电力系统分析课程设计

1 原始资料：

1.1发电厂及变电所的地理位置图： 1 44km

2 63km 26km 系统 92km 3 水电 站 24km

99km

4

1.2电源情况

水电厂：TS900/135-56,额定容量45MW(cosn0.9),台数3

系统：与3＃变电所由2LGJ-150相连，系统母线电压最大最小负荷时均维持115KV，最大负荷时提供功率50MW(cosn0.9)，最小负荷时为30MW(cosn0.9)

1.3 说明

1）变电所3＃时 原有变电所，主接线为双母线结构;

2)为开发利用水资源，在距离变电所3＃约100km处新建一水利发电厂。发电能力在春夏秋三季满发，冬季最大出力为最大容量的3/4; 3）发电厂国际厂用电率2％，机压负荷2MW;

4）区域气温最高为40℃，年平均温度为25℃，最热月平均最高气温为32℃。 1.4 各变电所负荷情况 编号 1 2 3 4 变压器额定容252 31.52 31.52 252 量 最大负荷 30 45 50 25 最小负荷 25 27 30 20 6000 5000 5000 6500 Tmax(小时) cos 0.9. 0.9 0.9 0.9 负荷性质 工业 城市 城市 工矿 2 电力网接线的初步选择：

根据变电所符合情况选择电压等级为110KV。

1

2.1初步接线方案： 1 2

3 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 1 2 2 3 4 4 4

注： 为单接线 为双接线 2.2进行方案初步选择： 2.2.1技术方面：

2.2.1.1进行有功功率平衡计算： PLDK1Pmaxi80i1n

PG1PLD84.2 1K2PF1(PGPY)87 1K31.2PF 满足有功功率平衡。

所以PG2.2.1.2计算出无功功率（按负荷的最大值计算） Q1P0.9)14.53（Mvar） 1tan130tan(arccos0.9)21.78(Mvar) Q2P2tan245tan(arccos Q3P3tan350tan(arccos0.9)24.2(Mvar)

0.9)12.1(Mvar) Q4P4tan425tan(arccos~S130j14.53MVA

2

~S245j21.75MVA

~S350j24.2MVA ~S425j12.1MVA

~由于3＃由系统供电，因此在这里取S30MVA 2.2.1.3 方案1（按负荷最大值计算）

~~~~99S4(992426)S2(99262444)S158.48j28.31MVA Sa63442426990 O ~S1 ~S2 ~S3 ~S4 O

~~~~63S1(6344)S2(63442426)S4Sb41.52j20.1MVA

6344262499算出各段无功功率得：

Qo128.31MVar Q1228.3114.5313.78MVar Qo420.1MVar Q4220.112.18MVar 从而可知2＃为无功功率分点。

所以正常工作时变电所的最大电压损耗

U00QXUN0L2100009920.1(2624)80.41.1100008.680010002110当3—4断开时，此时变电所的最大电压损耗

U00QXUN0L2100006328.314413.780.41.1100008.68001500 2110所以方案1在技术上是合理的。 2.2.1.4 方案2（按负荷最大值计算）

~S1 ~S2 ~S3 O3

O

Sa=(92+26)S2+(92+26+44)S163+44+26+92=36.36+j20.09

S=63S1+(63+44)S2=23.+j

b63+44+26+9213.71

各段无功功率得:

Q01=20.09(Mvar) , Q12=7.99(Mvar) ,QO2=13.71(Mvar) 由上可知，2点为无功功率分点。 正常工作时，此环网的电压损耗为：

u%=(åQxol)/Un2=92*13.71/1102

*0.4*1.1*100%=5.88%<10%

当2，3断路时，此环网的电压损耗：

u%=(åQxol)/Un2=(63*20.09+44*7.99)/1102

*0.4*1.1*100%=5.88%<15%

所以，方案2在技术上合理。 2.2.1.5方案3（按最大负荷值计算） S~S~1 2 O O

S2a=90S+(90+44)S163+44+90=40.96+j19.82 S1b=63S+(63+44)S263+44+90=34.04+j16.48 再计算各段的无功功率： Q01=19.82(Mvar)

Q12=5.32(Mvar) , QO2=16.48(Mvar) 所以，2点为无功功率分点。 正常工作时，此环网的电压损耗为：

4

22

u%=(åQxol)/Un=16.48*90/110*0.4*1.1*100%=5.39%<10%

当1，2断路时，该环网电压损耗为：

22

u%=(åQxol)/Un=63*19.82/110*0.4*1.1*100%=4.54%<15%

所以，方案3在技术上合理。 2.2.1.6 方案4（按最大负荷值计算）

由于该方案环网与方案2相同，则此方案在技术上同样满足要求。

2.2.2经济方面： 方案1 方案2 方案3 方案4

考虑上述技术与经济方面，因3，4方案经济消耗过大，不予考虑，将其舍弃，选1，2方案进行详细技术经济计算，以选取最优方案。 3 进行详细经济技术比较，确定电网最优方案 3.1方案1

3.1.1导线截面的选择（不计线路损耗）

功率分布初步计算 ~~ Sa58.48j28.31MVA Sb41.52j20.1MVA

线路长度（km） 416 433 457 583 所需高压开关个数（个） 14 16 18 16 ~~~~~~ S12SaS128.48j13.78MVA S42SbS416.52j8MVA 3.1.2由无功分点分开进行初步选择

3060004550005400h Tmax3045 Io1(58.48)2(28.31)21031103341.03A

Io1170.5A 2 5

I28.48213.782103121103166.06A

由附表B－5可知，Tmax＝5400h 得经济电流密度为0.9A/mm2

S170.5o10.91.45mm2 S166.06120.9184.5mm2

由附表B－6可知，0—1，1－2段选择LGJ—240导线

T505000256500max50255500h

Io441.52220.121031103231.9A

I16.5228210342110396.4A

由附表B－5可知，Tmax＝5500h 得经济电流密度为0.9A/mm2 S9o4241.0.9268.8mm2 S4296.4.9107.1mm20

由附表B－6可知，0—4选择LGJ—300，4－2段选择LGJ—120导线 查表得

Ro1ro1l0.08635.04 Xo1xo1l0.3696323.247 R12r12l0.132445.8 X12x12l0.3694416.2

Ro4ro4l7.92

Xo439.9

R420.275013.5 X420.3655018.25

6

3.1.3对导线截面积的校验：

(25j12.1)(7.92j39.9)(45j21.78)(22.42j58.157)(30j14.53)(30.74j81.4)~Sa35.78j104.657.66j28.67MVA

~(30j14.53)(5.04j23.247)(45j21.78)(13.36j46.59)(25j12.1)(26.86j.84)Sb35.78j104.642.32j19.57MVA

S~~~12SaS127.66J14.14MVA S~~S~42Sb417.32j7.47MVA I57.66)2(28.67)2103o1(1103337.99A

27.66214.142103I121103163A

2I42.3219.572103o41103244.7A

I17.3227.47210342110399A

这些值均小于各自导线的载流量。 故障时时3－4被切断时的电流

I25212.12103o41103145.8A

2I(57.66)2(28.67)103o11103337.99A

27.66214.142103I121103163A

这些值均小于各自导线的载流量 所以所选的导线满足方案要求。

3.1.4电压损耗的校验

U57.662.5228.6711.62o11104.33KV 7

27.665.814.1416.23.54KV

1104.333.54U00100007.2001000

110发生故障时（0－1切断） U12 Uo18.67KV

U125.08KV

8.675.081000012.5001500

110故此方案能够保证电压质量。

3.1.5电网投资

由附表B－11知LGJ－240导线0.98万元/km LGJ－120导线0.49万元/km

所以U00所以WL0.98(2634499)0.49(2426)288.12万元 变电所投资Wb 由附表B－12得

Wb70.0765.83267.47万元 电网总投资Z＝WLWb555.59万元

3.1.6年运行费用

路线折旧维修费：WLw400WL11.52万元 变电所折旧维修费：Wbw12%Wb32万元

电能损耗费：Tmax5400h coso10.9 cos120. coso40.9

cos420.92 查表B－13得

1max3950h 2max3950h 3max3750h 4max3950h

电能损耗费WAZAZWEPmzxmaxWE429.4万元（此处取

WE0.3元/Kwh）

所以年运行费用 FWLWWbWWAZ43.53429.4472.92万元 3.2方案2

8

3.2.1 导线横截面积的选择（不计线路损耗） （1）计算功率的初步分布（按最大负荷）：

Sa=36.36+j20.09 , Sb=23.+j13.71 , 12=SSa-S1=11.36+j7.99

（2）由无功功率点2分开，进行初步选择： ①Tmax=(30*6000+45*5000)/(30+45)=5400(h) IO1=(36.362+20.012)0.5*103/(110*30.5)=110.09(A) I12=(11.36+7.99)*10/(110*3)=72.8(A) 由表得τ

max2

20.5

3

0.5

=5400h,其经济电流密度为0.9A/mm2

SO1=110.09/0.9=122.3mm2 S12=72.9/0.9=80.8mm2

由表得0-1段选LGJ-150，1-2段选LGJ-120 ②Tmax=5000h, 由表得出经济电流密度为0.9/mm2 IO2=(23.2+13.712)0.5*103/(110*30.5)=143.44(A) SO2=143.44/09=159.38(mm2) 由表得O2选LGJ-185 查表得

ro1=0.21*63=13.23Ω , ro1=ro1/2=6.615Ω, xO1=0.401*63=25.83Ω, xO1=XO1/2=12.915Ω , r12=0.27*44=11.88Ω, x12=0.408*44=17.952Ω, rO2=0.17*(92+26)=20.06Ω xO2=0.39*(92+26)=46.492Ω 再进行功率分布计算：

(45+j21.8)(20.06-j46.492)+(30+j14.5)(31.54-j.44)Sa==52+j23

38.55-j77.35(30+j14.5)(6.615-j12.915)+(45+j21.8)(20.06-j46.492)Sb==30-j14

38.55-j77.3512=S2-SS1=22+j8.5

IO1=(522+232)0.5*103/(110*30.5)=134(A), I12=(222+8.52)0.5*103/(110*30.5)=103(A),

9

IO2=(302+142)0.5*103/(110*30.5)=173(A), SO1=134/09=148.9(mm2), S12=103/09=114.4(mm2), SO2=173/09=182.2(mm2),

O-1,1-2,O-2段分别选JGL-150，LGJ-120，LGJ-185。 故障时，1-2段切除，

IO1=(302+14.52)0.5*103/110*30.5=123(A), IO2=(452+21.82)0.5*103/110*30.5=160.5(A),

这都小于各自导线允许载流量，因此最后选O-1，1-2，O-2段分别为JGL-150，LGJ-120，LGJ-185。

作一次电压损耗校验（略去电压横分量）： 因为，2点为无功功率分点，校验2点电压， ΔΔ

u01

=(52*6.615+23*12.915)/110=5.82(KV), =(22*11.88+8.5*17.952)/110=3.76(KV) ,

u12

U2=110-5.82-3.76=110.42(KV) , 故障时，切除O-1段母线，

Δud=(51*13.23+23*25.83)/110=11.6(KV), U2=110-11.6-3.76=94.(KV),

所以，该网络满足要求，可以保证良好的电能质量。 3.2.2电网投资

LGJ-150 LGJ-120 LGJ-185 对于4#，τ

max

导线 导线 导线 2

0.62万元/km 0.49万元/km 0.76万元/km =6500小时，查表得经济电流密度为0.9A/mm

IO4=(252+12.12)0.5*1000/110*30.5=145.7(A) 单母线 IO4/2=72.85（A） 线路投资：

WL=0.62*63+0.49*44+0.76*（92+26）+0.49*99*2 =247.32万元

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变压器投资： Wb=131.6万元 则

电网总投资为：

Z=WL+Wb=247.32+131.6=378.92万元 3.2.3年运行费用

①电能损耗费：（取WE=0.3元） WAZ=∑ΔAZWE=∑ΔPmaxτmaxWE=0.0272 ②线路折旧维修费用： WLW=4%WL=4%*247.32=9.8万元 变电所折旧费：Wbw=12%Wb=15.7万元 由Tmax=5400小时，cosφ12=0.9cosφa=0.9 查表得，τ τ τ③年费用： F=WLW+WbW+WAZ

=9.8+15.7+0.0272 =25.5272万元 4 确定最优方案

由年费用比较得，2方案为最优方案。 5 心得体会

随着课程设计的进行，越来越感到自己所学习的知识不够扎实，需要去不断的复习，以使在设计中不会，尽量少出错误。通过设计，使自己练习了设计的能力，对自己的能力是有一定的帮助的。 6 参考文献

<<电力系统分析>>课程设计指导书，

1max

=4500h, =3400h, =5100h

2max

4max

11