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1、电力系统继电保护课程设计双侧电源的35KV线路继电保护的配置及整定讦算设计系另lj:电气与电子工程系专 业：电气工程及其自动化姓 名:学 号:指导教师:石家庄铁道大学2016 年 12 月 22 日摘要本次继电保护设计是 35KV 线路继电保护的配置及整定计算设计。本文首先介绍了此 次设计要点，根据给定 35KV 线路网络的接线图及参数，进行短路电流进行整定计算，制定 出反应其输电线路上相间短路、接地短路故障的继电保护配置方案。通过对所配置的继电保 护进行整定计算和校验，论证继电保护配置的正确性，并对部分输电线路继电保护回路进行 了设计。关键词】 短路电流 整定计算 输电线路继电保护目录摘要
2、_ _ _ _ _ _ 1第一章概述1.1 课程设计的目的 .一 . .一 . . 一 . 11.2 课程设计的要求 11.3 课程设计的任务 1.4 设计步骤 _ _2第二章短路电流和电流保护的整定的计算2.1 原始资料一 .一 . . 32.2 短路电流的计算42.2.1 线路的阻抗计算42.2.2 AB三段式电流保护的整定值计算及灵敏度的校验 _一 _一 _52.2.3 AD段三段式保护整定计算及灵敏度的校验 .一 62.3 三段式电流保护的交直流的展开图 8三继电器设备的选择四互感器的变比总结11参考文献 12一方案设计1课程设计的目的继保护课程设计是配合“电力系统继电保护原理”理论教
3、学而设置的一门实践性课程。 主要目的是通过该课程使学生初步掌握继电保护的设计步骤和方法，熟悉有关“规定”和“设 备手册”的使用方法，以及继电保护标准图的绘制等。1.2课程设计的要求(1) 、巩固和加深对继电保护基本知识的理解，提高学生综合运用所学知识的能力。(2) 、培养学生根据课题需要选学参考资料的自学能力。通过独立思考、钻研有关问题，学 会自己分析解决问题的方法。(3) 、通过对实际系统的设计方案的分析比较、计算、设备选择、或数字仿真等环节，初步 掌握继电保护系统的分析方法和工程设计方法。(4) 、了解相关的工程技术规范，能按课程设计任务书的要求编写设计说明书，能正确反映 设计和实验成果、
4、正确绘制电路图等。(5) 、通过课程设计实践，培养学生建立正确的生产观点、经济观点和全局观点。1.3课程设计的任务(1) 、选出线路XL1A侧,XL4线路电流互感器变比。(2) 、选出线路XL1A侧,XL4线路保护方案并作出整定计算。(3) 、选出所需继电器的规格 、型号。(4) 、绘制出XL1,XL4继电保护展开图。( 5 )、写出说明书。1.4设计步骤1设计资料的分析与参数计算；选取基准值，计算各元件参数的电抗标么值：选取XL-1,和 XL-4 线路电流互感器变比。2. 系统运行方式；确定系统运行方式，计算系统最大阻抗和系统最小阻抗。3. 短路电路计算；选择短路点，求各短路点最大运行方式下
5、的三相短路电流，最小运行方式时的两相短路电流，求短路电流时要绘制等值电路图。4. 电流保护整定计算；确定电流保护的动作电流，动作时限并进行灵敏度的校验。5. 继电保护回路展开图；绘制电流保护的直流回路和交流回路展开图。6. 对电流保护的评价。二短路电流和电流保护的整定的计算2.1 设计的基本资料某双侧电源的35KV线路网络接线如下：已知：(1)、电厂为3台3x6000KW、电压等级为6、3KV的有自动电压调节器的汽轮发电机, 功率因数cosq=0.8,Xd”0.125, X2 =0.15,升压站为2台容量各为10MVA的变压器Ud =7.5%, 各线路的长度 XL1 为 20KM； XL2 为
6、 50KM； XL3 为 25KM； XL4 为 14KM ； XL5 为 40KM发电机统XL-L-5IE-(2)、电厂最大运行方式为3 台发电机 2 台变压器运行方式，最小运行方式为2台发电机 2台变压器运行方式；XL1线路最大负荷功率为10MW, XL4线路最大负荷功率为6MW。(3)、各可靠系数设为：KIK =1.2, KIIK =1.1, KIIIK =1.2, XL1 线路自起动系数 KZq =1.1, XL4线路自起动系数KZq =1.2, XL5线路过流保护的动作时限为1.6秒，XL3线路C侧过 流保护的动作时限为1.秒，保护操作电源为直流220V。(4)、系统最大短路容量为1
7、35MVA，最小短路容量为125MVA。2.2 短路电流计算2.2.1线路的阻抗计算选取基准值SB=100MVA Uav=UB=37KVXL=0.4电机容量6000 = 7500KV - ASN = cos 申发电机的阻抗变压器的阻抗S100 X103 KV - A “ ”X 二 X xb 二 0.125x二 1.67g d S7500KV - AN U % S ccr u 100 MV - A err X 二 j X B = 0.075 X二 0.75B 100 S10WV - ANX_ ZL x b-20 x 0.4 x 0.58L1U 2av372Xs_ ZL x b10050 x 0.
8、4 x一1.46L2U 2av372S100XZL x b-25 x 0.4 x 0.73L3U 2a372S100XZL x b14 x 0.4 x 0.41L4U 2a372XsZL x b10040 x 0.4 x 1.17372L5Uav2av线路的阻抗Sd max=135MVA =3U Iav d maxSdmin=125MVA =、3U Iav d min得系统最小阻抗：Xdmin纟 二 10.123I ndmi系统最大阻抗:X 二dmaxav = 10.96V3Id min系统最小阻抗标么值：Xsy sminS二 Z x 二 0.74d min U 2av系统最大阻抗标么值：Xs
9、y smaxS=Z x = 0.80d max U 2avA)A)BCDEFdmax10285241370673468dmin7544161027544374系统中各点短路电流计算如下：2.2.2 AB三段式电流保护的整定值计算及灵敏度的校验B35KV 下的电流基准值: S-=100 X103 = 1.560%)3 x 37AB 三段式保护等效电路图如下：CBF电流保护的整定值计算：GT AL1 段的 I 段整定值:actA = J X 1(3 d max 二 1.2 X 0.662 X 1560 二 123437000最小运行下的所保护的长度为L1的K倍:Il=X -actA $ 3(0.8
10、35 + 0.375 + 0.58K) x 13.72K = 28 fsen0灵敏度满足要求15oo。L1 段的 II段整定值：1 A = kJactB =629 = 692SI (2)754K =一 = 1.09sen In692act AL3 段的 I 段整定值：U 二 krelI二 562A37ooo最小运行下的所保护的长度为L3的K倍:Ii=x = 562actC、；3 (0.556 + 0.375 + 0.584 +1.46 + 0.73K) x13.72K = 18%sen灵敏度满足要求15oo由于灵敏系数V1.3,所以L1段的II段整定动作时间加0.5S的延时，动作值与L2段的I
11、I段整定动作值配合。则有:In二 k Ii二 1.1 x 562 二 618(A)actB rel actCL1 段的 II 段整定值：nactA 二 krel二 X 8 二 680AK 二型二 754 二 1.11sen I 680act因为灵敏度满足要求1.3,所以仍不能满足要求，因此降低整定值为580安培，此时灵敏 度为1.3,满足灵敏度要求，同时保护区延伸到BC段I段之前满足II段的保护范围要求，因 此设定其动作时限为 o.5s.L1段的III段整定值：1皿actA =K x . = 210(A)K.e=754 = 3.6sen A 210动作时限为2s,满足要求:Ksen B4162
12、10=1.98动作时限为1.5S,满足要求;2.2.3 AD段三段式保护整定计算及灵敏度的校验AD 段等效电路图如下：当 3 台发电机投入运行，系统阻抗分别为 0.74 和 0.80 时；X*10.935 x (2.77 + 0.74)0.935 + (2.77 + 0.74)X*20.935 x (2.77 + 0.80)0.935 + (2.77 + 0.80)=0.7409当2台发电机投入运行，系统阻抗分别为0.74和0.80时：X*3X*4L4段的I段整定值：actD=k I(3) = 1.2 x 1370 = 1644 (A)最小运行下的所保护的长度为L4的K倍:X3 = 16443
13、(0.7382 + 0.41K) x 13.72K = 20%senIi =actD37000灵敏度满足要求15 00L4 段的 II 段整定值：1 ctD 二 kreiIlactE =X 1.2 X 673 二 888A)relKsenI(2 )DI nactD1031888=1.16由于灵敏系数V1.3,为了保证选择性，所以L4段的II段整定动作值降低，降低为810安培，此时灵敏度为1.3,满足灵敏度要求，同时其保护范围达到del段保护范围之前满足II段保护范围的要求，所以整定其动作时限为0.5s.L4段的III段整定值:I皿 =actD K 皿 K x Irei ast1 = 125( A)KreKsen D1028125=8.2动作时限为2.1s，满足要求:Ksen E544125=4.3动作时限为1.6s,满足要求:2.3三段式电流保护的交直流的展开图电流三段式保护的原理接线图交流回路展开图TAa口丿 TAa1T曲川直流回路的展
