电力系统分析习题课2

电力系统分析习题课2 电力系统分析基础习题课（二） North China Electric Power University 电气工程学院 School of Electrical Engineering 2005年11月欢迎访问慧易升考研网 http://www.eduhys.com 下载更多华电电力系统分析资料 North China Electric Power University 电气工程学院 School of Electrical Engineering 第四章电力系统的潮流计算 ...

电力系统分析基础习题课（二） North China Electric Power University 电气工程学院 School of Electrical Engineering 2005年11月欢迎访问慧易升考研网 http://www.eduhys.com 下载更多华电电力系统分析资料 North China Electric Power University 电气工程学院 School of Electrical Engineering 第四章电力系统的潮流计算 4.1（1）求节点导纳矩阵（2）当节点2，4之间阻抗为0时，修改导纳矩阵。 1 2 3 4 1:1.1 j0.1Ω j0.2Ω j0.1Ω j0.25Ω 1 等值变压器模型的应用 2 节点导纳矩阵的修改 1 1/1.1:1 j0.1Ω 2 1 1:1.1 j0.1/(1.1^2)Ω 2 North China Electric Power University 电气工程学院 School of Electrical Engineering 第四章电力系统的潮流计算 1节点导纳矩阵为：                  j14j4j100 j4j9j50 j10j5j25j11 00j111.j12 Y 1 2 3 1:1.1 j0.1Ω j0.2Ω j0.25Ω 2 当节点2，4之间阻抗为0时，看作先消去节点4，再在节点 2，3之间加一阻抗为j0.25Ω的支路。               j9j90 j9j19j11 0j11j12.1 Y               j5j50 j5j15j11 0j11j12.1 Y4后的导纳矩阵为消去节点节点23 加一支路 North China Electric Power University 电气工程学院 School of Electrical Engineering 第五章电力系统的有功功率和频率调整  5-1 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（100500不合题意 PG3=500时，λ=35。所以上式适合25〈λ〈35 North China Electric Power University 电气工程学院 School of Electrical Engineering 第五章电力系统有功功率和频率调整（续） 5-2 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，其运行情况为PG1=60MW, PG2=80MW, PG3=100MW,取KL*=1.5, PLN=240MW。（1）当系统负荷增加50MW时，系统频率下降多少？（2）若系统的负荷增加是60MW，则系统的频率下降多少？（均不计频率调整器的作用）解：因为PG3已经满载，所以只有机组1，2参加一次调频，系统的频率调节特性为：KG1=1/ σ1**PGN/fN=100MW/Hz KG2=33.33MW/Hz; KL=KL**PLN/fN=1.5*240/50=7.2MW/Hz 1)Ks=KG1+KG2+KL=140.53MW/Hz Δf=- ΔPL/Ks=-0.3558Hz 2) Δf=-0.427Hz 此时PG1已经超过满载，所以分为两步计算。 Δf1=40/KG1=0.4Hz 60-40-(KL +KG2) * Δf1=(KL+KG2) Δf2 Δf= Δf1+ Δf2 North China Electric Power University 电气工程学院 School of Electrical Engineering 5-3 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？ 5第五章电力系统有功功率和频率调整（续）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！欢迎访问慧易升考研网 http://www.eduhys.com 下载更多华电电力系统分析资料 North China Electric Power University 电气工程学院 School of Electrical Engineering 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=1.112PDN Ks=(PL-PDN)/ Δf=0.112* PDN /0.3=1.12/3PDN => KG=Ks- KL=1/3PDN 设增发ΔPG0 ，则ΔPG0 =Ks Δf=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 第五章电力系统有功功率和频率调整（续） North China Electric Power University 电气工程学院 School of Electrical Engineering 第五章电力系统有功功率和频率调整 5.4 两台100MW的机组并列运行，调速器的下降特性分别为 4%和5%，负荷为150MW,两台机组的负荷如何分配？若两台机组平均承担负荷，那么那台机组进行二次调频较合适？（两台机组空载时并车）(思考) 解：（1）先求出KG1=50,KG2=40,利用加入负荷后两台机组的频率相等（2）计算应该为第二机组进行二次调频。因为平均分配负荷时，调差系数小的频率下降小，二次调频可以增加系统频率，所以第二台机组进行二次调频。 75=50 Δf 所以Δf1=1.5Hz 75- ΔPGB=40Δf1 所以ΔPGB为二次调频增发容量为15MW North China Electric Power University 电气工程学院 School of Electrical Engineering 第五章电力系统有功功率和频率调整 560MW PL＝800MW B PGN＝500MW σ％＝5 单位调节功率KL*＝1.5 5-5 在如图所示的A、B两机系统中，负荷为800MW时，频率为 50Hz，若切除50MW负荷，系统的频率和发电机的出力为多少？ 240MWPGN＝560MW A σ％＝4 注意:一次调频作为系统的概念考虑 KG1=280MW/Hz;KG2=200MW/Hz;KL=24MW/Hz Δf =0.0992Hz f=50+ Δf =50.0992Hz ΔPG1=-KG1* Δf =-280*0.0992 PG1=PG1’+ΔPG1=532.22MW PG2=PG2’+ΔPG2=220.1587MW North China Electric Power University 电气工程学院 School of Electrical Engineering 第五章电力系统有功功率和频率调整 ΔPab 5-6 将两系统用一条联络先连接起来，A系统的容量为2000MW，发电机单位调节功率KGA*=30，负荷的单位调节功率 KLA*=2，B系统的容量为1000MW， KGB*=20， KLB*=1.2。正常运行时联络线无交换功率，当A系统负荷增加100MW，此时 A、B两系统都参加一次调频，且A系统部分机组参加二次调频，增发50MW，试计算系统的频率偏移及联络线上的交换功率？ A 直接带入联络线连接两区域的公式 Δf=-0.029H ΔPab=-12.4MW B North China Electric Power University 电气工程学院 School of Electrical Engineering 6.1:35kV系统简化网络如图所示。线路电阻欧姆值标于图中，各节点的无功负荷分别为： Q1=15MVar,Q2=10MVar,Q3=10MVar,Q4=8MV ar,现有补偿电容器30MVar,试确定这些无功补偿设备的最优分布。第六章电力系统的无功功率和电压调整 North China Electric Power University 电气工程学院 School of Electrical Engineering 第六章电力系统的无功功率和电压调整解：设各节点分别补偿的无功为Q11、 Q22、 Q33、Q44、则网络的功率损耗为： UQQQQ QQQQ QQQQQQP N 222 2 2 /})(4)(3 )(2 )(1{ 444333 332223 332211123     Q P Q P Q P Q P 44332211             30 44332211  QQQQ 利用等网损微增率准则欢迎访问慧易升考研网 http://www.eduhys.com 下载更多华电电力系统分析资料 North China Electric Power University 电气工程学院 School of Electrical Engineering 第六章电力系统无功功率和电压调整注意：掌握串联电容补偿的计算 6.2一降压变电所B，经110KV，80km的架空线与系统相连，其接线如下图所示，线路参数Ze，变电所B 的110KV侧最大负荷均标于图中。为了使线路的电压损耗不超过6％UN，试求在线路中应串联电容器的容抗Xc为多少欧姆？ North China Electric Power University 电气工程学院 School of Electrical Engineering 6.3一条35KV的线路，线路的阻抗为10＋j10Ω，输送至末端的负荷功率为7＋j6MVA，装设并联无功补偿电容器前，线路末端的电压为30KV，现要求装设补偿电容器后，将线路末端电压提高到34KV。假设并联补偿电容器装设前、后线路首端电压不变，试求应并联补偿的电容器容量。第一步：求首端电压第二步：求补偿容量第六章电力系统无功功率和电压调整 North China Electric Power University 电气工程学院 School of Electrical Engineering 掌握：各种变压器调压方式及其计算！首先求出首端功率，然后按调压方式公式进行计算第六章电力系统无功功率和电压调整 North China Electric Power University 电气工程学院 School of Electrical Engineering 解：因为采用逆调压方式，所以高峰负荷时将中枢点A的电压调节到1.05Un，低谷负荷降低到Un，第六章电力系统无功功率和电压调整将变压器和输电线路阻抗合并有：（1）最大负荷时： North China Electric Power University 电气工程学院 School of Electrical Engineering 第六章电力系统无功功率和电压调整（2）最小负荷时：（3）分接头的选取： North China Electric Power University 电气工程学院 School of Electrical Engineering （4）进行电压校验：最大负荷时：104.15*11/110=14.415>10.2KV 最小负荷时：105.9176*11/110=10.59<10.7KV 所以经过校验，所选择的变压器分接头合格。第六章电力系统无功功率和电压调整欢迎访问慧易升考研网 http://www.eduhys.com 下载更多华电电力系统分析资料 North China Electric Power University 电气工程学院 School of Electrical Engineering 6.5 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 第六章电力系统无功功率和电压调整掌握：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； North China Electric Power University 电气工程学院 School of Electrical Engineering 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电压第六章电力系统无功功率和电压调整 North China Electric Power University 电气工程学院 School of Electrical Engineering 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=109.9442kV 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% 所以符合要求第六章电力系统无功功率和电压调整 North China Electric Power University 电气工程学院 School of Electrical Engineering （2）当补偿设备为调相机时：首先确定变比： -2Ujcmin ’*(kUjcmin ’-Ujmin )= Ujcmax ’*(kUjcmax ’-Ujmax ) k=18.1438 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 )*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，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%。符合要求第六章电力系统无功功率和电压调整电气工程学院 School of Electrical Engineering North China Electric Power University Thank You 欢迎访问慧易升考研网 http://www.eduhys.com 下载更多华电电力系统分析资料

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