电力系统自动化习题
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2.合理分配有功功率是保证频率稳定的重要因素
负荷功率增加量=发电机组增加功率-负荷调节减少的功率 ∆P = ∆PG − ∆PL
∆P = −KG∆f − KL∆f = −(KG + KL )∆f
系统功率频率 调节系数
KS
=
−
∆P ∆f
=
KG
+
KL
例：如图电力系统，负荷功率为800MW,频率50HZ,负荷调 节效应系数KL*=1.5.负荷增加50MW，试计算下列情况下的 频率变化量,两机出力变化量。1 1）两发电机各承担一半负荷； 2）A承担560MW负荷，余下240MW负荷由B承担
=
0.94992 + cosδ1 2.82776 − δ1
试试试求解得 δ1 = 0.954
能够突然增加负荷： ∆P = P1 − P0
= PmIsinδ1 − PO = 40.3MW
第一节 电力系统的频率特性
例3-2 某电力系统总有功负荷为3200MW（包括电 网的有功损耗），系统的频率为50Hz，若
调差系数小的机承担的无功负荷增量标幺值较大， 绝对值增量与无功额定量有关。
（2）励磁提高暂态稳定性
等面积定则
1)功率特性曲线上，功角从 δ1变化到 δ 2时，输入功率PT与输出功率Pe之间
的面积正比于转子功能的变化量
∫ ∆W = δ2 ∆Mdδ δ1
P
PmIII
∫= δ2 1 ∆Pdδ (Q转距×角速度＝功率)
所以
ω
sy
=
0.199 0.15
=
1.33
如果滑差角速度采用标么值表示，则
（rad/s）
ω sy* =
ω sy 2π f e
=
1.33
2π × 50
= 0.42 ×10−2
（3）脉动电压周期T s
Ts
=
2π ω sy
=
2π
1.33
=
4.7
（s）
例2-1:某电厂有两台发电机在公共母线上并联运 行，一号机的额定功率为25MW，二号机的额定 功率为50MW。两台机组的额定功率因数都是 0.85，调差系数为0.05。如果系统无功负荷使电厂 无功功率的增量为它们总无功容量的20%，问各 机组承担的无功负荷增量是多少？母线上的电压
A机出力 PGA = 400 + 280 × 0 . 0992 = 427 . 77 ( MW )
B机出力 PGB = 400 + 200 × 0 . 0992 = 419 . 84 ( MW )
此时，负荷总有功功率为：800+50-24*0.0992=847.61，
与发电机功率平衡
2.在此运行方式下，A机已为满负荷运行，调速器 不再起作用，即KGA=0
PT PmI
=
arcsin 1 1.8
= 33.8°
= 0.589rad
δcr = π − arcsin PT = 180° - arcsin 1 = 129.7° = 2.26rad
PmIII
1.3
P
PmIII
d
δc.lim
=cos−1
P0(δcr
−δ0)+PmII cosδcr
PmII −P0
−PmII
δ adj
=
QG1 ( QG1
δ1
+ QG2
+
QG 2
δ2
)
=
15.49 + 30.99 15.49 + 30.99 0.04 0.05
=
0.046
母线电压波动为
∆U∗ = −δ∆Q∑∗ = −0.046× 0.2 = −0.0092
UG G2
例2-2 解U（m1 续）
Um2
各机组的无功增量
∆Q1∗ = −∆U∗ / δ1 = 0.0092 / 0.04 = 0.23
( PmIII
sin δ
−
P0 )dδ
P
极限切除角
PmIII
d
δc.lim
=cos−1
P0(δcr
−δ0)
+PmII cosδcr
PmII −P0
−PmII
cosδ0) P 0 PmII
a
c
临界角
b
δ cr
=π
− sin −1
P0 PmIII
0
δ0
δ c.lim
PI
PIII PT
e
PII
δ cr
δ
5) 加速面积与减速面积的计算
PLN fN
= 1 .5 × 800 50
= 24 ( MW
/ Hz )
系系统统功功频频特特性性系系数数 Ks = ∑ K Gi + K L = 504 ( MW H Z )
频频率率频频率率 变变化化量量：：
∆ f = − ∆ P = − 50
K
504
= − 0 . 0992
HZ
S
系统频率
f = f N + ∆ f = 49 . 9008 H Z
例2-2
在例2-1中，若一号机的调差系数0.04，二号机调差 系数仍为0.05。当系统无功负荷波动时仍使电厂总无功 增加20%，问各机组的无功负荷增量是多少？母线上的 电压波动是多少？ UG
G2 Um1
Um2 G1
Q Q1 Q2 Q2 ’ Q1’
UG
例2-2
解 Um1
G2
Um2 G1
Q Q1 Q2 Q2 ’ Q1’
ω δ1
P
a
0
∫=
δ2 1
ω δ1
(PT − Pe )dδ
PmII
b
∫=
( P δ 2
δ1
T
− Pe )dδ
（Qω ≈ 1）
0
δ0
d
c
δ c.lim
PI
PIII PT
e
PII
δ cr
δ
2)加速面积与减速面积
PT ＞Pe：加速面积 PT＜ Pe：减速面积，最大可能减速面积
3)等面积定则：加速面积和减速面积相等 (a)最大可能减速面积≥加速面积， 稳定。 (b)最大可能减速面积＜加速面积，不稳定。 (c)加速面积=减速面积：临界稳定 P
解：
∆PL*
=
∆PL PLN
=
350 4000
= 0.09
∆f*
=
∆PL* K L*
=
0.09 1.7
=
0.053
∆f = ∆f* × fN = 0.053× 50 = 2.65Hz
则系统频率下降为 f = fN − ∆f = 50 − 2.65 = 47.35Hz
1.系统的功率-频率系数由负荷调节效应系数和发电 机功率-频率特性系数共同决定。
Q1 Q2 Q1’ Q2’ Q
ΔQ2*= -ΔU* / δ =-( -0.01 / 0.05)=0.02
ΔQ2= ΔQ2*QG2=0.02×30.99=6.20(Mvar)
一号机组无功负荷增加3.10M var, 二号机组的无功负
增加6.20M var。因为调差系数相等，无功负荷的波动量与
它们的容量成正比。
可见ωs 反映了频率差 f s 的大小。要求ωs 小于某一允许值，就相当于要求脉
动电压周期 Ts 大于某一个给定值。
例如，设滑差角速度的允许值 ωsy 小于 0.2％，即
ω sy
≤
0.2
×
2π f 100
e
≤ 0.2π （rad/s）
对应的脉动电压周期T s 的值为
TBiblioteka Baidu
s
≥
2π ω sy
= 10s
所以U s 的脉动周期 T s 大于 10s 才满足ωsy 小于 0.2％的要求。这就是说测量
T s 的值可以检测待并发电机组与电网间的滑差角速度ω s 的大小，即频率差的大 小。
例 1-1 某发电机采用自动准同期并列方式与系统进行并列，系统的参数已归 算到以发电机额定容量的标么值。一次系统的参数为：发电机交轴次暂态电抗
X
" d
为
0.125；系统 等值 机组 的交 轴次暂 态电 抗与线路电抗为
K L* = 1 .5 ，求负荷频率调节效应系数KL值。
第一节 电力系统的频率特性
解
：K L
=
K L* ×
PLN fN
= 1 .5 × 3200 50
= 96 ( MW
/ Hz )
若系统KL*值不变，负荷增长到3650MW时，则
KL
=
K L* ×
PLN fN
= 1 .5 × 3650 50
= 109 .5( MW
δ ey = 2arcsin
2 ×1× (0.125 + 0.25)
2 × 1.8 × 2×1.05
＝ 2 arcsin 0.0992 = 0.199 （rad）
（2）允许滑差角速度 ωsy
断路器合闸动作误差时间 ∆ tDL = 0.5 × 0.2 = 0.1 （s）
自动并列装置的误差时间 ∆ tc = 0.05 （s）
/ Hz )
即频率降低1Hz，系统负荷减少l09.5MW，由此可
知，KL的数值与系统的负荷大小有关。
第一节 电力系统的频率特性
例3-2 某电力系统总有功负荷为4000MW（包括电 网的有功损耗）， K L* = 1 .5 系统的频率为 50Hz，所有发电机满负荷运行，若在故障后缺 少350MW的电源功率，求电力系统频率下降多 少？
.
δ2
即：sinδ1
=
(cos δ 0 δ2
− cosδ1) −δ0
P
由已知得
PmI
A-
PI
P0=25MW,PmI=80MW
P10
A+
δ0
=
arcsin
P0 PmI
=
arcsin 25 80
= 0.318rad
P0
又δ2 = π − δ1
0 δ 0 δ1
.
δ2
∴sinδ1
=
cosδ0 + cosδ1 π −δ1 −δ0
波动是多少？(定义：δ =-ΔU*/ ΔQ*)
UG
解：
一号机额定无功功率为
G2 Um1
QG1=PG1tgφ1
Um2
= 25tg(arccos0.85)=15.49(Mvar)
G1
二号机额定无功功率为 QG2=PG2tgφ2 =50tg(arccos0.85)=30.99(Mvar)
Q1 Q2 Q1’ Q2’ Q
∆P = P1 − P0
P10
A+
P0
根据等面积定则，
A+=A-时，临界稳
0 δ 0 δ1
.
δ2
δ
定。
P
A+=A-
∫ A+ =
δ1 δ0
(P1
−
PmIsinδ
)dδ
∫ A− =
δ2 δ1
(Pm
−
P1 )dδ
∴ P1
=
PmI (cosδ0 − cosδ1) δ2 −δ0
PmI
A-
PI
P10
A+
P0
0 δ 0 δ1
AA
PGN=500MW R%=4
KL*=1.5 800MW
BB
PGN=500MW R%=5
解解：：11..求求两两机机单单位位调调节节功功率率
K GA
=
PGN ⋅ 100 R% ⋅ fN
= 280 ( MW
HZ)
K GB
= PGN ⋅ 100 R% ⋅ fN
= 200 ( MW
HZ)
KL
=
K L* ×
∆Q1 = ∆Q1∗QG1 = 0.23×15.49 = 3.56 (Mvar)
∆Q2∗ = −∆U∗ / δ2 = 0.0092 / 0.05 = 0.185
∆Q2 = ∆Q2∗QG2 = 0.185× 30.99 = 5.73 (Mvar)
G
Q Q1 Q2 Q2 ’ Q1’
一号机组的无功负荷增加3.56M var， 二号机组的无功负荷增加5.73M var。
0.25；断路器合闸
时间 tDL ＝0.5s，它的最大可能误差时间为±20％；自动并列装置最大误差时间
为±0.05s；待并发电机允许的冲击电流值为
i
'' h⋅ma
x
=
2 IGe 。
试计算允许合闸误差角δ ey 、允许滑差角速度ω sy ，与相应的脉动电压周期。
解 （1）允许合闸误差角δ ey
即为11.4o 。
PmIII
d
P
a
0
PmII
c
b
0
δ0
δ c.lim
PI
PIII PT
e
PII
δ cr
δ
4) 极限切除角与极限切除时间
∫ ∫ (P δclim
δ0
0
− PII )dδ
=
δ δ cr
δ c lim
( PIII
−
P0 )d
∫ ∫ 即：δclim δ0
(P0
−
PmII
sin δ
)dδ
=
δ cr δ c lim
∑ Ks =
K Gi + K L = 200 + 24 = 224 ( MW
因为两台机的调差系数均为0.05，所以公共母线上等值机
的调差系数 δ 也为0.05。
母线电压波动为
ΔU*=- δ ∑ΔQ *=-0.05×0.2= -0.01
例2-1解（续）UG：
G2 Um1
各机组无功负荷波动量:
Um2
ΔQ1*= -ΔU* / δ=-( -0.01 / 0.05)=0.02
G1
ΔQ1=ΔQ1*QG1=0.02×15.49=3.10(Mvar)
cosδ0)
P 0
PmII
a
c
δclim = 55.39°
b
0
δ0
δ c.lim
PI PIII PT
e
PII
δ cr
例：某输入功率区域从一无穷大母线获得 25MW的功率，已知稳态功率极限是 80MW。应用等面积定则确定在系统不失去 稳定情况下，能够突然增加的负荷？
P
解：突然增加的负荷 PmI
A-
PI
功率为1.3，求临界切除角。
U
G
XT
解：由题意，
PmI=1.8， PT=1.0， PmII=0.4， PmIII=1.3
(a)
P
PmIII
P
a
0
PmII
b
0
δ0
d
c
δ c.lim
PI
PIII PT
e
PII
δ cr
δ
解：由题意，
PmI=1.8，PT=1.0，PmII=0.4，PmIII=1.3
δ0
= arcsin
a) 初始状态。
P
b) 过程划分及功率特性。 PmIII
d
c) 新平衡点及不稳定平衡点 P a
0
d) S加，S减 。 e) 判断。
PmII
c
b
0
δ0
δ c.lim
PI
PIII PT
e
PII
δ cr
δ
例：某发电机通过双回路向一无穷大系统输送1.0
的功率。最大输送功率为1.8，一回路发生故障，
最大输送功率下降到0.4；故障切除后，最大输送
负荷功率增加量=发电机组增加功率-负荷调节减少的功率 ∆P = ∆PG − ∆PL
∆P = −KG∆f − KL∆f = −(KG + KL )∆f
系统功率频率 调节系数
KS
=
−
∆P ∆f
=
KG
+
KL
例：如图电力系统，负荷功率为800MW,频率50HZ,负荷调 节效应系数KL*=1.5.负荷增加50MW，试计算下列情况下的 频率变化量,两机出力变化量。1 1）两发电机各承担一半负荷； 2）A承担560MW负荷，余下240MW负荷由B承担
=
0.94992 + cosδ1 2.82776 − δ1
试试试求解得 δ1 = 0.954
能够突然增加负荷： ∆P = P1 − P0
= PmIsinδ1 − PO = 40.3MW
第一节 电力系统的频率特性
例3-2 某电力系统总有功负荷为3200MW（包括电 网的有功损耗），系统的频率为50Hz，若
调差系数小的机承担的无功负荷增量标幺值较大， 绝对值增量与无功额定量有关。
（2）励磁提高暂态稳定性
等面积定则
1)功率特性曲线上，功角从 δ1变化到 δ 2时，输入功率PT与输出功率Pe之间
的面积正比于转子功能的变化量
∫ ∆W = δ2 ∆Mdδ δ1
P
PmIII
∫= δ2 1 ∆Pdδ (Q转距×角速度＝功率)
所以
ω
sy
=
0.199 0.15
=
1.33
如果滑差角速度采用标么值表示，则
（rad/s）
ω sy* =
ω sy 2π f e
=
1.33
2π × 50
= 0.42 ×10−2
（3）脉动电压周期T s
Ts
=
2π ω sy
=
2π
1.33
=
4.7
（s）
例2-1:某电厂有两台发电机在公共母线上并联运 行，一号机的额定功率为25MW，二号机的额定 功率为50MW。两台机组的额定功率因数都是 0.85，调差系数为0.05。如果系统无功负荷使电厂 无功功率的增量为它们总无功容量的20%，问各 机组承担的无功负荷增量是多少？母线上的电压
A机出力 PGA = 400 + 280 × 0 . 0992 = 427 . 77 ( MW )
B机出力 PGB = 400 + 200 × 0 . 0992 = 419 . 84 ( MW )
此时，负荷总有功功率为：800+50-24*0.0992=847.61，
与发电机功率平衡
2.在此运行方式下，A机已为满负荷运行，调速器 不再起作用，即KGA=0
PT PmI
=
arcsin 1 1.8
= 33.8°
= 0.589rad
δcr = π − arcsin PT = 180° - arcsin 1 = 129.7° = 2.26rad
PmIII
1.3
P
PmIII
d
δc.lim
=cos−1
P0(δcr
−δ0)+PmII cosδcr
PmII −P0
−PmII
δ adj
=
QG1 ( QG1
δ1
+ QG2
+
QG 2
δ2
)
=
15.49 + 30.99 15.49 + 30.99 0.04 0.05
=
0.046
母线电压波动为
∆U∗ = −δ∆Q∑∗ = −0.046× 0.2 = −0.0092
UG G2
例2-2 解U（m1 续）
Um2
各机组的无功增量
∆Q1∗ = −∆U∗ / δ1 = 0.0092 / 0.04 = 0.23
( PmIII
sin δ
−
P0 )dδ
P
极限切除角
PmIII
d
δc.lim
=cos−1
P0(δcr
−δ0)
+PmII cosδcr
PmII −P0
−PmII
cosδ0) P 0 PmII
a
c
临界角
b
δ cr
=π
− sin −1
P0 PmIII
0
δ0
δ c.lim
PI
PIII PT
e
PII
δ cr
δ
5) 加速面积与减速面积的计算
PLN fN
= 1 .5 × 800 50
= 24 ( MW
/ Hz )
系系统统功功频频特特性性系系数数 Ks = ∑ K Gi + K L = 504 ( MW H Z )
频频率率频频率率 变变化化量量：：
∆ f = − ∆ P = − 50
K
504
= − 0 . 0992
HZ
S
系统频率
f = f N + ∆ f = 49 . 9008 H Z
例2-2
在例2-1中，若一号机的调差系数0.04，二号机调差 系数仍为0.05。当系统无功负荷波动时仍使电厂总无功 增加20%，问各机组的无功负荷增量是多少？母线上的 电压波动是多少？ UG
G2 Um1
Um2 G1
Q Q1 Q2 Q2 ’ Q1’
UG
例2-2
解 Um1
G2
Um2 G1
Q Q1 Q2 Q2 ’ Q1’
ω δ1
P
a
0
∫=
δ2 1
ω δ1
(PT − Pe )dδ
PmII
b
∫=
( P δ 2
δ1
T
− Pe )dδ
（Qω ≈ 1）
0
δ0
d
c
δ c.lim
PI
PIII PT
e
PII
δ cr
δ
2)加速面积与减速面积
PT ＞Pe：加速面积 PT＜ Pe：减速面积，最大可能减速面积
3)等面积定则：加速面积和减速面积相等 (a)最大可能减速面积≥加速面积， 稳定。 (b)最大可能减速面积＜加速面积，不稳定。 (c)加速面积=减速面积：临界稳定 P
解：
∆PL*
=
∆PL PLN
=
350 4000
= 0.09
∆f*
=
∆PL* K L*
=
0.09 1.7
=
0.053
∆f = ∆f* × fN = 0.053× 50 = 2.65Hz
则系统频率下降为 f = fN − ∆f = 50 − 2.65 = 47.35Hz
1.系统的功率-频率系数由负荷调节效应系数和发电 机功率-频率特性系数共同决定。
Q1 Q2 Q1’ Q2’ Q
ΔQ2*= -ΔU* / δ =-( -0.01 / 0.05)=0.02
ΔQ2= ΔQ2*QG2=0.02×30.99=6.20(Mvar)
一号机组无功负荷增加3.10M var, 二号机组的无功负
增加6.20M var。因为调差系数相等，无功负荷的波动量与
它们的容量成正比。
可见ωs 反映了频率差 f s 的大小。要求ωs 小于某一允许值，就相当于要求脉
动电压周期 Ts 大于某一个给定值。
例如，设滑差角速度的允许值 ωsy 小于 0.2％，即
ω sy
≤
0.2
×
2π f 100
e
≤ 0.2π （rad/s）
对应的脉动电压周期T s 的值为
TBiblioteka Baidu
s
≥
2π ω sy
= 10s
所以U s 的脉动周期 T s 大于 10s 才满足ωsy 小于 0.2％的要求。这就是说测量
T s 的值可以检测待并发电机组与电网间的滑差角速度ω s 的大小，即频率差的大 小。
例 1-1 某发电机采用自动准同期并列方式与系统进行并列，系统的参数已归 算到以发电机额定容量的标么值。一次系统的参数为：发电机交轴次暂态电抗
X
" d
为
0.125；系统 等值 机组 的交 轴次暂 态电 抗与线路电抗为
K L* = 1 .5 ，求负荷频率调节效应系数KL值。
第一节 电力系统的频率特性
解
：K L
=
K L* ×
PLN fN
= 1 .5 × 3200 50
= 96 ( MW
/ Hz )
若系统KL*值不变，负荷增长到3650MW时，则
KL
=
K L* ×
PLN fN
= 1 .5 × 3650 50
= 109 .5( MW
δ ey = 2arcsin
2 ×1× (0.125 + 0.25)
2 × 1.8 × 2×1.05
＝ 2 arcsin 0.0992 = 0.199 （rad）
（2）允许滑差角速度 ωsy
断路器合闸动作误差时间 ∆ tDL = 0.5 × 0.2 = 0.1 （s）
自动并列装置的误差时间 ∆ tc = 0.05 （s）
/ Hz )
即频率降低1Hz，系统负荷减少l09.5MW，由此可
知，KL的数值与系统的负荷大小有关。
第一节 电力系统的频率特性
例3-2 某电力系统总有功负荷为4000MW（包括电 网的有功损耗）， K L* = 1 .5 系统的频率为 50Hz，所有发电机满负荷运行，若在故障后缺 少350MW的电源功率，求电力系统频率下降多 少？
.
δ2
即：sinδ1
=
(cos δ 0 δ2
− cosδ1) −δ0
P
由已知得
PmI
A-
PI
P0=25MW,PmI=80MW
P10
A+
δ0
=
arcsin
P0 PmI
=
arcsin 25 80
= 0.318rad
P0
又δ2 = π − δ1
0 δ 0 δ1
.
δ2
∴sinδ1
=
cosδ0 + cosδ1 π −δ1 −δ0
波动是多少？(定义：δ =-ΔU*/ ΔQ*)
UG
解：
一号机额定无功功率为
G2 Um1
QG1=PG1tgφ1
Um2
= 25tg(arccos0.85)=15.49(Mvar)
G1
二号机额定无功功率为 QG2=PG2tgφ2 =50tg(arccos0.85)=30.99(Mvar)
Q1 Q2 Q1’ Q2’ Q
∆P = P1 − P0
P10
A+
P0
根据等面积定则，
A+=A-时，临界稳
0 δ 0 δ1
.
δ2
δ
定。
P
A+=A-
∫ A+ =
δ1 δ0
(P1
−
PmIsinδ
)dδ
∫ A− =
δ2 δ1
(Pm
−
P1 )dδ
∴ P1
=
PmI (cosδ0 − cosδ1) δ2 −δ0
PmI
A-
PI
P10
A+
P0
0 δ 0 δ1
AA
PGN=500MW R%=4
KL*=1.5 800MW
BB
PGN=500MW R%=5
解解：：11..求求两两机机单单位位调调节节功功率率
K GA
=
PGN ⋅ 100 R% ⋅ fN
= 280 ( MW
HZ)
K GB
= PGN ⋅ 100 R% ⋅ fN
= 200 ( MW
HZ)
KL
=
K L* ×
∆Q1 = ∆Q1∗QG1 = 0.23×15.49 = 3.56 (Mvar)
∆Q2∗ = −∆U∗ / δ2 = 0.0092 / 0.05 = 0.185
∆Q2 = ∆Q2∗QG2 = 0.185× 30.99 = 5.73 (Mvar)
G
Q Q1 Q2 Q2 ’ Q1’
一号机组的无功负荷增加3.56M var， 二号机组的无功负荷增加5.73M var。
0.25；断路器合闸
时间 tDL ＝0.5s，它的最大可能误差时间为±20％；自动并列装置最大误差时间
为±0.05s；待并发电机允许的冲击电流值为
i
'' h⋅ma
x
=
2 IGe 。
试计算允许合闸误差角δ ey 、允许滑差角速度ω sy ，与相应的脉动电压周期。
解 （1）允许合闸误差角δ ey
即为11.4o 。
PmIII
d
P
a
0
PmII
c
b
0
δ0
δ c.lim
PI
PIII PT
e
PII
δ cr
δ
4) 极限切除角与极限切除时间
∫ ∫ (P δclim
δ0
0
− PII )dδ
=
δ δ cr
δ c lim
( PIII
−
P0 )d
∫ ∫ 即：δclim δ0
(P0
−
PmII
sin δ
)dδ
=
δ cr δ c lim
∑ Ks =
K Gi + K L = 200 + 24 = 224 ( MW
因为两台机的调差系数均为0.05，所以公共母线上等值机
的调差系数 δ 也为0.05。
母线电压波动为
ΔU*=- δ ∑ΔQ *=-0.05×0.2= -0.01
例2-1解（续）UG：
G2 Um1
各机组无功负荷波动量:
Um2
ΔQ1*= -ΔU* / δ=-( -0.01 / 0.05)=0.02
G1
ΔQ1=ΔQ1*QG1=0.02×15.49=3.10(Mvar)
cosδ0)
P 0
PmII
a
c
δclim = 55.39°
b
0
δ0
δ c.lim
PI PIII PT
e
PII
δ cr
例：某输入功率区域从一无穷大母线获得 25MW的功率，已知稳态功率极限是 80MW。应用等面积定则确定在系统不失去 稳定情况下，能够突然增加的负荷？
P
解：突然增加的负荷 PmI
A-
PI
功率为1.3，求临界切除角。
U
G
XT
解：由题意，
PmI=1.8， PT=1.0， PmII=0.4， PmIII=1.3
(a)
P
PmIII
P
a
0
PmII
b
0
δ0
d
c
δ c.lim
PI
PIII PT
e
PII
δ cr
δ
解：由题意，
PmI=1.8，PT=1.0，PmII=0.4，PmIII=1.3
δ0
= arcsin
a) 初始状态。
P
b) 过程划分及功率特性。 PmIII
d
c) 新平衡点及不稳定平衡点 P a
0
d) S加，S减 。 e) 判断。
PmII
c
b
0
δ0
δ c.lim
PI
PIII PT
e
PII
δ cr
δ
例：某发电机通过双回路向一无穷大系统输送1.0
的功率。最大输送功率为1.8，一回路发生故障，
最大输送功率下降到0.4；故障切除后，最大输送