2009年春季学期《电力系统分析》课程考试试卷(A 卷)参考答案及评分标准命题教师 李咸善 审题教师一、简答题(每小题 5分，共40分)1、高压输电线路的电路参数有哪些？各描述什么物理现象？画出输电线路的集中参数表示的∏型等值电路。

答：电阻、电抗、电导、电纳1、电阻 反映了通电导线的热效应。

2、电抗 导线中流过交流电流，在导线周围产生的磁场效应。

3、电导 反映线路的泄漏和电晕现象。

4、电纳 反映导线间、导线与大地间的电容，即电场效应。

∏型等值电路：2、输电线路的电压降落、电压损耗、电压偏移是如何定义的？ 答：电压降落 ：指的是线路始末两端的电压相量差12()U U -或dU 。

电压损耗 ：指的是线路始末两端的电压数值差12()U U -。

电压偏移 ：指的是线路始端或末端电压与线路额定电压的数值差1()N U U -或2()N U U -，也常以百分值表示。

3、电力系统电压中枢节点的调压方式有哪些？并说明各调压方式的调压范围。

答：一般把中枢点的调压方式分为逆调压、顺调压和常调压三类。

<1> 逆调压：最大负荷保持中枢点电压比网络额定电压高5%，最小负荷保持为网络额定电压。

<2> 顺调压：最大负荷时中枢点电压不低于网络额定电压的102.5%，最小负荷时不高于网络额定电压的107.5%。

<3> 常调压（恒调压）：介于上述两种调压方式之间，即在任何负荷下，中枢点电压保持基本 不变，一般比网络额定电压高2%~5%。

4、电力系统常见的调压措施有哪些？ 答：1、改变发电机端电压调压2、改变变压器变比调压3、补偿设备调压：如并联电容器、调相机、静止补偿器等。

5、P-Q 分解法修正方程对牛顿-拉夫逊法的修正方程做了哪些简化？P-Q 分解法潮流计算有哪些特点？答：第一个简化是：计及高压电力网络中各元件的电抗一般远大于电阻，以致各点电压相位角的改变主要影响各元件中的有功功率潮流从而各节点的注入有功功率；各节点电压大小的改变主要影响各元件中的无功功率潮流从而各节点的注入无功功率。

第二个简化是：由于状态变量i δ的约束条件是max ||||i j i j δδδδ-<-，即||||i j ij δδδ-<不宜过大。

计及ij G <<ij B ，认为cos 1ij δ≈；ij ij δsin G <<ij B ；在上述两个简化下，原来的功率修正方程可分解成相互独立的有功功率修正方程和无功功率修正方程。

P-Q 分解法潮流计算的特点：1 用两个n 阶线性方程组代替了牛顿法中一个2n 阶(直角坐标系下)线性方程组；2 系数矩阵的所有元素在迭代过程中维持常数；3 系数矩阵是对称矩阵。

6、什么是电力系统的一次调频？一次调频能做到无差调节吗？二次调频能做到无差调节吗？ 答：一次调频：当系统负荷发生波动时，首先，系统中发电机的转子动能发生变化（通过转速变化），维持系统的功率平衡，发电机转速的变化导致了系统的频率变化，进一步通过发电机调速系统的调节作用和负荷本身的调节作用，使系统频率向着靠近初始频率变化，由于调速器的有差调节，系统频率不能恢复到额定值。

一次调频无法做到无差调节，二次调频在一次调频的基础上，人为或自动指定调频机组或调频厂，强制性的增发或少发功率，所得到的功率增量可以完全抵偿负荷的初始增量。

故二次调频可以做到无差调节。

7、什么是对称分量法？序阻抗的基本概念如何？答：在三相系统中，任何一组不对称的三个相量（电流、电压）可分解为三组分别对称的分量（正序、负序和零序分量），再利用线性电路的叠加原理，对这三组对称分量分别按三相对称电路进行求解，然后对其结果进行叠加。

正序分量：a 、b 、c 三相幅值相等，相位为a 相超前b 相120°，b 相超前c 相120° ； 负序分量：a 、b 、c 三相幅值相等，相序与正序相反；零序分量：a 、b 、c 三相幅值、相位均相等。

三相对称元件各序的序阻抗分别为元件两端同一序的电压降与电流的比值。

8、什么是电力系统的静态稳定？如何根据系统的特征值判断系统的静态稳定性？答：电力系统静态稳定是指电力系统受到小干扰后，不发生自发振荡或非周期性失步，自动恢复到初始运行状态的能力。

如果所有的特征值都为负实数和具有负实部的复数，则系统是稳定的。

若改变系统的运行方式或参数，使得特征值中出现一个零根或实部为零的一对虚根，则系统处于稳定的边界。

只要特征值中出现一个正实数或一对具有正实部的复数，则系统是不稳定的。

二、110kV 输电线路，长80km ，r=0.21Ω/km ，x=0.409Ω/km ，b=2.74×10-6S/km ，线路末端功率10MW ，95.0cos =φ滞后，已知末端电压110kV,试求始端电压大小和相角、始端功率，并作相量图？（12分）解：输电线路的等值电路如下图参数计算：R=0.21×80=16.8(Ω)；X=0.409×80=32.72(Ω)；B=2.74×10-6×80=2.192×10-4(S) 线路末端功率：Φ=arccos0.95=18.195°。

P 2=10MW，Q 2=10tg18.195°=3.289(Mvar) S 2=P 2+jQ 2=10+j3.289(MV A))(1.962810110210192.2j .2893j 01U 2B j S S S S 24222ly 222MVA j +=⨯⨯-+=-=∆+='-电压降落的纵分量及横分量：kV 2.111111072.239628.18.1601U X Q R P U 2222=⨯+⨯='+'=∆kV 2.6748 110.8619628.172.2301U R Q X P U 2222=⨯-⨯='-'=δ始端电压：112.143kV )2.6748 ()1111.2110()()(22222221=++=+∆+=U U U U δ 始端电压相位： 1.36941111.21106748.2arctgU U U arctg222=+=∆+=δδ三、如下图所示，已知各支路的导纳，写出该网络的节点导纳矩阵？若节点 2为PQ 节点，写出极坐标下该节点的有功功率和无功功率方程（12分）解：1、网络的节点导纳矩阵，以大地为参考节点，j10j3j4j5j2y y y y Y 1413121011-=---=+++=j3j5j2y y Y 212022-=-=+=；j4y Y 3133-== ；j j3j2y y Y 414044-=-=+=512j Y =；413j Y =；314j Y =⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡----=j j j j j j j j j j 0030404003534510Y 2、节点2的功率方程节点2的注入功率为jQ P +，该节点的功率方程为4,3,2,1,sin )sin cos (P 2222222222==+=∑∑∈∈j B U U B G U U j j j j j j j j j j θθθ（2分）4,3,2,1,cos )cos sin (Q 2222222222=-=-=∑∑∈∈j B U U B G U U j j j j j j j j j j θθθ（2分）带入导纳值后，2112sin 5P θU U =；211222cos 53Q θU U U -=（2分） 四、已知三个电厂的耗量特性为：1U 2U j2ht P P F h t P P F ht P P F G G G G G G /2.116.00018.0/5.213.00012.0/31.00012.0323322221211++=++=++= 如果系统的总负荷P D =300MW ，不计网损的影响，求各电厂之间的经济负荷分配。

若三电厂平均分担负荷，8000小时内浪费多少煤？（12分） 解：16.00036.013.00024.01.00024.0133312221111+==+==+==G G G G G G P dP dF P dP dF P dP dF λλλ根据等微增率准则，有321λλλ==，即16.00036.013.00024.01.00024.0321+=+=+G G G P P P并且，MW P P P G G G 300321=++解得：625.65,9375.110,4375.123321===G G G P P P 8000小时，三电厂耗煤量总和为：8000×(F 1 +F 2 +F 3)= 678160若三电厂平均分担负荷，即100321===G G G P P P8000小时，三电厂耗煤量总和为： 8000×(F 1 +F 2 +F 3)= 701600 浪费煤量23440五、试画出图示系统K 点发生不对称短路后的正序、负序和零序网络。

并画出K 点单相接地短路时的复合序网（12分）1、 正序网络等值电路（4分）2、 负序网络等值电路（4分）3、 零序网络等值电路（4分）K 点单相接地短路时的复合序网：)0()2()1(,,f f f X X X 分别为正序，负序和零序网络中短路点的输入电抗；)0()2()1(,,fa fa fa I I I 分别为短路点电流的正序，负序和零序分量；)0()2()1(,,fa fa fa V V V 分别为短路点电压的正序，负序和零序分量；)0(f V 短路发生前故障点的电压。

得分)2(fa V)0(fa V)1(fa V)0(f jX)2(f jX)1(f jX)0(f V)1(fa I)2(fa I)0(fa INj3X1B ZL Z0U •）（-1G Z 1B ZL Z2B Z）（-2G Z1E G •1B ZL Z2B Z2E G •）（+2G Z ）（+1G Z六、某发电机通过网络向一无穷大母线输送的功率P 0=1.0，正常运行时的功率极限P IM =1.8，发生故障后的功率极限P IIM =0.4，故障切除后的功率极限P IIIM =1.4，试计算为保持暂态稳定时的极限切除角δcm 。

(12分) 解：1001sin 33.7491.8δ-== 0101180sin134.421.4h δ-=-= 00()cos cos cos T hIIIM h IIM cmIIIM IIMP P P P P δδδδδ-+-=- 1.0**(134.4233.749) 1.4*cos134.420.4*cos33.7491800.44451.40.4π-+-==- 063.61cm δ=。