电路工程常见题型习题解答

LGJ—185型导线的市场繁荣直径为16.72mm，则半径为8.36mm.

r0S31.51500.21/km

x0(0.1445lg7.58lgDjprDjpr0.0157)/km(0.1445lg40001.2616.72/260.0157)/km0.417/kmb0lg7.5840001.2616.72/2106S/km2.72610S/km

Ucr84m1m2rlgDjpr840.85110.951lg1.2640008.36188.78KV110KV

所以 g00

Rr0lXx0lBb0l12121212.6 25.02

41.6410S

3—6. 500KV架空输电线路，采用双分裂导线，型号为2LGJQ—400(计算半径r13.6mm)， 分裂间距d400mm，三相对称排列，相间距离D=10m，计算输电线单位长度的参数。

解： 分裂导线的等值半径为rD r0DjprDrd13.640073.75mm

2S31.524000.039/km

1000073.750.01572x0(0.1445lg0.01572)/km(0.1445lg)/km0.316/km

b07.58lgDjprDlg7.581000073.75106S/km3.55106S/km

3—7. 某台SSPSOL型三相三绕组自耦变压器，容量比为300000/300000/150000KVA，变比为142/121/13.8KV，查得Pk(12)950kW，Pk(13)500kW，Pk(23)620kW，

Uk(12)(%)13.73，Uk(13)(%)11.9，Uk(23)(%)18.64，P0123kW，I0(%)=0.5，

试求归算到高压侧的变压器参数并画出此等值电路。

解：自耦变压器的短路损耗和短路电压百分数都是未经归算的，所以有

P'k(13)'4500kW2000kW，Pk(23)4620kW2480kW

Pk1Pk2Pk3121212(Pk(12)Pk(13)Pk(23))235kW (Pk(12)Pk(23)Pk(13))715kW (P'k(23)''''Pk(13)Pk(12))1765kW

'同理有：

U'k(13)(%)11.9223.8， U121212[Uk(12)(%)U[Uk(12)(%)U[U'k(13)'k(13)'k(23)(%)18.64237.28

'k(23)Uk1(%)Uk2(%)Uk3(%)(%)U(%)U(%)]0.125 (%)]13.605 (%)]23.675

'k(23)'k(13)(%)U'k(23)(%)Uk(12)于是有：

RT1PK1US2N2N103235242300000221030.1529

RT2PK2US2N2N103715242300000221030.4652

RT3PK3USU2N2N10317652423000003221031.1485

XT1K1(%)100U(%)U2NSNU2N100.125100242230000024221030.244

XT2K2100U(%)SNU2N10313.60510023.675100300000242210326.56

XT3K3100SN10330000010346.22

3—8. 一条额定电压为110kV的输电线，长100kM, r00.12/km，x00.41/km，

b02.74106S/km，已知线路末端负荷为(40+j30)MVA，线路始端电压保持为115KV，

试求：

(1) 正常运行时线路始端的功率和线路末端的电压； (2) 空载时线路末端的电压及线路末端的电压偏移。

解：(1) 等值电路如图所示 S240j30MVA QU11022B0232.74102100

1.6577MVASaS2Q40j28.3423MVA

2SPaQaU222(RjX)40228.341102(12j41)(2.38j8.14)MVA

SbSaS(40j28.3423)(2.38j8.14)(42.38j36.48)MVA S1SbQ42.38j34.82MVA

UPbRQbXU142.381236.484111517.428KV

U2U1U11517.42897.57KV

(2)空载时可认为线路末端功率为0MVA。

所以上图中S20MVA，Saj1.6577MVA

PaQaU222则S(RjX)1.657711022(12j41)(2.73j9.31)1033MVA

SbSaSj1.6577(2.73j9.31)10(0.00273j1.648)MVA

UPbRQbXU10.00273121.648411150.587KV

U2U1U1150.587115.587KV

UUUNN末端电压偏移=

100%5.08%

3—9. 题略

解：等值电路如图所示

RjX21j41.6

变压器参数均为归算到高压侧的参数。

RTjXT4.93j63.525 S215j11.25MVA

GTP0U2N1036011021034.95106S

BTI0(%)10011038.52SNU2N0.032011024.95105S

U236102.86KV

2ST1511.25102.852(4.93j63.525)(0.164j2.11)MVA

SaS2S(15.164j13.36)MVA

S'TP0jQ0P0I0100SN0.06j0.03200.060.6MVA

SbSaS(15.224j13.96)MVA

UTP2RQ2XU27.668KV UaUbUc110.528KV

输电线对地电容支路：QcUc22B1.674MVar

ScSbQc(15.224j12.286)MVA

SPcQcUc222(RjX)(0.658j1.303)MVA

SdScS(15.882j13.589)MVA

UPcRQcXUc7.517KV UdU1UcU118.045KV

QdjUd22B1.909MVar S1SdQd(15.882j11.68)MVA

3—10 图所示供电网，最大负荷Smax4.3j3.6MVA，最小负荷为Smin2.4j1.8MVA，10KV母线要求顺调压，当供电点A电压保持为36KV时，试选

变压器分接头。 解：

UminPminRQminXU10.04125KV， UmazPmaxRQmaxXU10.0779KV

UBmin36Umin35.96KV ， UBmax36Umax35.92KV

线SminPmin2路QminUP2max上

2的功率损耗为：

212(RjX)(0.00229j0.00267)MVA

SmaxQmax21U(RjX)(0.008j0.0093)MVA

UminPBminRTQBminXTUBmin0.72KV， UmaxPBmaxRTQBmaxXTUBmax1.421KV

顺调压时：U1tminUBminUTmin10(10.075)UBmaxUTmax10(10.025)1032.78KV

U1tmax1033.66KV

UtAV33.22KV所以选取3522.5%分接头。(验算过程略)

3—11 简单电力系统如图所示，线路和变压器归算到高压侧阻抗均标于图中，降压变电所低压母线电压要求保持10.4KV，若供电点电压保持117KV恒定，试配合变压器分接头(11022.5%)的选择，确定采用静止电容器或调相机两种方案的补偿容量。 解：线路电压损耗为

Umin4.82KV，UMAX10.51KV UBmin112.18KV，UBmax106.49KV

变压器电压损耗为：UTmin3.46KV，UTmax7.037KV

选取静止补偿器时，电容器在最小负荷时将电容器全部切除，最大负荷时全部投入。 所以在最小负荷时：

U1tmin112.183.4610.410104.54KV 故选(110-2*2.5%)分接头。

KT10.45 QC9.56MVar

选静止补偿器时，KT10.158 QCN16.33KVar

3—12 一个变电所通过两台10MVA、110/11KV变压器向用户供电，其最大负荷为12MW，

cos0.9，年负荷持续曲线如图所示，求下列两种情况下变压器的总电能损耗。

(1) 两台变压器全年运行：

(2) 当降至40%时，功率因数不变时，切除一台变压器运行。 解：Tmax4704h，3031.5h A[2P0PK2(SmaxSN)]max477040kwh

2(2) Tmax1881.6h，992h

AP0TmaxPK(120.4/0.910)]250798.933kwh