路时的复合序网:1、X f(1),X f(2),X f(0) 分别为正序，负序和零序网络中短路点的输入电抗fa (1),(2), I fa (0)分别为短路点电流的正序，负序和零序分量;Vfa (1) Vfa (2)，Vfa (0)分别为短路点电压的正序，负序和零序分量;V (0) 短路发生前故障点的电压。密级班选网级班 卷试学大峡三2、负序网络等值电路(4分)六、某发电机通过网络向一无穷大母线输送的功率P0=1.0，正常运行时的功率极限 PM=1.8，发生故障后的功率极限PIM=0.4，故障切除后的功率极限PIim=1.4，试计 算为保持暂态稳定时的极限切除角5。(12 分)cm1=sin -1= 33.749 00 1.8P (5 - 5 ) + P cos 5 Pcos 5= hcm1 3 40. 4 2cos 50TOMhTiM0P - PIIIM IIM兀1.0 * (134.42 33.749) + 1.4 * cos134.42 0.4 * cos 33.749180= 0.44455= 6
