电力系统暂态分析_电力系统(2)(第三版)_习题解答
电力系统暂态分析(第三版） 李光琦 习题解答
第一章 电力系统分析基础知识
1-2-1 对例1-2，取U B 2=110kV ，S B =30MVA , 用准确和近似计算法计算参数标幺值。 解：①准确计算法：
选取第二段为基本段，取U B 2=110kV ，S B =30MVA ，则其余两段的电压基准值分别为：
U B 1=k 1U B 2=
10. 5
⨯110kV =9.5kV 121
U B 3=
U B 2110
==6. 6kV k 2
. 6
S B 30
==1. 8kA U B 13⨯9. 5S B 30
==0. 16kA 3U B 23⨯110
电流基准值：
I B 1=
I B 2=
各元件的电抗标幺值分别为：
10. 5230
⨯2=0. 32 发电机：x 1*=0. 26⨯
309. 5121230
⨯=0.121 变压器T 1：x 2*=0.105⨯
110231.5
输电线路：x 3*=0. 4⨯80⨯
30
=0. 079 2
110
110230
⨯=0. 21 变压器T 2：x 4*=0. 105⨯22
1511062. 62⨯=0. 4 6. 60. 3
30
=0. 14 电缆线路：x 6*=0. 08⨯2. 5⨯6. 6211
=1. 16 电源电动势标幺值：E *=9. 5
电抗器：x 5*=0. 05⨯②近似算法：
取S B =30MVA ，各段电压电流基准值分别为：
U B 1=10. 5kV ，I B 1=
30
=1. 65kA
⨯10. 5
U B 2=115kV ，I B 1=
30
=0. 15kA
⨯11530
=2. 75kA
3⨯6. 3
U B 3=6. 3kV ，I B 1=
各元件电抗标幺值：
10. 5230
⨯=0. 26 发电机：x 1*=0. 26⨯
3010. 52121230
⨯=0. 11 变压器T 1：x 2*=0. 105⨯2
11531. 5
输电线路：x 3*=0. 4⨯80⨯
30
=0. 073 2
115
115230
⨯=0. 21 变压器T 2：x 4*=0. 105⨯
11521562. 75⨯=0. 44 6. 30. 3
30
=0. 151 电缆线路：x 6*=0. 08⨯2. 5⨯2
6. 311
=1. 05 电源电动势标幺值：E *=10. 5
电抗器：x 5*=0. 05⨯
1-3-1 在例1-4中，若6.3kV 母线的三相电压为： U a =2⨯6. 3c o s ω(s t +α)
U a =2⨯6. 3cos(ωs t +α-120)
U a =2⨯6. 3cos(ωs t +α+120 )
在空载情况下f 点突然三相短路，设突然三相短路时α=30。 试计算：
（1）每条电缆中流过的短路电流交流分量幅值； （2）每条电缆三相短路电流表达式；
（3）三相中哪一相的瞬时电流最大，并计算其近似值； （4）α为多少度时，a 相的最大瞬时电流即为冲击电流。
解：（1）由例题可知：一条线路的电抗x =0. 797Ω，电阻r =0. 505Ω，阻抗Z =
数T α=
r 2+x 2=0. 943，衰减时间常
0. 797
=0. 005s
314⨯0. 505
三相短路时流过的短路电流交流分量的幅值等于： I fm =
U m 2⨯6. 3
==9. 45kA Z 0. 943
（2）短路前线路空载，故I m 0=0
0. 797
=0. 005s
314⨯0. 505
x
ϕ=arctan =57. 64
r
T a =所以
i a =9. 45cos(ωt -27. 64 ) -9. 45cos 27. 64 e -200t i b =9. 45cos(ωt -147. 64 ) -9. 45cos 147. 64 e -200t i b =9. 45cos(ωt -92. 36 ) -9. 45cos 92. 36 e -200t
(3)对于abc 相：α-ϕa =27. 64，α-ϕb =147. 64，α-ϕc =92. 36， 可以看出c 相跟接近于90，即更与时间轴平行，所以c 相的瞬时值最大。
i c (t ) max =i c (0. 01) =10. 72kA
（4） 若a 相瞬时值电流为冲击电流，则满足α-ϕa =90 ，即α=-32. 36或147. 64。
第二章 同步发电机突然三相短路分析
2-2-1 一发电机、变压器组的高压侧断路器处于断开状态，发电机空载运行，其端电压为额定电压。试计算变压器
''。 高压侧突然三相短路后短路电流交流分量初始值I m
'=0. 32，x ''d =0. 2 发电机：S N =200MW ，U N =13. 8kV ，cos ϕN =0. 9，x d =0. 92，x d
变压器：S N =240MVA ，220kV /13. 8kV ，U S (%)=13 解： 取基准值U B =13. 8kV ，S B =240MVA 电流基准值I B =
S B 240
==10. 04kA 3U B 3⨯13. 8
2
U S %U TN S B 1313.82240
⨯⨯2=⨯⨯=0. 13 则变压器电抗标幺值x T *=2
100S N U B 10024013.8
S B 13. 822402''*=x d ''⨯发电机次暂态电抗标幺值x d ⨯2=0. 2⨯⨯=0. 216 2N U B 13. 8
. 9ϕN
''=次暂态电流标幺值I *
11
==2. 86 ''x T *+x d *0. 13+0. 22
2
U N
''=2⨯2. 86⨯10. 04=38. 05kA 有名值I m
2-3-1 例2-1的发电机在短路前处于额定运行状态。
'； '计算短路电流交流分量I ''，I '和I d （1）分别用E ''，E '和E q
（2）计算稳态短路电流I ∞。
解：（1）U 0=1∠0，I 0=1∠-cos 0. 85=1∠-32
∙
∙
-1
'=U 短路前的电动势：E 0
∙
∙
''I +j x d
∙
∙
=1+j 0. 167∠-32 =1. 097∠7. 4
'I 0=1+j 0. 269∠-32 =1. 166∠11. 3 E 0=U 0+j x d
I d 0=1⨯sin(41. 1 +32 ) =0. 957
U q 0=1⨯cos 41. 1 =0. 754
'0=U q 0+x d 'I d 0=0. 754+0. 269⨯0. 957=1. 01 E q
E q 0=U q 0+x d I d 0=0. 754+2. 26⨯0. 957=2. 92
所以有：
'x d ''=1. 097/0. 167=6. 57 I ''=E 0'=1. 166/0. 269=4. 33 I '=E x d
'=E q '0x d '=1. 01/0. 269=3. 75 I d
（2）I ∞=E q 0/x d =2. 92/2. 26=1. 29
第三章 电力系统三相短路电流的实用计算
第四章 对称分量法即电力系统元件的各序参数和等值电路 4-1-1 若有三相不对称电流流入一用电设备，试问：
（1）改用电设备在什么情况下，三相电流中零序电流为零？
（2）当零序电流为零时，用电设备端口三相电压中有无零序电压？
∙
+
U -
∙
Z (0)
答：（1）①负载中性点不接地； ②三相电压对称；
③负载中性点接地，且三相负载不对称时，端口三相电压对称。
（2）
4-6-1 图4-37所示的系统中一回线路停运，另一回线路发生接地故障，试做出其零序网络图。
解：画出其零序等值电路
第五章 不对称故障的分析计算
5-1-2 图5-33示出系统中节点f 处不对称的情形。若已知x f =1、U f 系统内无中性点接地。试计算I
∙
fa 、b 、c 。
=1，由f 点看入系统的x ∑(1) =x ∑(2) =1，
a b c
U
∙f
x ∑
(1) //x f
U
∙
x ∑(1) //
x f
)
x f
U
∙
x ∑(2)
x //x x f
)
x f
n (0) n (0)
n (0) （c ）
（a ）（b ）
解：正负零三序网如图（a ），各序端口的戴维南等值电路如图（b ） （a ）单相短路，复合序网图如图（c ） 则：I (1) =I (2) =I (0) =（b ）
5-1-3 图5-34示出一简单系统。若在线路始端处测量Z a =U ag I a 、Z b =U bg I b 、Z c =U cg I c 。试分别作出
∙
∙
∙
∙
∙
∙
U f
x ∑(1) //x f +x ∑(2) //x f +x f
=
1
=0. 5
0. 5+0. 5+1
f 点发生三相短路和三种不对称短路时Z a 、Z b 、Z c 和λ（可取0、0.5、1）的关系曲线，并分析计算结果。
解：其正序等值电路：
E
5-2-1 已知图3-35所示的变压器星形侧B 、C 相短路的I f 。试以I f 为参考向量绘制出三角形侧线路上的三相电流相量：
（1）对称分量法； （2）相分量法。
∙∙
a b
∙
A
c
B C
1、对称分量法
⎡∙⎤A (1) ⎡1a ⎢I ⎥∙
⎢I A (2) ⎥=1⎢1a 2⎢∙⎥3⎢
⎢11⎢I A (0) ⎥⎣
⎣⎦
⎡∙⎤
⎡1a a ⎤⎢I A ⎥
∙
1⎢⎥
a ⎥⎢I B ⎥=⎢1a 2
⎢∙⎥3⎥⎢111⎦⎢I C ⎥⎣⎣⎦
2
a 2⎤⎡0⎤⎥⎢∙⎥a ⎥⎢I f ⎥
∙⎢-I f ⎥1⎥⎦⎣⎦
∙
I A (1)
∙
3∙
I a =I c =-I 3
∙
∙
23∙
=I f
3
三角侧零序无通路，不含零序分量， 则：
I c (1) I A (2)
∙∙⎧∙∙
I f ⎪I a =I a (1) +I a (2) =-3⎪∙
∙∙23∙⎪
I f ⎨I b =I b (1) +I b (2) =3⎪
∙∙∙∙⎪I
⎪c =I c (1) +I c (2) =-3I f ⎩
2、相分量法
'与相电流I A 同相位，I b '与I B 、I c '与I C 同相位。 ① 电流向量图：其中相电流I a
∙∙1∙1∙1∙
'='='=且I a I A 、I b I B 、I c I C 。原副边匝数比N 1：N 2=3：1。
333∙
∙
∙∙∙∙∙∙
'
I ∙
'I c
∙
'I b
∙
I C
∙
I B
∙
化为矩阵形式为：
⎡∙⎤⎡∙'⎤⎡∙⎤
a ⎡1-10⎤⎢I a ⎥⎡1-10⎤⎢I A ⎥⎡1-10⎤⎡0⎤⎢I ∙⎥∙∙∙11⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢I b ⎥=01-1⎢I 'b ⎥=⎢I B ⎥= 01-101-1I f ⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥∙∙∙∙⎢⎥⎢⎥⎢⎥3⎢⎢⎥⎢⎥⎢⎥-101-101-101'⎢I c ⎥⎣⎦⎢I c ⎥⎣⎦⎢I C ⎥⎣⎦⎣-I f ⎥⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦
第六章 电力系统稳定性问题概述和各元件的机电特性 6-2-2 若在例6-2中的发电机是一台凸极机。其参数为：
S N =300MW ，U N =18kV ，cos ϕN =0. 875，x d =1. 298，x q =0. 912，x '
d =0. 458
'0，U q 0为常数时，发电机的功率特性。
试计算发电机分别保持E q 0，E q
=115kV
q
∙
j I d (x d -x q )
E E ∙∙
∙
E 'U ∙
(x T +x L )
∙
I q
∙
I d
U
d
解：（1）取基准值S B =250MVA ，U B (110) =115kV ，U B (220) =115⨯
220
=209kV ，则阻抗参数如下： 121
250⎛242⎫
⨯ x d =1. 289⨯⎪=1. 260
209⎝⎭
. 875
250⎛242⎫
x q =0. 912⨯⨯ ⎪=0. 892
⎝209⎭
. 875250⎛242⎫'=0. 458⨯x d ⨯ ⎪=0. 448 209⎝⎭
. 875
22
2
250⎛242⎫
x T 1=0. 14⨯⨯ ⎪=0. 130
360⎝209⎭250⎛220⎫
x T 2=0. 14⨯⨯ ⎪=0. 108
360⎝209⎭
x L =
12500. 41⨯200⨯=0. 235 22⨯209
2
2
系统的综合阻抗为：
x e =x T 1+x L +x T 2=0. 130+0. 108+0. 235=0. 473 x d ∑=x d +x e =1. 260+0. 473=1. 733 x q ∑=x q +x e =0. 892+0. 473=1. 365
'∑=x d '+x e =0. 448+0. 473=0. 921 x d
'0： （2）正常运行时的U G 0，E 0，E q 0，E q
P 0=
①由凸极机向量图得：
∙
250115
=1，Q 0=1⨯tg (cos-10. 98) =0. 2，U ==1 250115
∙
令U S =1∠0，则：I =(P ∠-11. 3099 0-jQ 0) U S =(1-j 0. 2) ∠0=1. 0198
∙
E Q 0=U S +jx q ∑I =1∠0+j 1. 365⨯(1-j 0. 2) =1. 8665∠46. 9974
I d =I sin(δ+ϕ) =1. 0198sin(46. 9974+11. 3099) =0. 8677
∙
∙
∙∙∙
E q 0=E Q 0+I d (x d -x q ) =1. 8665+0. 8677⨯(1. 733-1. 365) =2. 1858
'∑I =1∠0+j 0. 921⨯(1-j 0. 2) =1. 5002 E '0=U s +j x d ∠37. 8736
∙∙
'0=E 'cos(δ-δ') =1. 5002cos(47. 00 -37. 8736 ) =1. 4812 E q
∠23. 3702 U G 0=U S +jx e I =1∠0+j 0. 473⨯(1-j 0. 2) =1. 1924
②与例题6-2
∙∙∙
U G 0=(U +
Q 0x e 2P 0x e 2
) +() =(1+0. 2⨯0. 473) 2+(0. 473) 2=1. 193 U U
E 0=(1+0. 2⨯0. 921) 2+0. 9212=1. 5
E Q 0=(1+0. 2⨯1. 365) 2+1. 3652=1. 8665
E q 0=E Q 0+I d (x d -x q ) =1. 8665+0. 3193=2. 1858
δ0=tg -1
1. 365
=46. 99
1+0. 2⨯1. 365
'0=U q 0+I d 0x d '∑=U q 0+E q
=cos 46. 99 +
E Q 0-U q 0
x q ∑
'∑x d
1. 866-cos 46. 99
⨯0. 921=1. 4809
1. 365
(3)各电动势、电压分别保持不变时发电机的功率特性：
P E q =
E q 0x d ∑'0E q '∑x d
U 2x d ∑-x q ∑
sin δ+⨯sin 2δ
2x d ∑x q ∑'∑U 2x q ∑-x d
sin δ+⨯sin 2δ
'∑x q ∑2x d
P E q '=
⎧⎡⎤⎫'∑x d E 'U E 'U ⎪⎪-1U P E '=sin δ'=sin ⎨δ-sin ⎢(1-) sin δ⎥⎬
'∑'∑x d x d x d ∑⎪⎣E '⎦⎪⎩⎭
⎧⎡⎤⎫U G U U G U x e ⎪⎪-1U P =sin δ=sin δ-sin (1-) sin δ⎢⎥⎨⎬ U q G x e x e U x ⎪⎢⎥q ∑⎣G ⎦⎪⎩⎭
(4)各功率特性的最大值及其对应的功角
1）E q 0=const 。最大功率角为
dP E q d δ
=0
'0=const 。最大功率角为 2）E q
dP E q 'd δ
3）E =const 。最大功率角为δ'=90，则有 0
=0
4）U G 0=const 。最大功率角为δG =90 ，则有
第七章 电力系统静态稳定
7-2-1 对例7-1，分别计算下列两种情况的系统静态稳定储备系数： （1）若一回线停运检修，运行参数（U ，U G ，P 0）仍不变。 （2）发电机改为凸极机（x d =1，x q =0. 8）其他情况不变。
∙
(1)一回线路停运，其等值电路为：
∙
P =0. 8
, U =1. 0∠0
∙
x
1）P E =
UU G 1⨯1. 05
sin δG =sin δG =0. 8
x T 1+x L +x T 20. 1+0. 6+0. 1
求得：δG =37. 56
U G -U 1. 05∠37. 56 -1∠0
==0. 83∠14. 7 2）I =
J (x T 1+x L +x T 2) j 0. 8
∙
∙∙
3）E q =U +j I x d ∑=1∠0+j 0. 83∠14. 7⨯1. 8=1. 57∠66. 6 4）功率极限P M =P E q M =
∙∙∙
E q U x d ∑
=
1. 57⨯1
=0. 872 1. 8
5）静态稳定储备系数K P =（2）凸极机
0. 872-0. 8
=9%
0. 8
1）P UU G 1⨯1. 05
E =
x sin δG =0. 1+0. 3+0. 1sin δG =0. 8
T 1+2
x L +x T 2求得：δG =22. 4
∙∙
∙
）I =U G -U =1. 05∠22. 4 -1∠0
2J (x +2
x ) j 0. 5=0. 8∠4. 29
T 1L +x T 2∙∙∙
3）E Q =U +j I x q ∑=1∠0+j 0. 8∠4. 29 ⨯1. 3=1. 38∠48. 36
E ∙∙∙
q =E Q +j I d (x d ∑-x q ∑) =1. 38∠48. 36 +j 0. 8∠4. 29 sin(48. 36 +4. 29 ) =1. 51∠52. 37P q 0E sin δ+U 22⨯x d ∑-x q ∑
q =
E x x sin 2δ=1. 01sin δ+0. 051sin 2δ
d ∑
d ∑x q ∑
由
dP E q d δ
=0得δ=84. 26
5）P E q M =P E q (84. 26 ) =1. 015
K P =
1. 015-0. 8
0. 8
=26. 89%
第八章 电力系统暂态稳定
8-2-2 在例8-1中若扰动是突然断开一回线路，是判断系统能否保持暂态稳定。
0=220MW cos ϕ0=0. 98
U =115kV
30018x cos d =x q =2. 3618/242kV x 1=0. 41Ω/kM x '=0. 32U x 0=4x 220/121kV 1
S (%)=14
U S (%)=14
T x d
2==00. . 23J 6s
4）
E '
∙
j 0. 304j 0. 130j 0. 470
j 0. 108U =1. 0
0=
1
a
∙
正常运行
Q 0=
0. 2
E '
j 0. 304j 0. 130j 0. 470
j 0. 108U =1. 0
0=1
P T 0
0δc m h
取基准值：S B =220MVA,U B =Uav 末端标幺值：U
*
=
U 115P 220Q sin ϕS B
==1，P 0*===1，Q 0*===sin(arccosϕ) =0. 2，
U B 115S B S B S B 220
如未特殊说明，参数应该都是标幺值，省略下标*号
正常运行时：根据例6-2的结果
'∑=0. 777，E '=(1+0. 2⨯0. 7772) +0. 7772=1. 3924 x d
功率最大值：P Ⅰmax =
E 'U 1. 3924==1. 7920 'x d ∑0. 777
δ0=tan -1
0. 777
=33. 9201 此处有改动
1+0. 2⨯0. 777
P T 0=P Ⅰmax sin(33. 9201) =1
'∑=1. 012， 功率最大值P 切除一条线路x d Ⅱmax =
1P Ⅱmax
E 'U 1. 3924
==1. 3759 'x d ∑1. 012
1P Ⅱmax
=133. 3815
δc =arc sin
，δh =180-arc sin =46. 6185
加速面积S abc =
133. 3815
⎰
46. 6185
33. 9201
(P T 0-P Ⅱmax sin δ) d δ=⎰
133. 3815
46. 6185
33. 9201
(1-1. 376sin δ) d δ=0. 0245
最大可能的减速面积：
S cde =⎰
46. 6185
(P Ⅱmax sin δ-P T 0) d δ=⎰
46. 6185
(P Ⅱmax sin δ-P T 0) d δ=0. 3758
S abc ＜S cde 系统能保持暂态稳定
'=0. 3，假设发电机E '=C ，若在一回线路始端发生突然三相短路，试计算线路的极限8-2-3 在例7-1中，已知x d
切除角。
∙
P =0. 8, U =1. 0∠0
∙
∙
j 0. 6a
正常运行
j 0. 1U =1. 0
j 1. 0j 0. 1j 0. 3j 0. 1
j 0. 1b
j 0. 3负序和零序网络
j 0. 1
j 1. 0j 0. 1j 0. 3j 0. 1
c 故障中
j 1. 0j 0. 1j 0. 3j 0. 1
d 故障切除后
'∑=0. 8， 解：正常运行时：x d
由例7-1 I =0. 80∠4. 29，
∙
计算电流①I =(P 0-jQ 0) U 根据末端功率电压（此处未知末端参数） ②例7-1
'∑=1+0. 80∠4. 29 ⨯0. 8=1. 1462E '=U +j I x d ∠33. 8338
∙
∙
∙∙
P Ⅰmax =
E 'U 1. 1462==1. 4328 'x d ∑0. 8
P T
=33. 9416 P Ⅰmax
δ0=arcsin
P T =0. 8
由于三相短路x ∆=0
故障中的x Ⅱ=∞，即三相短路切断了系统与发电机的联系。此时P Ⅱmax =0。 故障切除后：x Ⅲ=1. 1，P Ⅲmax =
1. 1462
=1. 0420 1. 1
δh =180 -arc sin
P T P Ⅲmax
=129. 8473
极限切除角：cos δcm =
P T (δh -δ0) +P Ⅲmax cos δh -P Ⅱmax cos δ0
=0. 6444
P Ⅲmax -P Ⅱmax
δcm =49. 8793