电力系统分析基础部分习题答案
电力系统分析部分习题答案(参考)
稳态部分
第一章 电力系统的基本概念
1-2 (1)各个元件的额定电压 G ：10.5kV
T ：10.5/121kV，10.5kV/399V, 110/38.5/11(10.5)kV,35/6.6(6.3)kV (2) a)发电机和变压器的额定电压
G:10.5kV T 1:10.5/121kV T 2:10.5/38.5kV T 3:35/11(10.5)kV b) 变压器的实际变比
T-1：121(1+2.5%)/10.5 T-2:110/38.5 T3:35(1-5%)/11(10.5)
(3) G:10.5kV T 1:10.5/242kV T 2:220/121/38.5kV T 3:35/6.3kV T 4:220/38.5kV T 5:10.5/3.15kV D 1:3kV D 2:6kV
第二章 电力网络元件的参数和等值电路
2-2-1解：R T =Pk *UN 2/(1000SN 2)=100*1102/(1000*31.52)=2.4389(Ω) X T =Uk %*UN 2/(100SN )=10.5*1102/(100*31.5)=40.33(Ω) G T =P0/(1000UN 2)=86/(1000*1102)=7.1074*10-6(s)
B T =I0%*SN /(100UN 2)=2.7*31.5/(100*1102)=7.0289*10-5(s) 等值电路为：
2-2-3 解：R T(100)=Pkmax *UN 2/(2000SN 2)=163*1102/(2000*202)=2.4654(Ω) R T(50)= 2RT(100) =2*2.4654=4.9307(Ω)
U K1%=1/2*( UK1-2%+ UK1-3%- UK2-3%)=1/2*(10.5+17-6)=10.75 U K2%=1/2*( UK1-2%+ UK2-3%- UK1-3%)=1/2*(10.5+6-17)=-0.25 U K3%=1/2*( UK1-3%+ UK2-3%- UK1-2%)=1/2*(17+6-10.5)=6.25 X T1=Uk1%*UN 2/(100SN )=10.75*1102/(100*20)=65.0375(Ω)
X T2=Uk2%*UN 2/(100SN )=-0.25*1102/(100*20)=-1.5125(Ω) X T3=Uk3%*UN 2/(100SN )=6.25*1102/(100*20)=37.8135(Ω)
G T =P0/(1000UN 2)=75/(1000*1102)=6.1983*10-6(s)
B T =I0%*SN /(100UN 2)=3.3*20/(100*1102)=5.4545*10-5
(s)
Ω
2-2-5
解：P k13=4P’k13=4*52=208kW P k23=4P’k23=4*47=188kW P k1= (Pk12+Pk13- Pk23)/2=(152.8+208-188)/2=86.4kW P k2= (Pk12+Pk23- Pk13)/2=(152.8+188-208)/2=66.4kW P k3= (Pk23+Pk13- Pk12)/2=(188+208-152.8)/2=121.6kW R T1=Pk1*UN 2/(1000SN 2)=86.4*1212/(1000*202)=3.16(Ω) R T2=Pk2*UN 2/(1000SN 2)=66.4*1212/(1000*202)=2.43(Ω) R T3=Pk3*UN 2/(1000SN 2)=121.6*1212/(1000*202)=4.45(Ω) U K1%=1/2*( UK1-2%+ UK1-3%- UK2-3%)=1/2*(10.5+18-6.5)=11 U K2%=1/2*( UK1-2%+ UK2-3%- UK1-3%)=1/2*(10.5+6.5-18)=-0.5 U K3%=1/2*( UK1-3%+ UK2-3%- UK1-2%)=1/2*(18+6.5-10.5)=7 X T1=Uk1%*UN 2/(100SN )=11*1212/(100*20)=80.53(Ω) X T2=Uk2%*UN 2/(100SN )=-0.5*1212/(100*20)=-3.66(Ω) X T3=Uk3%*UN 2/(100SN )=7*1212/(100*20)=51.24(Ω) G T =P0/(1000UN 2)=75/(1000*1212)=5.123*10-6(s)
B T =I0%*SN /(100UN 2)=4.1*20/(100*1212)=5.60*10-5(s) 2-1-2 解：（a ）ρ=31.5Ω.mm2/kM S=150 mm2 r1=ρ/S=0.21Ω/kM D m =D ab D ac D bc =*4*8=5039. 68mm r=17.0/2=8.5mm
x1=0.1445lg(Dm /r)+0.0157=0.4164Ω/kM b1=7.58/lg(Dm /r)*10-6=2.7335*10-6s/kM (b)因为为双回输电线路
R=r1*l/2=0.21*100/2=10.5(Ω) X=x1*l/2=0.4164*100/2=20.8198(Ω) B/2=2*b1*l/2=2*2.7335*10-6*100/2=2.734*10-4 (S) (c) Q=U2*B=1102*2.734*10-4*2=2*3.308=6.616Mvar 2-1-6
解：因为为分裂导线
r1=ρ/S=31.5/(2*300)=0.0525Ω/kM
D m =D ab D ac D bc =*8*16=10. 0794m r eq =*d 12=*400=70. 5691mm
x1=0.1445lg(Dm /req )+0.0157/2=0.3192Ω/kM b1=7.58/lg(Dm /req )*10-6=3.5177*10-6s/kM R=r1*l=0.0525*300=15.75(Ω) X=x1*l=0.3192*300=95.7665(Ω) B/2=b1*l/2=0.5277*10-3 (S) 2-4-1解：
G ：S N =PN /cosφN =50/0.85=58.8235MVA
Xd ”=0.15*10.52/58.8235*(242/10.5)2=149.3382(Ω) T: RT =Pk *UN 2/(1000SN 2)=300*2422/(1000*602)=4.8803(Ω) X T =Uk %*UN 2/(100SN )=12.5*2422/(100*60)=122.0083(Ω) G T =P0/(1000UN 2)=90/(1000*2422)=1.5368*10-6(s) B T =I0%*SN /(100UN 2)=2*60/(100*2422)=2.049*10-5(s)
L :R=r1*l=0.08*200=16(Ω) X=x1*l=0.406*200=81.2(Ω)
B/2=b1*l/2=2.81*10-6*200/2=2.81*10-4 (S) 2-4-3
解：X 线路=x1*l=0.4*70=28(Ω)
U B =110kV,S B =20MVA, 且变压器的变比为110/6.6kV，所以： X T*=Uk %/100*(UN 2/SN )/（U B 2/SB ）=0.105 X T*/2=0.0525 X 线路*=28/（1102/20）=0.0463
U 2X R %U N B6. 6
*/=0. 04*6/3*0. 3）（/6. 62/20）=0. 2121 X R*=100S I N B
因为为双回线
X 电缆*=1/2*x1*l/（U B 2/SB ）=1/2*0.08*2.5/(6.62/20)=0.0918/2=0.0459
R 电缆*=1/2*ρ/S *l/（U B 2/SB ）=1/2*18.8/70*2.5/(6.62/20)=0.3083/2=0.15415
第三章 简单电力系统的分析和计算
3-1-1
解：首先求出线路的参数：
D=6.5m D m =D ab D ac D bc =. 5*6. 5*13=8. 1895m 查表得单位线路参数：r1=0.079Ω/kM x1=0.412Ω/kM b1=2.77*10-6S/kM 线路的等值电路为π型等值电路
R=r1*l=0.079*230=18.17Ω X=x1*l=94.76Ω B/2=3.1855*10-4S 进行潮流计算：
P 2=120MW cos φ=0.92 ⇒Q 2=51.1198MVar
线路末端的注入功率： Q 2l =1/2*U22*B=3.1855*10-4*2092=13.9146MVar S 2’=S2-Q 2l =120+j51.1198-j13.9146=120+j37.2052 MVA 线路阻抗支路的功率损耗：
ΔS Z =（P 2’2+Q2’2）/U22*(R+jX)=6.5658+j34.2417 MVA S 1’=S2’+ΔS Z =126.5658+j71.4469 MVA 求线路上的首端电压：
' ' P 2R +Q ' 2X P 2X -Q ' 2R U 1=U 2+∆U 2+j δU 2=U 2++j =236. 3+j51. 173k V U 1=241.7788kV U 2U 2
线路首端注入电容功率：Q1l=1/2* U12*B=18.6215Mvar
线路首端功率：S 1=S1’-Q1l=126.5658+j52.8255 MVA 3-1-2
解：末端注入功率：Q 2l =1/2*U22*B=5.5*10-4*2202=26.62Mvar 设末端功率因数为cos φ2，则有：
S 2’=S2-Q 2l =P2+jQ2-jQ 2l =220+j(Q2-Q 2l )=220+j(Q2-26.62)=P2’+jQ2’
' ' P 2R +Q ' 2X P 2X -Q ' 2R U 1=U 2+∆U 2+j δU 2=U 2++j U 2U 2
' '
P R +Q ' X 2P X -Q ' R 2
U 1=(U2+∆U 2) +(δU 2) =(U 2+) +()
U 2U 2
2
2
解得Q 2’=95.2162，所以Q 2=121.8362Mvar cos ϕ=P 2/P 22+Q 22=0. 8748 3-1-14
解： 线路参数为：R=r1*l=0.82*2=1.64Ω X=x1*l=0.38*2=0.76Ω 忽略电压降落横分量有
⎧P 2R +Q 2X ⎪≤10%U N
U 2⎪
将R ，X, cosφ,U N 带入得⎨22
(P/cos ϕ) (P/cos ϕ) ⎪222⨯R ≤(P 2+2⨯R ) *10%⎪U U 22⎩
⎧P 2≤1. 629MW
⇒P 2≤1. 561MW ⎨
P ≤1. 561MW ⎩2
当P 2=1.561MW时，∆U %=3-1-15
P 2R +Q X U 2U N
=9.58%
∆p%=10%
⎧P 2R +Q 2X
⎪≤10%U N
⇒R =1.5Ω 解：⎨U 2
⎪
⎩Q 2=0, R =X , U N =U 2=3kV, P 2=600kW
⎧P ' 2R +Q ' 2X ⎪≤10%U N '
⇒P 2≤342.86k W ⎨U 2
⎪R =X , cos ϕ=0. 8⎩
3-1-17
解1(a)首先求出系统的等值电路，计算各个元件的参数
LGJ-185： D=4m， D m =4*2=5. 0397m ，查表得：r1=0.17Ω/kM
x1=0.409Ω/kM b1=2.79*10-6S/kM
因为为双回线，有：R=r1*l/2=100*0.17/2=8.5Ω, X=x1*l/2=0.409*100/2=40.9/2Ω B=2*b1*l=2*2.79*100*10-6=2*2.79*10-4S
计算变压器的参数：查表得：P k =190kW,P0=31.05kW,Uk%=10.5,I0%=0.7 归算至高压侧的阻抗和导纳参数为：
X T =40.3333Ω，R T =2.317Ω，G T =2.5661*10-6S ，B T =1.8223*10-5S 因为两台变压器并列运行，所以并列运行后的参数为
X ’T = XT /2= 40.3333/2Ω，R T =2.317/2Ω，G T =2*2.5661*10-6S ，B T =2*1.8223*10-5S 又因为：P2=40MW, cos ϕ2=0. 8，所以Q 2=30MVar 系统的等值电路为：
A
变压器低压侧U 21=10.5kV, 归算到高压侧为U 2=k*U21=110/11*10.5=105kV (1)
P R ' T +Q X ' T P X ' T -Q R ' T ' U 2=U 2+∆U 2+j δU 2=U 2++j =105+6. 2032+j7.3515k V
U 2U 2 =111.2032+j7.3515k V
U ’2=111.446kV
变压器损耗：
P 22+Q 2~2
∆S ZT =(R ' T +jX ' T ) =0. 2627+j4.5729MVA =∆P ZTmax +j ∆Q ZTmax
2U 2
~
∆S yT =U ' 22(G ' T +jB ' T ) =0. 0637+j0. 4527MVA =∆P yTmax +j ∆Q yTmax
（或者用下式计算变压器的损耗
~S 2402+30210.5∆S ZT =2() (P kT +jQ kT ) =2**(0.19+j *31.5) =0.2394+j4.1667MVA
2S N 100(2*31. 5) 2）
~
∆S yT =2(P yT +jQ yT ) =2*(0. 03105+j *0.007*31.5) =0. 0621+j0. 441MVA
线路注入功率： Q 2l =-1/2*B *U ' 22=-2. 79*10-4*111. 4462=-3. 4652MVar ~~~~
所以S 1' =S 2+∆S ZT +∆S yT +jQ 2l =40. 3264+j31. 5604MVA
=U ' 2+∆U +j δU =U ' 2+U 1l l =119.72+j12.918k V
'
P 1' R +Q 1X
'
P 1' X -Q 1R
线路的首端电压
U 2
*'
+j
U 2
*'
' 2+8. 5183+j5.5667k V =U
U 1=120.4165kV
线路上的阻抗损耗和首端线路电容注入功率
'2
~P '2+Q ∆S Zl =(R +jX ) =1. 7946+j4.3167MVA =∆P Zlmax +j ∆Q ZTmax
U '22
Q 1l =-1/2*B *U 1=-2. 79*10-4*120.41652=-4. 0455MVar
'
线路首端功率S 1=S ' 1+∆S Zl +jQ 1l =42.121+j31. 8325MVA
~~~
（2）
查表得τmax =3150
∆P Tmax =∆P ZTmax +∆P Zlmax +∆P yTmax =0. 2627+0. 0637+1. 7946=2. 121MW
全年总的电能损耗为：
∆W =∆P ZTmax *3150+∆P Zlmax *3150+∆P yT *8760 =0.2627*3150+1.7946*3150+0.0621*8760
=827.5050+5653.0+543.996=6824.5MW.h
2. 当负荷变为原来的0.5倍和0.25倍时，变压器为单台变压器运行，线路仍为双回线运行，则等值电路为
按上述过程计算得：
当P 2=0. 5P max 时∆P ZT =0. 1313，∆P yT =0. 0319，∆P Zl =0. 4133MW ∆P 0.5pmax =0. 5765MW 当P 2=0. 25P max 时∆P ZT =0. 0328，∆P yT =0. 03，∆P Zl =0. 0919MW ∆P 0.25pmax =0. 1547MW
∆W =∆P max *2000+∆P 0.5plmax *（6000-2000）+∆P 0.25pmax *（8760-6000） =6975. 0MW.h
3-2-3
解：等值电路图从左向右编号分别为1，2，3，4，则有： 变压器2的功率损耗为：
~S 20. 32+0. 22B23
∆S B23=Z T23=*(-j0.0162)=-j0. 0021（第2个变压器的第3个绕组）
U N 1~S 20. 22+0. 12B22
∆S B22=Z TB22=*j0.131=j0. 0066
U N 1~' ~~~~S 2
S B2=S B23+S B22+∆S B22+∆S B23=Z TB22=0. 5+j0. 3045
U 2N ~~S '20. 52+0. 30452
∆S B2l =B2Z =*j0.268=j0. 092=∆S 34 TB212
U 21N
'
则节点3的运算负荷为： S 3=S B2+∆S B21+∆S 30=0. 5+j0. 3045+j0.092-j0.118=0.5+j0.278
~~~~
变压器1的功率损耗：
S 2~0. 22+0. 12B1
∆S Bl =2Z TB1=*j0.32=j0. 016 2
U N 1
~S 20. 52+0. 2782
∆S 23=3Z =*(0.0298+j0.156) =j0. 0098+j0.0051 232
U 21N
*~
∆S 20=U 2Y N 20=1*(-j0.011-j0.118) =-j0. 129
~~~~~~
S 2=S 3+∆S 23+∆S 20+∆S Bl +S Bl =0. 7098+j0. 31 6
~S 20. 70982+0. 31622
∆S 12=Z 12=*(0.026+j0.014) =j0. 0016+j0.0085
U N 1*~2
∆S 10=U N Y 10=1*(-j0.011)=-j0. 011
~' ~~
S A =S 2+∆S 12=0. 7114+j0. 324 5
~~~~
S A =S 2+∆S 12+∆S 10=0. 7114+j0. 313 5
=1. 1∠0o 计算各点的电压：然后由以上计算所得的功率和已知的U （以下电压的计算也可以不考A
虑横分量）
=U 1-∆U -j δU =U -P A R 12+Q A X 12+j P A X 12-Q A R 12=U 1-0. 0057-j0.0083k V U 2l2l21
U
=1. 0943∠-0. 435o k V
A
'
'
'
'
U
A
同理可以计算
=U U B1 =U U 3
2
2
-0. 0339-j0.0583k V =1. 062∠-3.59o k V -∆U B1-j δU B1=U 2
-0. 0601-j0.0638k V =1. 037∠-3.99o k V -∆U 23-j δU 23=U 2
=U 3-∆U -j δU =U -0. 1023-j0.129k V =0. 992∠-11.69o k V U 434343 =U U B3
4
+0. 0032+j0.0048k V =0. 994∠-11.38o k V -∆U B3-j δU B3=U 4
4
=U 同理：U B2-∆U B2-j δU B2=1. 012∠-12.97o k V
然后算出各点的有名值
o =240. 75∠-0. 435o k V U =U U 2B1B1**U N *k B1=40. 887∠-3.59k V o =228. 14∠-3.99o k V U =U U 3B3B3**U N *k B13=68. 586∠-11.38k V o =U U B2B2**U N *k B12=10. 626∠-12.97k V
3-2-6
解：因为求初步功率分布，只需计算两端电源供给负荷的功率即可。全网为额定电压110kV ，不计网损时：
~S a =
S m Z m
*
*
+
U d U
*
*
Z ∑Z ∑
=107.09+j0.33723MV A
(60+j25)(14-j30) 110*(120cos10o -j *120*sin10o -115) =+ 18-j3518-j35
同理
~
S b =
S
' m Z m
*
Z ∑Z ∑
=-47.0922+j24.6628MV A
-
U N d U
*
=
(60+j25)(4-j5) 110*(120cos10o -j *120*sin10o -115)
+ 18-j3518-j35
3-2-14
解：题意即求线路的初步功率分布. 首先将1，4支路合并，然后在A 点将环网解开，则如图所
示
Z 1//Z4=Z14=2+j4Ω
第四章 复杂电力系统的潮流计算
4-1-3 解：（1）不考虑非标准变比时：（因为对称，所以只求上三角元素）
Y 11=1/Z 16=1/(j0.1)=-j10 Y 12=Y 13=Y 14=Y 15=0. 0 Y 16=Y 61=-1/Z 16=j10 Y 22=1/Z 24=1/(j0.1)=-j10 Y 23=Y 25=Y 26=0. 0 Y 24=-1/Z 24=j10 Y 33=1/Z 35=1/(j0.1)=-j10 Y 34=Y 36=0. 0 Y 35=-1/Z 35=j10
Y 44=1/Z 24+1/Z 45+1/Z 46=1/(j0.1)+1/(j0.2)+1/(j0.2)=-j20 Y 45=-1/Z 45=j5 Y 46=-1/Z 46=j5
Y 55=1/Z 35+1/Z 45+1/Z 56+y 50=1/(j0.1)+1/(j0.2)+1/(j0.1)+j0.2=-j24.8 Y 56=-1/Z 56=j10 Y 66=1/Z 16+1/Z 46+1/Z 56+y 60=1/(j0.1)+1/(j0.1)+1/(j0.2)=-j24.8
000j10⎤⎡-j100
⎢0⎥-j100j1000⎢⎥⎢00-j100j100⎥
所以：Y =⎢⎥
0j100-j20j5j5⎢⎥⎢00j10j5-j24.8j10⎥⎢⎥j1000j5j10-j24.8⎢⎥⎣⎦
（2）当考虑非标准变比时，只有变压器两侧的节点的自导纳和这两个节点之间的互导纳有变化。
y 16=1/(Z 16*k ) =1/(j0. 1*1. 1) =-j9.09
y 10=(1-k) /(Z 16*k 2) =0. 1/(j0. 1*1. 1*0.1) =j0. 8265 y 610=(k -1) /(Z 16*k ) =0. 1/(j0. 1*1. 1) =-j0. 909
Y 11=-j9. 09+j0. 826=-8. 264 Y 16=Y 61=-y 16=j9. 09 Y 66=-j24. 8
第五章 电力系统的有功功率和频率调整
5-1-2
解：λ1=∂F 1/∂P G1=0. 2+0. 002P G1 λ2=∂F 2/∂P G2=0. 2+0. 004P G2
λ1= λ2⎧⎧P =200
解得：⎨G1 均未超出发电厂的出力范围，为最优分配方案。 ⎨
⎩P G1+P G2=300⎩P G2=100
5-1-3 解：（1）由耗量特性得到两台发电机的耗量为增率分别为：
λ1=∂F 1/∂P G1=b 1+2*c 1*P G1=2+0. 02P G1 λ2=∂F 2/∂P G2=2.5+0. 01P G2
当负荷为40MW 时两台发电机均按下限发电，各承担20MW 负荷，相应微增率为 λ1=∂F 1/∂P G1=b 1+2*c 1*P G1=2+0. 02*20=2.4 λ2=∂F 2/∂P G2=2.5+0. 01*20=2.7
因此负荷增加时机组1首先增加负荷，而机组2仍按下限发电，此时综合耗量微增率取决于发电机1。负荷增加直到λ1=2.7 时发电机2才增加负荷。当λ1=2.7 时P G1=(2.7-2)/0.02=35MW 此时P L =P G1+P G2=35+20=55MW
40≤P L
当负荷大于55MW 时才可以按照等耗量为增率准则最优分配负荷。 当负荷为250MW 时两台发电机均满发电，此时
λ1=∂F 1/∂P G1=b 1+2*c 1*P G1=2+0. 02*125=4. 5 λ2=∂F 2/∂P G2=2.5+0. 01*125=3. 75
即按等耗
量为增率分配时λ=3. 75 发电机2就满发，在增加负荷时只有发电机1增加功率，综合耗量微增率仍表现为发电机1的耗量微增率。
λ=3. 75 时P G1=(3.75-2)/0.02=87. 5MW 此时P L =P G1+P G2=87. 5+125=212. 5MW 212. 5
⎧P G1=(λ-2) /0. 02⎪
⎨P G2=(λ-2.5) /0. 1 得：λ=(P L +350) /150 ⎪P +P =P
G2L ⎩G1
（2）当负荷为150时按最优分配，代入综合特性为λ=10/3 （3）最优分配时解得：⎨
⎧P G1=66. 69MW ⎧P =75MW
平均分配时⎨G1
P =83.33MW P =75MW G2G2⎩⎩
元/小时 节省的燃料费用为：F 1(75) +F 2(75) -F 1(66. 67) -F 2(83. 33) =0. 1251
5-2-1
解： K G *=100/σ% K G =K G **P GN /f N =100/4*100/50=50MW /HZ
K L =K L **P LN /f N =1. 5*320/50=9.6MW /HZ
（a ） K s =4*K G + K L =209.6MW /HZ （b ） K s = K L =9.6MW /HZ
5-2-2
解：因为P G3满载，所以只有P G1和P G2能够参加调频
K G1=1/σ1* *P G1N /f N =1/0. 02*100/50=100MW /HZ K G2=1/0. 06*100/50=33.33MW /HZ
K L =K L **P LN /f N =1. 5*240/50=7. 2MW /HZ
（1） K s =K G 1+K G 2+ K L =140. 53MW /HZ
∆f =-∆P L /Ks =-50/140. 53=-0.3558Hz （此时P G1和P G2均未满载）
（2） ∆f =-∆P L /Ks =-60/140. 53=-0.427Hz 此时P G1已经超载，所以应该以发电机2和负荷的调节特性计算频率。 ∆f =-∆P L /(KG2+K L ) =-(60-40) /40. 53=-0.493Hz
5-2-5
解： ∆f =-∆P L /Ks ⇒K s = -∆P L /∆f 所以 K A =250/0. 1=2500MW /HZ K B =400/0. 1=4000MW /HZ 设联络线的功率为Pab ，则有
⎧∆f A =-∆P ab /KA ⎪ ⎨∆f B =∆P ab /KB ⎪49. 85+∆f =50+∆f
A B ⎩
解得：Pab=-230.77MW
5-2-8
解： K G1=1/σ1* *P G1N /f N =1/0. 04*560/50=280MW /HZ K G2=1/0. 05*100/50=200MW /HZ K L =K L **P LN /f N =1. 5*800/50=24MW /HZ
∆f =-∆P L /Ks =-(-50) /(280+200+24) =0.0992Hz f =50+0.0992=50. 0992HZ
' '
P G 1=P G 1+∆P G 1=P G 1-∆f *K G 1=560-0. 0992*280=532. 2222MW
' ' P G 2=P G 2+∆P G 2=P G 2-∆f *K G 2=240-0. 0992*200=220. 1587MW
第六章 电力系统无功功率和电压调整
6-3-3 有一台降压变压器，其归算到高压侧的参数为 R T =2. 44Ω, X =40Ω，低压侧的最大、最小负荷 S max , S min 表示于图中，高压侧电压波动范围是106.7～113.3kV ，如果负荷允许的电压波动范围是6～6.6kV , 是否可以选择变压器的分接头以满足电压水平的要求？若可以，试选择之。若不能，试说明原因。 S Dmax =28+j14MVA
S Dmin =10+j6MVA
110±2×2.5%/6.3kV
解：U 1max =106.7kV U 1min =113. 3kV
282+142∆S max =(2.44+j40) =0.19762+j3.2397MVA
1102102+62
∆S min =(2.44+j40) =0.02743+j0.4496MVA
110S max =S Dmax +∆S max =28. 19762+j17.2397MV A S min =S Dmin +∆S min =10. 02743+j6.4496MVA U 2max =U 1max -∆U max =U 1max -U 2min =U 1min -∆U min =U 1min -U tmax =
U 2max
U 2N =104. 57kV U ' 2max
P max R +Q max X
=99. 592kV
U 1max
P min R +Q min X
=110. 81kV
U 1min
U tmin =105. 77kV
U t =(U tmax +U tmin ) /2=105.17kV
选择110-2×2.5%的分接头
校验：最大负荷时：U ' 2max = 最小负荷时：U ' 2min =求电压偏移：m 2max =
U 2Imax 99.592
U 2N =*6. 3=6. 0041kV U t 104.5U 2min 110.81
U 2N =*6. 3=6. 6802kV U t 104.5
6. 0041-6
*100%=0. 068%6
m 2min =
6. 6802-6
*100%=11. 34% 6
所以不能选出合适的变压器分接头满足调压要求
6-3-5 选择如图示的三绕组变压器的分接头，变压器参数，最大最小负荷兆伏安数及对应的高压母线电压均标于图中，中压侧要求常调压，在最大，最小负荷时，电压均保持在（1+2.5%）×35kV ，低压侧要求逆调压。（变压器的额定电压为110±5×2.5%/38.5±3×2.5/6.6kV）（注：（1）变压器参数为归算到高压侧的值（2）计算时不计变压器的功率损耗）
高
U U S min =3+j2
解：首先由低压侧的调压要求计算出高压侧的抽头电压，然后以中压侧的调压要求计算出中压绕组的电压抽头
（1） 计算最大和最小负荷时各个绕组的电压降
∆U Imax =∆U IImax =
15⨯2. 71+11*59. 38⨯2. 71+6⨯59. 3
=6. 2092kV ∆U Imin ==3. 595kV
111. 610510⨯1. 83+8⨯38. 35⨯1. 83+4⨯38. 3
=3. 0809kV ∆U IImin ==1. 601kV
111. 6-6.2092105-3.5955⨯1. 6-2. 5⨯33⨯1. 6-2⨯2. 5
=0. 0047kV ∆U IIImin ==-0. 002kV
111.6-6.2092105-3.595
∆U IIImax =
（2） 计算最大和最小负荷时各个母线上的电压
U Imin =105kV 高压侧：U Imax =111. 6kV 中压侧：低压侧：
U IImax =U Imax -∆U Imax -∆U IImax =111. 6-6.2092-3.0809=102.3099kV U IImin =U Imin -∆U Imin -∆U IImin =105-3.595-1.601=99.804kV
U IIImax =U Imax -∆U Imax -∆U IIImax =111. 6-6.2092-0.0047=105.3861kV U IImin =U Imin -∆U Imin -∆U IIImin =105-3.595+0.002=101. 407kV
（3） 依据低压侧母线对于调压的要求，选高压母线绕组的分接头。
低压母线的调压要求为：U ' 3max =1. 05*6=6. 3kV 求变压器的分接头：
U T Imax =
U IIImax 105. 3861
U =*6. 6=110. 4045kV N3'
6. 3U 3max
U ' 3min =1.0*6=6kV
U T Im in =
U IIIm in 101. 407U =*6. 6=111. 5477kV N3'
6U 3m in
U T I=
U T Imax +U T Imin
=110. 9761kV 所以选用110KV 的主抽头
2
U IIImax 105.3861
U N3=*6. 6=6. 32kV U T I110U IIImin 101.407
U N3=*6. 6=6. 08kV U T I110
校验：最大负荷时：U ' 3max = 最小负荷时：U ' 3min =
求电压偏移：m 3max =
6. 32-6
*100%=5. 3%6
m 3min =
6. 08-6
*100%=1. 4% 6
在误差范围内满足要求。所以选择110kV 主抽头合格。
（4） 依据中压侧调压要求求中压侧分接头
中压侧要求常调压，所以最大和最小负荷要求电压U ' 2=1. 025*35=35. 875kV
U T IImax
U ' 235.875U ' 235.875=U T I=*110=38. 5716kV U T IImin =U T I=*110=39.54kV U IImax 102. 3099U IImin 99.804
U T II=
U T IImax +U T IImin
=39. 0558kV 所以选择38.5+2.5%的抽头，此时抽头电压：
2
38.5*1.025=39.4625kV 校验略。 6-3-10： 解：（1）选用调相机时：
最大负荷时：Q c =
U ' jcmax X ij
(k *U ' jcmax -U jmax ) *k 即：Q c =
10. 5
(k *10. 5-100. 5) *k X ij
最小负荷时 -0.5Q c =
10
(k *10-10. 75) *k X ij
解得：k=10.3312 高压侧电压=k*11=113.64kV 所以选择110+2.5%的抽头 k=10.25 计算容量Q c =
10. 5
(10. 25*10. 5-100. 5) *10.25=22.353MVar 34.8
U Imin 107. 5
U =*11=118.25kV k=10.75,所N
10U min
（2）当选用电容器时：
依据最小负荷时选取变压器的抽头：U T I=
以选择电容器的容量为Q c =
10. 5
(10. 75*10. 5-100. 5) *10.75=40. 1387MVar 34.8
6-3-14
解：依据题意，设补偿的电容量为Q C ，总的有功为：P ∑=3400+5600=9000KW
总无功为：Q ∑=总功率因数6-3-15
解：原负荷：S 1=6000+增加的负荷：S 2=1200+
34005600
*-0. 852+*-0. 82-Q C =2107. 1+4200-Q c (kVar) 0. 850. 8
=0. 9 解得 Q C =1.9482MVar
P 2P ∑
2+Q ∑
6000
*-0. 82=6000+j4500(kVA)
0. 8
1200
*-0. 62=1200+j1600(kVA)
0. 6
设增加的电容器容量为Q c ，则总有功P ∑=72000KW ，总的无功Q ∑=6100-Q c (kVar) （1）
P 2P ∑
2+Q ∑
=0. 8 解得：Q C =700kVar
（2）
600022
=P ∑+Q ∑ Q C =4000kVar 0. 8
（3）
P ∑
2P ∑
+
2Q ∑
=0. 9 Q C =2612.9kVar
6-3-17
解：依题意，变电所的低压侧要求常调压。
计算补偿前最大和最小负荷时变电所低压侧归算到高压侧的电压(不计变压器功率损耗):
U 2max =U 1max -∆U max =U 1max -U 2min =U 1min -∆U min =U 1min
P max R +Q max X 28*2+14*35
=112-=107. 125kV
U 1max 112
P R +Q min X 10*2+6*35
-min =112-=109.9464kV
U 1min 112
（1）当补偿设备采用电容器时，按常调压要求，确定最小负荷时补偿设备全部退出运行
条件下应选用的分接头电压：
U tmin =U 2min
U 2N U ' 2min
=109.9464*6.3/6=115. 44kV
选用110+2×2.5%的分接头，此时分接头电压为U TN =115.5kV
把抽头电压带入补偿容量的公式，按最大负荷时的调压要求确定Q C ：
U ' 2cmax U 2N U 2tN 6.0115. 52'
Q c =(U 2cmax -U 2max ) =(6. 0-107. 12586. 3/115. 5) *=9. 0357MVar 2X ij U tN U 2356. 32N
校验电压偏移：
U 2max =U 1max -∆U max =U 1max -
P max R +Q max X 28*2+(14-9.0357) *35
=112-=109.9487kV
U 1max 112
U ' 2max =109. 9487*6. 3/115. 5=5. 997kV U 2min =U 1min -∆U min =U 1min
P R +Q min X 10*2+6*35
-min =112-=109.9464kV
U 1min 112
U ' 2max =109. 9464*6. 3/115. 5=5. 997kV
计算电压偏移
m max =
6-5. 997
*100%=0. 05%6
m min =0. 05% 补偿容量满足要求。
（2）选用调相机时： 确定变压器的变比：
-2*U ' 2cmin (k *U ' 2cmin -U 2min ) =U ' 2cmax (k *U ' 2cmax -U 2max ) -2*6*(k *6-109.9464) =6*(6*k -107. 125) 解得：k =18.1677
U t2=k *U 2N =18. 1677*6.3=114.4565kV
所以选取110+2×2.5%的分接头，此时分接头电压为U TN =115.5kV 按最大负荷确定补偿容量
U ' 2cmax U 2N U 2tN 6.0115. 52'
Q c =(U 2cmax -U 2max ) =(6. 0-107. 12586. 3/115. 5) *=9. 0357MVar 2X ij U tN U 2356. 32N
校验：最大负荷时同上 最小负荷时
U 2min =U 1min -∆U min =U 1min -
P min R +Q min X 10*2+(6+9.0357/2)*35
=112-=108. 5346kV
U 1min 112
m min =1. 33%
U ' 2min =108.5346*6. 3/115. 5=5. 9201kV
所以选用调相机的容量合适。最小负荷时可以减少吸收的感性无功使低压母线电压达到6kV
暂态部分
第一章 电力系统故障分析的基本知识
1-4、
T 1 G
0.4Ω/km 50MV A 60MV A 30MV A
100km 10.5kV 10.5kV/121kV 110kV/6.6kV
X d ’’=0.15 U k %=10.5 U k %=10.5
求：①准确计算各元件电抗的标么值，基本段取I 段U BI ＝10.5kV 。 ②工程近似计算各元件电抗的标么值，S B ＝100MV A 。 解：① 精确计算法
U BI ＝10.5kV S B ＝100MV A
U BII ＝10. 5⨯
' ' X d *=0. 15⨯
1211216. 6
⨯＝10.5kV U BIII ＝10. 5⨯＝7.26kV
10. 510. 5110
10010. 510. 52100
=0. 3 X T 1*= ⨯⨯=0. 175
2501006010. 5
X L *=0. 4⨯100⨯
1001212
=0. 273
X T 2*
10. 51102100
=⨯⨯=0. 289
100301221
② 近似计算法
U B ＝U av S B ＝100MV A
' '
X d *=0. 15⨯
100
=0. 3 50
X T 1*=X T 2*=
10. 5100
⨯=0. 175 1006010. 5100
⨯=0. 35 10030
X L *=0. 4⨯100⨯
1001152
=0. 302
1-9 解：首先计算各元件的参数：
X R =
X %U N 6
*=0. 04⨯=0. 693(Ω) 1003I N 3*0. 2
R R =
P I 2N
=
1.68*10002002
=0. 042(Ω)
X =x *L =0. 083⨯1250=0. 104(Ω) R =r *L =0. 37⨯1250=0. 463(Ω)
所以：X ∑=X +X R =0. 693+0. 104=0.797(Ω) R ∑=R +R R =0. 463+0. 042=0.505(Ω)
22
Z =X ∑+R ∑=0. 943(Ω)
求短路电流的直流分量：
T a =
L ∑R ∑
=
0. 797-0.01
=0. 005(s ) K M =1+e =1. 135
2*3.14*50*0.505
因为i M =K M Im =K M I 所以 I =
U 3I
6. 3*18. 69
i M 2K M
≤
302*1. 135
=18. 69(kA )
所以：Z =≥=0.1946(Ω)
所以允许铺设的电缆数为：0.943/0.1946=4.846 为4条。
(3)1-13、
0.3kA
30MV A 0.5km 40km 6.3kV U k %=10.5 X R %=4
设： （1）S B ＝100MV A （2）U B =Uav （3）K M =1.8
求：①K 点发生三相短路时的冲击电流是多少？短路电流的最大有效值是多少？短路功率是多少？②简述短路冲击电流的意义，何种情况下短路，其冲击电流最大。 解：①
X L 1*=40⨯0. 4⨯
100
1152I 44100
X R *=⨯B =⨯=1. 222
100I N 1003⨯6. 3⨯0. 3
100
X L 2*=0. 5⨯0. 08⨯=0. 1008X ∑*=X L 1*+X T *+X R *+X L 2*=1. 79372
6. 3
I *=
1
=0. 5575X ∑*
I =I *⨯I B =0. 5575⨯
I M
=5. 113kA ⨯6. 3
=1. 52I =1. 52⨯5. 113=7. 766kA 100
=0. 121
X T *=
10. 5100
⨯=0. 3510030
所以： i M =2. 55I =2. 55⨯5. 113=13. 01kA
S d =S *⨯S B =0. 5575⨯100=55. 75MVA
②短路电流在最恶劣的情况下可能出现的最大瞬时值称为冲击电流，它用于检验电气设备或载流导体的动稳定。
第三章 电力系统三相短路的实用计算
3-3、电力系统接线如图所示，元件参数标于图中，发电机均装有自动电压调节器，当K 点发
生三相短路时，试计算：
（1） 次暂态电流初始有效值I ' ' ； （2） 冲击电流值i M 。
G 1
=0.125
2×60MV A U k %=10.5
60km
A X s =0.1
G 2
2' ' X d
cos φ=0.8
解：取S B =100MVA , U B =U pj ，则各元件参数计算如下：
' '
G 1, G 2:X G 1=X G 2=X d
S B 0. 8
=0. 125⨯100⨯=0. 2S N 50
T 1, T 2:X T 1=X T 2=
U K %S B 10. 5100⨯=⨯=0. 175100S N 10060
S s :X s =0. 1
2U B 100
l :X l =x 1l =0. 4⨯60⨯=0. 181
S B 1152
S
X s
0.5X G 1 0.5X T1 0.5X L
10. 1875⨯0. 1905⎛1⎫⎛1⎫
X d ∑= X G 1+X T 1⎪// X L +X s ⎪=0. 1875//0. 1905==0. 094
20. 1875+0. 1905⎝2⎭⎝2⎭I d *=I *' ' =
1X d ∑
=10. 58
I ' ' =I *' ' ∙I B =10. 58⨯
1003⨯115
=5. 31(kA )
i M =2. 55I ' ' =13. 54(kA )
3-4、电力系统接线如图所示，A 系统的容量不详，只知断路器S 的切断容量为3500MV A ，B 系统的容量为100MV A ，电抗X B ＝0.3，试计算当K 点发生三相短路时的起始次暂态电流I ' ' 及
冲击电流i M 。
A
解：取S B =100MVA , U B =U pj ，则系统的等值电路图为：
100
2
=1. 461
S
X 3=X 4=X 5=0. 4⨯40⨯
100
2
图中：X 1=X 2=0. 4⨯50⨯
3737
计算A 系统的电抗：若短路点发生在和A 相连的母线上，则AB 系统的短路电流都要经过断路
=1. 169 X B =0. 3
器，其中B 供给的电流决定于电抗X 1//X 2+X 3//(X 4+X 5) +X B =1. 80958，所以B 系统提供的短路容量为S dB =1/1. 80958*S B =55. 26MVA
. 738MVA X A =由A 系统提供的短路容量为S A =3500-S dB =3444
11
==0. 029 S A *3444. 化简上图如下：
X 7=X A +X 1//X 2=X A +0. 73
S X 8=X 9=X 10=
1. 169⨯1. 169
=0. 39
3⨯1. 169
X 11=(X 7+X 8)//(X 9+X B )=1. 149//0. 69=X d ∑=X 11+X 10=0. 431+0. 39=0. 821
' '
I ' ' =I *I B =1. 218⨯
1. 148⨯0. 69
=0. 431
1. 148+0. 69
1' '
I *==1. 218
X d ∑
100⨯37
=1. 9(kA )
i M =2. 55I ' ' =4. 85kA
3-19计算K 点发生三相短路时短路点的总电流及发电机支路的电流（S B =100MVA ） 解：计算统一基准值下的标幺值
" X *=X " *
S B
=0. 4*100/250=0. 16S N
" X d =X d " *
S B
=0. 125*100/45=0. 2778 S N
X T1*=
U K %S B 9. 8100
*=*=0. 0327100S TN1100300
S B U
2B
X T2*=
U K %S B 10. 5100
*=*=0. 175100S TN210060X 30L *=x 1*L *
S B U
2B
X 50L *=x 1*L *
=0. 4*50*100/1152=0. 1512=0. 4*30*100/1152=0. 0907
系统的等值电路及其化简过程为：
X ”X
X d*
图中各电抗如下：
"
X 1=X *+X T1*=0. 16+0. 0372=0. 1927
"
X 2=X d *+X Td *=0. 2778+0. 175=0. 4528
X 3=0. 0907
X 8=
X 4=X 5=0. 1512X 5*X 4
=0. 0582
X 3+X 4+X 5
X 6=
X 3*X 4
=0. 0349
X 3+X 4+X 5
X 7=0. 0349
X ∑=(X 1+X 6) //(X 2+X 7) +X 8=0. 2134
1I *==4. 6865
X ∑I 1*=I **
所以I =I **I B =4. 6865*100/(3*115) =2. 3528kA
所以I 1=I 1**I 1B =3. 1953*100/(3*10. 5=25. 77kA
X 2+X 7
=3. 1953
X 2+X 7+X 1+X 6
I 2*=1. 4912所以I 2=I 2**I 2B =1. 4912*100/(3*10. 5=8. 1995kA
3-20
解：取S B =SGN =40MVA I *=S *=150/40=3. 75
要保证0.2”时电流
X" d +X ≥0. 25⇒X x ≥0. 23-0. 3=-0. 05⇒X =-0. 05*
10. 52
=-0. 0551Ω 40
3-26、系统接线如图所示，当K 点发生三相短路时，试计算： （1） 次暂态电流初始有效值I ； （2） 0.2秒电流有效值I 0.2； （3） 短路电流稳态值I ∞。
, U B =U pj ，系统等值电路解：取S B =1000MVA
X w
*
S 1000=X w ⨯B =0. 4⨯=1. 6
S N 250
' '
）
11000
图如下所示：X 1=⨯0. 4⨯50⨯=0. 756
21152
1000
X 2=0. 4⨯40⨯=1. 21
1152
X 3=0. 4⨯30⨯X T
1000
2
115
10. 51000=⨯=3. 3310031. 5
=0. 907
X 4=0. 4⨯25⨯X p *=0. 3⨯
1000115
2
=0. 756
1000
=2150
网络化简过程如下：
X w X 1
X 2X p
X w X 1
X 5
X 6X p
X 8 X 9
X
X 5=X 6=X 7=
X 2X 31. 21⨯0. 907
==0. 382
X 2+X 3+X 41. 21+0. 907+0. 756X 2X 41. 21⨯0. 756
==0. 318
X 2+X 3+X 41. 21+0. 907+0. 756X 4X 30. 756⨯0. 907
==0. 239
X 2+X 3+X 41. 21+0. 907+0. 756
X 10=X T +X 7=3. 33+0. 239=3. 569
X 8=X w *+X 5+X 1=1. 6+0. 756+0. 382=2. 738X 9=X p *+X 6=2+0. 318=2. 318
X 11=X 8+X 10+X 12=X 9+X 10+X wjs =X 11⨯I ' ' =0. 75⨯
X 8X 102. 738⨯3. 569
=2. 738+3. 569+=10. 52X 92. 318X 9X 102. 318⨯3. 569
=2. 318+3. 569+=8. 9X 82. 738
X pjs =X 12⨯I 0. 2=0. 7⨯
S pN S B 150⨯37
=8. 9⨯
150
=1. 331000
250⨯37
=3. 28kA
S wN 250
=10. 52⨯=2. 63S B 1000150
+0. 41⨯
250
=3. 35kA
⨯37⨯37150250
I ∞=0. 8⨯+0. 42⨯=3. 51kA
3⨯373⨯37
+0. 42⨯
3-27、下图所示系统，在K 点发生三相短路，试求t ＝0″、t ＝0.6″时的短路电流周期分量。
100km X
大功
解：S B =120MVA ，各元件的参数计算如下： X G =0. 12⨯X L 1
12010. 5120
=0. 24X T =⨯=0. 216010060
120120
=100⨯0. 4⨯=0. 36X L 2=50⨯0. 4⨯=0. 1822
115115
系统的等值电路如下所示：
S
=0. 24+0. 21+0. 18+
X 3S
X 1=(X G +X T )+X L 2+X 2=X L 1+X L 2+X Gjs =X 1⨯I 0=2. 5⨯I 0. 6
(X G +X T )X L 2
X L 1
(0. 24+0. 21)⨯0. 18=0. 855
0. 36
X L 1X L 20. 36⨯0. 18
=0. 36+0. 18+=0. 684
X G +X T 0. 24+0. 21
S GN 60=0. 855⨯=0. 428S B 12060
+
1120
⨯=1. 634(kA )
3⨯1150. 6843⨯115601120
=1. 86⨯+⨯=1. 44(kA )
0. 6843⨯115⨯115
第四章 对称分量法及电力系统元件的各序参数和等值电路
4-2已知A 相电流的相序分量为I a 1=5, I a 2=-j 5, I a 0=-1，试求A 、B 、C 三相电流，并作相量图。
⎡∙⎤A ⎥⎡1⎢I ∙
⎥⎢2I 解：⎢B =a ⎢∙⎥⎢⎢I C ⎥⎢⎣a ⎢⎣⎥⎦
1
a a 2
⎡∙⎤ 1⎤⎢I a 1⎥⎡4-j 5⎤⎡6. 4∠-51. 3⎤∙⎥⎢0. 83-j 1. 83⎥=⎢2. 01∠-65. 6 ⎥⎢1⎥⎢I a 2⎥=⎥ ⎥⎢⎥⎢∙ ⎥⎢1⎥⎦⎢I a 0⎥⎢⎣-7. 83+j 6. 83⎥⎦⎣10. 39∠138. 9⎦⎢⎥⎣⎦
∙
∙
∙
I C
I a1
b1I A a2
4-21、系统接线如下图，当在K 点发生单相接地短路时，试画出其零序等值网络图。
解：系统零序等值网络图如下：
16
4-23、图示网络中K 点发生单相跳闸故障，试组成它的零序网络。
4-24、下图中b 点和f 点分别发生接地短路时，试画出它的零序电路图。
解：当b 点发生接地短路时： 当F 点发生接地短路时：
f|0| 12
4-26、已知系统接线如下图，双回线中的一条正检修中（为了安全两端都接地）当在K 点发生不对称接地故障时，试制订该系统的零序等值网络图。
解：
4-28 已知系统接线图如下，各元件的序电抗均已知，当k 点发生不对称接地短路时，试制定正序，负序，零序网络（变压器为三相三柱式）
X 1=Xd ” X
s1X 2=1.2Xd ” X s2
X 0=0.5Xd ”
X s0
解：正序等值电路为:
零序等值电路为：
m3(0)
第五章不对称故障分析
5-2、图示系统中K 点发生单相接地故障，试组成复合序网，图中发电机中性点经X pg 接地。
解：正序网络图如下：
X ∑(1)=Xg1+XT1+XL1 U f|0|f(1)
负序网络图如下：
X ∑(2)=Xg2+XT1+X
L1 f(2)
零序网络图如下：
3X pg
复合序网图： U f|0|
X ∑(0)=(3Xpg +Xg0+XT1+XL10)//(XL20+XT2)
5-8、设A 、B 发电机暂态电势E ’=1.0，当在F 点发生K (1)，K (2)，K (1,1)短路时，试计算故障处的A 、B 、C 三相电流。（图中各元件参数均为归算到统一基准值后的标幺值）
12x 1=0.3 x T1=0.12 x T2=0.1
单回线x 0=0.7 x 2=0.2
x 0=0.05
解：
正序网络图：
负序网络图：
零序网络图：
由各序序网图可求出各序等值电抗：
X 1∑=(0. 3+0. 12)//(0. 15+0. 1+0. 25)=0. 228X 0∑=(0. 05+0. 12)//(0. 35+0. 1+0. 03)=0. 126
x 1=0.25 x 2=0.15 x 0
=0.03
X 2∑=(0. 2+0. 12)//(0. 15+0. 1+0. 15)=0. 178
(1) 单相接地短路
I I
∙f (1)
=I
∙f (1)
=I
∙f (1)
=
j (X 1∑
U f |0|1
==-j 1. 88
+X 2∑+X 0∑) j 0. 228+0. 178+0. 126 I
∙fb
∙
∙fa
=3I
∙f (1)
=-j 5. 64=0I
∙fc
=0
各相电压 U f (1) =U f |0|-I U f (2) =-I U fa =0
∙
∙
∙
∙∙
∙f (2)
∙
∙
∙f (1)
Z ∑1=1-(-j1. 88⨯j0. 228) =0. 5714
U f (0) =-I
∙
∙f (0)
Z ∑2=-(-j1. 88⨯j0. 178) =-0. 3346
∙
∙
∙
∙
∙
Z ∑0=-(-j1. 88⨯j0. 12) 6=-0. 2369
U f b =a 2U f (1+) a U f (2) +U f (0) =-0. 355-3j *0. 784=60. 861∠3-11. 436o 3
U fc =a U f (1+) a 2U f (2) +U f (0) =-0. 355+3j *0. 784=60. 86∠1131. 436o 3
(2) 两相接地短路
I I
∙f (1)
=
j (X 1∑
∙f (1)
U f |0|1
==-j 3. 314
+X 2∑//X 0∑) j 0. 228+j (0. 178//0. 126) X 0∑0. 126
=j 3. 314⨯=j 1. 374
X 2∑+X 0∑0. 178+0. 126
I
∙f (0)
∙
∙f (2)
=-I =-(I
∙f (1)
-I
∙f (2)
) =j 1. 94
I
∙
fa
=0I
∙
fb
=a 2I
∙
f (1)
+a I
∙
f (2)
+I
∙
f (0)
=5. 0∠144. 3 I
∙fc
=a I
∙
f (1)
+a 2I
∙
f (2)
+I
∙
f (0)
=5. 0∠35. 7
各相电压
U f (1) =U f |0|-I
∙∙
∙
∙f (1)
Z ∑1=1-(-j3.314⨯j0. 228) =0. 244=U f (2) =U f (0)
U f b =U fc =0
∙
∙
∙∙
U fa =3*U f (1) =3*0. 244=0. 732
(3)两相短路
I I
∙f (1)
=
U j (X 1∑
∙
∙
1
==-j 2. 463
+X 2∑) j (0. 228+0. 178)
f |0|
∙f (2)
I
∙
∙f (2)
=-I
∙f (1)
=j 2. 463I
∙fa
=0
∙fb
=a 2I
f (1) +a I =-4. 266I
∙fc
=a I
∙
2
f (1) +a I
f (2)
=4. 266
各相电压
U f (1) =U f |0|-I f (1) Z ∑1=1-(-j2.463⨯j0. 228) =0. 4384=U f (2) U fa =2*U f (1) =2*0. 4384=0. 8768
∙
∙
2∙
∙
∙
∙
∙
∙
U f (0) =0
∙
∙
U f b =a U f(1)+a U f (2) =-0. 4384=U fc
5-10、系统接线如图所示，变压器采用Y 0/∆-11接线方式，各元件标幺值参数标于图中，当高压母线上K 点发生两相接地短路时，试求：
(1)、计算短路点K 处A 相的电流、电压序分量；
(2)、计算变压器低压侧各相短路电流和电压值，并作其相量图。 (1,1)
x T =0.12
x 2=0.3
x 0=0.1
解：计算各序等值阻抗：
X 1∑=0. 2+0. 12=0. 32U
∙f |0|
X 2∑=0. 3+0. 12=0. 42X 0∑=0. 12
=j 1⋅e -j 30=1∠60
(1) 故障点处的电流和电压序分量：
I f (1)
∙∙
U f |0|1∠60
===2. 42∠-30
j (X 1∑+X 2∑//X 0∑) j (0. 32+0. 42//0. 12)
∙
∙
I f (2) =-I f (1)
∙
∙
X 0∑
=0. 54∠150
X 0∑+X 2∑
∙
I f (0) =-(I f (1) -I f (2) ) =1. 88∠15 0
U
U
U ∙∙∙f (1) f (2)
f (0) =U ∙f |0|∙-j I f (2) ∙f (1) X 1∑=1∠60 -j 0. 32⨯2. 42∠-30 =0. 226∠60 =-j I =U ∙X 2∑=-j 0. 42⨯0. 54∠150 =0. 226∠60 ∙
f (2) f (1) =U =0. 226∠60
(2) 低压侧各相短路电压和电流：
I a (1) =I ∙∙
f (1) e j 30 =2. 42I a (2) =I ∙∙
f (2) e -j 30 =0. 54∠120 I a (0) =0∙
∙∙ ⎛∙⎫ U a (1) = U f (1) +j I f (1) X T ⎪e j 30=(0. 226∠60 +2. 42⨯0. 12∠60 ) e j 30=j 0. 516⎝⎭
∙∙∙ ⎛∙⎫U a (2) = U f (2) +j I f (2) X T ⎪e -j 30=0. 139+j 0. 08U a (0) =0⎝⎭
I a =I a (1) +I a (2) +I a (0) =2. 15+j 0. 468=2. 2∠12. 28
I b =a 2I a (1) +a I a (2) +I a (0) =-1. 48-j 2. 563=2. 96∠240 I c =a I a (1) +a 2I a (2) +I a (0) =-0. 67+j 2. 096=2. 2∠107. 73 U a =U a (1) +U a (2) +U a (0) =0. 139+j 0. 596=0. 612∠76. 87 U b =a 2U a (1) +a U a (2) +U a (0) =0. 308-j 0. 178=0. 356∠-30 U c =a U a (1) +a U a (2) +U a (0) =-0. 447-j 0. 418=0. 612∠-136. 9 ∙∙2∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙
31