数，称为调节系统的迟缓率。

25.调节系统的静态特性26.速度变动率 27.转子飞升时间常数28.动态超调量

30.影响调节系统动态特性的主要因素有哪些并简述其影响趋势？ 答：影响调节系统动态特性的主要因素包括：(1) 转子飞升时间常数；(2) 中间容积时间常数；(3) 速度变动率；(4) 油动机时间常数；(5) 迟缓率。

31.什么是调节系统的静态特性曲线？衡量调节系统静态特性性能的指标有哪些？ 答：表达汽轮机速度变化与功率之间的单值对应关系的曲线叫静态特性曲线。

衡量调节系统静态特性性能的指标有：

1） 速度变动率；2）迟缓率；3）同步器工作范围。 32.常用评价调节系统动态特性的指标及其定义是什么？ 答：稳定性——汽轮机甩全负荷时，其转速随着时间的增长最终趋于由静态特性曲线决定的空负荷

转速，这样的过程称为稳定的过程。要求调节系统必须是稳定的。

超调量——汽轮机甩全负荷时，其转速在过渡过程中的最大转速与最后的稳定转速之差称为转

速超调量。

过渡过程时间——调节系统受到扰动后，从调节过程开始到被调量与新的稳定值偏差小于允许

值时的最短时间，称为过渡过程时间。

33.画图说明调速系统静态特性曲线的合理形状。 答：调速系统静态特性曲线的合理形状为：

两端斜率大，中间斜率小，没有突变，平滑而连续地向功率增加的方向倾斜。形状如下图所示： n

c Peecec

34.试述同步器的主要作用。

答：同步器的主要作用是通过平移调节系统特性而实现人为改变调节阀开度，做到 （1） 使孤立运行机组改变转速，起到转速给定作用； （2） 使并网运行机组改变负荷，起到功率给定的作用。

35.说明汽轮机调节系统速度变动率过大或过小对汽轮机工作的影响。

答：若速度变动率过小，即曲线很平坦，则在不打得转速变化范围内，机组负荷的变化很大， 机组进汽量的变化也相应很大，机组内部各部件的受力、温度应力等变化也很大，可能损坏 部件；同时速度变动率过大，负荷的较小变化都会引起速度的很大幅度的变化，不利于机组 的超速保护，而影响机组的安全运行。 36.简述旁路系统的作用是什么？ 答：（1）当汽轮机负荷低于锅炉稳定燃烧的最低负荷时，锅炉多送出的蒸汽可通过旁路减温 减压后排入凝汽器，以回收工质。

（2）当汽轮机负荷很第二是流经中间再热器的蒸汽量不足以冷却中间再热器时，绕过高 压缸且经过旁路系统减温减压器冷却的蒸汽，可进入中间再热器进行冷却，起到保护中间再 热器的作用。

37.简单说明下列三种静态特性线分别使机组处于怎样的运行工况。 答：（1）用于机组并网。当机组转速与电网频率不一致时，可通过偏差信号调整，故不应有

死区和限幅。

- 16 -

（2）用于并网运行。考虑到中间再热机组的负荷适应性受锅炉限制，所以有一定限幅。 （3）用于大功率机组。在不影响机组出力的情况下，存在死区。

?P?f?P?f?P?f（1）

（2）

（3）

38. 对于中间再热机组，在汽轮机从100%负荷甩至70%负荷时，中压调节汽门是如何动作？ 并简述理由。

答：当机组从100%降至80%负荷时，中压调节汽门应先按d0线立即关到e点，以减少流入中低压缸的蒸汽量，然后再由e点慢慢恢复到c点，使汽轮机在80%负荷时中压调节汽门仍然全开，以减小节流损失，提高机组热经济性。（如图）

c e d 开度

0 39.简述过调法的基本原理及其作用。

答：中低压缸功率延滞是导致中间再热式汽轮机负荷适应性差的主要原因。过调法的原 理是通过改变高压段功率的动态变化量以补偿低压段功率的延滞。

作用：当负荷增加时，采用过调法，可消除从低功率增到高功率时出现的延滞；当 负荷降低时，高压调节汽门“动态过关”，在逐渐减小“过关度”，这就可能消除机组在减负荷时的延滞。

40.何谓功频电液调节系统的反调现象，是怎样产生的？可采用什么措施消除？

答：在动态过程中，当发电机功率因电力系统的变化而突然改变，如发电机输出功率突然变 大，而转子的转速变化较小，转速信号也变化较小时，功频电液调节系统不但不会开大调节 汽门来增加负荷，相反却因当时发电机的功率大于给定值而欲关小调节汽门，这就是反调现 象。

反调现象的产生是因为功率信号的变化快于转速信号的变化。

消除措施：加一个延迟器，使功率信号延迟；可加入一个叫速度信号回路，加快转速信 号；在功率信号中加上负的功率微分信号；增加逻辑判断回路，切除功率信号。

综合题（计算题）

1.某冲动级级前压力p0=0.35MPa，级前温度t0=169°C, 喷嘴后压力p1=0.25MPa, 级后压力p2=0.56MPa, 喷嘴理想焓降Δhn =47.4kJ/kg, 喷嘴损失Δhnt=3.21kJ/kg, 动叶理想焓降Δhb =13.4kJ/kg, 动叶损失Δhbt =1.34kJ/kg, 级的理想焓降Δht=60.8kJ/kg，初始动能Δhc0=0，余速动能Δhc2=2.09kJ/kg, 其他各种损失ΣΔh=2.05 kJ/kg。计算： （1） 计算级的反动度Ωm

- 17 -

80 100 功率（%）

（2） 若本级余速动能被下一级利用的系数μ，计算级的相对内效率ηr i。 解：级的反动度Ωm=Δhb/Δht=13.4/60.8=0.22 级的相对内效率ηri=(Δht-Δhnζ-Δhbζ-Δhc2-ΣΔh)/(Δht-μ1×Δhc2)

=0.92

2.凝汽式汽轮机的蒸汽初参数：P0=8.83 MPa，温度t 0=530℃，汽轮机排汽压力Pc=0.0034 MPa，全机理想焓降ΔH t = 1450 kJ/kg，其中调节级理想焓降Δh tI = 209.3 kJ/kg，调节级相对内效率ηIri=0.5，其余各级平均相对内效率ηIIri=0.85。假定发电机效率ηg=0.98，机械效率ηm=0.99。试求：

(1) 该级组的相对内效率。 (2) 该机组的汽耗率。 (3) 在h~s(焓~熵)图上绘出该机组的热力过程线。 解：（1）因为调节级效率ηIri=0.5=Δh iI／Δh tI 所以调节级有效焓降：Δh iI=0.5×Δh tI=104.65 kJ/kg 其余各级的有效焓降：ΔHiII=ηIIri×ΔHtII

其中：ΔH tII=ΔH t－Δh tI=1450－209.3=1240.7 kJ/kg ∴ ΔHiII=ηIIri×ΔHtII =0.85×1240.7=1054.6 kJ/kg 故整机的相对内效率：

ηri=（ΔhiI +ΔHiII）／ΔH t= 1159.25／1450 = 79.9 % （2）机组的汽耗率：

d = 3600／(ΔH t·ηri·ηg·ηm) = 3600／（1124.7）= 3.2 kg／kW.h （3）热力过程线 P0=8.83 MPa h t 0=530℃

Δh ΔH Pc=0.0034 MPa

s

3.某反动级理想焓降Δht=62.1kJ/kg，初始动能Δhc0=1.8 kJ/kg, 蒸汽流量G=4.8kg/s，若喷嘴损失Δhnζ=5.6kJ/kg, 动叶损失Δhbζ=3.4kJ/kg，余速损失Δhc2=3.5kJ/kg，余速利用系数μ1=0.5，计算该级的轮周功率和轮周效率。 解：级的轮周有效焓降

Δhu=Δht*-δhn-δhb-δhc2 =62.1+1.8－5.6－3.4－3.5 =51.4kJ/kg 轮周功率

Pu=G×Δhu=4.8×51.4=246.7kW 轮周效率

ItIIt - 18 -

ηu=Δhu/E 0=Δhu/(Δh t*－μ1×δh c2)=51.4/（62.1+1.8－0.5×0.35）= 82.7% 答：该级的轮周功率为51.4 kJ/kg 该级的轮周效率为82.7%

4.已知某级级前蒸汽入口速度C0=0.0 m/s，级的理想焓降△h t=78.0kJ/kg，级的反动度Ω=0.3，??1=12°，??2=18°，圆周速度u=178m/s, 喷嘴速度系数? =0.97，动叶速度系数? =0.9，余速利用系数? 0=1.0。 （1） 计算动叶进出口汽流绝对速度及相对速度。 （2） 画出动叶进出口速度三角形。 （3） 画出该级热力过程线并标注各符号。 解: (1) ?hn0??1??m??ht=（1-0.3）×78=54.6 kJ/kg

005m/s c1t?2?103?hn?2?103?54.6?33..5m/s c1??c1t?330.5?0.97?3200 w1?c1?u2?2c1ucos?1?320.52?1782?2?320.5?178cos120=149.4m/s w2??2?m?ht103?0.9?2?0.3?78?103=194.7 m/s

c2?w2?u2?2w2ucos?2?194.72?1782?2?194.7?178?cos180=55.1m/s (2) 动叶进出口速度三角形：

C1 u C2 W2 202W1 u

(3) 该级热力过程线：

h

P0

?hn 0?ht 0P1 ?hb P2

s

5.已知汽轮机某级喷嘴出口速度c1=275m/s，动也进、出口速度分别为w1=124m/s、w2=205m/s，喷嘴、动叶的速度系数分别为φ=0.97, Ψ=0.94，试计算该级的反动度。 解： ?hn

0c1tc12752=40.187 KJ/Kg ???332232?102?10?2?0.97?10- 19 -

22

?hb02w2w2t2052=23.78 KJ/Kg ???332232?102?10?0.942?10?22w11242?23.78? ?hb??hb?=16.1 KJ/Kg 32?102?1030 ?m??hb?hb??hn0?16.1?0.29

16.1?40.186.已知喷嘴前蒸汽压力p0=2.8MPa，温度t0=400oC；喷嘴后蒸汽压力p1=1.95MPa，温度t1=350oC，喷嘴出气角а1=140，动叶后蒸汽压力p2=1.85MPa，温度t2=345oC，级的平均直径dm=1.3m，汽轮机转速n=3000r\\min，假设蒸汽初速c0可忽略不计，下一级利用率为0.5，动叶出口气流角β2=β1 -3o， （1） 计算喷嘴速度系数和动叶速度系数； （2） 计算并画出动叶进出口速度三角形； （3） 计算该级的轮周效率；

7.已知机组某中间级级前蒸汽压力p0=0.6MPa，温度t0=235oC，即后蒸汽压力p2=0.4MPa，初速度c=80m/s，反动度Ω=0.15，级的理想比焓降⊿h=88KJ/Kg，喷嘴出气角α1=11.22o，动叶出气角β

o

2=18，级的平均直径d=1.18m，转速n=3000r/min，喷嘴、动叶的速度系数均为0.97，该级蒸汽流量为296Kg/s。试求：

（1）该机组是冲动时汽轮机还是反动式汽轮机； （2）通过计算画出该机的热力过程线； （3）该级的轮周功率；

（4）该机余速能量全部被下级利用的轮周效率； 8.已知某级G=30Kg/s，c0=0.0，w1=158m/s，c1=293m/s，w2=157m/s，c2=62.5m/s，轴向排汽(α2=900),喷嘴和动叶速度系数分别为Φ=0.95，Ψ=0.88，汽轮机转速为3000转/分。 ⑴计算该级的平均反动度。

⑵计算轮周损失、轮周力、轮周功率和轮周效率（μ0=0，μ1=0.9）。 ⑶作出级的动叶进出口速度三角形，并在图中标出各参数。 ⑷作出该级的热力过程线并标出各量。 解：?hn0c12932???47.56 KJ/Kg 3222?10?2?103?0.95222w2w115721582 ?hb?????3.418KJ/Kg

2?103?22?1032?103?0.8822?103 （1）?m??hb?hn??hb220?3.418?0.07

3.418?47.56 （2）u?w2?c2?1572?62.52=144 m/s

222c1?u2?w1293?144?158 ?1?arccos=160 ?arccos2c1u2?293?14422

?2?arcsinc262.5?arcsin?260 w2157- 20 -