武汉大学电气工程基础习题课

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
λ
β=
)。

解：
1．当电抗器接于线路末端时：由于l λα=，2
λ
β=
111
cos()cos()
cos()22cos()cos()cos 22
x x x x U U U U l λλ
αααβλλαβλ---===-- 21
cos cos()
U U l β
αβ=-
末端电压2111
cos()
cos 2cos(
)cos 2
U U U U l λ
βλαβ-===-
2．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
c
c L L Z tg Z X tg X ββ=
⇒=
入口电抗：cos()
2sin(/2)2BK
c L L
c
l
l Z jZ ctg
jX tg ctg jX l j
Z ααββα==-=-=- l/2
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： 1
1cos cos cos cos
2
x x x
U U U l αααβ== 中点的电压为：
1
3cos U U β
=
后半段线路的电压分布为：
13
1
2
cos cos cos cos cos cos cos
2
x U x x x U U U l ααααβββ=== 末端电压为： 21
21cos U U β=
综上分析可得；
1
1231
21
2cos (/2)0cos 2
cos cos 2
1
cos 1
cos x x l l U x U x l
U x
l U U U U αβαβ
ββ
-⎧≤≤
⎪⎪
=⎨
⎪≤≤⎪⎩==
2. 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x 1=0.4Ω/km ，可靠系数I
rel K ==1.3，II
rel K =1.15，III
rel K =1.2，返回系数K re =0.85，
电动机自启动系数K st =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l min %； （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。

s
X min 4.26s X =Ω
解：（１）先求电流Ⅰ段的整定值
f max .min 115/ 4.656()4.26250.4
P B s AB E I kA X X =
==++⨯
(2)f min .max 3 3.766()22 5.27250.4
P B s
AB E I kA X
X ===++⨯
(2)f min .max 3 1.630()22 5.27(2550)0.4
P C s AB BC E I kA X X X =
=⨯=++++⨯
=I 1
p o I I rel K m ax fB I =1.3×4.656=6.053(kA) 动作时限为：)(01s t =I
最小保护范围
min l (%)
=
%100)23(1max S I
1
OP AB ⨯-X I E X ϕ
=
1 5.27)250.4-⨯%100⨯ =42.29%>(10~20)%
(2)求电流Ⅱ段的整定值：
max .min 1.938()4.260.4(2550)
P fC s AB BC E I kA X X X =
==+++⨯+
与线路BC 配合：
=I I 1op I I I rel K =I 2op I =I I rel K I rel K m ax
f C I =1.3×1.15×1.938=2.897(kA) 校验灵敏度：(2).min
11
3.766
1.30
2.897
fB op I K I II
II
=
=
=>1.3～1.5， 满足要求
1t II =∆t=0.5(s)
(3) 求电流III 段的整定值
=I I I op1
I max L re st rel I K K K ＝1.2 1.5450952.940.85
⨯⨯=（A ） 作近后备：(2)
fB.min 1op1 3.766
3.9520.953
s I K I III ==
= >1.3~1.5 作远后备：(2)
fC.min 11 1.630
1.7110.953
s op I K I III ==
=>1.2 ，满足要求 动作时限：23t t III III
=+∆t ＝2＋0.5＝2.5(s) 4t III
=1.5(s)
{}
124max ,t t t III III III
=+∆t=2.5+0.5=3(s)
3. 某电力系统的负荷额定功率P LDN =1600MW ，f N =50Hz ，K LD*=2.1，系统可能出现的最大功率缺额P la.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f res =49.1Hz ，求低频自动减负荷装置的切除负荷总功率cut ΣP 。

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
23250
3.62521600
f ∞∆=
⋅=Hz 故有50 3.62546.375Hz f ∞=-= 求得
N res
res N
0.018f f f f *-∆=
= 即可求得ZDPJ 的切除负荷总功率Σcut ⋅P 为
La max LD res LDN cut ΣLD res 232 2.10.0181600
178.26MW 11 2.10.018
P K f P P K f ⋅**⋅**-∆⋅-⨯⨯=
==-∆-⨯。