本篇为本科课程《电力系统稳态分析》的笔记。

本篇为这一章的第二篇笔记。上一篇传送门，下一篇传送门。

输电线路的运行特性

输电线路的空载运行特性

线路的等值电路如图所示。

由于是空载，则${\tilde{S}}_2=0$，可以计算出：
$$\begin{gathered} \Delta {\tilde{S}}_{Y2}=U_2^2\left(-j\frac{B}{2}\right)=-j\frac{U_2^{2}B}{2} \\ {\tilde{S}}_2^{\prime }={\tilde{S}}_2+\Delta {\tilde{S}}_{Y2}=-j\frac{U_2^{2}B}{2}=P_2^{\prime }+j{Q}_2^{\prime } \end{gathered}$$

则得到的$P_2^{\prime }=0,Q_2^{\prime }=-\frac{U_2^{2}B}{2}$。

忽略线路的R和G，即为无损耗线路，则：
$${\dot{U}}_1={\dot{U}}_2+\mathrm{d}{U}_2={\dot{U}}_2+\frac{Q_2^{\prime }X}{U_2}=U_2-\frac{XB}{2}{U}_2$$

由于线路的B是大于零的，所以可以得出结论$U_1<U_2$，说明空载的情况下，线路末端的电压会高于线路始端的电压，这就叫做输电线路空载的末端电压升高现象，即末端翘尾现象。

已知线路的单位阻抗$x_0=0.1445\lg \frac{D_m}{r}$和导纳$b_0=7.58\times 10^{-6}\frac{1}{\lg \frac{D_m}{r}}$，所以得到首末两端的电压差为：$\Delta U=-\frac{x_0{b}_0}{2}{l}^2{U}_2=-K{l}^2{U}_2$。

其中，l是线路的长度，K是一个可以算得的数，可见线路越长，电压差就越大，且电压差和长度的平方成正比。

如果线路更长，就需要用到以前推导过得方程，即已知末端电压和末端电流，求首端电压和首端电流：
$${\dot{U}}_1={\dot{U}}_2\cosh \Gamma l+{\dot{I}}_2{Z}_c\sinh \Gamma l$$

由于末端空载，也就是电流为零，则关系式化为：
$${\dot{U}}_1={\dot{U}}_2\cosh \Gamma l$$

在忽略R和G的情况下，即无损$\alpha =0$，有$\Gamma =\sqrt{z_0{y}_0}=\sqrt{j{x}_{0}j{b}_0}=j\sqrt{x_0{b}_0}=j\beta$，上式化为：
$$U_1=U_2\cosh j\beta l=U_2\cos \beta l$$

上式就是空载电压和线路长度的关系。计算情况下，当$\beta l=\frac{\pi }{2}$时，$U_1=0$，这说明即便是首端电压$U_1=0$，也可以让末端得到给定的电压$U_2$。这就是相当于发生了谐振，其线路长度约为波长的四分之一。

输电线路在轻载的情况

线路等值电路如图所示。轻载意味着有负载，但是功率很低，假设末端功率${\tilde{S}}_2=P+jQ$。

首端电压$U_1$和末端电压$U_2$的数值关系式计算不发生变化：
$$\begin{gathered} U_1=\left(1-\frac{XB}{2}\right)U_2 \\ \Rightarrow U_2=\frac{U_1}{1-\frac{XB}{2}} \end{gathered}$$

可以计算出${\tilde{S}}_2^{\prime }={\tilde{S}}_B+{\tilde{S}}_2$，即：
$$\begin{gathered} P^{\prime }=P \\ {Q}^{\prime }=-U_2^{2}B+Q \end{gathered}$$

可得：
$$\mathrm{d}{\dot{U}}_2=\frac{Q^{\prime }X}{U_2}+j\frac{P^{\prime }X}{U_2}=\frac{-U_2^{2}B+Q}{U_2}+j\frac{PX}{U_2}$$

因为有关系${\dot{U}}_1={\dot{U}}_2+\mathrm{d}{\dot{U}}_2$，所以可以画出如下图的向量示意图。

得到结论：$U_1<U_2$，还是会发生翘尾现象，解决方法是，并联电抗器，即并补。

输电线路的传输功率极限

第一种方法

忽略所有的并联支路，只留下一个串联支路，如图所示。

得到传输功率的表达式：
$$\begin{gathered} P+jQ={\dot{U}}_2{\dot{I}}^{\ast }={\dot{U}}_2{\left(\frac{{\dot{U}}_1-{\dot{U}}_2}{R+jX}\right)}^{\ast }={\dot{U}}_2\frac{{\dot{U}}_1^{\ast }-{\dot{U}}_2^{\ast }}{R-jX}\frac{R+jX}{R+jX} \\ =\frac{{\dot{U}}_2{\dot{U}}_1^{\ast }-U_2^2}{R^2+X^2}(R+jX) \end{gathered}$$

令${\dot{U}}_1=U_1\angle {\theta }_1,{\dot{U}}_2=U_2\angle {\theta }_2,\delta ={\theta }_1-{\theta }_2$。则可得：
$$P+jQ=\frac{U_2\angle {\theta }_2\cdot U_1\angle (-{\theta }_1)-U_2^2}{R^2+X^2}(R+jX)=\frac{U_1{U}_2(\cos \delta -j\sin \delta )-U_2^2}{R^2+X^2}(R+jX)$$

假设是无损耗线路，则$R=0$，所以化简上式可得：
$$\begin{gathered} P=\frac{U_1{U}_2}{X}\sin \delta \\ Q=\frac{U_2}{X}(U_1\cos \delta -U_2) \end{gathered}$$

所以可从三角函数的最大值得到最大传输功率$P_{max}=\frac{U_1{U}_2}{X}$。

第二种方法

忽略所有的并联支路和电阻，只留下一个串联电抗，如图所示。

可以导出首端电压为，取末端电压${\dot{U}}_2$为参考向量：
$${\dot{U}}_1={\dot{U}}_2+\mathrm{d}{\dot{U}}_2=\left(U_2+\frac{Q_{2}X}{U_2}\right)+j\frac{P_{2}X}{U_2}$$

令线路始端电压为：
$${\dot{U}}_1=U_1\angle \theta =U_1(\cos \theta +j\sin \theta )$$

比较上述两式的虚部，可得下面的等式：
$$\frac{P_{2}X}{U_2}=U_1\sin \theta$$
变换后可得输出功率的大小为：
$$P_2=\frac{U_1{U}_2}{X}\sin \delta$$

如图所示就是输电线路传输功率和两端电压的相位差之间的关系图，是一个三角函数曲线。在$\theta =\frac{\pi }{2}$处取得最大值。但实际中的$\theta$很小，约为15°到30°，所以实际中$P\ll P_{max}$。

想要提高传输功率，可以：

1. 提高线路的电压等级，采用更高一级的额定电压。
2. 减小线路的电抗。
   • 采用分裂导线。相当于并联电抗。
   • 线路上串联电容器，用其容抗抵消线路的一些感抗。

输电线路的功率圆圈

线路的运行有这几个要求：

• 两个电压约束
  $$\begin{gathered} \frac{U_1-U_2}{U_N}\times 100\%<10\% \\ \Delta U=\frac{PR+QX}{U}<10\% \end{gathered}$$
• 热稳定约束，即$I^{2}R$不能大。

下图就是线路的等值电路图，忽略了并联支路。

首先使用有名值计算：
$${\dot{U}}_1-{\dot{U}}_2=\sqrt{3}\dot{I}(P+jX)$$

因为$\tilde{S}=\sqrt{3}\dot{U}{\dot{I}}^{\ast }$，所以有：
$${\dot{U}}_1-{\dot{U}}_2={\left(\frac{S}{U_2}\right)}^{\ast }Z$$

对于复数量，有：$\tilde{S}=S\angle \varphi =P+jQ,Z=|Z|\angle {\varphi }_Z=R+jX$

则继续化上式为：
$$\mathrm{d}\dot{U}={\dot{U}}_1-{\dot{U}}_2=\frac{SZ}{U_2^{\ast }}\angle {\varphi }_Z-\varphi$$

在标幺制下进行运算。先选择基准值：$U_B=U_N,S_B=\frac{U_N^2}{Z},Z_B=Z$
$$\mathrm{d}{\dot{U}}_{\ast }=\frac{S_{\ast }}{U_{2\ast }^{\ast }}\angle {\varphi }_Z-\varphi$$

由于末端电压接近于额定电压，所以$U_{2\ast }$接近于1，则可以做出下面的近似：
$$\mathrm{d}{\dot{U}}_{\ast }\approx S_{\ast }\angle {\varphi }_Z-\varphi =\angle {\varphi }_Z(S_{\ast }\cos \varphi -j{S}_{\ast }\sin \varphi )=\angle {\varphi }_Z(P_{\ast }-j{Q}_{\ast })=\angle {\varphi }_Z{P}_{\ast }-\angle ({\varphi }_Z-\frac{\pi }{2})Q_{\ast }$$

另外可以求出$|\mathrm{d}{\dot{U}}_{\ast }|$：
$$\begin{gathered} |\mathrm{d}{\dot{U}}_{\ast }|=|S_{\ast }|=\sqrt{P_{\ast }^2+Q_{\ast }^2} \\ or|\mathrm{d}{\dot{U}}_{\ast }|=|S_{\ast }|=|{\dot{I}}_{\ast }^{\ast }{U}_{2\ast }|\approx |{\dot{I}}_{\ast }| \end{gathered}$$

由于有热稳定要求，即$I^{2}R<\eta \Rightarrow I^2<\frac{\eta }{R}\Rightarrow |\mathrm{d}{\dot{U}}_{\ast }{|}^2<\frac{\eta }{R}$，这说明热稳定的约束是一个圆区域，这个圆的圆心是${\dot{U}}_2$向量的终点。

另外再画出电压约束，要求电压降落<10%，还要要求$|{\dot{U}}_{2\ast }|>0.9$，则这两个圆弧都是以${\dot{U}}_2$向量的起点为圆心的。

三个区域的重叠部分就是系统允许的运行位置。