电力系统稳态分析习题课.

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。D10kVT1T2T3G220kV3kV110kV35kV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′。-151005101550051510501015jjjjjjjjjjjjY=章四解：因为ΔY24=ΔY42=-y24=j2ΔY22=ΔY44=y24=-j2所以，Y24′=Y42′=Y24+ΔY24=j2Y22′=Y22+ΔY22=-j15-j2=-j17Y44′=Y44+ΔY44=-j15-j2=-j17其它元素不变。-j15j100j5j10-j17j5j2Y′=0j5-j15j10j5j2j10-j17因此，修改后节点导纳矩阵2º4º-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+0.0007PG12t/h，100MW≤PG1≤200MWF2=3+0.32PG2+0.0004PG22t/h，100MW≤PG2≤250MWF3=3.5+0.3PG3+0.00045PG32t/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。λ1=dF1/dPG1=0.3+0.0014PG1λ2=dF2/dPG2=0.32+0.0008PG2λ3=dF3/dPG3=0.3+0.0009PG3令λ1=λ2=λ3，可得PG1=14.29+0.571PG2PG1=0.643PG3PG3=22.22+0.889PG22.总负荷为700MW，联立求解以下三个方程：PG1+PG2+PG3=700PG1=14.29+0.571PG2PG3=22.22+0.889PG2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=450MWPG1=0.643PG3得：PG1=173.93MW；PG3=276.07MW。3.总负荷为400MW，联立求解以下三个方程：PG1+PG2+PG3=400PG1=14.29+0.571PG2PG3=22.22+0.889PG2得：PG1=98.7MW；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=300MWPG3=22.22+0.889PG2得：PG2=147.05MW；PG3=152.95MW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σ1*=0.02，σ2*=0.06，σ3*=0.05，其运行时情况为：PG1=60MW,PG2=80MW,PG3=100MW,取KL*=1.5，PLN=240MW，PGN=100MW。（1）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=0KG1=(1/σ1*)x(PGN/fGN)=1/0.02x100/50=100(MW/HZ)KG2=(1/σ2*)x(PGN/fGN)=1/0.06x100/50=33.33(MW/HZ)KL=KL*x(PLN/fGN)=1.5x240/50=7.2(MW/HZ)KS=KG1+KG2+KL=100+33.33+7.2=140.53(MW/HZ)(1)Δf=-ΔPL/KS=-50/140.53=-0.356HZ此时G1、G2出力为：PG1′=PG1+（-KG1xΔf）=60+100x0.356=95.6MW100MWPG2′=PG2+（-KG2xΔf）=80+33.33x0.356=92MW100MW故频率下降了0.356HZ。（2）Δf=-ΔPL/KS=-60/140.53=-0.427HZ此时G1、G2出力为：PG1′=PG1+（-KG1xΔf）=60+100x0.427=102.7MW100MWPG2′=PG2+（-KG2xΔf）=80+33.33x0.427=94.23MW100MW故在调频过程中，G1达到了满载。其增加的出力为：ΔPG1=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Δf=-（ΔPL-40）/（KG2+KL）=-（60-40）/（33.33+7.2）=-0.4935HZ此时G2的出力为：PG2″=PG2+（-KG2xΔf）=80+33.33x0.4935=96.45MW100MW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（100PG1200兆瓦）dF2/dPG2=0.10PG2+10元/兆瓦.小时（100PG2300兆瓦）dF3/dPG3=0.05PG3+10元/兆瓦.小时（200PG1500兆瓦）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。Λ=f（PL）750PPPG3G2G13121解：掌握等耗量为增率法最优分配负荷09MW.409P54MW.204P36MW.136PG3G2G1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λ值。即求出λ与PL的关系式。注意发电机组的上下限限制！！！05.01005.0P1.0101.0P15.01015.0PG3G2G17.36667.36PPPPG3G2G1LPL=400时，由上式得λ=20.9，PG1=72.7100不合题意所以PG1=100时解得λ=25。此时PL=550.5MW。λ=35时PL=916.75MW。PL=1000时，λ=37.27，此时PG3=545.4500不合题意PG3=500时，λ=35。所以上式适合25〈λ〈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10~11KV。求变压器分接头位置。Smax=28+j14MVA•110±2x2.5%/11ZT=2.44+j40ΩSmin=10+j6MVA•Smax=28+j14MVA•Smax=28+j14MVA•110±2x2.5%/11ZT=2.44+j40ΩSmin=10+j6MVA•Smin=10+j6MVA•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-(10x2.44+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=U2max′xU2N/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=U2min′xU2N/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=U2max′xU2NUt=107.5x11/115.5=10.238KV10KV最小负荷时二次侧实际电压为U2min=U2min′xU2N/Ut=112.7x11/115.5=10.733KV11KV均未超出要求范围，故所选分接头是合适的。七.某电力系统负荷的频率调节效应KL*=2,主调频厂额定容量为系统额定负荷的20%，当系统运行于额定负荷PDN=1,额定频率fN=50Hz时，主调频厂出力为其额定值的50%，若负荷增加，而调频厂的频率调整器不动作，系统的频率就下降0.3Hz,此时测得PD=1.1(原来不满载的机组仍然不满载)。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？要求：深刻了解一次调频和二次调频的区别，并利用调频图求解！章六解：法（1）设系统负荷增加到PL则频率降低后的实际负荷值PD=PL-0.3*2*PDN/50=PL-0.012PDN=PL=1.112PDNKs=(PL-PDN)/Δf=0.112*PDN/0.3=1.12/3PDN=KG=Ks-KL=1/3PDN设增发ΔPG0，则ΔPG0=KsΔf=1.12PDN/3*0.2=0.074667PDN法（2）(PL-ΔPG0–PDN)/Ks=0.1=ΔPG0法（3）调频器不动作：KG=-ΔPD/Δf=(1.1-1)PDN/0.3=1/3PDN调频器动作：ΔPG0=(KL+KG)Δf=(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）U1U2110+2*2.5%/6.3kVSmax=28+j14MVASmin=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)*Utj^2/UNj^2=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Ujcmax=112-(28*3+(14-9.8214)*35)/112=109.9442kVU2max’=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)k=18.1438Utj=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)*Utj^2/UNj^2=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