近期进行了一个小测验，发现了一些我在电力系统分析方面基础知识的疏漏，遂整理一篇笔记。现在我将这篇笔记中相对通用且有价值的部分分享出来，希望能对正在阅读这篇文章的你起到一些帮助。
分裂导线的作用
相较于普通导线，分裂导线后等效的 $r_{eq}$ 增大，从而减小了线路电抗，降低了电晕发生的可能性，提高了整个系统的静态稳定极限，以下是我整理的分裂导线的作用：
降低线路电抗 $X$
$$ r_{eq} \uparrow \Longrightarrow \begin{equation} \left\{ \begin{array}{lr} x_1 \downarrow = 0.1445 \lg \left( \frac{D_m}{r_{eq} \uparrow} \right) + 0.0157 \mu_r \, (\Omega/\text{km}) & \\ b_1 \uparrow = \omega C_1 = \frac{7.58}{\lg \left( \frac{D_m}{r_{eq} \uparrow} \right)} \times 10^{-6} \, (\text{S/km}) & \end{array} \right. \end{equation} $$因为电纳 $b$ 的变化规律与电抗 $x$ 几乎相反，所以也可以直接得出分裂导线会增大电纳的结论。
提高电晕临界电压 $U_{cr}$
$$ U_{cr} \uparrow= E{cr} \cdot r_{eq} \uparrow \cdot \frac{n}{K_{n}} \cdot \ln \frac{D_m}{r_{eq} \uparrow} $$提高静态稳定极限 $P_{M}$
$$ P_{M} \uparrow = \frac{E_{q}U}{X \downarrow} $$减小线路波阻抗 $Z_{c}$，进而提高线路的最大传输功率。
$$ Z_{c} \downarrow = \sqrt{\frac{X \downarrow}{B \uparrow}} = \sqrt{\frac{L}{C}} $$自然功率 $P_{natural} \uparrow = \frac{U_{n}^2}{Z_{c} \downarrow}$，而总功率 $P = P_{n} \times \frac{1}{\sin{\beta} L}$，所以分裂导线可以提高线路的最大传输功率。
变压器分接头的选择
看例题：已知某变压器变比为 $110(1 \pm 2 \times 2.5\%) / 11\text{kV}$，容量为 $20 \text{MVA}$，低压侧母线的最大负荷为 $10.8 + j14.4 \text{MVA}$，最小负荷为 $4.9 + j5 \text{MVA}$，归算到高压侧的变压器参数为 $5 + j60 \Omega$，变电所高压侧母线在任何情况下均维持电压为 $107 kV$，为了使低压侧母线保持顺调压，该变压器应当选择哪个分接头？
A. 主接头档，$ U_1 = 110 kV $
B. 110(1 - 5%) 档，$ U_1 = 104.5 kV$
C.110(1 + 2.5%)档，$U_1 = 112.75 kV$
D.110(1 - 2.5%) 档，$ U_1 = 107.25kV$
一个公式：$U_{TJ} = U_2’ \cdot \frac{U_{2N}}{U_2}$
其中 $U_2’$ 为归算到一次侧的二次侧电压，$U_{2N}$ 为变压器二次侧额定电压，$U_2$ 为实际的要求电压。为了计算得到分接头电压 $U_{TJ}$，需要分别求出最大负荷时的分接头电压 $U_{TJmax}$ 和最小负荷时的分接头电压 $U_{TJmin}$，再将两者取平均值得 $U_{TJav}$，最后选取最接近 $U_{TJav}$ 的分接头。题目中，变压器二次侧额定电压 $U_{2N}$ 为 11kV。$U_2$ 的确定则需要参考知识点「中枢电压的调整方式」。
中枢点电压的调整方式
| 调压方式 | 最大负荷要求电压（不小于） | 最小负荷要求电压（不大于） | 特点 |
|---|---|---|---|
| 顺调压 | $ 1.025 U_N $ | $ 1.075 U_N $ | 难度最小，适用于供电范围小，线路不长，供电要求低的场景。 |
| 逆调压 | $1.05U_N$ | $U_N$ | 难度最大。 |
| 常调压（恒调压） | $1.02U_N\sim1.05U_N$ | $1.02U_N\sim1.05U_N$ |
注意这个表格中的 $U_N$ 为低压侧母线的额定电压。
题目中要求低压侧母线保持顺调压，且低压侧额定电压可轻易看出（1.1 倍额定电压 = 11kV）为 10kV，则最大负荷时 $U_{2max} = 1.025 U_N = 10.25kV$，最小负荷时 $U_{2min} = 1.075 U_N = 10.75 kV$，归算到高压侧的低压侧额定电压则需要在高压侧电压的基础上减去变压器的电压降落，具体计算公式为：
$$ U_{2max}' = U_1 - \frac{P_{max}R + Q_{max}X}{U_1} = 107 - \frac{10.8 \times 5 + 14.4 \times 60}{107} = 98.42 kV \\ U_{2min}' = U_1 - \frac{P_{min}R + Q_{min}X}{U_1} = 107 - \frac{4.9 \times 5 + 5 \times 60}{107} = 103.97 kV $$最后将所有数据代入计算：
$$ \begin{cases} U_{TJ\max} = U_{2\max}' \cdot \frac{U_{2N\max}}{U_{2\max}} = 98.42 \times \frac{11}{10.25} = 105.62~\text{kV} \\ U_{TJ\min} = U_{2\min}' \cdot \frac{U_{2N\min}}{U_{2\min}} = 103.97 \times \frac{11}{10.75} = 106.39~\text{kV} \end{cases} \Rightarrow U_{TJ} = \frac{U_{TJ\max} + U_{TJ\min}}{2} = \frac{105.62 + 106.39}{2} = 106.005\text{kV} $$选择距离 $U_{TJ}$ 最近的分接头，题目中「D.110(1 - 2.5%) 档，$ U_1 = 107.25kV$」最为接近，所以本题选 D。
其实这道题有问题……
最后以选择分接头后变压器的最终变比校验这个分接头：
$$ U_{2max} = U_{2max}' \times \frac{11 kV}{107.25 kV} = 10.09 kV < 10.25 kV\\ U_{2min} = U_{2min}' \times \frac{11 kV}{107.25 kV} = 10.66 kV < 10.75 kV $$可以看到，如果选择这个变比，校验是不成功的，但这道题并非出自什么非常正式的考试，所以大家看着笑笑就完事了。
调差系数百分比
调差系数为功频静态特性参数 $K_{G*}$ 的倒数，符号为 $\sigma_{*}$，其用百分数表示就是调差系数百分比。
$$ \frac{\sigma_{ *}\%}{100} = \frac{1}{K_{G*}} $$极限切除角的计算
先来看一道例题：系统接线如下图所示，设在一回线路始端突然发生三相短路，已知原动机机械功率 $P_T = 1.5$，双回线路运行时系统的功角特性为 $P_I = 3 \sin{\delta}$，切除一回线路后系统的功角特性为 $P_{III} = 2\sin{\delta}$。则故障的极限切除角 $\delta_m =$ ?
按照某些教材上的说法，你需要将所有数据代入下面这个公式里：
$$ \cos{\delta_{cm}} = \frac{P_T(\delta_h - \delta_0) + P_{IIImax}\cos{\delta_h} - P_{IImax}\cos{\delta_0}}{P_{IIImax} - P_{IImax}} $$求出 $\cos{\delta_{cm}}$ 的值之后再代入反三角函数得到最终的角度 $\delta_{cm}$。先不说这个过程到底复不复杂，这种又臭又长的公式我看到就不想记。所以我们直接用等面积定则来做——如下图所示，根据等面积定则的定义，可以列出如下等式：
$$ \int_{\delta_0}^{\delta_{cmax}} P_m - P_{II} \mathrm{d}\delta = \int_{\delta_{cmax}}^{\delta{max} = \delta_k'}P_{III} - P_m \mathrm{d}\delta $$
其中 $\delta_{cmax} $ 就是极限切除角。根据题目条件，分别列写加速面积和减速面积的表达式，可以得到如下的等式，其中出于方便以 $ x $ 代替了 $ \delta_{cmax} $：
$$ \int_{\frac{\pi}{6} }^{x} (1.5 - 0) \mathrm{d}x = \int_{x}^{\pi - \arcsin{0.75}} (2\sin{x} - 1.5) \mathrm{d}x $$接下来就是微积分的事情了：
$$ [1.5x]^x_{\frac{\pi}{6}} = [-2\cos{x} - 1.5x]^{\pi - \arcsin{0.75}}_x \\ 1.5x - 1.5 \times \frac{\pi}{6} = [-2\cos{(\pi - \arcsin{0.75})}-1.5 \times (\pi - \arcsin{0.75})]-(-2\cos{x} - 1.5x) \\ 1.5x - \frac{\pi}{4} = -2\cos{(\pi - \arcsin{0.75})} - 1.5\pi + 1.5 \times \arcsin{0.75} + 2\cos{x} +1.5x \\ \frac{5}{4}\pi + 2\cos{(\pi - \arcsin{0.75})} - 1.5 \times \arcsin{0.75} = 2\cos{x} \\ \cos{x} = \frac{5}{8} \pi - \cos{(\arcsin{0.75})} - 0.75 \times \arcsin{0.75} \\ \cos{x} = 0.66601 $$最后将 $\cos{x}$ 的值代入反三角函数可以求得角度大约为 48.2 度，这个角度也就是我们要求的极限切除角。计算过程中，需要注意：
- 右边的积分终点也是故障切除后的功角特性 $P_{III}$ 和原动机功率 $P_T$ 的交点。
- 左边的积分是 $P_T - P_{II}$，右边的积分是 $P_{III} - P_{T}$，本题是三相短路，所以 $P_{II} = 0$，不要搞错了。
- 由于推导时所用的值全都以标幺值表示，因而式中 $\delta_c$、$\delta_k’$ 等角度亦需以 rad 表示（$360\degree = 2\pi \text{ rad}$）。
- 最后一步等式右边求出来是 $\cos{x}$ 的值，而不是弧度，不要一着急一股脑直接 $0.66601 \times \frac{180 \degree}{\pi}$ 求出一个错误的角度而前功尽弃。做题要一步一步来，充分发挥草稿纸充当自己第二大脑的作用，不要跳步，不要心急。
不对称短路电流与正序电流的关系
| 短路类型 | 短路电流 |
|---|---|
| 单相短路 | $I_{fn} = 3 I_{fl}$ |
| 两相短路 | $I_{fb} = I_{fc} = \sqrt{3} I_{fl}$ |
| 两相短路接地 | $I_{fb} = I_{fc} = \sqrt{3} \cdot \sqrt{1 - \frac{x_{\Sigma0}x_{\Sigma2}}{(x_{\Sigma0}+x_{\Sigma2})^2} }I_{fl}$ |
潮流计算中节点的分类
| 节点类型 | 已知量 | 待求量 | 节点数量（总共有 n 个节点） | 备注 |
|---|---|---|---|---|
| PQ 节点 | 有功功率 $P_i$ 和无功功率 $Q_i$ | 电压幅值 $U_i$ 和相角 $\delta_i$ | $m$ | 一般是用户 |
| PV 节点 | 有功功率 $P_i$ 和电压幅值 $U_i$ | 无功功率 $Q_i$ 和相角 $\delta_i$ | $n-m-1$ | 具有电压调节能力的节点，比如静止无功补偿器 |
| 平衡节点 | 电压幅值 $U_i = 1$ 和相角 $\delta_i = 0$ | 有功功率 $P_i$ 和无功功率 $Q_i$ | $1$ | 承担平衡全网功率任务的大容量机组 |
静态储备系数的计算
例题：在如下图所示的电力系统中，已知以发电机额定容量为基准的各元件电抗和系统电压的标幺值为：正常运行时，$x_d = 1.8$、$x_{T1}=x_{T2}=0.25$、$U=1.0$、$P=0.8$、$\cos{\Phi}=0.8$，若发电机为隐极机，空载电动势 $E_q = \text{常数}$，则正常运行时，静态稳定储备系数$K_p = $？
静态稳定储备系数的计算公式如下：
$$ K_p = \frac{P_M - P_0}{P_0} $$本题中 $P_0$ 已知等于 0.8，所以题目就变成求 $P_M$ ，其计算公式如下：
$$ P_M = \frac{E_qU}{X_{d\Sigma}} $$本题中 $X_{d\Sigma} = x_d + x_{T1} +\frac{x_L}{2} + x_{T2} = 2.55$，$U = 1.0$，所以问题又变为求 $E_q$。题目中 $P = 0.8、\cos{\Phi}=0.8$，则 $S = 1.0，Q = 0.6$，已知 P、Q、U，求上一级节点的电压，公式如下：
$$ \begin{cases} \Delta U = \frac{PR + QX}{U} = \frac{0 + 0.6 \times 2.55}{1.0} = 1.53 \\ \delta U = \frac{PX - QR}{U} = \frac{0.8 \times 2.55 - 0}{1.0} = 2.04 \\ \end{cases} \Longrightarrow E_q = \sqrt{(U + \Delta U)^2 + \delta U^2} = \sqrt{(1 + 1.53)^2 + 2.04^2} = 3.25 $$其中 $\Delta U$ 是纵分量，$\delta U$ 是横分量。
关于纵分量和横分量的定义：这个定义并非以笛卡尔坐标系为参考基准，而是以观察者的视角为基准，前后为纵，垂直为横。
现在 $E_q$ 已经求得，最后求出 $P_M$ 进而求出 $K_p$：
$$ P_M = \frac{E_qU}{X_{d\Sigma}} = \frac{3.25 \times 1.0}{2.55} = 1.27 \\ K_p = \frac{P_M - P_0}{P_0} = \frac{1.27 - 0.8}{0.8} = 0.5875 = 58.75\% $$