继电保护整定计算课程设计

. 课程设计报告课程设计报告 . 名称 继电保护整定计算 院系 电气与电子工程学院 班级 学号 学生姓名 指导教师 设计周数两周 成绩 日期 2014 年 月日 . 一、课程设计一、课程设计 综合实验综合实验 的目的与要求的目的与要求 1. 1.课程设计的目的课程设计的目的 1巩固电力系统继电保护原理课程的理论知识，掌握运用所学知识分析和解决生产实际 问题的能力。 2通过对国家行业颁布的有关技术规程、规范和标准学习，建立正确的设计思想，理解我国 现行的技术政策。 3初步掌握继电保护设计的内容、步骤和方法。 4提高计算、制图和编写技术文件的技能。 2. 2.对课程设计的要求对课程设计的要求 1理论联系实际。对书本理论知识的运用和对规程、 规范的执行必须考虑到任务书所规定的 实际情况，切忌机械地搬套。 2独立思考。在课程设计过程中，既要尽可能参考有关资料和主动争取教师的指导，也可以 在同学之间展开讨论，但必须坚持独立思考，独自完成设计成果。 3认真细致。在课程设计中应养成认真细致的工作作风，克服马虎潦草不负责的弊病，为今 后的工作岗位上担当建设任务打好基础。 4按照任务书规定的内容和进度完成。 . . 二、设计（实验）正文 1. 某一水电站网络如图 1 所示。 已知 （1） 发电机为水轮立式机组，功率因数为0.8、额定电压6.3kV、次暂态电抗为0.2，负序 阻抗为 0.24； （2） 水电站的最大发电容量为25000kW，最小发电容量为 5000kW，正常运行方式发电 容量为 25000kW； （3）. 平行线路 L1、L2 同时运行为正常运行方式； （4） 变压器的短路电压均为 10％，接线方式为 Yd-11，变比为 38.5/6.3kV。 （5） 负荷自起动系数为1.3 ； （6） 保护动作是限级差△t ＝ 0.5s ； （7） 线路正序电抗每公里均为 0.4 Ω，零序电抗为 3 倍正序电抗； 图 1 试求 （1） 确定水电站发电机、变压器相间短路主保护、后备保护的配置方式； 答对于水电站发电机， 相间短路保护的主保护采用纵联差动保护， 后备保护应配置低电压 启动的过电流保护、复合电压启动的过电流保护、负序电流保护和阻抗保护。对于变压器， 相间短路的主保护采用纵联差动保护， 并配置复合电压启动的过电流保护或低电压闭锁的过 电流保护作为后备保护。 （2） 确定 6QF 断路器的保护配置方式，计算它们的动作定值、动作时限，并进行灵敏度 校验； 答系统等值电路的参数标么值，选取 S B  6.3MVA，U B  38.5kV，各部分等值参数 如下 . . 发电机X G*  X *N  S B 6.3  0.2 0.202 S N 5/0.8 2U TN S 变压器X T*  X *N B 0.1 2S TN U B 输电线路X L1*  X L2*  rl S B 6.3  0.440 0.068 22U B 38.5 X L3*  rl S B 6.3  0.456 0.095 2U B 38.52 S B 6.3  0.418 0.031 22U B 38.5 S B 6.3  0.418 0.031 2U B 38.52 X L4*  rl X L5*  rl 系统等值阻抗图如下 图 2 6QF 断路器位于线路末端， 与无穷大电网连接， 运行方式变化大， 三段式电流保护仅能配置 Ⅰ段保护。 电流Ⅰ段按躲过本线路末端发生短路时的最大短路电流整定。 D 节点最大短路电流 I k.max  1S B 0.5X G* 0.5X T* 0.5X BC*  X CD 3U 6.3 0.3712kA 3350.1010.050.0340.095 动作定值I  set6  K rel I k.max 1.20.3712  0.4859kA 电流速断保护保护范围校验 . . L min6 1  z CD UU2 1  38.5352   20.4859 0.2860 6.3    0  2IⅠ Z * S    0.4   B  set.6 电流Ⅱ段电流Ⅱ段保护范围延伸至下级线路，与下级线路电流Ι段配。 末端节点最大短路电流 I k.max  1S B 0.5X G* 0.5X T* 0.5X BC*  X CD  X DN 3U 6.3 0.3342kA 3350.1010.050.0340.0950.031 III Ⅱ段动作定值I set6  K rel K rel I kmax 1.11.20.3342  0.4411kA IIt 灵敏性校验  tIt  0.5s I k.min   K sen  II 31S B 2 X G* 0.5X T* 0.5X BC*  X CD  X DN 3U 36.3 0.2184kA 23350.2020.050.0340.0950.031 I kmin1.3 III set6 相应分析保护范围校验不满足要求。 由于系统运行方式变化大， 故一般的电流保护不满足 灵敏性与可靠性的要求，且末端仍有一段线路，故一般配置距离保护。 II 距离保护Ⅰ段距离保护Ⅰ段整定阻抗Z set6  K rel L CD z 1  0.8560.4 17.92 距离保护Ⅱ段距离保护Ⅱ段整定阻抗 IIIIIZ set6  K rel L CD z 1  K rel L DN z 1  0.8560.40.8180.4  22.528 灵敏度校验K II sen IIZ set 22.528 61.0071.25 Z CD 0.456 灵敏度不满足要求 距离保护Ⅲ段距离保护Ⅲ段按躲过正常运行时的最小负荷阻抗整定 Z LCD.min 20.95U N 0.95 3U N 0.95 33520.8 161.254 I LCD.max S max 25 距离保护Ⅲ段整定值ZⅢ set6  Z LCD.min K rel K ss K re  161.254 86.14 1.21.31.2 ⅢZ set 86.14 6 距离保护Ⅲ段灵敏度校验K sen 3.851.5 Z CD 560.4 . . 灵敏度满足要求，且tIII 0.5s （3） 确定平行线路 L1、L2 的的 1QF、3QF 相间短路主保护和后备保护，计算它们的动作 定值、动作时限，并进行灵敏度校验； 答由上，易知系统运行情况变化大，一般的电流保护均无法满足要求，故采用距离保护， 而距离保护Ⅱ段在双回线并列运行时线路末端短路时易误动，故配置距离保护Ⅰ段和Ⅲ段。 以 1QF 为例，整定计算如下 ⅠⅠ 距离保护Ⅰ段距离保护Ⅰ段整定阻抗 Z set1  K rel L