第三章负荷计算

第三章负荷计算答案3-1什么叫日负荷曲线和年负荷曲线？可分别从上而得到哪些参数？各参数之间的关系是什么？答：负荷曲线是指用于表达负荷功率随时间变化的函数曲线P二f（t）或Q二f（t）o在直角坐标系中，用纵坐标表示功率值，横坐标表示时间值。日负荷曲线是以一昼夜24h为时间范用绘制的负荷曲线。通过日负荷曲线，我们可以得到以下一些参数以及它们之间的相互关系：（1） 日电能耗虽Wd（kw・h）：表示一天中所消耗的电能，即日负荷曲线所包含的而积：24

wa=JP（r）dt0式中p——目负荷曲线上的瞬时功率，单位为騙：t——时间单位为h。（2） 最大功率Pmax（kw）：表示负荷曲线上功率最大的一点的功率值。（3） 平均功率Pav（kw）：表示日负荷曲线上日电能耗捲与时间（24h）的比值，即：Pav二——24（4） 有功负荷系数a为：圧上二Pmax通常a=0・7〜0.75。（5） 无功负荷系数B为：0二色-Omax通常0=0.76〜0.82。年负荷曲线的绘制年负荷曲线有两种。（1） 运行年负荷曲线，即根据每天最大负荷变动情况，按一年12个月365天逐天绘制，绘制方法与日负荷曲线相同。（2） 电力负荷全年持续曲线，它的绘制方法是不分日月的时间界限，而是以全年8760h为直角坐标系的横轴，以负荷为纵轴技大小依次排列绘成。通过年负荷曲线，我们可以得到以下一些参数以及它们之间的相互关系：（1）年电能耗量Wa（kwh）：表示年负荷曲线所包含的面积:

8760

Wd=JP（f）dt0（2） 最大负荷Pmax（kw）：表示年负荷曲线上岀现的最大的负荷值。也即典型日负荷曲线上的最大负荷。（3） 年平均负荷Pav（kw）：即全年消耗电能与全年时间8760h的比值：Pav=Wa/8760（4） 年最大负荷利用小时数Tmax（h）：若用户以年最大负荷Pmax持续运行Tmax小时即可消耗掉全年实际消耗的电能，则Tmax称为年最大负荷利用小时数。Tmax=Wa/Pmax3-2用电设备的工作制指什么？负荷持续率是指什么？答：用电设备的工作制是指用电设备的持续工作特性。用电设备的工作制有以下几种（1） 连续运行工作制（长期工作制）即电气设备投入工作的持续时间较长，负荷稳世,在工作时间内，电气设备截流导体可以达到稳左的工作温度。（2） 短时运行工作制（短时工作制）即电气设备的工作时间饰短而停歇时间t。长。在工作时间内，电气设备来不及达到稳左温度（Os）就停止运行并开始冷却，其发热所产生的温升可以在停歇时间内冷却到周围的介质温度。（3） 断续运行工作制（反复短时工作制） 即电气设备以断续方式反复工作，其工作和停歇相互交替。负荷持续率是指设备工作时间与工作周期之比，即持续率工作时间持续率工作时间工作时间+停歇时间3-3什么是最大负荷利用小时数？什么是最大负荷损耗小时？二者之间的关系是什么？答：年最大负荷利用小时数Tmax（h）：若用户以年最大负荷Pmax持续运行Tmax小时即可消耗掉全年实际消耗的电能，则Tmax称为年最大负荷利用小时数。Tmax=Wa/PmaxTmax的大小反映了变配电设备利用率的大小和用户负荷平稳的程度。3-4什么是计算负荷？什么是尖峰负荷？为什么在工程上使用30min最大等效负荷作为计算负荷？答：计算负荷是一个假想的持续负荷，其热效应与同时间内实际变动负荷所产生的热效应相#等。尖稣负荷是指平滑日负荷曲线上持续1—2S最大负荷、尖峰负荷的产生主要是因为电动机的起动、冲击性负荷的投入等造成的、尖峰负荷对应的尖峰电流以Ipk表示。为什么要以30mln作为确圧计算负荷的依据呢？当通过载流导体的电流过大时由于发热，导体温度会持续上升，直至被损坏当正常工作电流通过载流导体时，导体发热达到某一热平衡状态，此时导体温度也相应升高到某一可以允许的较髙的温度值。分析表明，载流导体一般经过（3—4）r（为发热时间常数），即能达到稳左温度而导体的r一般为10—30m.n左右，因此达到稳泄温度需30-120mln时间.为7保证当载流导体上长期通过计算电流时的最髙稳左温度不超过其允许温度因此取负荷曲线上的3Dmll最大负荷作为讣算负荷英实是一种较为保守的取法，它是以发热时间常数较短的导体达到热平衡的时间为取值依据.在负荷曲线匕，时间值取得越短，最大的等效负荷（即il•算负荷）就越大。3-5负荷计算方法中，需要系数、二项式系数、利用系数、附加系数分别有什么物理意义?答：将计算负荷与电气设备总容量的关系表达加下Pc=KdSPi认为造成氏和£P之间差异的因素有:(1)并非供电范恫内的所有用电设备都会同时投入使用、以同时系数矗表示。(2)并非投入使用的所有电气设备任何时候都会满载运行、以负荷系数《表示。(3)电气设备额泄功率与输入功率不一左相等。以电气设备的平均效率Qc表示。(4)考虑直接向电气设备配电的配电线路上的功率损耗后。电气设备输入功率与系统向设备提供的功率不一上相同以线路的平均效率n"表示。考虑上述因素得到的系数称为需要系数Kd。因此需要系数可表达为K1KLKd= 二项式法认为汁算负荷由两部分构成，一部分是由所有设备运行时产生的平均负荷胜bLPN,另一部分是由于大型设备（容量最大的x台）的投入产生的负荷cPx°英中b,C称为二项式系数。二项式系数也是通过统汁得到的数据。利用系数Kx左义为:一般情况下，当用电设备组确龙后，其最大日负荷曲线也就确左了，要得到利用系数非常容易。它表示平均负荷与所有设备总的讣算容量之间的比值。附加系数Kad左义为：Kad二—/Kad表达了同类型、同容量用电设备组在负荷曲线上计算负荷与平均负荷差异的幅度。3-6不同的负荷计算方法的特点及适用范用如何？答：（1）指标法中除了住宅用电量指标法外的其他方法一般只用作供配电系统的前期负荷估算。（2） 需要系数法计算简单，是最为常用的一种计算方法，适合用电设备数量较多，且容量相差不大的情况。组成需要系数的同时系数和负荷系数都是平均的概念，若一个用电设备组中设备容量相差过于悬殊，大容量设备的投入对汁算负荷起决泄性的作用，这时用需要系数讣算的结果很可能与大容量设备投入时的实际情况不符，岀现不合理的结果。影响需要系数的因素非常多，对于运行经验不多的用电设备，很难找岀较为准确的需要系数值。（3） 二项式法考虑问题的出发点就是大容量设备的作用，因此，当用电设备组中设备容量相差悬殊时，使用二项式法可以得到较为准确的结果。（4） 利用系数法是通过平均负荷来求计算负荷，这种方法的理论依据是概率论与数理统汁，因此是一种较为准确的讣算方法。利用系数法的汁算过程相对烦琐，但使用汁算机进行计算时，这也不应成为问题。（5） 目前民用建筑用电负荷的二项式系数和利用系数经验值尚不完善，这两种方法主要用于工业企业的负荷计算。3-7在不同汁算范用内用需要系数法进行负荷汁算时，为什么要对负荷重新分组？答：因为需要系数是以电气设备的性质为分类原则得到的，所以使用时应首先对所要汁算的设备进行规类。由于不同类型的设备的工作特点和负荷工作制是不同的，故进行负荷计算之前首先应该对不同类型的用电设备进行分类。3-8设某工厂断续运行工作制负荷有42kVA电焊机一台（额泄暂载率巧为60%,cos©为0.62,为0.85）,39.6kW的吊车一台（额疋暂载率①为40%,cos©为0.5）。试确泄设备容量。解：电焊机的容量Pn=Pr忑=Srcos% =42x0.62x、/60%/O.85«23.73kW吊车的容量Pn=2£厲=2x39.6x、/5阪q50.09KW3-9某低压供电线路，供电给大批生产的冷加工机床电动机，总容量为105kW，其中大容量的电动机有7.5kW2台，5.5kW1台，4kW5台。试分别用需要系数法和二项式法计算线路的计算负荷，并对结果进行分析。解：利用需要系数法计算负荷(心=0.18~0.25,cos©=0.5,rg©=1.73)Pc=KdPN=0.2x105=21kWQe=巴•fg©=21x1.73=36.33kVarP21S<=-^—=—=42jtK4cos©0.5利用二项式法计算负荷©=0.14,c=0.5,A-=5,COS0=0.5,fg®=1.73)Pc=hPN+cPx=0」4x105+0.5x(7.5x2+5.5+4x2)=2&95KWQ(=Pjtg(p=2&95x1.73a50.08kPc2895Sc=—=壬匕=57.9KVAcos<p0.5分析：当含有大容量设备，且容屋相差悬殊时，采用二项式法计算较好。3-10某全空调综合性大楼内有商场6500m：,写字间7000m',宾馆8500m',试估算其计算负荷。解：查表常见电能用户(含中央空调)的负荷密度指标(kW/Y),得Q旅游宾馆=°・°7~0.08RW/〃广，取Q旅游宾馆=0.07kW/m~。商场=0.12〜0.15RW/加I取。商场=o.l2kW/nr。办公窣=°・°7~0.0弘W/〃/,取p办公來=0.01kW/m2所以该大楼的计算负荷为：Pc=P商场S商场+Q旅游宾馆S宾馆+Q办公搂S写字间=0.12x5000+0.07x7000+0.07x6000=1510^IV

3-11某26层住宅楼，其配电干线如图所示，每层5户，每户均为四室戸。求A、B、C、D点的计算负荷。解：查表3-5四室户的普通住宅用电负荷指标为6〜7満，取6庙A点：5户=(1-0.08)取0.91B,点:45户Kz=(0・63〜0・54)取0.60B=点:45户Kz=(0・63〜0・54)取0.60B,点：40户Kz=(0・63〜0・54)取0.61C点：1户K广1D点：130户Kz=(0.54〜0.46)取0.516所以A点：5户PCA=KzpN=0.91x6x5=27.3kWB,点：45户P(・b\=KzpN=0.60x6x45=162ArWB：点：45户张=心妙=0.60x6x45=162RWB,点：40户PCB3=K^PN=0.61x6x40=\46.4kWC点：1户Pcc=KZJ3N=\x6xi=6kWD点：130户Pcl)=KzpN=0.516x6x130=402ASkW3-12某供电系统的380/220V线路上，接有如表所列的用电设备，试求该线路上的计算负荷。题3-12表设备额立电压/V380220接入相别LI,L2L2,L3L3,L1LbNL2,NL3,N设备台数/台122221单台设备容量/庙231411435解:（1）计算接于线电压的单相设备的三相等效负荷因为P12=lx23=23kW.P23=2xl4=28kWfP3l=2xll=22/cW

所以巴3>人2>“P(/1=V3P,.+(3-V3)^2=7^x28+(3—巧)x23=77.66kW计算接于相电压的单相设备的三相等效负荷因为片=2x4=8RW,P2=2x3=6^VV,P.=\x5=5kW所以R>P2>P.%=3R=3x8=24^VV该线路上的计算负荷Peq=P呦+%=77.66+24=101.66*W3-13一条长2km的lOkV架空线路（r（）=0.5Cl/km,x0=0ACl/km）向一台SClIOOO/10/0.4的变压器供电，变压器联结组別为D,ynll,变压器低压侧计算有功功率£为800RW,cos©为0.9,TnvdX=3500/?,试分别计算10kV线路和变压器的功率损耗和电能损耗。解：（1）査Page293附录10,SC8=1000/10/10.4的技术数据为：△仇=1800W, =10300W,L\%=6,Z()%=1变压器的功率损耗为:Too+7oo=1000xToo+7oo=1000x16——+ x100 100800/0.91000a57・4OKlJ800/0.9亠=1800+10300x匕丿、1000丿△马=△化+△£a9938Wa9・94KW由人疵=3500/?,查Page69图3-11曲线cos0=O・9,得rmax=2000/?.变压器的电能损耗为:IS「丿=1.8x8760+10.3x800/0.91000xIS「丿=1.8x8760+10.3x800/0.91000x2000a34079度（2）计算10kV线路的功率损耗和电能损耗\I3Ucos©80075x10x0.9◎\I3Ucos©80075x10x0.9◎51.32AR=rj=0.5x2=IQ,X=x()/=0.4x2=0.8QAPW=3I：・R=3x51Px1a7901Wa7.90kW△Qw=31lX=3x51.322x0.8〜6321Vara6.32kVar△W&=3I；Rt“=3x51.322x1x2000xIO"315.80xlO3度3-14某变压器型号规格为SCs-800/10/0.4,联结组别为D,ynll,变压器低压侧计算有功功率R为620RW,计算无功功率Q.为465Rvar,若要求将变压器10kV侧的功率因数补偿至0.9,问此时变压器低压侧母线上应并联多大容量的电容器？解法一：cos%=人= 6~~°==0.8沖V6202+4652Qcc=化・(/g©-/g©2)=620x(fgarccos0.8arccos0.9)®164.72KVar解法二：查Page54,a=0・7~0・75取0・75,0=0.76~0.82取0・82Pav=aP=0.75x620=465kWQav=PQc=0.82x465=381・3kvar465V4652465V4652+381.32心0/77Qcc=Pcv,g(P\-fg(pj=465x(fgarccos0.77一fgarccos0.9)156.09KVar3-15如某变电站的计算负荷为2400kW.平均功率因数为0.67。如果要使其低压侧功率因数提高到0.93。若在0.4kV侧固定补偿,需要补偿的容量为多少?如果采用BWO.4-14-3型三相电容器(Q「二14kvar),需装设多少个？补偿前后的视在功率分别为多少？若在0.4kY侧自动补偿呢？解:固定补偿Qcc= -堆5)=aP((tg(P\—tg(p)=0.75x2400(tgarccos0.67一/garccos0.93)q1283KVar

◎红二罟3个）补偿前:S“.=Pav/cos®=0.75x2400/0.67a2686・57KVA补偿前:补偿后：©2补偿后：©2J心2+(PaJg®—2cF自动补偿0.75x2400 〜0.93自动补偿0.75x2400 〜0.93J(0・75x2400)2+(0.75x2400xfgarccosO.67-92x14)2S“=%/cos化=0.75x2400/0.93a1935・48KVAQcc=P(Qgq)\-tg(p2)=2400x(/garccos0・67-tgarccos0.93)^1710.66KVar1710.6614*1231710.6614*123补偿前:S(.=Pc/cos©=2400/0.67a3582KVAcos径=Pccos径=Pc2400J2400,+(2400xfgarccos0・67—123x14)，心0・93补偿后：s(.=Pe/cosd=2400/0.93a2580KVA3-16城市规划中用电负荷的预测方法有哪些？各适合什么情况？答：（1）电力禅性系数法：电力弹性系数E是用电量的平均年增长率uw与国民经济生产总值的年平均增长率的总和oe的比值。即：E=dae（2） 回归分析法：回归析法是在对历史数据进行综合分析其发展趋势的基础上，建立恰当的数学模型，用历史数据确定数学模型的参数，然后用该数学模型来进行Tn年份的预测。（3） 增长率法：实践经验表明，用电量与年度之间有着明显的稳左增长趋势，可用下式求出用电咼的年平均增长率：m)m)（4）人均用电指标法：以人均用电指标进行计算时，年用电量W为:W=dP（5） 横向比较法：将预测的结果，同采用国外预测方法进行预测所得到的结果比较，分析差距及苴原因，作参考预测。（6） 负荷密度法：以负荷密度进行计算时，年用电量W为W二DA（7） 单耗法：A.用产品单耗法预测年用电量W：W=YjW,Tib.用产值单耗法预测年用电量肌w=适用情况：电力弹性系数法、增长率法、回归分析法，主要根据历史统计数据，进行分析而建立的预测数学模型，多用于宏观预测城市总用电负荷或校核中远期的规划负荷预测值，以上各种方法可同时应用、并相互进行补充校核。负荷密度法、单耗法则适用于分项分类的局部预测，用以上方法预测的负荷可用横向比较法进行校核、补充。而在城市详细规划阶段，对地域范用小的居住区、工业区等局部范用的负荷预测则多采用单位而积负荷指标法。3-17某配电箱向7台风机供电，试计算其尖邮电流。风机的参数如表所示，需要系数取0.7o题3-17风机编号MlM2M3M4M5M6M7额定电流/A42425714352057启动电流/A210210342140280160456解：g=/"max+/<z<n-D=456+0.7X（210+210+342+140+280+160）=1395AA3-18某饭店的一组负荷内有空调风机的设备容量为35KW,电加热器的设备容量为18KW,照明设备容量为40KW,采用同一线路供电，试求这一供电线路上的有功、无功、视在计算负荷及计算电流。解：查表可得空调风机组需要系数：Kd=O.75,cos0=0.&仪01=0.75电加热器组的需要系数：Kd=0.&cos02=0.9&tg（p2=0.2照明设备组需要系数：Kd=O.8,cos03=0.&/g©3=0.75

空调风机：Pel=Kd・P?l=0・75x35=26・25KWQc\=Pel•tgcp\=26.25x0.75=19.1KVar电加热器：Pc2=Kd•Pn2=0.8x18=14.4KVVQc2=Pel・tg(p2=14.4x0.2=2.9KVar照明设备：Pc3=Kd-Pn3=0.8x40=32KWQc3=Pc3・tg(p3=32x0.75=24KVar:.总的有功计算负荷为：Pc=Pel+Pel+Pc3=26.25+14.4+32=72.7KW总的无功计算负荷为：Qc=Qc\+Qc2+Qc3=19.7+2.9+24=46.6KU"计算电流为:86.35'1.732x380视在计算负荷为：Sc=ylPc-Qc=J.5285.29+2171.56=86.35KE4计算电流为:86.35'1.732x380=131・2A3-19有一台电焊机，容虽:为20KW（额立暂载率为25%,cos^0.7）,两台皮带传输机,每台功率为5KW（额圧暂载率'为40%cos00.75）,接于380V线路上，求三相等效负荷。解:Pe\=S£、/9cos0=20x725%x0.7=1KW=2P^&=2x5x2x740%=12.6/CIV解:两组设备分别跨接在ab,be上，所以三相等效负荷为Ped=>5Pelm+(