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