电力系统分析综合复习题答案

1/10.1.解：注：电压降落的幅度还有其它合理的假设1 h>导线：r=p=31.5=0.2625/kmD=3DDD=3444=4m1rN22N第二、三台的计算类似GBTTTT2/10TTTTNNN设末端无功功率为Q2可以解出Q=30.71MVar2P220所以功率因数cos9=2==P22022假设两条线路上流过的功率分别为P+jQ和P+jQ,有如下等式成立：2网为额定电压,由末端向始端推算功率损耗,求得始端功率后,再运用给定的始端电压向末端推算电压降落,并且不再重新计算功率损耗。I10.120.05进而求得Z=U=0.0427,Z=U=0.0848212313||I3232232331)导纳矩阵为：5-58L00j2-j2」5-6L00j2-j2」3)变压器变比改为1：1.1,则编3)变压器变比改为1：1.1,则编Y=(-)(-j)=j0.174,jj-6L00j2-j2」(S100-UU-U|I2=U2=210-2310由〈2SU-U3设U、U的初值为100V2323所以迭代方程为23VUV2320．解：3/104/10.比改为1：1.1后,AY=(-)根(-j2.5)=「1-j6.066-1+j6.273]1111所以,迭代一次,受端电压为1.1295＋j0.298221．解：「|-j19.98导纳矩阵为：|j101)牛顿－拉夫逊法j10-j19.98j10j10-j19.98」2112,2111H=-10N=0J=0L=-102121212H=-10.5N=0J=0L=-10.521212121222222122122.「_j19.98j10]「_j19.98j10]221112后续迭代的计算类似,略去。22．解：BB1B2SBB2B2mmm23．解：q24．解：本题需要逐步化简网络,最后得到x=0.182,I=5.484**而I=而I=B=所以短路电流为I=II=2.878KA*B在发电机处,I=BB225．解：BBB5/10.d*250T*240250LL2*1102化简得到X=0.1787,则I=5.596,I=II=7.343KA***B26．解：X2X5X2X5X6GX1XX1XX3X6X5X1X4X1X4X2X5X4X3X2X5X4XGX2X6XX2X6X3X1X4X1X4X3X2X7XX2X9其中"//"表示并联。28．解：S取S=60MVA,U=110KVBBB6060G+*60,G*6060X=16=9.6X=60=36L*102,L0*10260T*60,g*1102X=9.865,X=9.895,X=0.105〔无接地阻抗或0.551〔有接地阻抗+*-*0*6/107/10.a)中性点直接接地I=0.0503b>中性点经阻抗接地I492I=0.050229．解：a)中性点直接接地f9.865b)中性点经阻抗接地f短路：Iff9.86530．暂略31．解：32．解：AB解得f=49.94HzP=230.77MW33．解：1)对两系统分别列方程,有GAGAGBGB.P=Kf=3.98MW,P=Kf+150=146.02MWLALALBLB34．解：35．解：由于给出了始端功率和末端电压,采用先忽略电压降落计算功率损耗,再回算电压降落所以U==6.444KV所以U==7.190KV36．解：损耗,再回算电压降落最大负荷时：低压侧功率15＋j0MVA,线路阻抗4.6+j63.5Ω所以U==1.414KV最小负荷时：低压侧功率6＋j4.5MVA,线路阻抗9.2+j127Ω所以U==6.322KV所以等值电路图为28/109/10.3压降落计算功率损耗,再回算电压降落双绕组变压器发电机端电压可调,因此只需对三绕组变压器进行调整。由于最大负荷时3绕组为恒调压,所以取U＝110KV,作为计算的起点,计算电压降落时忽3所以,高压侧选取＋2.5%抽头,中压侧选取额定抽头。BBBd*300T*360L*2202L0*22021)单相接地II=3I=8.588设末端电压为额定电压,有从中可以解得QC=46MVar(P+P=Kf(500300=Kf〈PAP