电力系统分析基础 习题课2.ppt
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,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,j0.1,j0.2,j0.1,j0.25,1 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,j0.1,2,1,1:1.1,j0.1/(1.12),2,第四章 电力系统的潮流计算,1节点导纳矩阵为：,1,2,3,1:1.1,j0.1,j0.2,j0.25,2 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j0.25的支路。,节点23 加一支路,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（100<PG1<200兆瓦） dF2/dPG2=0.10PG2+10元/兆瓦.小时（100<PG2<300兆瓦） dF3/dPG3=0.05PG3+10元/兆瓦.小时（200<PG1<500兆瓦） 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。=f（PL）,解：掌握等耗量为增率法最优分配负荷,第五章电力系统的有功功率和频率调整,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，计算出相应的值。即求出与PL的关系式。,注意发电机组的上下限限制！,PL=400时，由上式得=20.9，PG1=72.7500不合题意 PG3=500时， =35。所以上式适合25 35,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1*=0.02， 2*=0.06， 3*=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/ 1*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 f=- PL/Ks=-0.3558Hz 2) f=-0.427Hz 此时PG1已经超过满载，所以分为两步计算。f1=40/KG1=0.4Hz 60-40-(KL +KG2) * f1=(KL+KG2) f2 f= f1+ f2,5-3 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！,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)/ f=0.112* PDN /0.3=1.12/3PDN = KG=Ks-KL=1/3PDN 设增发PG0 ，则PG0 =Ks f=1.12PDN/3*0.2=0.074667PDN 法（2）(PL- PG0 PDN)/Ks=0.1= PG0 法（3）调频器不动作：KG=- PD/ f =(1.1-1)PDN/0.3=1/3PDN 调频器动作： PG0 =(KL+KG) f=(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）,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 f 所以f1=1.5Hz 75- PGB=40 f1 所以PGB为二次调频增发容量为15MW,第五章电力系统有功功率和频率调整,560MW,PL800MW,B PGN500MW 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？,240MW,PGN560MW A 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 f =0.0992Hz f=50+ f =50.0992Hz PG1=-KG1* f =-280*0.0992 PG1=PG1+PG1=532.22MW PG2=PG2+PG2=220.1587MW,第五章电力系统有功功率和频率调整,Pab,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 f=-0.029H Pab=-12.4MW,B,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=8MVar,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,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：,利用等网损微增率准则,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6UN，试求在线路中应串联电容器的容抗Xc为多少欧姆？,6.3一条35KV的线路，线路的阻抗为10j10，输送至末端的负荷功率为7j6MVA，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,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,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：,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：,（4）进行电压校验： 最大负荷时：104.15*11/110=14.41510.2KV 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,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；,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,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 )*Utj2/UNj2 =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,（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 )*Utj2/UNj2 =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,
