注冊電氣工程師考試必備資料2025電路與電磁場1.已知電路中某元件的電壓\(u=10\sin(100t+30^{\circ})V\)，電流\(i=2\sin(100t-60^{\circ})A\)，求該元件的復阻抗\(Z\)。-首先，根據正弦量與相量的對應關系，電壓相量\(\dot{U}=10\angle30^{\circ}V\)，電流相量\(\dot{I}=2\angle-60^{\circ}A\)。-然后，根據復阻抗的定義\(Z=\frac{\dot{U}}{\dot{I}}\)，可得\(Z=\frac{10\angle30^{\circ}}{2\angle-60^{\circ}}=5\angle90^{\circ}\Omega=j5\Omega\)。2.一個由電阻\(R=10\Omega\)、電感\(L=0.1H\)和電容\(C=100\muF\)組成的串聯電路，接在\(u=220\sqrt{2}\sin(100t)V\)的電源上，求電路的電流\(i\)。-先求感抗\(X_{L}=\omegaL=100\times0.1=10\Omega\)，容抗\(X_{C}=\frac{1}{\omegaC}=\frac{1}{100\times100\times10^{-6}}=100\Omega\)。-再求復阻抗\(Z=R+j(X_{L}-X_{C})=10+j(10-100)=10-j90\Omega\)，\(\vertZ\vert=\sqrt{10^{2}+(-90)^{2}}=\sqrt{100+8100}=\sqrt{8200}\approx90.55\Omega\)。-電壓相量\(\dot{U}=220\angle0^{\circ}V\)，電流相量\(\dot{I}=\frac{\dot{U}}{Z}=\frac{220\angle0^{\circ}}{10-j90}=\frac{220\angle0^{\circ}}{90.55\angle-83.66^{\circ}}\approx2.43\angle83.66^{\circ}A\)。-所以電流\(i=2.43\sqrt{2}\sin(100t+83.66^{\circ})A\)。3.真空中有兩個點電荷\(q_{1}=2\times10^{-6}C\)和\(q_{2}=-3\times10^{-6}C\)，它們相距\(r=0.3m\)，求它們之間的庫侖力。-根據庫侖定律\(F=k\frac{q_{1}q_{2}}{r^{2}}\)，其中\(k=9\times10^{9}N\cdotm^{2}/C^{2}\)。-則\(F=9\times10^{9}\times\frac{\vert2\times10^{-6}\times(-3\times10^{-6})\vert}{0.3^{2}}=9\times10^{9}\times\frac{6\times10^{-12}}{0.09}=0.6N\)，力的方向為相互吸引。4.已知均勻磁場的磁感應強度\(B=0.5T\)，一矩形線圈的面積\(S=0.2m^{2}\)，匝數\(N=10\)，當線圈平面與磁場方向垂直時，求穿過線圈的磁通量\(\varPhi\)和磁鏈\(\varPsi\)。-磁通量\(\varPhi=BS=0.5\times0.2=0.1Wb\)。-磁鏈\(\varPsi=N\varPhi=10\times0.1=1Wb\)。5.有一無限長直導線通有電流\(I=5A\)，求距離導線\(r=0.2m\)處的磁感應強度\(B\)。-根據無限長直導線的磁感應強度公式\(B=\frac{\mu_{0}I}{2\pir}\)，其中\(\mu_{0}=4\pi\times10^{-7}H/m\)。-則\(B=\frac{4\pi\times10^{-7}\times5}{2\pi\times0.2}=5\times10^{-6}T\)。6.一個半徑為\(R\)的均勻帶電球體，電荷量為\(Q\)，求球內和球外的電場強度分布。-球外（\(r\gtR\)）：-根據高斯定理\(\oint_{S}\vec{E}\cdotd\vec{S}=\frac{Q_{enclosed}}{\epsilon_{0}}\)，對于半徑為\(r\)的高斯球面，\(\oint_{S}\vec{E}\cdotd\vec{S}=E\cdot4\pir^{2}\)，\(Q_{enclosed}=Q\)。-所以\(E=\frac{Q}{4\pi\epsilon_{0}r^{2}}\)。-球內（\(r\ltR\)）：-先求\(Q_{enclosed}=\frac{Q}{\frac{4}{3}\piR^{3}}\times\frac{4}{3}\pir^{3}=\frac{Qr^{3}}{R^{3}}\)。-由高斯定理\(E\cdot4\pir^{2}=\frac{Qr^{3}}{R^{3}\epsilon_{0}}\)，可得\(E=\frac{Qr}{4\pi\epsilon_{0}R^{3}}\)。7.已知一平面電磁波在真空中傳播，電場強度\(\vec{E}=E_{0}\sin(\omegat-kz)\vec{i}\)，求磁場強度\(\vec{H}\)。-根據麥克斯韋方程組的關系\(\nabla\times\vec{E}=-\frac{\partial\vec{B}}{\partialt}\)，\(\vec{B}=\mu_{0}\vec{H}\)。-先計算\(\nabla\times\vec{E}=\left|\begin{array}{ccc}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\\frac{\partial}{\partialx}&\frac{\partial}{\partialy}&\frac{\partial}{\partialz}\\E_{0}\sin(\omegat-kz)&0&0\end{array}\right|=kE_{0}\cos(\omegat-kz)\vec{j}\)。-又因為\(\nabla\times\vec{E}=-\frac{\partial\vec{B}}{\partialt}\)，\(\vec{B}=\mu_{0}\vec{H}\)，所以\(\frac{\partial\vec{H}}{\partialt}=-\frac{1}{\mu_{0}}\nabla\times\vec{E}\)。-對\(\frac{\partial\vec{H}}{\partialt}=-\frac{kE_{0}}{\mu_{0}}\cos(\omegat-kz)\vec{j}\)積分得\(\vec{H}=\frac{kE_{0}}{\omega\mu_{0}}\sin(\omegat-kz)\vec{j}\)，在真空中\(k=\omega\sqrt{\mu_{0}\epsilon_{0}}\)，則\(\vec{H}=\sqrt{\frac{\epsilon_{0}}{\mu_{0}}}E_{0}\sin(\omegat-kz)\vec{j}\)。8.有一個\(R-C\)串聯電路，\(R=5k\Omega\)，\(C=0.1\muF\)，接在\(u=10\sin(1000t)V\)的電源上，求電容電壓\(u_{C}\)。-先求容抗\(X_{C}=\frac{1}{\omegaC}=\frac{1}{1000\times0.1\times10^{-6}}=10^{4}\Omega\)。-復阻抗\(Z=R+j(-X_{C})=5\times10^{3}-j10^{4}\Omega\)，\(\vertZ\vert=\sqrt{(5\times10^{3})^{2}+(-10^{4})^{2}}=\sqrt{25\times10^{6}+100\times10^{6}}=\sqrt{125\times10^{6}}\approx11.18\times10^{3}\Omega\)。-電壓相量\(\dot{U}=\frac{10}{\sqrt{2}}\angle0^{\circ}V\)，電流相量\(\dot{I}=\frac{\dot{U}}{Z}=\frac{\frac{10}{\sqrt{2}}\angle0^{\circ}}{5\times10^{3}-j10^{4}}=\frac{\frac{10}{\sqrt{2}}\angle0^{\circ}}{11.18\times10^{3}\angle-63.43^{\circ}}\approx0.63\times10^{-3}\angle63.43^{\circ}A\)。-電容電壓相量\(\dot{U}_{C}=\dot{I}\times(-jX_{C})=0.63\times10^{-3}\angle63.43^{\circ}\times10^{4}\angle-90^{\circ}=6.3\angle-26.57^{\circ}V\)。-所以\(u_{C}=6.3\sqrt{2}\sin(1000t-26.57^{\circ})V\)。9.兩個同頻率的正弦電壓\(u_{1}=10\sin(\omegat+30^{\circ})V\)和\(u_{2}=8\sin(\omegat-60^{\circ})V\)，求\(u=u_{1}+u_{2}\)。-電壓相量\(\dot{U}_{1}=10\angle30^{\circ}=10(\cos30^{\circ}+j\sin30^{\circ})=5\sqrt{3}+j5V\)，\(\dot{U}_{2}=8\angle-60^{\circ}=8(\cos(-60^{\circ})+j\sin(-60^{\circ}))=4-j4\sqrt{3}V\)。-\(\dot{U}=\dot{U}_{1}+\dot{U}_{2}=(5\sqrt{3}+4)+j(5-4\sqrt{3})\approx(8.66+4)+j(5-6.93)=12.66-j1.93V\)。-\(\vert\dot{U}\vert=\sqrt{12.66^{2}+(-1.93)^{2}}=\sqrt{160.28+3.72}=\sqrt{164}\approx12.8V\)，\(\varphi=\arctan\frac{-1.93}{12.66}\approx-8.6^{\circ}\)。-所以\(u=12.8\sin(\omegat-8.6^{\circ})V\)。10.已知一電流源\(i_{s}=5\sin(100t+45^{\circ})A\)，與一個\(L=0.2H\)的電感并聯，求電感的電壓\(u_{L}\)。-先求感抗\(X_{L}=\omegaL=100\times0.2=20\Omega\)。-電流相量\(\dot{I}_{s}=\frac{5}{\sqrt{2}}\angle45^{\circ}A\)，電感電壓相量\(\dot{U}_{L}=\dot{I}_{s}\timesjX_{L}=\frac{5}{\sqrt{2}}\angle45^{\circ}\times20\angle90^{\circ}=50\sqrt{2}\angle135^{\circ}V\)。-所以\(u_{L}=100\sin(100t+135^{\circ})V\)。電機學11.一臺三相異步電動機，額定功率\(P_{N}=10kW\)，額定電壓\(U_{N}=380V\)，額定頻率\(f_{N}=50Hz\)，額定轉速\(n_{N}=1450r/min\)，求電動機的同步轉速\(n_{1}\)、極對數\(p\)和額定轉差率\(s_{N}\)。-因為異步電動機額定轉速\(n_{N}\)接近同步轉速\(n_{1}\)，根據\(n_{1}=\frac{60f_{1}}{p}\)，當\(f_{1}=50Hz\)時，可能的同步轉速有\(3000r/min\)（\(p=1\)），\(1500r/min\)（\(p=2\)），\(1000r/min\)（\(p=3\)）等，所以\(n_{1}=1500r/min\)，\(p=2\)。-額定轉差率\(s_{N}=\frac{n_{1}-n_{N}}{n_{1}}=\frac{1500-1450}{1500}=\frac{50}{1500}\approx0.033\)。12.一臺直流發電機，電樞電阻\(R_{a}=0.2\Omega\)，額定電壓\(U_{N}=220V\)，額定電流\(I_{N}=100A\)，求發電機的電動勢\(E_{a}\)。-根據直流發電機的電壓方程\(U=E_{a}-I_{a}R_{a}\)，這里\(I_{a}=I_{N}\)，則\(E_{a}=U_{N}+I_{N}R_{a}=220+100\times0.2=240V\)。13.一臺變壓器，原邊匝數\(N_{1}=1000\)，副邊匝數\(N_{2}=200\)，原邊接在\(U_{1}=220V\)的交流電源上，求副邊電壓\(U_{2}\)。-根據變壓器的變比公式\(\frac{U_{1}}{U_{2}}=\frac{N_{1}}{N_{2}}\)，則\(U_{2}=\frac{N_{2}}{N_{1}}U_{1}=\frac{200}{1000}\times220=44V\)。14.一臺三相變壓器，\(S_{N}=1000kVA\)，\(U_{1N}/U_{2N}=10kV/0.4kV\)，求原、副邊的額定電流\(I_{1N}\)和\(I_{2N}\)。-對于三相變壓器，\(S_{N}=\sqrt{3}U_{1N}I_{1N}=\sqrt{3}U_{2N}I_{2N}\)。-原邊額定電流\(I_{1N}=\frac{S_{N}}{\sqrt{3}U_{1N}}=\frac{1000\times10^{3}}{\sqrt{3}\times10\times10^{3}}\approx57.7A\)。-副邊額定電流\(I_{2N}=\frac{S_{N}}{\sqrt{3}U_{2N}}=\frac{1000\times10^{3}}{\sqrt{3}\times0.4\times10^{3}}\approx1443A\)。15.一臺并勵直流電動機，\(U_{N}=220V\)，\(I_{N}=80A\)，\(R_{a}=0.2\Omega\)，\(R_{f}=220\Omega\)，求電動機的電樞電流\(I_{a}\)和勵磁電流\(I_{f}\)。-勵磁電流\(I_{f}=\frac{U_{N}}{R_{f}}=\frac{220}{220}=1A\)。-電樞電流\(I_{a}=I_{N}-I_{f}=80-1=79A\)。16.一臺三相異步電動機，在額定運行時的電磁轉矩\(T_{em}=100N\cdotm\)，轉速\(n=1480r/min\)，求電動機的電磁功率\(P_{em}\)。-先求同步轉速\(n_{1}\)，由于\(n=1480r/min\)，\(n_{1}=1500r/min\)（\(p=2\)）。-根據\(T_{em}=\frac{P_{em}}{\Omega_{1}}\)，\(\Omega_{1}=\frac{2\pin_{1}}{60}=\frac{2\pi\times1500}{60}=50\pirad/s\)。-則\(P_{em}=T_{em}\Omega_{1}=100\times50\pi\approx15708W\)。17.一臺變壓器，空載損耗\(P_{0}=1kW\)，短路損耗\(P_{k}=2kW\)，當負載系數\(\beta=0.8\)時，求變壓器的效率\(\eta\)（假設負載功率因數\(\cos\varphi_{2}=0.8\)）。-變壓器的效率公式為\(\eta=\frac{\betaS_{N}\cos\varphi_{2}}{\betaS_{N}\cos\varphi_{2}+P_{0}+\beta^{2}P_{k}}\)。-假設\(S_{N}=100kVA\)（這里不影響效率計算結果），則\(\eta=\frac{0.8\times100\times0.8}{0.8\times100\times0.8+1+0.8^{2}\times2}=\frac{64}{64+1+1.28}=\frac{64}{66.28}\approx96.6\%\)。18.一臺直流電動機，已知\(E_{a}=200V\)，\(I_{a}=50A\)，\(R_{a}=0.2\Omega\)，求電動機的輸入功率\(P_{1}\)和電磁功率\(P_{em}\)。-輸入功率\(P_{1}=U_{a}I_{a}\)，由\(U_{a}=E_{a}+I_{a}R_{a}=200+50\times0.2=210V\)，則\(P_{1}=210\times50=10500W\)。-電磁功率\(P_{em}=E_{a}I_{a}=200\times50=10000W\)。19.一臺三相異步電動機，\(n_{1}=1000r/min\)，\(n=960r/min\)，求電動機的轉差率\(s\)和轉子電流的頻率\(f_{2}\)。-轉差率\(s=\frac{n_{1}-n}{n_{1}}=\frac{1000-960}{1000}=0.04\)。-轉子電流頻率\(f_{2}=sf_{1}\)，因為\(f_{1}=50Hz\)，所以\(f_{2}=0.04\times50=2Hz\)。20.一臺變壓器，變比\(k=10\)，原邊輸入電壓\(U_{1}=220V\)，副邊接一個\(R=10\Omega\)的電阻負載，求原邊電流\(I_{1}\)和副邊電流\(I_{2}\)。-副邊電壓\(U_{2}=\frac{U_{1}}{k}=\frac{220}{10}=22V\)。-副邊電流\(I_{2}=\frac{U_{2}}{R}=\frac{22}{10}=2.2A\)。-原邊電流\(I_{1}=\frac{I_{2}}{k}=\frac{2.2}{10}=0.22A\)。自動控制21.已知系統的開環傳遞函數\(G(s)H(s)=\frac{K}{s(s+1)(s+2)}\)，求系統的根軌跡的漸近線與實軸的交點和夾角。-對于開環傳遞函數\(G(s)H(s)=\frac{K}{s(s+1)(s+2)}\)，\(n=3\)（極點個數），\(m=0\)（零點個數）。-漸近線與實軸的交點\(\sigma_{a}=\frac{\sum_{i=1}^{n}p_{i}-\sum_{j=1}^{m}z_{j}}{n-m}\)，其中\(p_{1}=0\)，\(p_{2}=-1\)，\(p_{3}=-2\)，則\(\sigma_{a}=\frac{0-1-2}{3}=-1\)。-漸近線的夾角\(\varphi_{a}=\frac{(2k+1)\pi}{n-m}\)，\(k=0,1,\cdots,n-m-1\)，當\(k=0\)時，\(\varphi_{a}=60^{\circ}\)；當\(k=1\)時，\(\varphi_{a}=180^{\circ}\)；當\(k=2\)時，\(\varphi_{a}=300^{\circ}\)。22.已知系統的閉環傳遞函數\(\varPhi(s)=\frac{4}{s^{2}+2s+4}\)，求系統的無阻尼自然頻率\(\omega_{n}\)、阻尼比\(\zeta\)和系統的階躍響應的超調量\(\sigma\%\)。-與二階系統標準形式\(\varPhi(s)=\frac{\omega_{n}^{2}}{s^{2}+2\zeta\omega_{n}s+\omega_{n}^{2}}\)對比，可得\(\omega_{n}^{2}=4\)，則\(\omega_{n}=2rad/s\)，\(2\zeta\omega_{n}=2\)，\(\zeta=\frac{1}{2}\)。-超調量\(\sigma\%=e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^{2}}}}\times100\%=e^{-\frac{\frac{1}{2}\pi}{\sqrt{1-(\frac{1}{2})^{2}}}}\times100\%=e^{-\frac{\pi}{\sqrt{3}}}\times100\%\approx16.3\%\)。23.某控制系統的開環傳遞函數\(G(s)=\frac{10}{s(s+2)}\)，求系統的穩態誤差\(e_{ss}\)，當輸入為單位階躍信號\(r(t)=1(t)\)和單位斜坡信號\(r(t)=t\cdot1(t)\)時。-系統的類型\(v=1\)（開環傳遞函數中積分環節的個數），開環增益\(K=\frac{10}{2}=5\)。-當輸入為單位階躍信號\(r(t)=1(t)\)時，根據穩態誤差公式\(e_{ss}=\frac{1}{1+K_{p}}\)，\(K_{p}=\lim_{s\rightarrow0}G(s)=\infty\)，所以\(e_{ss}=0\)。-當輸入為單位斜坡信號\(r(t)=t\cdot1(t)\)時，根據穩態誤差公式\(e_{ss}=\frac{1}{K_{v}}\)，\(K_{v}=\lim_{s\rightarrow0}sG(s)=5\)，所以\(e_{ss}=\frac{1}{5}=0.2\)。24.已知系統的狀態方程\(\dot{\mathbf{x}}=\begin{bmatrix}-1&1\\0&-2\end{bmatrix}\mathbf{x}+\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}u\)，輸出方程\(y=\begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix}\mathbf{x}\)，求系統的傳遞函數\(G(s)\)。-系統的傳遞函數\(G(s)=\mathbf{C}(s\mathbf{I}-\mathbf{A})^{-1}\mathbf{B}\)，其中\(\mathbf{A}=\begin{bmatrix}-1&1\\0&-2\end{bmatrix}\)，\(\mathbf{B}=\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}\)，\(\mathbf{C}=\begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix}\)。-\(s\mathbf{I}-\mathbf{A}=\begin{bmatrix}s+1&-1\\0&s+2\end{bmatrix}\)，\((s\mathbf{I}-\mathbf{A})^{-1}=\frac{1}{(s+1)(s+2)}\begin{bmatrix}s+2&1\\0&s+1\end{bmatrix}\)。-則\(G(s)=\begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix}\frac{1}{(s+1)(s+2)}\begin{bmatrix}s+2&1\\0&s+1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}=\frac{1}{(s+1)(s+2)}\)。25.對于控制系統\(G(s)=\frac{K}{s(s+1)(s+3)}\)，用勞斯判據確定系統穩定時\(K\)的取值范圍。-系統的特征方程為\(s^{3}+4s^{2}+3s+K=0\)。-列出勞斯表：-第一行：\(1\)，\(3\)-第二行：\(4\)，\(K\)-第三行：\(\frac{12-K}{4}\)，\(0\)-第四行：\(K\)，\(0\)-要使系統穩定，則勞斯表第一列元素均大于零，即\(\frac{12-K}{4}\gt0\)且\(K\gt0\)，解得\(0\ltK\lt12\)。26.已知系統的單位脈沖響應\(h(t)=e^{-2t}\)，求系統的傳遞函數\(G(s)\)。-根據傳遞函數與單位脈沖響應的關系\(G(s)=\mathcal{L}[h(t)]\)，對\(h(t)=e^{-2t}\)進行拉普拉斯變換，\(G(s)=\frac{1}{s+2}\)。27.一個二階系統的單位階躍響應曲線如圖所示（假設超調量\(\sigma\%=25\%\)，峰值時間\(t_{p}=1s\)），求系統的無阻尼自然頻率\(\omega_{n}\)和阻尼比\(\zeta\)。-由超調量公式\(\sigma\%=e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^{2}}}}\times100\%=25\%\)，可得\(-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^{2}}}=\ln(0.25)\approx-1.386\)。-解\(\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^{2}}}=1.386\)，\(\zeta^{2}\pi^{2}=1.386^{2}(1-\zeta^{2})\)，\(\zeta^{2}(\pi^{2}+1.386^{2})=1.386^{2}\)，\(\zeta\approx0.4\)。-由峰值時間公式\(t_{p}=\frac{\pi}{\omega_{n}\sqrt{1-\zeta^{2}}}=1s\)，\(\omega_{n}=\frac{\pi}{t_{p}\sqrt{1-\zeta^{2}}}=\frac{\pi}{1\times\sqrt{1-0.4^{2}}}\approx3.49rad/s\)。28.已知系統的開環傳遞函數\(G(s)H(s)=\frac{K(s+1)}{s(s-1)(s+2)}\)，繪制系統的根軌跡草圖。-極點：\(p_{1}=0\)，\(p_{2}=1\)，\(p_{3}=-2\)；零點：\(z_{1}=-1\)。-\(n=3\)，\(m=1\)，漸近線與實軸交點\(\sigma_{a}=\frac{(0+1-2)-(-1)}{3-1}=0\)，漸近線夾角\(\varphi_{a}=\pm90^{\circ}\)。-實軸上根軌跡區間：\((-\infty,-2]\)，\([-1,0]\)。-根軌跡從極點出發，一部分趨向零點，一部分趨向漸近線。29.對于系統\(\dot{\mathbf{x}}=\begin{bmatrix}-2&1\\0&-1\end{bmatrix}\mathbf{x}+\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}u\)，判斷系統的可控性。-可控性矩陣\(\mathbf{M}_{c}=\begin{bmatrix}\mathbf{B}&\mathbf{A}\mathbf{B}\end{bmatrix}\)，\(\mathbf{A}\mathbf{B}=\begin{bmatrix}-2&1\\0&-1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-2\\0\end{bmatrix}\)，\(\mathbf{M}_{c}=\begin{bmatrix}1&-2\\0&0\end{bmatrix}\)。-因為\(\text{rank}(\mathbf{M}_{c})=1\lt2\)（系統的階數），所以系統不可控。30.已知系統的閉環傳遞函數\(\varPhi(s)=\frac{1}{s^{2}+3s+2}\)，求系統的單位階躍響應\(y(t)\)。-對\(\varPhi(s)\)進行部分分式分解，\(\varPhi(s)=\frac{1}{(s+1)(s+2)}=\frac{1}{s+1}-\frac{1}{s+2}\)。-單位階躍信號\(R(s)=\frac{1}{s}\)，則\(Y(s)=\varPhi(s)R(s)=\frac{1}{s(s+1)(s+2)}=\frac{1}{2s}-\frac{1}{s+1}+\frac{1}{2(s+2)}\)。-進行拉普拉斯反變換，\(y(t)=\frac{1}{2}-e^{-t}+\frac{1}{2}e^{-2t},t\geq0\)。電力系統分析31.已知某電力系統的發電機額定容量\(S_{GN}=100MVA\)，額定電壓\(U_{GN}=10.5kV\)，變壓器\(T-1\)的變比為\(10.5/121kV\)，容量\(S_{T1}=120MVA\)，線路\(L\)的長度\(l=100km\)，電抗\(x=0.4\Omega/km\)，變壓器\(T-2\)的變比為\(110/6.6kV\)，容量\(S_{T2}=80MVA\)，取基準容量\(S_{B}=100MVA\)，基準電壓\(U_{B1}=10.5kV\)，\(U_{B2}=121kV\)，\(U_{B3}=6.6kV\)，求各元件的標幺值。-發電機：-發電機電抗標幺值\(X_{G}=\frac{X_{G}}{X_{B1}}\)，假設\(X_{G}=0.2\Omega\)（這里假設一個值，實際題目會給定），\(X_{B1}=\frac{U_{B1}^{2}}{S_{B}}=\frac{10.5^{2}}{100}=1.1025\Omega\)，\(X_{G}=\frac{0.2}{1.1025}\approx0.181\)。-變壓器\(T-1\)：-變壓器\(T-1\)的電抗標幺值\(X_{T1}=X_{T1}\frac{S_{B}}{S_{T1}}\)，假設\(X_{T1}\%\)（短路電壓百分數）為\(10.5\)，\(X_{T1}=\frac{X_{T1}\%U_{N1}^{2}}{100S_{T1}}\)，\(U_{N1}=10.5kV\)，\(S_{T1}=120MVA\)，\(X_{T1}=\frac{10.5\times10.5^{2}}{100\times120}\approx0.095\Omega\)，\(X_{T1}=0.095\times\frac{100}{120}\approx0.079\)。-線路\(L\)：-線路電抗\(X_{L}=x\timesl=0.4\times100=40\Omega\)，\(X_{B2}=\frac{U_{B2}^{2}}{S_{B}}=\frac{121^{2}}{100}=146.41\Omega\)，\(X_{L}=\frac{X_{L}}{X_{B2}}=\frac{40}{146.41}\approx0.273\)。-變壓器\(T-2\)：-假設\(X_{T2}\%=10\)，\(X_{T2}=\frac{X_{T2}\%U_{N2}^{2}}{100S_{T2}}\)，\(U_{N2}=110kV\)，\(S_{T2}=80MVA\)，\(X_{T2}=\frac{10\times110^{2}}{100\times80}=15.125\Omega\)，\(X_{T2}=15.125\times\frac{100}{80}\approx1.89\)。32.某電力系統中，已知節點\(1\)為平衡節點，\(U_{1}=1.05\angle0^{\circ}\)，節點\(2\)為\(PQ\)節點，\(P_{2}=-0.5\)，\(Q_{2}=-0.3\)，節點\(3\)為\(PV\)節點，\(P_{3}=0.8\)，\(U_{3}=1.02\)，用牛頓-拉夫遜法進行潮流計算，寫出第一次迭代的修正方程（假設已知導納矩陣\(\mathbf{Y}\)）。-牛頓-拉夫遜法的修正方程為\(\begin{bmatrix}\Delta\mathbf{P}\\\Delta\mathbf{Q}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\mathbf{H}&\mathbf{N}\\\mathbf{J}&\mathbf{L}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\Delta\boldsymbol{\delta}\\\Delta\mathbf{U}/\mathbf{U}\end{bmatrix}\)。-對于\(PQ\)節點\(i\)：\(\DeltaP_{i}=P_{i}-U_{i}\sum_{j=1}^{n}U_{j}(G_{ij}\cos\delta_{ij}+B_{ij}\sin\delta_{ij})\)，\(\DeltaQ_{i}=Q_{i}-U_{i}\sum_{j=1}^{n}U_{j}(G_{ij}\sin\delta_{ij}-B_{ij}\cos\delta_{ij})\)。-對于\(PV\)節點\(k\)：\(\DeltaP_{k}=P_{k}-U_{k}\sum_{j=1}^{n}U_{j}(G_{kj}\cos\delta_{kj}+B_{kj}\sin\delta_{kj})\)，\(\DeltaU_{k}^{2}=U_{k}^{2}-U_{k}^{2}\sum_{j=1}^{n}U_{j}(G_{kj}\cos\delta_{kj}+B_{kj}\sin\delta_{kj})\)。-第一次迭代時，假設初始值\(\boldsymbol{\delta}^{(0)}=\mathbf{0}\)，\(\mathbf{U}^{(0)}=\mathbf{1}\)。-計算\(\Delta\mathbf{P}\)，\(\Delta\mathbf{Q}\)（對于\(PQ\)節點）和\(\DeltaU^{2}\)（對于\(PV\)節點），并計算雅可比矩陣\(\begin{bmatrix}\mathbf{H}&\mathbf{N}\\\mathbf{J}&\mathbf{L}\end{bmatrix}\)各元素，然后得到修正方程。33.一條\(110kV