武汉大学电气工程基础习题课

1、.1 某 500kV 线路长为 l m,求将电抗器接在该空载线路末端,和电抗器接在空载线路中点两种情况下沿线电压分布曲线(设)。2解：1当电抗器接于线路末端时：由于l ，2cos(x)cos(x)cos( x)&2&2U xU1cos( l)U1)U1coscos(22U&2U&1coscos(l)coscos()末端电压&)&2&U 2U1 cos( lU 1U1cos21l/23l/22XL2当电抗器接于线路中点3 时由于中点 （不包括电抗器） 到末端的线路相当于空载线路的电压分布，这部分的入口电抗为tgZcZcX L tgX Lcos(l )l入口电抗： Z BK2jX Ltg ctgj

2、Xsin(l / 2)jZ cctgL2jZc1l/23l/22XLZ BK因此由中点包括补偿电抗器，向线路末端看去的等效电抗为0，相当于开路。则前半段线路相当于末端没有接补偿装置的空载线路，线路长度为l/2，.其电压分布为：& cosx& cosxU xU1lU1coscos2&U&1中点的电压为：U 3cos& cosxU&1cos x& cosxU xU 3lcoscosU 12后半段线路的电压分布为：coscos2&1末端电压为：U 2U 1 cos2综上分析可得；& cos(xl / 2)0xlU&xU1cos2& cosxlU1 cos22xl&1U 3U 1cos&1U 2U 1

3、 cos2l/2l/2132X L2. 下图所示网络中， 已知母线 A、B、C 上的线电压均为 115kV，线路每公里正序电抗为 x1=0.4/km ，可靠系数IIIIIIreK rel =1.3， K rel =1.15， K rel =1.2，返回系数K =0.85，电动机自启动系数Kst=1.5，其它参数标于图中。保护1，2 装设了三段式电流保护。试求：（1） 保护 1 的段的动作电流、动作时间和最小保护范围lmin %；（ 2） 保护 1 的段的动作电流、动作时间和灵敏系数；（ 3） 保护 1 的段的动作电流、动作时间和灵敏系数。.ABC125 km250 km3t3 2sI L ma

4、x 450 A4t4 1.5sX smax5.27Xs min4.26解：（）先求电流段的整定值I&fB maxEP115/34.656(kA)X s.minX AB4.2625 0.4(2)3EP3115/ 33.766(kA)I&fB min2X s.maxX AB25.27250.4(2)3EP3115/31.630(kA)I&fC min2X s.maxX ABX BC25.27(2550)0.4I op1K relI I fB m ax =1.34.656=6.053(kA)动作时限为： t10(s)最小保护范围l min (%)=1(3EX S max ) 100% =1(3 11

5、5 / 35.27) 100%IX AB2I OP 125 0.426.053=42.29%(1020)%(2)求电流段的整定值：I&fC maxEP115/31.938(kA)X s.minX ABX BC4.260.4(2550)与线路 BC配合：I op1K rel I op2= K relK relII f C m ax =1.3 1.15 1.938 =2.897(kA)校验灵敏度： K1I fB(2).min3.7661.30 1.3 1.5，I op12.897满足要求t1?t=0.5(s)(3) 求电流 III 段的整定值I op1K rel K stI L max 1.21.

6、5450 952.94 （ A）K re0.85作近后备： K s1I fB.min(2)3.7663.952 1.31.5I op10.953.作远后备： K s1I fC(2).min1.630I op11.7111.2 ，满足要求0.953动作时限： t 2t3? t 2 0.5 2.5(s)t41.5(s)t1 maxt2, t4?t=2.5+0.5=3(s).3. 某电力系统的负荷额定功率 PLDN=1600MW ， f N=50Hz， KLD*=2.1，系统可能出现的最大功率缺额 Pla.max =232MW 。系统机组出力不可调。试求：(1)无减负荷措施时系统频率会下降到多少。(2)若系统投入低频自动减负荷装置，在全部动作后希望系统频率恢复到fres=49.1Hz，求低频自动减负荷装置的切除负荷总功率Pcut 。.解：首先求出现最大功率缺额且无减负荷措施时系统频率稳态值f ，得23250f3.625 Hz21600故有 f50 3.62546.375Hz求得f resfNf res