电力系统分析练习题与答案(何仰赞)上册

图中。

试求：（1）发电机及各变压器高低绕组的额定电压；

（2）各变压器的额定变比；

（3）设变压器T－1工作于+5%抽头，T－2,T－4工作于主抽头，T－3工作于－2.5%抽头时，各变压器的实际变比。

解：(1) 总的原则：发电机的额定电压比同电压级网络的额定电压高5％；变压器一次侧额

定电压等于同电压级网络的额定电压高，二次侧额定电压比同电压级网络的额定电压高10％。其中，变压器受功率侧为一次侧，输功率侧为二次侧。 发电机： VGN10.5kV

变压器T—1: VN110.5kV,VN2242kV.

变压器T—2: VN1220kV,VN2121kV,VN338.5kV.

变压器T—3: VN135kV,VN211kV. 变压器T—4: VN1220kV,VN2121kV. (2) 各变压器的额定变比

变压器T—1: kT1NVN1VN2VN110.5VN22420.0434.

变压器T—2: kT2N(12)2201.818

12122038.55.714

kT2N(13)kT2N(23) 变压器T—3: kT3N 变压器T—4: kT4NVN1VN3VN3VN21213.143

38.5VN1VN1VN2VN2353.182.

112201.818.

121..

(3) 各变压器的实际变比

变压器T—1: kT1V1V210.5V2242(15%)0.0431.

变压器T—2: kT2(12)

V12201.818

1212205.714

kT2(13)V1V338.5kT2(23)V2 变压器T—3: kT3 变压器T—4: kT41213.143 V338.5V1V135(12.5%)3.102. V211V22201.818.

1211－3， 电力系统的部分接线如图 1－3，网络的额定电压已经标 明图中。试求： （1）发电机，电动机及变压器高， 中，低压绕组的额定电压；

（2）设变压器T－1高压侧工作 于+2.5%抽头，中压侧工作于 +5%抽头； T－2工作于额定 抽头；T－3工作于－ 2.5% 抽头时，各变压器的实际变 比。

解 (1) 发电机：网络无此电压等级，此 电压为发电机专用额定电 压，故VGN13.8kV。

变压器T—1： 一次侧与发电机直接连接，故其额定电压等于发电机的额定电压；二次侧额

定电压高于网络额定电压10％，故T—1的额定电压为12138.513.8kV。 变压器T—2： 一次侧额定电压等于网络额定电压，二次侧额定电压高于网络额定电压10％，

故T—2的额定电压为3511kV。

变压器T—3： 一次侧额定电压等于网络额定电压，二次侧与负荷直接连接，其额定电压应高

于网络额定电压5％，因此T—3的额定电压为10[0.38(15%)]kV100.4kV。 电动机： 其额定电压等于网络额定电压VMN0.38kV。 (2)各变压器的实际变比为

..

变压器T—1: kT1(12)V1V2121(12.5%)38.5(15%)3.068

kT1(13)V1121(12.5%)8.987 V313.838.5(15%)2.929 V313.8kT1(23)V2变压器T—2: kT2变压器T—3: kT3

V1353.182. V211V1V210(12.5%)0.424.375.

[例2-1]一条220kV的输电线,长180km,导线为LGJ-400(直径2.8cm),水平排列,相间距7m,求该线路的R,X,B,并画等值电路. 解: 电阻:r1S31.50.08/km Rr1l0.0818014.4 400电抗:Deq37007002700882cm x10.1445lgDeq0.8r0.1445lg8820.42/km

0.81.4 Xx1l0.4218075.6 电纳:b17.587.581061062.7106S/km Deq882lglg1.4rBb1l2.7106180486106S

等值电路:

[例2-2]220kV架空线,水平排列,相间距7m，每相为2LGJQ240分裂导线，计算直径21.88mm，分裂间距400mm，求每相单位长度的电阻、电抗和电纳。

解:

..

电阻:r1S31.5＝0.066/km

224021.8840062.757 2电抗:DsbDsd0.9Deq370007000270008820mm

x10.1445lgDeqDsb0.1445lg88200.31/km

62.757电纳:reqrd21.8840066.151 2b17.587.581061063.567106S/km Deq8820lglg66.151req[例2-3]一长度为600 km 的500kV 架空线路，使用4×LGJQ-400 四分裂导线，

r10.0187km,x10.275km,b14.05106Skm,g10。试计算该线路的形等值电路参数。

解 （1）精确计算。

zrjx(0.0187j0.275)km0.2756(86.11km)yjb4.0510690Skmlzyl6000.27564.05106(83.1190)20.633988.060.02146j0.6335sh(l)0.5(elel)0.0173j0.59220.592488.33

KZshl0.592488.330.93450.27l0.633988.062(chl1)0.3886176.321.0351.07lsh(l)0.3755176.39

ch(l)0.5(elel)0.8061j0.0127KY计算形等效电路参数：

..

ZKZzl0.93450.270.275686.11600154.5386038 Y2KY(jb2)l1.0350.074.0510690300S

1.25810389.93Sj1.258103S（2）使用近似算法计算。

11xbl210.2754.0560021060.866331r22kx1b(x)l0.9336x12k1xbl1.033 b

12Zkrrljkxl(9.72j153.9)kr1Y2j4.051063001.033Sj1.255103S 与准确计算相比，电阻误差-0.4%，电抗误差-0.12%，电纳误差-0.24%，本例线路长度小于1000km ，用实用近似公式计算已能够满足精确要求。 如果直接取

KZKY1,则Z=（r1+jx1)l(11.22j165)

这时，电阻误差达15%，电抗误差7%，电纳误差-3.4%，误差已较大。 例2－4 330kV架空线路的

参数

0为

r0.0579/km,0x0.316/km,0g0,63.510s/km.试分别计算长度为100，200，300，400和500线路的π型等b0值参数的近视值，修正值和精确值。 解 首先计算100km线路的参数 （一）

Z(r`0jx0)l(0.0579j0.316)100(5.79j31.6)

0Ykr`(gjb0)l(0j3.55106)100sj3.55104s

2(二) 修正参数计算

113xbl00110.3163.5510610020.9963 32b112626201)l1[0.3163.55100.05793.5510/0.316]100(xkxbr00066x00.9982..

kb1`1126210.3163.55101001.0009 xbl120012r0Z(kr`bjkxx0)l(0.99630.0579j0.99820.316)100(5.7686j31.5431)j1.00093.55106100s3.5533104s

Yjkbl0（三） 精确参数计算

6(j)/(j)(0.0579j0.316)/(j3.5510)gb0Zcr0x00(299.5914j27.2201)300.82555.1920

(r0jx0)(gjb0)(0.0579j0.316)(j3.55106)0(0.9663j0.6355)104km1

l(0.9663j10.63555)104100(0.9663j0.6355)102计算双曲线函数。 利用公式

sh(x+jy)=shxcosy+jchxsiny ch(x+jy)=chxcosy+jshxsiny 将

l之值代入，便得

shlsh(0.9633102j10.6355102)sh(0.9633102)cos(10.6355102)jch(0.9633102)sin(10.6355102)(0.9609j10.6160)102chlch(0.9633102j10.6355102)sh(0.9633102)cos(10.6355102)jsh(0.9633102)sin(10.6355102)0.9944j0.1026102II型电路的精确参数为

ZZ`cshl(299.5914j27.2201)(0.9609j10.6160)102

(5.7684j31.5429)2ch(l1)2(0.9944j0.10261021)Y`s5.7684j31.5429Zcshl(0.0006j3.5533)104s..

[例2-5]有一台SFL120000/110型的向10kV网络供电的降压变压器，铭牌给出的实验数据为：

Ps135kW,Vs%10.5,P022kW,I0%0.8试计算归算到高压侧的变压参数。 解 由型号知，SN各参数如下：

2PSVN213511033RT10104.0822SN2000020000kVA,高压侧额定电压VN110kV.

2VS%VN210.5110XT210310363.53

100SN100200002236GT21010s1.8210s 3VN1103P0BTI0%SN0.82000036210310s13.210s2100VN100110V1N11010kTV2N11

..

例 2-6 三相三绕组降压变压器的型号为SFPSL-120000/220，额定容量为120MVA/120MVA/60MVA，额定电压为：220kV/121kV/11kV,

PS(12)601kWVS(12)%14.85，，

PS(13)182.5kW，

PS(23)132.5kW ，

VS(13)%28.25，VS(23)%7.96，P0135kW，I0%0.663，求

变压器归算到220kV侧的参数，并作出等值电路。 解：（1）求各绕组的电阻

1SN2SN2PS1[PS(12)PS(13)()PS(23)()]2S3NS3N0.5[601182.5(

同理可得：

12021202)132.5()]kW400.5kW6060PS2200.5kWPS3329.5kW

400.52002电阻计算如下： RT11.346 221000SN1000120 RT20.674（2）求各绕组电抗

PS1VN2RT31.107

1VS1%(VS(12)%VS(13)%VS(23)%)17.57 2V2%2.72VS3%10.68VS1%VN217.572202电抗计算：XT170.86

100SN100120XT210.97变压器阻抗参数：

XT343.08

ZT1RT1jXT1(1.346j70.68) ZT2(0.674j10.97)ZT3(1.107j43.08)

（3）求导纳

..

1356GTS2.7910S221000VN1000220I0%SN0.6631206 BTS16.410S22100VN100220YTGTjBT(2.7916.4)106S

P0－

发电机：SG(N)

例2—7 试计算2—15（a）所示输电系统各元件电抗的标幺值。已知各元件的参数如下：

30MVA,VG(N)10.5kV,XG(N)0.26，

变压器 T-1：STi(N)变压器T-2：STi(N)电抗器 :VR(N)31.5MVA,VS%10.5,kTI10.5/121; 15MVA,VS%10.5,kTI110/6.6;

6kV,IR(N)0.3kA,XR%5；架空线路长80km，每公里电

抗为0.4；电缆线路长2.5km,每公里电抗为0.08。

解 首先选择基准值。取全系统的基准功率SB100MVA。为了使标幺值参数的等值电

..

路中不出现串联的理想变压器，选取相邻段的基准电压比

kB(III)kT1,kB(IIIII)kT2。

这样，只要选出三段中的某一段的基准电压，其余的基准电压就可以由基准变比确定了。选第I段的基准电压VB(I)10.5kV,于是

VB(II)VB(I)VB(III)VB(II)1kB(III)110.5VB(I)1kV121kV

10.51211)(110)1216.6kV7.26kVkB(IIIII)110.5(10.5kB(III)kB(IIIII)各元件电抗的标幺值为

VG2(N)SB10.52100X1XG(B)*20.260.87 2SG(N)VB(I)3010.5X2XT1(B)8VS%VT1(NI)SB10.510.5210020.33 2100ST1(N)VB(I)10031.510.52X3XL(B)*XLSBVB(II)20.48010012120.22

2%10.5100VT2(N1)VS110sB0.58X4XT2(B)*22100ST2(N)VB(II)100151212100VR%VR(N)SB561.09X5XR(B)*221003IR(N)VB(II)10030.37.26

X6XC(B)*XCSBVB(II)20.082.51007.2620.38

..

[例 2-8] 给定基准功率

S100MVA，基准电压等于各级平均额定电压。假定发

B电机电势标幺值等于1.0。试计算例2-7的输电系统在电缆末端短路的短路电流（分别按元件标幺参数的近似值和精确值计算）。

解

B(I) 按题给条件，各级基准电压应为

V10.5kV,VB(II)115kV,VB(III)6.3kV.各元件电抗的标幺值计

100VG(N)S10.50.260.87

3010.5SVB(I)2B22G(N)22算如下：

X1XG(N)*2%10.5100VT1(N1)VS10.5sB0.33 X222100ST1(N)VB(I)10031.510.5XX3SLB2VB(II)0.480210011520.24

2%10.5100VT2(N1)VS110sB0.64 X422100ST2(N)VB(II)10015115..

%VR(N)5100VS61.46 X1003IVB(II)10030.36.3RB522R(N)XX6SCB2VB(II)0.082.51006.320.504

E1计算公式：IfIB(III)IB(III)

XX X精确计算：XX1X2X3X4X5X6

0.870.330.220.581.090.383.47

SB100kA7.95kA3VB(III)37.26IB(III)

7.95If2.29kA3.47SB100kA9.17kA3VB(III)36.39.172.24kA4.104

近似计算：X0.870.330.240.71.460.5044.107

IB(III)

If近似计算结果的相对误差为2.2%，在工程计算中是允许的。

3.2 如图所示简单系统，额定电压为110KV 双回输电线路，长度为80km，采用LGJ-150导线，其单位长度的参数为：r=0.21Ω/km，x=0.416Ω/km,b=2.74106S/km。变电

A的实

所中装有两台三相110/11kV的变压器，每台的容量为15MVA,其参数为：

P040.5kW，Ps128kW,Vs%10.5,Io%3.5。母线

际运行电压为117kV，负荷功率：

SLDb30j12MVA,SLDc20j15MVA。当变压器取主轴时，求母线

c的电压。

..

解 （1）计算参数并作出等值电路。 输电线路的等值电阻、电抗和电纳分别为

1800.218.4 RL21800.41616.6 XL2 Bc2802.74106S4.38104S

由于线路电压未知，可用线路额定电压计算线路产生的充电功率，并将其等分为两部分，便得

112QBBcVN4.381041102Mvar2.65Mvar22将QB分别接于节点

A 和

b ，作为节点负荷的一部分。

两台变压器并联运行时，它们的等值电阻、电抗及励磁功率分别为

1PsVN211281102RT3.4 2221000SN21000151Vs%VN2110.51102RT42.4 22100SN2100153.515PojQo2(0.0405j)MVA0.08j1.05MVA100..

变压器的励磁功率也作为接于节点b的负荷，于是节点b的负荷

SbSLDbjQB(P0jQ0)30j120.08j1.05j2.65MVA30.08j10.4MVAc的功率即是负荷功率 Sc这样就得到图所示的等值电路

节点

20j15MVA

（2）计算母线A输出的功率。

先按电力网络的额定电压计算电力网络中的功率损耗。变压器绕组中的功率损耗为

Sc202152RTjXTST(3.4j42.4)MVA2 110VN0.18j2.19MVA由图可知

2Sc'ScPTjQT20j150.18j2.19MVA20.18j17.19MVASc''Sc'Sb20.18j17.1930.08j10.4MVA50.26j27.59MVA''2

线路中的功率损耗为

S1SLVRLjXLN 50.26227.592(8.4j16.6)MVA2.28j4.51MVA2110于是可得

S1'S1''SL50.26j27.592.28j4.51MVA52.54j32.1MVA

由母线A输出的功率为

SAS1'jQB52.54j32.1j2.65MVA52.54j29.45MVA..

（3）计算各节点电压。

线路中电压降落的纵分量和横分量分别为

P1'RLQ1'XL52.248.432.116.6VLkV8.3kVVA117P1'XLQ1'RL52.2416.632.18.4VLkV5.2kV

VA117b点电压为

VbVAVLVL221178.325.22kV108.8kV

变压器中电压降落的纵，横分量分别为

Pc'RTQc'XT20.183.417.1942.4 VTkV7.3kV

Vb108.8

'Pc'XTQCRT20.1842.417.193.4VTkV7.3kV

Vb108.8归算到高压侧的c点电压

Vc'VbVT2VT2108.87.327.32kV101.7kV

变电所低压母线c的实际电压

1111VcVc101.7kV10.17kV

110110'如果在上述计算中都不计电压降落的横分量，所得结果为 Vb108.7kV， Vc'101.4kV， Vc10.14kV

与计及电压降落横分量的计算结果相比，误差很小。

..

3.3 某一额定电压为10kV的两端供电网，如图所示。线路L1、L2和L3导线型号均为LJ-185，线路长度分别为10km，4km和3km，线路L4为2km长的LJ-70导线；各负荷点负

A荷如图所示。试求VB10.40kV时的初始功率分布，10.50kV、V且找到电压最低点。（线路参数LJ-185：z=0.17+j0.38Ω/km；LJ-70：z=0.45+j0.4Ω/km）

解 线路等值阻抗 ZL1 ZL2 ZL3 ZL410(0.17j0.38)1.7j3.8 4(0.17j0.38)0.68j1.52 3(0.17j0.38)0.51j1.14

2(0.45j0.4)0.9j0.8

求C点和D点的运算负荷，为

0.320.162(0.9j0.8)1.04j0.925kVA SCE210SC2600j1600300j1601.04j0.925

2901.04j1760.925kVA

SD600j2001600j10002200j1200kVA

循环功率

..

ScVA10.510.410VBVNZ170.17j0.38

339.430.17j0.38kVA580j129kVA1SAC2901.04722003j1760.9257j12003Sc171582.78j936.85580j1292162.78j1065.85kVA1SBD2901.0410220014j1760.92510j120014Sc173518.26j2024.07580j1292938.26j1895.07kVA

验算

SACSBD2162.78j1065.852938.26j1895.075101.04j2960.92kVASCSD2901.04j1760.9252200j1200SDC

5101.04j2960.92kVASBDSD2938.26j1895.072200j1200

738.26j695.07kVAC点为功率分点，可推算出E点为电压最低点。进一步可求得E点电压 SAC

2.1621.072(1.7j3.8)MVA98.78j220.8kVA 210'SAC2162.78j1065.8598.78j220.82261.56j1286.65kVA..

VAC2.261.71.293.80.8328kV

10.50.3010.90.1610.80.041kV

9.6672VCVAVAC10.50.83289.6672kV

VCEVEVCVCE9.66720.0419.6262kV

3.4 图所示110kV闭式电网，A点为某发电厂的高压母线，其运行电压为117kV。网络各组件参数为：

-6

线路Ⅰ、Ⅱ（每公里）：r0=0.27Ω，x0=0.423Ω，b0=2.69×10S

-6

线路Ⅲ（每公里）：r0=0.45Ω，x0=0.44Ω，b0=2.58×10S 线路Ⅰ长度60km，线路Ⅱ长度50km，线路Ⅲ长度40km 变电所b SN20MVA，S00.05j0.6MVA，RT4.84，

XT63.5

变电所c SN10MVA，S00.03j0.35MVA，RT11.4，

XT127

负荷功率 SLDb24j18MVA，SLDc12j9MVA

试求电力网络的功率分布及最大电压损耗。

..

解 （1）计算网络参数及制定等值电路。 线路Ⅰ： Z B(0.27j0.423)6016.2j25.38 2.6910660S1.61104S

1.611041102Mvar1.95Mvar

2QB 线路Ⅱ： Z B(0.27j0.423)5013.5j21.15 2.6910650S1.35104S

422Q1.3510110Mvar1.63Mvar B 线路Ⅱ： Z B(0.45j0.44)4018j17.6 2.5810640S1.03104S

1.031041102Mvar1.25Mvar

2QB14.84j63.52.42j31.75 变电所b：ZTb2 S0b20.05j0.6MVA0.1j1.2MVA

111.4j1275.7j63.5 变电所b：ZTc2 S0c等值电路如图所示

20.03j0.35MVA0.06j0.7MVA

（2）计算节点b和c的运算负荷。

..

2421822.24j31.75MVA0.18j2.36MVA STb2110SbSLDbSTbSobjQBIjQB24j180.18j2.360.1j1.2j0.975j0.623MVA24.28j19.96MVA122925.7j63.5MVA0.106j1.18MVA STc2110ScSLDcSTcSocjQBjQB12j90.106j1.180.06j0.7j0.623j0.815MVA12.17j9.44MVA（3）计算闭式网络的功率分布。

SbZZScZSZZZj19.9631.5j38.7512.17j9.4413.5j21.15MVA47.7j64.1318.64j15.79MVAScZZSbZSZZZ24.2812.17j19.4434.2j42.9824.28j19.9616.2j25.3847.7j64.13MVA17.8j13.6MVASIS18.64j15.7917.8j13.6MVA36.44j29.39MVA

SbSc24.28j19.9612.17j9.44MVA36.45j29.4MVA..

可见，计算结果误差很小，无需重算。取S

18.64j15.79MVA继续进行计算。

SSbS24.28j19.9618.65j15.8MVA5.63j4.16MVA

由此得到功率初分布，如图所示。

（4）计算电压损耗。

由于线路Ⅰ和Ⅲ的功率均流向节点b，故节点b为功率分点，且有功功率分点和无功功率分点都在b点，因此这点的电压最低。为了计算线路Ⅰ的电压损耗，要用A点的电压和功率SA1。

SA1SSL18.64215.8216.2j25.38MVA18.65j15.8211019.45j17.05MVAPA1RQAX19.4516.217.0525.38V6.39MVAVA117

变电所b高压母线的实际电压为 VbVAV1176.39110.61MVA

3.5 变比分别为k1110/11和k2115.5/11的两台变压器并联运行，如图所

示，两台变压器归算到低压侧的电抗均为1Ω，其电阻和导纳忽略不计。已知低压母线电压10kV，负荷功率为16+j12MVA，试求变压器的功率分布和高压侧电压。

..

解 （1）假定两台变压器变比相同，计算其功率分布。因两台变压器电抗相等，故

S1LDS2LD11SLD16j12MVA8j6MVA 22 （2）求循环功率。因为阻抗已归算到低压侧，宜用低压侧的电压求环路电势。若取其假

定正方向为顺时针方向，则可得

k210.5 EVBk110101kV0.5kV

1VBE100.5故循环功率为 ScMVAj2.5MVA ZT1ZT2j1j1（3）计算两台变压器的实际功率分布。 ST1 ST2S1LDSc8j6j2.5MVA8j8.5MVA S2LDSc8j6j2.5MVA8j3.5MVA

（4）计算高压侧电压。不计电压降落的横分量时，按变压器T-1计算可得高压母线电压为

8.51 VA10k1100.8510kV108.5kV

10按变压器T-2计算可得

3.51 VA10k2100.3510.5kV108.68kV

10 计及电压降落的横分量，按T-1和T-2计算可分别得： VA108.79kV，VA109kV

（5）计及从高压母线输入变压器T-1和T-2的功率 ST1'828.528j8.5j1MVA8j9.86MVA 210..

ST2'823.528j3.5j1MVA8j4.26MVA 210输入高压母线的总功率为

S'ST'1ST228j9.868j4.26MVA16j14.12MVA

计算所得功率分布，如图所示。

3．6 如图所示网络，变电所低压母线上的最大负荷为40MW，cos0.8，

Tmax4500h。试求线路和变压器全年的电能损耗。线路和变压器的参数如下：

线路（每回）：r=0.17Ω/km, x=0.409Ω/km, b 变压器（每台）:

2.28106S/km

P086kW,Ps200kW,I0%2.7,Vs%10.5

解 最大负荷时变压器的绕组功率损耗为

..

Vs%SSTPTjQT2PsjSN1002SN22

10.540/0.82200j31500kVA252j4166kVA100231.5变压器的铁芯损耗为

I0%2.7S02P0jSN286j31500kVA 100100172j1701kVA线路末端充电功率

bl2QB22V2.821061001102Mvar3.412Mvar2等值电路中流过线路等值阻抗的功率为

S1SSTS0jQB240j300.252j4.1660.172j1.701j3.412MVA40.424j32.455MVA

线路上的有功功率损耗

S1240.424232.45521PL2RL0.17100MW1.8879MW2V1102已知cos0.8，Tmax4500h，从表中查得3150h，假定变压器全

年投入运行，则变压器全年的电能损耗

WT2P08760PT315017287602523150kWh2300520kWh

线路全年的电能损耗

WLPL31501887.93150kWh5946885kWh

输电系统全年的总电能损耗

..

WTWL230052059468858247405kWh

[例4-1]某电力系统中，与频率无关的负荷占30%，与频率一次方成正比的负荷占40%，与频率二次方成正比的负荷占10%，与频率三次方成正比的负荷占20%。求系统频率由50Hz降到48Hz 和45Hz时，相应负荷功率的变化百分值 解 (1) 频率降为48Hz时，f48500.96系统的负荷为

PDa0a1fa2f2a3f30.30.40.96+

0.10.960.20.960.95310.9530.047

23

负荷变化为 PD其百分值为 PD%

4.7%

4550(2) 频率降为45Hz时，f0.9，系统的负荷为

PD0.30.40.9+0.10.920.20.930.887

相应地 PD10.8870.113 PD%11.3%

[例4-2]某电力系统中，一半机组的容量已经完全利用；占总容量1/4的火电厂尚有10%备用容量，其单位调节功率为16.6；占总容量1/4的火电厂尚有20%备用容量，其单位调节功率为25；系统有功负荷的频率调节效应系数KD1.5。试求：(1) 系统的单位调节功率

(2)负荷功率增加5%时的稳态频率f。(3)如频率容许降低0.2Hz，系统能够承担的负荷增量。 解 (1)计算系统的单位调节功率

令系统中发电机的总额定容量等于1，利用公式（4-25）可算出全部发电机组的等值单位调节功率

KG0.500.2516.6+0.252510.4

系统负荷功率

KGKPi1GinGiNPD0.50.251-0.1+0.251-0.20.925

系统备用系数

PGNkr1/0.9251.081

于是

..

KkrKGKD1.08110.4+1.5=12.742

(2) 系统负荷增加5%时的频率偏移为

P0.05f12.7423.924103

K一次调整后的稳态频率为

f=50-0.00392450Hz=49.804Hz(3)频率降低0.2Hz，即

f0.004，系统能够承担的负荷增量

或

2PKf12.7420.0045.09710P5.097%

[例4-3]同上例，但火电厂容量已全部利用，水电厂的备用容量已由20%降至10%。 解 (1)计算系统的单位调节功率。

KG0.500.250+0.25256.25

1kr=1.026

0.50.250.251-0.1K*krKG*KD*1.0266.251.57.912

(2) 系统负荷增加5%后

0.05f7.9120.632102

f=50-0.0063250=49.68Hz

(3)频率允许降低0.2Hz，系统能够承担的负荷增量为

2PKf7.9120.0043.16510或

P3.165%

[例4-4]某发电厂装有三台发电机，参数见表4-1。若该电厂总负荷为500MW，负荷频率调节响应系数KD..

45MW/Hz。

(1)若负荷波动－10％，求频率变化增量和各发电机输出功率。

(2) 若负荷波动＋10％，求频率变化增量和各发电机输出功率（发电机不能过载）。

表4－1

发电机号 1 2 3

额定容量/MW 125 125 300

原始发电功率/MW 100 100 300

KG/(MW/Hz)

55 50 150

解 本题采用有名值进行计算。

(1) 若负荷波动－10％，则三组发电机均要参与调节。

KSKDKG455550150MW/Hz300MW/Hz

PDKSf

PD0.15001fHzHz

KS3006可得，频率波动0.33％，f＝50.167Hz。

发电机出力的变化，对1号发电机有

1PG1KG1f55MW9.2MW

6PG11009.2MW90.8MW

对2号发电机有

PG21KG2f50MW8.3MW6

PG21008.3MW91.7MW

对3号发电机有

PG31KG3f150MW25MW6

PG330025MW275MW

..

(2) 若负荷波动+10％，由于3号发电机已经满载，因此，只有1、2号发电机参与调节。

KSKLKG1KG2150MW/Hz

PDKSff

P501DHzHz

KS1503可得，频率波动-0.67％，f＝(50-0.33) Hz =49.6750.167Hz。 发电机出力的变化，对1号发电机有

PG11KG1f55MW18.33MW3

PG110018.33MW118.33MW

对2号发电机有

1PMW16.67MWG2KG2f503

PG210016.67MW116.67MW

对3号发电机有

PG30

PG3300MW

[例4-5]将例4-4中3号机组得额定容量改为500MW，其余条件不变。3号机组设定为调频机组；负荷波动＋10％，3号机组调频器动作。(1)3号机组出力增加25MW； (2)3号机组出力增加50MW，试求对应得频率变化增量和各发电机输出功率。 解 系统单位调节功率与例4-4相同

KSKDKG455550150MW/Hz300MW/Hz

(1)3号机组出力增加25MW。

由（4-31）可得频率变化增量

..

fPD0P50251GHzHzK30012

发电机出力的变化，对1号发电机有

1PMW4.583MW G1KG1f5512PG11004.583MW104.583MW

对2号发电机有

PG21KG2f50MW4.167MW12

PG21004.167MW104.167MW

对3号发电机有

1PMW37.5MWG3PGKG2f2515012

PG330037.5MW337.5MW(2)3号机组出力增加50MW。

由（4-31）可得频率变化增量

P5050D0PG0 fK300发电机出力的变化，对1号发电机有

PG1KG1f0 PG1100MW对2号发电机有

PPG2100MWG2KG2f0

对3号发电机有

P500MW50MWG3PGKG2f

PG330050MW350MW..

[例4-6]两系统由联络线联结为互联系统。正常运行时，联络线上没有交换功率流通。两系统的容量分别为1500MW和1000MW，各自的单位调节功率（分别以两系统容量为基准的标么值）示于图4-13。设A系统负荷增加100MW，试计算下列情况的频率变化增量和联络线上流过的交换功率。

(1)A，B两系统机组都参加一次调频。 (2) A，B两系统机组都不参加一次调频。 (3) B系统机组不参加一次调频。 (4) A系统机组不参加一次调频。

解 将以标么值表示的单位调节功率折算为有名值

KGAKGAPGAN/fN251500/50750MW/HzKGBKGBPGBN/fN201000/50400MW/Hz

KDAKDAPGAN/fN1.51500/5045MW/HzKDBKDBPGBN/fN1.31000/5026MW/Hz

(1) 两系统机组都参加一次调频

PGAPGBPDB0,PDA100MW；

KAKGAKDA795MW/Hz,KBKGBKDB426MW/Hz

PAPDAPGA100MW,PBPDBPGB0 PAPB100f0.0819Hz

KAKB795426PABKAPBKBPA42610034.889MW

KAKB795426这种情况正常，频率下降的不多，通过联络线由B向A输送的功率也不大。 (2) 两系统机组都不参加一次调频

..

PGAPGBPDB0,PDA100MW；

；

KAKGAKDA45MW/Hz,KBKGBKDB26MW/HzPA100MW,PB0

PAPB100f1.4085Hz

KAKB4526KAPBKBPA26100PAB36.620MWKAKB4526

这种情况最严重，发生在A、B两系统的机组都已满载，调速器已无法调整，只能依靠

负荷本身的调节效应。这时，系统频率质量不能保证。 (3) B系统机组不参加一次调频

PGAPGBPDB0,PDA100MWKGA750MW/Hz,KGB0,

KAKGAKDA795MW/Hz,KBKGBKDB26MW/Hz；

；

PA100MW,PB0。此时

fPAPB1000.1218Hz

KAKB79526KAPBKBPA26100PAB3.167MW

KAKB79526这种情况说明，由于B系统机组不参加调频，A系统的功率缺额主要由该系统本身机组

的调速器进行一次调频加以补充。B系统所能供应的，实际上只是由于互联系统频率下降时负荷略有减少，而使该系统略有富余的3.16 MW。其实，A系统增加的100 MW负荷，是被三方面分担了。其中，A系统发电机组一次调频增发

0.121875091.350MW；A；B

系统负荷因频率下降减少系统负荷因频率下降减少

0.1218455.481MW0.1218263.167MW。

(4) A系统机组不参加一次调频

PGAPGBPDB0,PDA100MW..

；

KGA0,KGB400MW/Hz,

KAKDA45MW/Hz,KBKGBKDB426MW/Hz；

PA100MW,PB0。此时

fPAPB1000.2123Hz

KAKB45426PABKAPBKBPA42610090.446MWKAKB45426

这种情况说明，由于A系统机组不参加调频，该系统的功率缺额主要由B系统供应，以

致联络线上流过大量交换功率，甚至超过其极限。

比较以上几种情况，自然会提出，在一个庞大的电力系统中可采用分区调整，即局部的功率盈亏就地调整平衡的方案。因这样做既可保证频率质量，又不至过分加重联络线的负担。下面的例4-7就是一种常用的方案。

[例4-7]同例4-6，试计算下列情况得频率偏移和联络线上流过得功率；

(1)A，B两系统机组都参加一次调频，A，B两系统都增发50MW。

(2) A，B两系统机组都参加一次调频，A系统有机组参加二次调频，增发60MW。 (3) A，B两系统机组都参加一次调频，B系统有机组参加二次调频，增发60MW。 (4) A系统所有机组都参加一次调频，且有部分机组参加二次调频，增发60MW，B系统有一半机组参加一次调频，另一半机组不能参加调频。

解 (1)A，B两系统机组都参加一次调频，且都增发50MW时。

PGAPGB50MW;PDA100MW;PDB0,

KAKGAKDA795MW/Hz,KBKGBKDB426MW/Hz

PAPDAPGA1005050MW,PBPDBPGB05050MW

fPAPB50500

KAKB795426PAB7955042650KAPBKBPA50MW

KAKB795426这种情况说明，由于进行二次调频，发电机增发功率的总和与负荷增量平衡，系统频率无

偏移，B系统增发的功率全部通过联络线输往A系统。

..

(2) A，B两系统机组都参加一次调频，A系统有机组参加二次调频，增发60MW时

PGA0,PGB60MW,PDA100MW;PDB0;

KAKGAKDA795MW/Hz,KBKGBKDB426MW/Hz；

PA1006040MW,PB0。

PAPB40f0.0328Hz

KAKB795426PABKAPBKBPA4264013.956MWKAKB795426

这种情况较理想，频率偏移很小，通过联络线由B系统输往A系统的交换功率也很小。 (3) A，B两系统机组都参加一次调频，B系统有机组参加二次调频，增发60MW。

PGA0,PGB60MW,PDA100MW;PDB0;

KAKGAKDA795MW/Hz,KBKGBKDB426MW/Hz；

PA100MW,PB60MWf

PAPB100600.0328Hz

KAKB795426

KAPBKBPA79560426100PAB73.956MWKAKB795426这种情况和上一种相比，频率偏移相同，因互联系统的功率缺额都是40MW。联络线上流

过的交换功率却增加了B系统部分机组进行二次调频而增发的60MW。联络线传输大量交换功率是不希望发生的。

(4) A系统所有机组都参加一次调频，并有部分机组参加二次调频，增发60MW，B系统

仅有一半机组参加一次调频时。

PGA60MW,PGB0,PDA100MW;PDB0;KAKGAKDA；

1795MW/Hz,KBKGBKDB226MW/Hz2PA1006040MW,PB0。

..

fPAPB400.0392HzKAKB795226

PABKAPBKBPA226408.854MWKAKB795226

这种情况说明，由于B系统有一半机组不能参加调频，频率的偏移将增大，但也正由于有

一半机组不能参加调频，B系统所能供应A系统，从而通过联络线传输的交换功率有所减少。 [例4-8]某火电厂三台机组并联运行，各机组的燃料消耗特性及功率约束条件如下：

F140.3PG10.0007PG21t/h,100MWPG1200MW

F230.32PG20.0004PG22t/h,120MWPG2250MW

F33.50.3PG30.00045PG23t/h,120MWPG3250MW

试确定当总负荷分别为400MW、700MW和600MW时，发电厂间功率的经济分配（不计网损的影响），且计算总负荷为600MW时经济分配比平均分担节约多少煤？ 解 (1)按所给耗量特性可得各厂的微增耗量特性为

dF1dF210.30.0014P0.320.0008PG1,2G2dFG1dFG2dF330.30.0009PG3dFG3令1

23，可解出

PG114.290.572PG20.643PG3,PG322.220.889PG2

(2)总负荷为400MW，即PG1PG2PG3400MW。

363.49

是

2.461PG2将PG1和PG3都用PG2表示，可得

于

PG21

由于PG1已低于下限，故应取PG1..

4M100MW。剩余的负荷功率300MW，应在电厂2和3

之间重新分配。

PG2PG3300MW

将PG3用PG2表示，便得PG222.220.889PG2300MW 由

此

可

解

出

：

PG2147.05MW和

PG3300147.05MW152.95MW(3)总负荷为700MW，即

，都在限值以内。

PG1PG2PG3700MW将PG1和PG3都用PG2表示，便得

14.290.572PG2PG222.220.889PG2700MW由此可算出PG2

270MW，已越出上限值，故应取PG2250MW。剩余的负荷功

率450MW再由电厂1和3进行经济分配。

PG1PG3450MW将PG1用PG3表示，便得

0.643PG3PG3450MW由此可解出：G3值以内。

(4)总负荷为600MW，即

，都在限

P274MW和PG1450274MW176MWPG1PG2PG3600MW将PG1和PG3都用PG2表示，便得

14.290.572PG2PG222.220.889PG2600MWPG2..

60014.2922.22228.97MW0.57210.889

进一步可得，

PG114.290.572PG214.290.572228.97145.26MW

PG322.220.889PG222.220.889228.97225.77MW

均在限值以内。按此经济分配时，三台机组消耗得燃料为

2F140.3PG10.0007PG140.3145.260.0007145.2662.35t/h2

F230.32228.970.0004228.97297.24t/h

F33.50.3225.770.00045225.77294.17t/h

FF1 +F2F362.3597.2494.17253.76t/h

三台机组平均分担600MW时，消耗的燃料

2F140.3PG10.0007PG140.32000.000720092t/h'222

F30.322000.000420083t/h

F3'3.50.32000.00045200281.5t/h

F'F1' +F2'F3'928381.5256.5t/h

经济分配比平均分担每小时节约煤

FFF256.5253.762.74t/h

经济分配比平均分担每天节约煤

'2.742465.76t

本例还可用另一种解法，由微耗增量特性解出各厂的有功功率同耗量微增率的关系

PG10.30.0014,PG20.320.0008,PG30.30.0009,

对取不同的值，可算出各厂所发功率及其总和，然后制成表4-2（亦可绘成曲线）。 利用表4-2可以找出在总负荷功率为不同的数值时，各厂发电功率的最优分配方案。用表

..

中数字绘成的微增率特性如图4-79所示。根据等微增率准则，可以直接在图上分配各厂的负荷功率。

[例4-9]一个火电厂和一个水电厂并联运行。火电厂的燃料消耗特性为

F30.4PT0.00035PT2t/h

323水电厂的耗水量特性为W20.8PH1.510PHm/s

73水电厂的给定日用水量为W1.510m。系统的日负荷变化如下：

0～8时，负荷为350MW； 8～18时，负荷为700MW； 18～24时，负荷为500MW。 火电厂容量为600MW，水电厂容量为450MW。试确定水、电厂间的功率经济分配。

..

解 (1)由已知的水、火电厂耗量特性可得协调方程式：

0.40.0007PT0.80.003PH

对于每一时段，有功功率平衡方程式为

PTPHPLD

由上述两方程可解出

PH0.40.80.0007PLD

0.0030.00070.80.40.003PLD

0.0030.0007PT(2)任选

的初值，例如00.5，按已知各个时段的负荷功率值

PLD1350MW,PLD2700MW,PLD3500MW,即可算出水、火电厂在各时段应分担的负

荷

PH1111.36MW, P238.64MW T100PH2222.72MW, P477.28MW T200PH3159.09MW, P340.91MW T300利用所求出的功率值和水电厂的水耗特性计算全日的发电耗水量，即

W020.8111.361.5103111.3628360020.8222.721.5103222.72210360020.8159.091.510159.096360032

1.5936858107m3这个数值大于给定的日用水量，故宜增大值。

(3)取10.52，重作计算，求得

PH11101.33MW,PH21209.73MW,PH31147.79MW

相应的日耗水量为

W1.462809107m3

1..

这个数值比给定用水量小，的数值应略为减少。若取20.514，可算出

PH12104.28MW,PH22213.56MW,PH32151.11MW

W1.5009708107m3

2继续作迭代，将计算结果列于表4-3。

作四次迭代计算后，水电厂的日用水量已很接近给定值，计算到此结束。

第五章缺，

省 ，

[例6-1]设有三相对称电流

iaIcosibIcos(120)icIcos(120)，'t。若d，q轴的旋转速度为，即

t。试求三相电流的d，q，0轴分量。

解：利用变换式（6-30），可得

idIcos()Icos[()(')t] iqIsin()Isin[()(')t]

i00

现就'0,','2三种情况，将a，b，c系统和d，q，0系统的电流列

于表6-2。

..

[例6-2]已知同步发电机的参数为：Xd=1.0，Xq=0.6，cos载运行时的电势Eq和EQ。 解

：

用

标

幺

值

计

算

，

额

定

满

载

时

V=1.0

，

I=1.0

。

0.85。试求在额定满

（1） 先计算EQ

由图6-15的向量图可得

EQ(VXqIsin)2(XqIcos)2 =

（2） 确定



(10.60.53)2(0.60.85)21.41

EQ的相位。

向量EQ和V间的相角差

..

0.60.85arctanarctan21

VXqIsin10.60.53也可以直接计算EQ同I的相位差()

XqIcos=arctanVsinXqIVcos0.530.6arctan53

0.85（3） 计算电流和电压的两个轴向分量 IdIsin()Isin530.8

IqIcos()Icos530.6

VdVsinVsin210.36 VqVcosVcos210.93

（4） 计算空载电势Eq

EqEQ(XdXq)Id1.41(10.6)0.81.73

[例6-3] 就例6-2的同步发电机及所给运行条件，在给出Xd=0.3,试计算电势Eq和E。 解：例6-2中已算出Vq'''0.93和Id0.8，因此

''EqVqXdId0.930.30.81.17..

根据向量图6-22，可知

E'VX'dIsinXIcos2'd2210.30.53'0.30.852

1.187电势E同机端电压V的相位差为

'X0.30.85dIcos'arctanarctan12.4'VXdIsin10.30.53

数

：

[例6-4]同步发电机有如下的参

'''''Xd1.0,Xq0.6,Xd0.3,Xd0.21,Xq0.31,

cos0.85。试计算额定满载情况下的Eq,Eq,Eq,Ed,E'''''''。

解 本例电机参数除次暂态电抗外，都与例6-3的电机相同，可以直接利用例6-2和例6-3的下列计算结果：

Eq1Vq0E..'q7Vd933 Iq。

,Id1根据上述数据可以继续算出

..



''''EqVqXdId0.930.210.81.098

''''EdVdXqIq0.360.310.60.174

E''EE''2q''2d1.112

''E''arctand''21.1912.1Eq电势相量图示于图6-28。

..

如果按近似公式（6-72）计算，由相量图6-28可知，

E＝

''VXIsinXIcos''d2''d22210.210.530.210.85

1.126arctanIcosXd

IsinVXd同前面的精确计算结果相比较，电势幅值相差甚小，相角误差略大。

例6.5试计算图6-41a中电力系统在f点发生三相短路时的起始暂态电流和冲击电流。系统各元件的参数如下：发电机G-1：100MW，XdG-2：50MW，

''Xd0.141，cos=0.8；变压器

''0.183，cos=0.85；

T-1：120MVA，VS%=14.2; T-2：

63MVA，VS%=14.5;线路L-1：170km，电抗为0.427 /km；L-2：120km，电抗为0.432 /km；L-3：100km，电抗为0.432 /km；负荷LD：160MVA。

解：负荷以额定标幺电抗为0.35，电势为0.8的综合负荷表示。

（1） 选取SB=100MVA和VB=Vav，计算等值网络中各电抗的标幺值如下：

1000.156 发电机G-1： X10.183100/0.85发电机G-2：X20.1411000.226

50/0.81000.219 负荷LD：X30.35160变压器T-1：X40.1421000.118 120..

1000.230 变压器T-2：X50.14563线路L-1: X60.4271701000.137 22301000.098 线路L-2: X70.43212022301000.082 线路L-3: X80.4321002230取发电机的次暂态电势E1=E2=1.08。

（2） 简化网络。

X9=X1+X4=0.156+0.118=0.274

X10=X2+X5=0.226+0.230=0.456

将X6，X7，X8构成的三角形化为星形

X11X6X70.1370.0980.042

X6X7X80.1370.0980.082X12X6X80.1370.0820.035

X6X7X80.1370.0980.082X7X80.025

X6X7X8X13化简后的网络如图6-41（c）所示。

..

将E1，E2两条有源支路并联

X14[(X9X11)//(X10X12)]X130.217

E12=1.08

化简后的网络如图6-41（d）所示。 （3） 计算起始次暂态电流。

由发电机提供的起始次暂态电流为：

E121.08I''4.977

X140.217由负荷LD提供的起始次暂态电流为：

I''LDE30.83.653

X30.219I''I''LD4.9773.6538.630

短路点总的起始次暂态电流为: I''fSB1000.251kA 基准电流 IB3Vav3230于是得到起始次暂态电流的有名值为

I''f8.6300.2512.166kA

（4） 计算冲击电流

发电机冲击系数取1.08，综合负荷LD的冲击系数取1，短路点的冲击电流为

iim(1.82I''2I''LD)IB(1.824.97723.653)0.251 4.476kA..

例6-6电力系统接线图示于图6-44a。试分别计算f点发生三相短路故障后0.2s和2s的短路电流。各元件型号及参数如下： 水轮发电机G-1：100MW，cos=0.85，Xd''0.3；汽轮发电机G-2和G-3每台50MW，

''cos=0.8，Xd''0.14；水电厂A：375MW，Xd0.3；S为无穷大系统，X=0。变

压器T-1：125MVA，VS%=13; T-2和T－3每台63MVA，VS（1-2）%=23，VS（2-3）%=8，VS（1-3）%=15。线路L-1：每回200km，电抗为0.411 /km；L-2：每回100km；电抗为0.4 /km。 解：（1）选SB=100MVA，VB= Vav，做等值网络并计算其参数，所得结果计于图6-44b。

（2）网络化简，求各电源到短路点的转移电抗

利用网络的对称性可将等值电路化简为图6-44c的形式，即将G-2，T-2支路和G-3，T-3支路并联。然后将以f，A，G23三点为顶点的星形化为三角形，即可得到电源A，G23对短路点的转移电抗，如图6-44d所示。

..

XG230.1120.1190.1120.1190.304

0.1180.064XAf0.1180.0640.119(0.1180.064)0.1190.494

0.112最后将发电机G-1与等值电源G23并联，如图6-44e所示，得到

XG123f0.2570.3040.139 0.2570.304（3）求各电源的计算电抗。

100/0.85250/0.8XjsG123f0.1390.337

100375XjsA0.4941.853

100（4）查计算曲线数字表求出短路周期电流的标幺值。对于等值电源G123用汽轮发电机计算曲线数字表，对水电厂A用水轮发电机计算曲线数字表，采用线性差值得到的表结果为

t0.2s时 IG123=2.538 IA=0.581

t2s时 IG123=2.260 IA=0.589112.821

0.078

系统提供的短路电流为

IS（5）计算短路电流的有名值。

IN1IN2IN3100/0.85250/0.80.609kA

3230INAIB375kA=0.941kA

3230100

0.251kA3230总的短路电流为

If0.22.5380.6090.5810.94112.8210.2515.310kA..

If22.2600.6090.5890.94112.8210.2515.148kA

例6-7在图6-46a所示的电力系统中，三相短路分别发生在f1和f2点，试计算短路电流周期分量，如果（1）系统对母线a处的短路功率为1000MVA。（2）母线a的电压为恒定值。各元件的参数如下：

线路L：40km；x=0.4 /km。变压器T：30MVA，VS%=10.5。电抗器R：6.3kV，0.3kA，X%=4。电缆C：0.5km，x=0.08/km。

解：选SB=100MVA，VB= Vav，先计算第一种情况。 系统用一个无限大功率电源代表，它到母线a的电抗标幺值

SB100Xs0.1

SS1000各元件的电抗标幺值分别计算如下：

线路L:X10.4401000.12

11521000.35 变压器T：X20.10530电抗器R：

X30.041001.22

36.30.3..

电缆C：X40.080.51000.1 26.3网络6.3kV电压级的基准电流为

I9.16kA5.12kA

1.79当f1点短路时

XfXsX1X20.10.120.350.57

IB9.16IkA16.07kA

短路电流为

Xf0.57当f2点短路时

XfXsX1X2X3X40.10.120.351.220.11.89

短路电流为I9.16kA4.85kA

1.89对于第二种情况，无限大功率电流直接接于母线a，即Xs=0。所以，在f1点短路时

XfX1X20.120.350.47，

I9.16kA19.49kA 0.47在f2点短路时XfX1X2X3X41.79

9.16kA5.12kA 短路电流为I1.79例6-8在图6-47a的电力系统中，发电厂1的容量为60MVA，X=0.3；发电厂2的容量为480MVA，

X=0.4；线路L-1的长度为10km; L-2为6km；L-3为324km；各条线路的电抗均为每回0.4/km。连接到变电所C母线的电力系统电抗是未知的，装设在该处（115kV电压级）的断路器BK的额定切断容量为2500MVA。试求f点发生三相短路时的起始短路时的起始次暂态电流和冲击电流。

..

解：取基准功率SB=500MVA，VB= Vav。算出各元件的标幺值电抗，注明在图6-47b的等值网络中。

首先根据变电所C处断路器BK的额定切断容量的极限利用条件确定未知系统的电抗。近似地认为断路器的额定切断容量SN(BK)即等于k点三相短路电流周期分量的初值相对应的短路功率。

在k点发生短路时，发电厂1和2对短路点的组合电抗为

X(1//2)k[(X1X5)//X2]X6[(2.50.09)//0.42]0.120.48

在短路开始瞬间，该两发电厂供给的短路功率为

S(1//2)kSBX(1//2)k5001042MVA，因此，未知系统供给的短路功率应为 0.48SskSN(BK)S(1//2)k250010421458MVA

SB1500XS0.34，然后作f点短路计算 。f点短路

故系统的电抗为

Ssk1458时的组合电抗为

Xf[(XSX6)//X2X5]//X1X4[(0.340.12)//0.430.09]//2.50.150.43

于是得到起始次暂态电流为

..

I''冲击电流为 im11IBXf0.435005.838kA

3115Ikim2I''1.825.83814.859kA

[补充例1]在下图所示的网络中，a,b和c为电源点，f为短路点。试通过网络变换求得短路点的输入电阻，各电源点的电流分布系数及其对短路点的转移阻抗。

解 （一）进行网络变换计算短路点的输入阻抗Zff（阻抗矩阵的对角元素），步骤如下： 第一步，将

zz14和

z5组成的星形电路化成三角形电路，其三边的阻抗为

zz89和

z10（见图

6-12（b））。

z8Z9Z10zzZZ/ZzzZZ/ZzzZZ/Z14145151544545

1第二步，将和

z8和

z9支路在节点a分开，分开后每条支路都有电势

E1，然后将

z8z2合并，得

z将

11zzzz8282,E4Ezz128Ezz228

z9和z3合并，得 z12zzzz9393,E56Ezz133Ezz399

第三步 ，将由

z,z7和z10组成的三角形电路化成

z..

13,z14和z15组成的星形电路。

z13zzzzz61067，

10z14zzzzz71067，

z1510zzzzz6767

10第四步，将阻抗为

z11z13，电势为

E4的支路同阻抗为

z12z14，电势为

E5的支路合并，得

EE(zz41212z)E(zzzz145141111z13)

13z

16(zzzz12141412zzz11)(z1113)

13最后，可得短路点的输入阻抗为

Zfz15z16

短路电流为电势

E/Z Ifeqff(0)fE实际上就是短路发生前接点f的电压V。

（二） 逆着网络变换的过程，计算电流分布系数和转移阻抗，其步骤如下：

第1步 ，短路点的电流分布系数

cf1

电流分布系数相当于电流，路，于是可得

z16中的电流将按与阻抗成反比的原则分配到原来的两条支

c5zz1612zcf，

c414zz1611z，或

13c..

4cfc5

第2步，将

c44和

c5也按同样的原则分配到原来的支路，由此可得

c2zc,cz11238zcz11894或c8c4c2

或c9c5c3

czc,cz1235zcz1295电源点a的电流系数为

c

1c8c9

第3步，各电源点的转移阻抗为

zfaZff/c1，zfbZff/c2，

zEzfcZff/c3

第4步 ，短路电流为

IfEz1faEz23

fbfc［补充例题2］ 网络图同上例，试通过网络变换直接求出各电源点对短路点的转移阻抗。 解 通过星网变换，将电源点和短路点以外的节点统统消去，在最后所得的网络中，各电源点之间的支路阻抗即为该电源点对短路点的转移阻抗。变换过程示于图6-13，现说明如下：

第一步，将图6-12（a）2,4,6和由 3,5,7组成的星形电路分别变换成由8,9,10和11,12,13组成的三角形电路[见图6-13（a）],从而消去节点e和g。

92424/6,102626/484646/2,133535/7123737/5,115757/3第二步，将8和11合并为

14811811

..

然后，将由1,9,13和14组成的4支路星形电路变换成以节点a,b ,c和f为顶点的完全网形电路，从而消去节点d，网形电路的6条支路阻抗分别为

15914,161314,17113,1819,19114,20913,1111191314

第三步，计算个电源点对短路点的转移阻抗。

fa19,fb10151216,fc10151216f

例7-1 图7-17（a）所示输电系统，在的组合电势E和各序组合电抗发电机

点发生接地短路，试绘出各序网络，并计算电源

X1、X2和X0。已知系统各元件参数如下：

G：50MW，cos0.8，Xd0.15，X20.18，E11.08

22

0.4/km，x03x1

变压器T-1、T-2：60MVA，Vs%=10.5，中性点接地阻抗xn负荷线路L：50km，x1解 （1）各元件参数标幺值计算。 选取基准功率SB=100MVA和基准电压VB结果标于各序网络图中。 发电机：

Vav，计算各元件的各序电抗的标幺值，计算

XG11001000.288 0.150.24XG20.1850/0.850/0.810.51000.175 10060变压器T-1、T-2：XT1XT21001.607 中性点接地阻抗:xn22237..

100100负荷LD：XLD11.2158 XLD20.35152.333 输电线路L：X100L1500.43721.461 XL031.4164.383

（2）制订各序网络

正序和负序网络不包括中性点接地电抗和空载变压器T-2，因此，正序和负序网络中包括发电机G、变压器T-1、负荷LD以及输电线路L ,如图7-17（b）和7-17（c）所示。由于零序电流不流经发电机和负荷，因此，零序网络中只包括变压器T-1、T-2和输电线路L，如图7-17（d）所示。

（3）网络化简，求组合电势和各序组合电抗。 由图7-17（b）可得

E0881.2481.05

0.X1(0.24//8)0.1751.4611.869

由图7-17（b）和图7-17（c）可得

X2(0.288//2.333)0.1751.4611.892

X0(0.1754.8214.383)//0.1750.172

例7-2如图7-27（a）所示电力系统，各元件参数如下：发电机G-1：100MW，cos=0.85，

Xd0.183,X20.223；G-2：50MW，cos=0.8，Xd0.141，X20.172；变压器T-1：120MVA，Vs%=14.2；T-2：63MVA，Vs%=14.5；输电线路L：每回120km，

x10.432/km,x05x1。试计算f点发生各种不对称短路时的短路电流。

..

解 （1）制订各序等值电路，计算各序组合电抗。 选取基准功率SB=100MVA和基准电压VB算结果标于各序网络图中。

Vav，计算各元件的各序电抗的标幺值，计

X1(0.1560.1180.049)//(0.2300.226)0.189

X2(0.1900.1180.049)//(0.2300.275)0.209

X0(0.1180.245)//0.2300.141

（2）计算各种不对称短路时的短路电流。 单相接地短路

(1)XX2X00.2090.1410.350,m(1)3

(1)Ia1E11.855 (1)0.1890.350X1X基准电流

IB10032300.251kA

(1)I(f1)m(1)Ia1IB31.8550.2511.397kA

两相短路

(2)XX20.209,m(2)3

(2)Ia1E12.513 (2)0.1890.209X1X..

(2)I(f2)m(2)Ia1IB32.5130.2511.092kA

两相短路接地

(1,1)XX2//X00.208//0.1410.084

m(1,1)1.509(1,1)Ia131[X2X0/(X2X0)2]31[0.2090.141/(0.2090.141)2]

X1E13.663 (1,1)0.1890.084X(1,1)I(f1,1)m(1,1)Ia1IB1.5093.6630.2511.387kA

例7-3 就例7-2所示系统，试计算单相（a相）接地短路时，故障点处非故障相（b、c相）的电压。

解 由例7-2可知X1正序电流Ia10.189、X20.209、X00.141，单相接地短路时的

。

1.855根据公式（7-20）可得 Va1EjXI1a1j1j0.4891.855j0.649

Va2 Va0j0.2091.855j0.388 jX2Ia1j0.1411.855j0.262，于是 jX0Ia1j23.64a2VaVVa2(j0.649)a(j0.388)j0.262Vba1a2a00.898j0.3930.98e

aVa2VVa(j0.649)a2(j0.388)j0.262Vca1a2a00.898j0.3930.98eb、c相电压有名值为

j156.36

VbVc0.982303130.14kV

例7-4 在例7-2所示的网络中，f点发生两相短路接地。试计算变压器T-1

侧的各

..

相电压和电流，并画出向量图。变压器T-1是Y/11接法。

解 在例7-2中已经算出了网络的各序组合电抗以及两相短路接地时短路点处的正序电

=0.3663。本例下面的计算直接利用这流，即X1=0.189、X2=0.209、X0=0.141，If1些结果。由于变压器

侧没有零序分量，因此，只需计算电流和电压的正、负序分量。

Ea1Ij(X1X2//X0)a2IX0a1IX2X0a1I

X2a1Ia0IX2X0X2X0Va1Va2Va0jX2X0对于两相短路接地

If2X00.141If13.6631.476X2X00.2090.141

短路点各序电压为

..

X2X00.2090.141Vf1Vf2jIf1j3.663j0.308X2X00.2090.141

图7-27（b）和7-27（c）中

X10.1560.1180.0490.323 X20.190.1180.0490.357

从输电线流向f点的电流

IL1VE1f1jX1j(1.00.308)2.142

j0.323X2I0.2091.4760.864IL2f2

X20.357变压器Ｔ-1Ｙ侧的电流即是线路Ｌ-１的电流，因此侧的各序电流为

j30j30ITa1IL1e2.142e

j30j30ITa2IL2e0.864e

短路处的正序电压加上线路L-1和变压器T-1的电抗中的正序电压降，再逆时针转过30，便得变压器T-1侧的正序电压为

j30j30VTa1[j0.308j(0.1180.049)2.142]ej0.666e

同样也可得侧的负序电压为

j30j30VTa2[j0.308j(0.1180.049)(0.864)]ej0.164e

应用对称分量合成为各相量的算式，可得变压器侧各相电压和电流的标幺值为

VVj0.666ej30j0.164ej30VTaTa1Ta20.251j0.7190.761ej109.24

22j30j30VTbaVTa1aVTa2aj0.666eaj0.164e0.6660.1640.502

2j302j30VTcaVTa1aVTa2aj0.666eaj0.164e..

0.251j0.7190.761ej109.24

j30j30ITaITa1ITa22.142e0.864e0.251j0.7190.761ej109.24

a2IaIa22.142ej30a0.864ej30ITbTa1Ta2j2.142j0.8643.006ej90

2j302j30ITcaITa1aITa2a2.142ea0.864e1.107j1.5031.867e相电压的基准值

j126.37

VPB10.5/36.062kV

10.5kV电压级的基准电流IBSB/(310.5)100/(310.5)=5.499kA，

于是变压器T-1侧各相电压和电流的有名值分别为

VTa4.613kV， VTb3.043kV， VTc4.613kVITa10.267kA， ITb16.530kA， ITc10.267kA

变压器T-1侧的电压（即发电机端电压）和电流的向量图示于图7-32。

例7-5 在图7-38（a）所示的电力系统中，输电线路L首端a相断开，试计算断开相

..

的断口电压和非断开相的电流。系统各元件归算到统一基准值下的标幺值参数如图7-38（b）所示。

解 （1）作单相断开的复合序网（图7-38（b）），计算各序组合电抗和故障口开路电压。

X10.250.20.150.21.22.0

X20.250.20.150.20.351.15

X00.20.570.20.97

(0)E1.43 Vff（2）计算故障口的各序电流。

Ia1j(X1j1.430.566

X2//X0)j(2.01.15//0.97)

(0)VffIa2X00.97Ia10.5660.259X2X01.150.97..

Ia0X21.15I0.5660.307a1X2X01.150.97

（3）计算故障断口电压和非故障相电流。

a3Va1j3X2X0Ia1V

j3(X//X)Ij3(1.15//0.97)0.566j0.893 Va20a1X2X0a2IaIIa20.566a(0.259)0.307 Iba1a2a0

0.461j0.7140.85ej122.85

aIa2IIa0.566a2(0.259)0.307Ica1a2a00.461j0.7140.85eb、c相电流的绝对值也可按公式（7-49）求取

j122.85

IbIc31X2X01.150.97I310.5660.852a12(X2X0)(1.150.97)'例8-1 如图8-10所示的电力系统，试分别计算发电机保持Eq，Eq，E'不变时的功率特性和功率极限。已知各元件参数如下：

'发电机：SGN352.5MVA，VGN10.5kV，xd1.0，xq0.6，xd0.25，

x20.2，TJN8s。

变压器：T-1 ST1N360MVA，VST1%14，kT110.5/242； T-2 ST2N360MVA，VST2%14，kT2220/121 线路： l250km，xL0.41/km，xL05xL，VN220kV。 运行条件：V0115kV，P0250MW，cos00.95。 解 （1）网络参数及运行参数计算。

取SB250MVA，VB(III)115kV。为使变压器不出现非标准变化，各段基准电压为

VB(II)VB(III)kT2115VB(I)VB(II)kT2各元件参数归算后的标幺值为

220kV209.1kV 12110.5209.1kV9.07kV

242..

2VGNSB10.52250Xdxd210.95 2SGNVB(I)352.59.072VGNSB10.52250Xqxq20.60.57

SGNVB(I)352.59.0722VGNSB10.52250Xx20.250.238 2SGNVB(I)352.59.07'd'dXT1VST1%VT21NSB242225020.140.13 100ST1NVB(II)360209.12VST2%VT22NSB220225020.140.108 2100ST2NVB(II)360209.1XT2XLxLlXTLXT1SB2500.412500.586 VB2(II)209.1211XLXT20.130.5860.1080.531 22XdXdXTL0.950.5311.481 XqXqXTL0.570.5311.101

X'dX'dXTL0.2380.5310.769

运行参数计算

V0V0VB(III)1151.0；0arccos0.9518.19 115P0P02501.0；Q0P0tan01tan18.190.329 SB250EQ0(V0Q0XqV0)(2P0XqV0)2=(10.3291.101)2(11.101)21.752

0arctanEq0EQ01.75211.10138.95

10.3291.101XdX(1d)V0cos0 XqXq1.4811.481(1)1cos38.952.088 1.1011.101..

E'q0Eq0''XdX(1d)V0cos0 XdXd2.088'00.7690.769(1)1cos38.951.458 1.4811.481''Q0XdP0Xd22E(V0)()=(10.3290.769)2(10.769)21.47

V0V00'arctan10.76931.45

10.3290.769（2）当保持EqEq0常数时，

PEq=

Eq0V0XdV02XdXqsin()sin2

2XdXq2.08811.4811.101sin()sin2 1.48121.4811.101=1.41sin0.117sin2

1.41cos20.117cos20

dPEqd1.41cos0.234(2cos21)0.468cos21.41cos0.2340

1.411.41240.4680.234cos

20.468取正号得Eqm80.93。

PEqm1.41sinEqm0.117sin2Eqm1.41sin80.930.117sin(280.93)

1.429

例1．如图所示电力系统，试分别计算发电机保持不变时的功率特性和功率极限。已知各元件参数如下：

'发电机：SGN＝352.5MVA，VGN＝10.5kV，xd＝1.0，xq＝0.6，xd0.25，x20.2，TJN=8s。

变压器：T-1 ST1N=360MVA，VST1%14，kT110.5/242 T-2 ST2N＝360MVA，VST2%14，kT2220/121 线路：l250km,xL0.41/km,xL05xL,VN220kV 运行条件：V0115kV,P0250MW,cos00.95

..

V0T-1LT-2IIIV0IIIP0cos0

解：（1）网络参数及运行参数计算

取SB250MVA,VBIII115kV。为使变压器不出现非标准变比，各段基准电压为

VBIIVBIIIkT2115VBIVBIIkT1220kV209.1kV121

10.5209.1kV9.07kV242各元件参数归算后的标么值为

2VGNSB10.52250Xdxd210.952SGNVBI352.59.072VGNSB10.52250Xqxq20.60.57SGNVBI352.59.0722VGNSB10.52250Xx20.250.2382SGNVBI352.59.07'd'dXT1XT2VST1%VT21NSB242225020.140.13100ST1NVBII360209.12VST2%VT22NSB220225020.140.1082100ST2NVBII360209.1SB2500.412500.58622VBII209.1XT1xllXTLXT1Xd11XLXT20.130.5860.1080.53122XdXTL0.950.5311.481

XqXqXTL0.570.5311.101''XdXdXTL0.2380.5310.769运行参数计算

V0V01151.0; 0arccos0.9518.190 VBIII115P02501.0; Q0P0tan01tan18.190.329 SB250P0..

Q0XqP0Xq22EQ0V1.00.3291.10111.1011.7520V0V011.1010arctan38.95010.3291.101XX1.4811.481Eq0EQ0d1dV0cos01.75211cos38.9502.088XqXq1.1011.101E'q022Eq0''XdXd1XdXd0.7690.7690Vcos2.08811cos38.951.458001.4811.4812''P0XdQ0Xd'10.3290.769210.76921.47 E0V0V0V010.7690'arctan31.540

10.3290.7692（2）当保持EqEq0常数时，

XdXqPEqXXXddq1.41sin0.117sin2Eq0V0V02sin2dPEqd1.4811.101sin22.088sin1sin2 1.48121.4811.1011.41cos20.117cos20

1.41cos0.2342cos210.468cos21.41cos0.2340

1.411.41240.4680.234cos

20.468取正号得Eqm80.930。

PEqm1.41sinEqm0.117sin2Eqm1.41sin80.9300.117sin280.9301.429

（3）当保持EqEq0常数时，

'XdXqPE''qX'XXddq1.896sin0.196sin2'Eq0V0''V02sin20.7691.101sin21.458sin1sin2 0.76920.7691.101dPE'dqmq1.896cos20.196cos20，E'101.050

qmPE'1.896sin101.0500.196sin2101.0501.935

..

''（4）当保持EE0常数时

'E0V1.471PE''0sin'sin'1.912sin'

0.769Xd'E900

'm极限功率为 PE'1.912

m例2．系统接线和参数同例8-1，试计算发电机无自动励磁调节，Eq＝常数时的静态稳定储备系数。

'发电机：SGN＝352.5MVA，VGN＝10.5kV，xd＝1.0，xq＝0.6，xd0.25，x20.2，TJN=8s。

变压器：T-1 ST1N=360MVA，VST1%14，kT110.5/242 T-2 ST2N＝360MVA，VST2%14，kT2220/121 线路：l250km,xL0.41/km,xL05xL,VN220kV 运行条件：V0115kV,P0250MW,cos00.95

V0T-1LT-2IIIV0IIIP0cos0

解：发电机无自动励磁调节、Eq常数时，静态稳定极限由SEq0确定，由此确定的稳定极限功率PS1与功率极限PEqm相等，根据例8-1计算结果，极限功率PS1为

PS1PEqm1.429

PG01

于是

KPPS1PG01.4291100%100%42.9%

PG01'例3．简单电力系统如图所示。已知系统参数，XdXq1.513，Xd0.769；正常

运行时Eq02.219,045.29,V01,P01。试计算

0..

V0T-1LT-2IIIV0IIIP0cos0

1） 无励磁调节时的静态稳定极限和稳定储备系数。

2） 发电机装有按电压偏差调节的比例式励磁调节器时的静态稳定极限和稳定储备系数。 解：（1）无励磁调节时的静态稳定极限由SEq0确定，对应的极限功率为

PS1Eq0V0Xd2.12911.407

1.513稳定储备系统为

KPPS1P01.407140.7% P01'（2）装有按电压偏差调节的比例式励磁调节器时，可以近似认为能够保持Eq不变，静态稳定极限由SE'0确定。

q由式（8-31）得

E'q0Eq0''XdXd1XdXd0.7690.7690Vcos2.1291cos45.291.428 001.5131.513由SE'0，即

qSE'q'Eq0V0'XdcosV02'XdXq'XdXqcos21.42810.7691.513coscos2 0.7690.7691.5131.857cos0.639cos200可解出稳定极限对应的功角S1106.7。

由此可得极限功率为

PS1'Eq0V0'Xd'V02XdXqsinS1sin2S1'2XdXq1.428110.7691.513sin106.70sin2106.70

0.76920.7691.5131.955稳定储备系数为

KPPS1P01.955195.5% P01对比可见，装有按电压偏差调节的比例式励磁调节器后，稳定极限从无励磁调节时的1.407

..

提高到1.955，静态稳定范围由90扩大到106.7，稳定储备系数也由40.7%提高到95.5%。

例4．简单电力系统如图所示，各元件的参数及初始运行情况均按照例1给定的条件。假定在输电线路之一的始端发生了两相接地短路，线路两侧开关经0.1s同时切除，试计算极限切除角clim，并用分段计算法计算转子摇摆曲线和极限切除时间tclim，判断系统能否保持暂态稳定性。

00

V0T-1LT-2IIIV0I解：参数补充计算：

IIP0cos0

2SBVGN25010.52X2x20.20.19 22SGNVBI352.59.07XL05XL50.5862.93

由例8-1的计算已知：

'PTP01.0,E01.47,0'031.540

.E''jXdjXn1jXL2jXT2V

.(a)

E'.jX'djXn1jXL2jXT2V.jX

(b)

.E'jX'djXnjXLjXT2V

.(c)

（1）计算功角特性

1）正常运行时。此时系统的等值电路如图（a）所示。

'XIXdXT1XL'XT2Xd0.769 2功角特性为

..

'E0V1.471P1sinsin1.912sin

XI0.7692）短路故障时。输电线路始端短路时的负序和零序等值网络的等值电抗分别为

10.190.130.2930.18X2X2XT1//XLXT20.178

20.190.130.2930.1810.131.4650.108X0XT1//XL0XT20.12

20.131.4650.108附加电抗为

XX2//X00.120.1780.072

0.120.178按正序等效定则，短路时的正序增广网络如图（b）所示，于是

'XIIXdXT11XLXT22X'd0.2380.130.2930.108此时的功角特性为

0.2380.130.2930.1082.820.0721XT1XLXT22X

'E0V1.471PIIsinsin0.52sin

XII2.823）故障切除后。此时系统的等值电路如图（c）所示

'XIIIXdXT1XLXT20.2380.130.5860.1081.062

功角特性为

'E0V1.471PIIIsinsin1.384sin

XIII1.062（2）计算极限切除角clim。 先求cr

crarcsin按式（8-110）有

PT1.0180arcsin133.740 PmIII1.384climarccosP0cr0PmIIIcoscrPmIIcos0PmIIIPmII1.0133.7431.541.384cos133.740.52cos31.54180arccos63.6401.3840.52..

0000

（3）根据分段计算法求tclim。 发电机惯性时间常数

TJTJNSGN352.5811.28s SB250t取为0.05s，

KNTJt2180000.0503.99 11.28第一个时间段

P0P0PmIIsin010.52sin31.5400.728111KP03.990.7281.450220131.541.4532.990

1第二个时间段

P1P0PmIIsin110.52sin32.9900.71721KP11.453.990.7174.310

21232.994.3137.30第三个时间段开始瞬间，故障被切除，故

P'2P0PmIIsin210.52sin37.300.685P'2'P0PmIIIsin211.384sin37.300.1632K11P'2P\"4.313.990.6850.166.00 22237.3643.30322Q3Q20000111100001111Q10011001100110011Q00101010101010101L30000100001010101L20001110001010101L10011111001010101L001111111010101011、控制器结构（一）L3~L0000000001Q3~Q01111111 ..

..