第五章习题答案5-1解：三个发电机的运行成本微增率(单位为元/MWh)为dCi( = 200 + 0.2 x PdP giG1 < dC2(Pg2)= 250 + 0.3 x P dP G 2G2dC3( Pg 3)= 190 + 0.4 x PdP G 3G3依据等发电成本微增率原则，当分配发电功率是它们具有相等的发电成本微增率 时，运行总成本最低，于是有200+0.2xP 二 250+ 0.3xP 二 190+ 0.4xPG1 G2 G3计及等约束条件，可得Pr｝ + PG2 + PG3 = PL，于是有G1 G 2 G3 L「200 + 0.2 x P = 250 + 0.3 x P彳 G1 G 2I 200 + 0.2 x P = 190 + 0.4 x (P — P — P )G1 L G1 G 2'P = 319.23MWG1当P = 550MW时，解方程结果为｛ p = 46.15MW由于p超出出力上限，因此L G 2 G1P = 184.62MWG3行出力为250MW，PG2、行依据等发电成本微增率原则，重新进行分配，此时G1 G 2 G3P = 300MW，解方程结果为］PG2 = 0MW ，最终三台发电机承担的负荷为L I P = 300MWG3250MW，0，300MW。
'P = 411.54MWG1当P = 750MW时，解方程结果为｛ p = 107.69MW，由于P 1超出出力上限，因L G 2 G1P = 230.77MWG3此PG1出力为250MW，pg2、行依据等发电成本微增率原则，重新进行分配，此G1 G2 G3时P = 500MW，解方程结果为［Pg2 = 0MW ，最终三台发电机承担的负荷为L I P = 500MWG3250MW，0，500MW5-2 解：1K = = 66.67Gl* KS1*lK = = 40G2* KS 2*1K = = 33.33G3* KS3*1K = = 33.33G4* KS4*1K = = 25G5* KS5*PK = K x-Gi = 133.34MW / HzG1 G1* fN类似可得K = 160MW/ Hz, KG2 GK = K x 6+KS G1即频率下降了 0.02Hz5-3 解：=33.33MW/Hz, K = 66.66MW/Hz, K = 750MW/HzG4 G5PK = K x 十=108MW / HzL L* fN△P = P xl.5%= 54MWL LNx 2+K x 4+K x 8+K + K = 2644.52MW/ HzG3 G4 G5 L△P=-0.02Hz1K=—4.545G1*KS1*K=1— 20G2*KS 2*K 二丄=20G3* K§3*PK = K = 13.635MW / HzG1 G1* fNPK = K x ^gn^ = 60MW / HzG2 G2* fNPKG3 = KG3 x〒=40MW/Hz，由于63发电机组已经满载因此不参与调频。
G 3 G 3* f 3NPK = K x「LN = 7.5MW / HzL L* fK = K + K + K = 81.135MW/ HzS G1 G 2 L当负荷增加50MW时，△P = 50MW，可得L△f = — ^l = -0.62HzS△P 二-K x、f = 8.4SMWG1 G2△P =-K xf = 37.2MWG 2 G2当负荷增加60MW时，△P = 60MW，可得L△f =—辛=—0.74HzS△P =-K x f 二 10.09MWG1 G2△P =_K x、f = 44.4MWG 2 G25-4 解：Ka 气=2250MW/ HzAK =-B迟=3000MW / Hz对于 A 系统来说对于B系统来说 由于乙=49.9 Hz,人=50 Hz」，因此可解方程得j ；?5=.900^即联络线上的交换功率为900MW，方向为从B到A,互联系统的频率为50.3Hz5-5 解：(1) A系统增大后频率为：联络线断开后两系统频率分别为fA、fB，联络线功率传输正方向为A到B，可得『△P =— K (f — f)AB A A 1j—屏=—K (f — f) ' AB B B 1—△ P =AB△pk —△ pk ——B~A A_BK + KAB可得 K = 1000MW / Hz, K = 666.67MW / Hz, f = 49 ・8Hz(2)P +△ Pf = — a b = —0.45HzK + KAB即互联系统频率下降了 0.45Hz。
第六章习题答案6-1解：AUmax=L RT+ QmaxXT = 24 4 3 + 16 6 48 kV = 7.0kVT-UmaxAU =minPin肾 Qmini 3 + 0 48 押=4.7182kVUmin按U X ——t max — UGmax 10.5 max max G maxU — (120 + 7) X10.5 kV —121.2272kVt max 11同理，取U — 10kV,GminU — (110 + 4.7182) X105 kV — 120.4541kVt min 11选最接近的分接头u = u—121kv由于UU ，故最小负荷时，高压侧电压略高于110kV，也不完全满足t t max要求，但可适当调节发电机电压来满足6-2 解：P无功负荷Q — 」sin申—1.763M varL cos 申 LL△U — U —U — 0.5kV1 2PR + QX 2 x 1 + (1.763— Q ) x 3 為小据— 有 0.5 — 而 c 解出 QC — 0.763M varU 10 C6-3解：最小负荷时，电容器退出运行(不补偿)，选择分接头：P R + Q X 8 x 8 + 5 x 40U — U ——2min 2min — 105— — 102.49(kV)2min 1min U 1051minU 102.49U — U U^min — 11X — 112 ・734(kV)1N 2 N U' 102min选 1+2.5%的分接头，U1N = 112・75：V，变比k —112.了5/11：# —10・25最大负荷选择电容器的补偿量U1maxU — U — ©maxR「Q2maxX — 105 — " 8[X 40 — 99・67(kV) 2max 1max补偿量校验，最小负荷时，低压侧母线电压(U2max -〒)=• 40 • X ⑴―1025)= 35-19 MVarU'二 U -UT^ 二 102.49x-!^ 二 10.00(kV)2min 2min U 112.75T1min2max 1max1max低压侧母线电压求补偿后最大负荷低压侧母线电压最大负荷时，2min二 U -Ut^ 二 113.07x_!^ 二 11.03(kV)2min U 112.75T1min6-4 解：（1）选调相机容量首先按最大、最小负荷两种方式确定变比为：—U U +2U:. U2 . =1033U '2 + 2U '22max 2m.n则 UTJ= kUN2 = 113.64 kV，对应 110 （1+2.5%） =112.75 kV 的分接头，所以k=112.75/11按照最大负荷时选 QC 为Q =聖ax (U ' 2max -)k2 = 22.19(M var)C X 2max k2）选电容器容量变比按最小负荷时电容器全部切除确定U 二 U = 118.25( kV)Tjm.n 2m.n U 'jm.nU k 二 Tjmin 二 10.75UN所以选择110 (1+7.5%) =118.25 kV的抽头电容器的容量按最大负荷时电容器投入确定U ' UQ = —jc max (U' — — )k 2 = 40.14( M var)C X jC max kij。