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一些關於電力系統分析的筆記

又臭又長的筆記應該沒人看吧（

近期進行了一個小測驗，發現了一些我在電力系統分析方面基礎知識的疏漏，遂整理一篇筆記。現在我將這篇筆記中相對通用且有價值的部分分享出來，希望能對正在閲讀這篇文章的你起到一些幫助。

分裂導線的作用

相較於普通導線，分裂導線後等效的 $r_{eq}$ 增大，從而減小了線路電抗，降低了電暈發生的可能性，提高了整個系統的靜態穩定極限，以下是我整理的分裂導線的作用：

  1. 降低線路電抗 $X$

    $$ r_{eq} \uparrow \Longrightarrow \begin{equation} \left\{ \begin{array}{lr} x_1 \downarrow = 0.1445 \lg \left( \frac{D_m}{r_{eq} \uparrow} \right) + 0.0157 \mu_r \, (\Omega/\text{km}) & \\ b_1 \uparrow = \omega C_1 = \frac{7.58}{\lg \left( \frac{D_m}{r_{eq} \uparrow} \right)} \times 10^{-6} \, (\text{S/km}) & \end{array} \right. \end{equation} $$

    因為電納 $b$ 的變化規律與電抗 $x$ 幾乎相反，所以也可以直接得出分裂導線會增大電納的結論。

  2. 提高電暈臨界電壓 $U_{cr}$

    $$ U_{cr} \uparrow= E{cr} \cdot r_{eq} \uparrow \cdot \frac{n}{K_{n}} \cdot \ln \frac{D_m}{r_{eq} \uparrow} $$

  3. 提高靜態穩定極限 $P_{M}$

    $$ P_{M} \uparrow = \frac{E_{q}U}{X \downarrow} $$

  4. 減小線路波阻抗 $Z_{c}$，進而提高線路的最大傳輸功率。

    $$ Z_{c} \downarrow = \sqrt{\frac{X \downarrow}{B \uparrow}} = \sqrt{\frac{L}{C}} $$

    自然功率 $P_{natural} \uparrow = \frac{U_{n}^2}{Z_{c} \downarrow}$，而總功率 $P = P_{n} \times \frac{1}{\sin{\beta} L}$，所以分裂導線可以提高線路的最大傳輸功率。

變壓器分接頭的選擇

看例題：已知某變壓器變比為 $110(1 \pm 2 \times 2.5\%) / 11\text{kV}$，容量為 $20 \text{MVA}$，低壓側母線的最大負荷為 $10.8 + j14.4 \text{MVA}$，最小負荷為 $4.9 + j5 \text{MVA}$，歸算到高壓側的變壓器引數為 $5 + j60 \Omega$，變電所高壓側母線在任何情況下均維持電壓為 $107 kV$，為了使低壓側母線保持順調壓，該變壓器應當選擇哪個分接頭？

A. 主接頭檔，$ U_1 = 110 kV $

B. 110(1 - 5%) 檔，$ U_1 = 104.5 kV$

C.110(1 + 2.5%)檔，$U_1 = 112.75 kV$

D.110(1 - 2.5%) 檔，$ U_1 = 107.25kV$

一個公式：$U_{TJ} = U_2’ \cdot \frac{U_{2N}}{U_2}$

其中 $U_2’$ 為歸算到一次側的二次側電壓，$U_{2N}$ 為變壓器二次側額定電壓，$U_2$ 為實際的要求電壓。為了計算得到分接頭電壓 $U_{TJ}$，需要分別求出最大負荷時的分接頭電壓 $U_{TJmax}$ 和最小負荷時的分接頭電壓 $U_{TJmin}$，再將兩者取平均值得 $U_{TJav}$，最後選取最接近 $U_{TJav}$ 的分接頭。題目中，變壓器二次側額定電壓 $U_{2N}$ 為 11kV。$U_2$ 的確定則需要蔘考知識點「中樞電壓的調整方式」。

中樞點電壓的調整方式

調壓方式最大負荷要求電壓（不小於）最小負荷要求電壓（不大於）特點
順調壓$ 1.025 U_N $$ 1.075 U_N $難度最小，適用於供電範圍小，線路不長，供電要求低的場景。
逆調壓$1.05U_N$$U_N$難度最大。
常調壓（恆調壓）$1.02U_N\sim1.05U_N$$1.02U_N\sim1.05U_N$

注意這個表格中的 $U_N$ 為低壓側母線的額定電壓。

題目中要求低壓側母線保持順調壓，且低壓側額定電壓可輕易看出（1.1 倍額定電壓 = 11kV）為 10kV，則最大負荷時 $U_{2max} = 1.025 U_N = 10.25kV$，最小負荷時 $U_{2min} = 1.075 U_N = 10.75 kV$，歸算到高壓側的低壓側額定電壓則需要在高壓側電壓的基礎上減去變壓器的電壓降落，具體計算公式為：

$$ U_{2max}' = U_1 - \frac{P_{max}R + Q_{max}X}{U_1} = 107 - \frac{10.8 \times 5 + 14.4 \times 60}{107} = 98.42 kV \\ U_{2min}' = U_1 - \frac{P_{min}R + Q_{min}X}{U_1} = 107 - \frac{4.9 \times 5 + 5 \times 60}{107} = 103.97 kV $$

最後將所有資料代入計算：

$$ \begin{cases} U_{TJ\max} = U_{2\max}' \cdot \frac{U_{2N\max}}{U_{2\max}} = 98.42 \times \frac{11}{10.25} = 105.62~\text{kV} \\ U_{TJ\min} = U_{2\min}' \cdot \frac{U_{2N\min}}{U_{2\min}} = 103.97 \times \frac{11}{10.75} = 106.39~\text{kV} \end{cases} \Rightarrow U_{TJ} = \frac{U_{TJ\max} + U_{TJ\min}}{2} = \frac{105.62 + 106.39}{2} = 106.005\text{kV} $$

選擇距離 $U_{TJ}$ 最近的分接頭，題目中「D.110(1 - 2.5%) 檔，$ U_1 = 107.25kV$」最為接近，所以本題選 D。

其實這道題有問題……

最後以選擇分接頭後變壓器的最終變比校驗這個分接頭：

$$ U_{2max} = U_{2max}' \times \frac{11 kV}{107.25 kV} = 10.09 kV < 10.25 kV\\ U_{2min} = U_{2min}' \times \frac{11 kV}{107.25 kV} = 10.66 kV < 10.75 kV $$

可以看到，如果選擇這個變比，校驗是不成功的，但這道題並非出自什麼非常正式的考試，所以大家看着笑笑就完事了。

調差係數百分比

調差係數為功頻靜態特性引數 $K_{G*}$ 的倒數，符號為 $\sigma_{*}$，其用百分數表示就是調差係數百分比。

$$ \frac{\sigma_{ *}\%}{100} = \frac{1}{K_{G*}} $$

極限切除角的計算

先來看一道例題：系統接線如下圖所示，設在一回線路始端突然發生三相短路，已知原動機機械功率 $P_T = 1.5$，雙回線路執行時系統的功角特性為 $P_I = 3 \sin{\delta}$，切除一回線路後系統的功角特性為 $P_{III} = 2\sin{\delta}$。則故障的極限切除角 $\delta_m =$ ?

系統接線圖 功角特性圖

按照某些教材上的説法，你需要將所有資料代入下面這個公式裏：

$$ \cos{\delta_{cm}} = \frac{P_T(\delta_h - \delta_0) + P_{IIImax}\cos{\delta_h} - P_{IImax}\cos{\delta_0}}{P_{IIImax} - P_{IImax}} $$

求出 $\cos{\delta_{cm}}$ 的值之後再代入反三角函式得到最終的角度 $\delta_{cm}$。先不説這個過程到底復不復雜，這種又臭又長的公式我看到就不想記。所以我們直接用等面積定則來做——如下圖所示，根據等面積定則的定義，可以列出如下等式：

$$ \int_{\delta_0}^{\delta_{cmax}} P_m - P_{II} \mathrm{d}\delta = \int_{\delta_{cmax}}^{\delta{max} = \delta_k'}P_{III} - P_m \mathrm{d}\delta $$

簡單電力系統的功角特性曲線

其中 $\delta*{cmax} $ 就是極限切除角。根據題目條件，分別列寫加速面積和減速面積的表示式，可以得到如下的等式，其中出於方便以 $ x $ 代替了 $ \delta*{cmax} $：

$$ \int_{\frac{\pi}{6} }^{x} (1.5 - 0) \mathrm{d}x = \int_{x}^{\pi - \arcsin{0.75}} (2\sin{x} - 1.5) \mathrm{d}x $$

接下來就是微積分的事情了：

$$ [1.5x]^x_{\frac{\pi}{6}} = [-2\cos{x} - 1.5x]^{\pi - \arcsin{0.75}}_x \\ 1.5x - 1.5 \times \frac{\pi}{6} = [-2\cos{(\pi - \arcsin{0.75})}-1.5 \times (\pi - \arcsin{0.75})]-(-2\cos{x} - 1.5x) \\ 1.5x - \frac{\pi}{4} = -2\cos{(\pi - \arcsin{0.75})} - 1.5\pi + 1.5 \times \arcsin{0.75} + 2\cos{x} +1.5x \\ \frac{5}{4}\pi + 2\cos{(\pi - \arcsin{0.75})} - 1.5 \times \arcsin{0.75} = 2\cos{x} \\ \cos{x} = \frac{5}{8} \pi - \cos{(\arcsin{0.75})} - 0.75 \times \arcsin{0.75} \\ \cos{x} = 0.66601 $$

最後將 $\cos{x}$ 的值代入反三角函式可以求得角度大約為 48.2 度，這個角度也就是我們要求的極限切除角。計算過程中，需要注意：

  1. 右邊的積分終點也是故障切除後的功角特性 $P_{III}$ 和原動機功率 $P_T$ 的交點。
  2. 左邊的積分是 $P_T - P_{II}$，右邊的積分是 $P_{III} - P_{T}$，本題是三相短路，所以 $P_{II} = 0$，不要搞錯了。
  3. 由於推導時所用的值全都以標么值表示，因而式中 $\delta_c$、$\delta_k’$ 等角度亦需以 rad 表示（$360\degree = 2\pi \text{ rad}$）。
  4. 最後一步等式右邊求出來是 $\cos{x}$ 的值，而不是弧度，不要一着急一股腦直接 $0.66601 \times \frac{180 \degree}{\pi}$ 求出一個錯誤的角度而前功盡棄。做題要一步一步來，充分發揮草稿紙充當自己第二大腦的作用，不要跳步，不要心急。

不對稱短路電流與正序電流的關係

短路型別短路電流
單相短路$I_{fn} = 3 I_{fl}$​
兩相短路$I_{fb} = I_{fc} = \sqrt{3} I_{fl}$​
兩相短路接地$I_{fb} = I_{fc} = \sqrt{3} \cdot \sqrt{1 - \frac{x_{\Sigma0}x_{\Sigma2}}{(x_{\Sigma0}+x_{\Sigma2})^2} }I_{fl}$​

潮流計算中節點的分類

節點型別已知量待求量節點數量（總共有 n 個節點）備註
PQ 節點有功功率 $P_i$ 和無功功率 $Q_i$電壓幅值 $U_i$ 和相角 $\delta_i$$m$一般是用戶
PV 節點有功功率 $P_i$ 和電壓幅值 $U_i$無功功率 $Q_i$ 和相角 $\delta_i$$n-m-1$具有電壓調節能力的節點，比如靜止無功補償器
平衡節點電壓幅值 $U_i = 1$ 和相角 $\delta_i = 0$有功功率 $P_i$ 和無功功率 $Q_i$$1$承擔平衡全網功率任務的大容量機組

靜態儲備係數的計算

例題：在如下圖所示的電力系統中，已知以發電機額定容量為基準的各元件電抗和系統電壓的標么值為：正常執行時，$x_d = 1.8$、$x_{T1}=x_{T2}=0.25$、$U=1.0$、$P=0.8$、$\cos{\Phi}=0.8$，若發電機為隱極機，空載電動勢 $E_q = \text{常數}$，則正常執行時，靜態穩定儲備係數$K_p = $？

系統接線圖

靜態穩定儲備係數的計算公式如下：

$$ K_p = \frac{P_M - P_0}{P_0} $$

本題中 $P_0$ 已知等於 0.8，所以題目就變成求 $P_M$ ，其計算公式如下：

$$ P_M = \frac{E_qU}{X_{d\Sigma}} $$

本題中 $X_{d\Sigma} = x_d + x_{T1} +\frac{x_L}{2} + x_{T2} = 2.55$，$U = 1.0$，所以問題又變為求 $E_q$。題目中 $P = 0.8、\cos{\Phi}=0.8$，則 $S = 1.0，Q = 0.6$，已知 P、Q、U，求上一級節點的電壓，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 $\Delta U$ 是縱分量，$\delta U$ 是橫分量。

關於縱分量和橫分量的定義：這個定義並非以笛卡爾座標系為蔘考基準，而是以觀察者的視角為基準，前後為縱，垂直為橫。

縱分量和橫分量

現在 $E_q$ 已經求得，最後求出 $P_M$ 進而求出 $K_p$：

$$ P_M = \frac{E_qU}{X_{d\Sigma}} = \frac{3.25 \times 1.0}{2.55} = 1.27 \\ K_p = \frac{P_M - P_0}{P_0} = \frac{1.27 - 0.8}{0.8} = 0.5875 = 58.75\% $$