武汉大学电气工程基础习题课.pdf

《武汉大学电气工程基础习题课.pdf》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在行业资料-天天文库。

1、.1某500kV线路长为lm,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)22U&xU&1U&1U&1cos(l)cos()cos22cosU&U&21cos(l)cos()末端电压U&U&cosU&2U&2111cos(l)cos2l/2l/2132XL2．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ZctgZcXLtgXLlcos()2l入口电抗：ZBKjZcctgjXLtgctgjXLs

2、in(l/2)2jZcl/2l/2132XLZBK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：U&U&cosxU&cosxx11lcoscos2U&&1U3中点的电压为：cos&&cosxU&1cosx&cosxUxU3U12后半段线路的电压分布为：lcoscoscoscos21U&2U&12末端电压为：cos综上分析可得；cos(xl/2)lU&0x1cos2U&x&cosxlU12xlcos2&&1U3U1cos&&1U2U12cosl/2l/2132XL2.下

3、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=0.4IIIIIIΩ/km，可靠系数Krel==1.3，Krel=1.15，Krel=1.2，返回系数Kre=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Ⅰ段的动作电流、动作时间和最小保护范围lmin%；（2）保护1的Ⅱ段的动作电流、动作时间和灵敏系数；（3）保护1的Ⅲ段的动作电流、动作时间和灵敏系数。'..ABC125km250km3t32sILmax450A4t41.5sXsmax5.27Xsmin4.26解：（１）先求

4、电流Ⅰ段的整定值&EP115/3I4.656(kA)fBmaxXs.minXAB4.26250.4&(2)3EP3115/3IfBmin3.766(kA)2Xs.maxXAB25.27250.4&(2)3EP3115/3I1.630(kA)fCmin2XXX25.27(2550)0.4s.maxABBCIIop1KrelIfBmax=1.3×4.656=6.053(kA)动作时限为：t10(s)最小保护范围13E13115/3lmin(%)=(IXSmax)100%=(5.27)100%XAB2IOP1250.426.053=42.29%>(10~20)%(2)求电流Ⅱ段的

5、整定值：&EP115/3I1.938(kA)fCmaxXs.minXABXBC4.260.4(2550)与线路BC配合：IIop1KrelIop2=KrelKrelIfCmax=1.3×1.15×1.938=2.897(kA)(2)IfB.min3.766校验灵敏度：K11.30>1.3～1.5，Iop12.897满足要求t1?t=0.5(s)(3)求电流III段的整定值KrelKst1.21.5Iop1ILmax＝450952.94（A）Kre0.85(2)IfB.min3.766作近后备：Ks13.952>1.3~1.5Iop10.953'..(2)IfC.min1.6

6、30作远后备：Ks11.711>1.2，满足要求Iop10.953动作时限：t2t3?t＝2＋0.5＝2.5(s)t41.5(s)tmaxt,t?t=2.5+0.5=3(s)124'..3.某电力系统的负荷额定功率PLDN=1600MW，fN=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PcutΣ。'..解：首先求出现最大功率缺额且无减负荷措施时

7、系统频率稳态值f，得23250f3.625Hz21600故有f503.62546.375Hz求得fNfresfres0.018fN即可求得ZDPJ的切除负荷总功率PcutΣ为PLamaxKLDfresPLDN2322.10.0181600PcutΣ178.26MW1KLDfres12.10.018'.