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例题精讲

发布时间:2014-06-22 08:05:07  

例题

1、选择图示电网1~6处定时限过电流保护的动作时限t1~t6,并确定其中哪些保护需装方向元件?(时差Δt取0.5s)

1题图

解:t3= t9+Δt=2+0.5=2.5s t5= t10+Δt=2.5+0.5=3s

t2= t7+Δt=1+0.5=1.5s t1= t5+Δt=3+0.5=3.5s t4= t5+Δt=3+0.5=3.5s t6= t2+Δt=1.5+0.5=2s 保护2、3需装方向元件。

2、设Z1?0.45?/km, ?K?700, L1、L2上装三段式相间距离保护,用00接线方向阻抗继电器。 L1上IL.max?350A, cos??0.9,IIIIIIKrel?0.85,Krel?0.8,Krel?1.2,阻抗继电器返回系数Kre?1.15,自启动系数KMs?1.3,母线最低正常工作电压UL.min?0.9UN, L2

距离三段的动作时限为2S。求保护1的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ段的一次动作阻抗,二次整定阻抗及动作时限。

2题图

解:(1)距离Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ段的动作阻抗

?.1?Kk?Z1L1?0.85?0.45?700?35?11.47?700(?) Zdz

??.1?Kk??(Z1L1?Zdz?.2) Zdz

?.2?Kk?Z1L2?0.85?0.45?700?40?15.3?700(?) Zdz

??.1?0.8(0.45?700?35?15.3?700)?24.84?700(?) Zdz

Zf.min?(0.9?110?1000)/350?163.3(?),?f?cos?10.9?25.80 3

???.1?Zdz

Zf.min???KhKzqKk163.3?25.80??91?25.80(?) 1.2?1.5?1.3

(2)各段的整定阻抗

Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ段的?zd均选为700,则

?.1?Zdz?.1?11.47?700(?)Zzd

??.1?Zdz??.1?24.84?700(?)Zzd

???.1Zzd91?700??126.9?70(?)000 cos(70?25.8

(3)各段动作时限 t1??0s,t1???t2???t?0.5s,

)t1????t2?????t?2?0.5?2.5s

3、Y,d-11接线,变比为110kV/10kV,容量为30MVA的变压器,两侧TA皆采用星形接法,高压侧TA变比:nTA.H=200/5,低压侧TA变比:nTA.L=2000/5,若差动保护采用内部相位校正: 1?Y?Y1?Y?Y1?Y?YYYY???I?(I?I),I?(I?I),I?(Ic?Ia);高压侧:1 ab2bc33???I??,I???I??,I???I??。问: 低压侧:I1a2b3c

(1)两侧TA二次绕组中的实际额定电流分别为多少A?

(2)当低压侧所乘以的平衡系数K L=1时(即低压侧为基本侧),为保证两侧差动的电流大小平衡,则高压侧所乘以的平衡系数K H=?

(3)比率制动特性中,已知最小动作电流Idz.min取0.4Ie,拐点电流Izh.min 取0.8 Ie,其中Ie为基本侧二次实际额定电流,制动特性斜率K取0.35;若内部短路时差动电流为18A,制动电流为10A,此时该保护是否会动作,其动作灵敏度(灵敏系数)为多少?

解 (1) :高压侧一次电流: Ie.H=30?1000

=157.46(A),

高压侧TA二次绕组电流: Ie2.H=

低压侧一次电流: Ie.L=Ie.H157.46=3.94(A) ?nTA.H200/530?1000

=1732.05(A),

低压侧TA二次绕组电流: Ie2.L=Ie.L1732.05=4.33(A) ?nTA.L2000/5

(2) 高压侧平衡系数: K H=4.33=1.1 3.94

(3) Idz.min=0.4Ie=0.4×4.33=1.732 (A) ;

Izh.min =0.8 Ie=0.8×4.33=3.464 (A)

此内部短路时对应的动作电流:

Idz=Idz.min+K×(Izh–Izh.min)= 1.732+0.35×(10–3.464)=4.02 (A)

此时的差动电流为18A,大于此时对应的动作电流4.02A,所以保护会动作。

灵敏系数:Klm=

Icd18=4.48 ?Idz4.02

4、如图两相三继电器式星形接线中,C相TA的极性接反了,已知TA的变比n=200/5,当线路三相短路且短路电流为1500A,试问:此时1LJ、2LJ、3LJ中的电流各为多少A?当线路A、C两相短路时且短路电流为1000A,试问:此时1LJ、2LJ、3LJ中的电流各为多少A?

4题图

1、解:

(1) 三相短路时:

I1LJ = IA/ nTA= 1500/(200/5)=37.5(A);

I2LJ = IC/ nTA= 1500/(200/5)=37.5(A)

??I?| / nTA= 15003/(200/5)=37.5=65(A) I3LJ = |IAC

(2) AC两相短路时:

I1LJ = IA/ nTA= 1000/(200/5)=25(A);

I2LJ = IC/ nTA= 1000/(200/5)=25(A)

??I?| / nTA= 2×I3LJ = |I1000/(200/5)=50 (A) AC

5、图示线路,L1的保护方案为三段式电流保护,已知在最大运行方式和最小运行方式下,d1、d2点短路电流分别为:I(3)d1.max=4500A, I(3)d1.min=4300A, I(3)d2.max=1900A, I(3)d2.min=1800A. 试求:

(1)线路L1的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ段保护的动作电及动作时限; (Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ段的可靠系数分别取为:KKⅠ=1.2, KKⅡ=1.1, KKⅢ=1.15, 电流元件的返回系数取为Kh=0.85, 电动机负荷的自启动系数取为Kzq=1.3, 时差△t取0.5s)

(2)校验Ⅱ段的灵敏系数KLm。(要求大于1.3)

(3)校验Ⅲ段的灵敏系数KLm。(近后备要求大于1.5,远后备要求大于1.2)

5题图

解:

(1)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ段动作电流

IdZ..AⅠ= KKⅠI(3)d1.max=1.2×4500=5400A

IdZ..BⅠ= KKⅠI(3)d2.max=1.2×1900=2280A

IdZ..AⅡ= KKⅡIdZ..BⅠ=1.1×2280=2508A

IdZ..AⅢ= ( KKⅢ/ Kh) KzqIf.max

=(1.15/0.85) ×1.3×(120+150+180+100)=967.3A

Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ段动作时间:

tAⅠ= 0;

tAⅡ= tBⅠ+△t=0.5(s); tAⅢ= tBⅢ+△t=(1.5+0.5)+0.5=2.5 (s)

( 2 ) 校验Ⅱ段的灵敏系数KLm

KLmⅡ=

( 3 ) 校验Ⅲ段的灵敏系数KLm (近)KLmⅢ=

(远)KLmⅢ=

34300=1.48>1.3 ?225804300=3.85>1.5 ?2967.31800=1.61>1.2 ?2967.3

6、如图所示为变比nT=110/10的Y/?-11点接线变压器,其纵差保护利用变压器两侧电流互感器的接线方式来校正相位。

(1) 完成Y/?-11点接线变压器纵差保护的原理接线图,

(2) 对于正序分量画出相量图分析其相位校正作用

(3) 已知高压侧TA1的变比为nTA1=300/5,试选定TA2的变比nTA2 (已知厂家标准变比有:…; 500/5; 800/5; 1000/5; 1200/5; 1500/5; 2000/5; 2500/5; …)

6题图

(1) 接线图

(2) 正序相量图

(3)由变比配合关系:nT?nTA23nTA1 则TA2计算变比:nTA2?nT?nTA1

3?(110/10)?(300/5)

31905?5

则选定TA2的变比nTA2=2000/5

7、如图所示网络的已知参数已标于图上,线路电抗X1?0.42?/km,

自起动系数Kzq?1,最大运行方式下的系统等值电抗Xs.min?1.2?,最

小运行方式下的系统等值电抗Xs.max?1.82?,试求:

(1)选择线路AB电流保护用电流互感器的变比(已知电流互感器的

标准变比有:……、200/5,300/5、400/5、600/5、750/5、1000/5、

1500/5、2000/5、……);

(2)整定线路AB瞬时电流速断保护的二次动作电流,并计算其最小

保护范围;

(3)整定线路AB定时限过电流保护的二次动作电流,并进行灵敏系

数校验

(4)选择线路AB过电流保护的动作时限。

(瞬时电流速断与定时限过流保护的可靠系数皆取KK?1.2; 电流元

件返回系数取Kh?0.85; 负荷自启动系数取Kzq?1; 校验灵敏系数时,

近后备要求大于1.5, 远后备要求大于1.2; 时差取Δt=0.5s);

7题图

解:(1)∵ 线路AB的最大负荷电流:

If.max?15?25?45?125?60?270A

∴ 选nTA?300/5

(3)(2)Id.B.max?10/3?1.069(kA) 1.2?0.42?10

I(3)Idz?KI(kA) .A.1kd.B.max?1.2?1.069?1.283

二次整定值:

II3Idz?I/n?1.283?10/(300/5)?21.38(A) .A.2dz.A.1TA

由:II

dz.A.1310/3???1.283(kA) 21.82?0.42?Lmin

得:最小保护范围:Lmin=4.95(km)

(3)IIII

dz.A.1Kk1.2?KzqIf.max??1?270?381A?0.381kA Kh0.85

二次整定值:

IIIIII3Idz?I/n?0.381?10/(300/5)?6.35(A).A.2dz.A.1TA

(2)

d.B.min I

(2)Id.C.min310/3???0.83kA21.82?0.42?10 310/???0.644kA21.82?0.42?10?0.42?4

????0.83/0.381?2.18>1.5 满足要求 近后备:Klm

????0.644/0.381?1.69>1.2 满足要求 远后备:Klm

(4)t?(1.5??t)??t?(1.5?0.5)?0.5?2.5s

8、已知z1 =0.4∠75°Ω/km,保护1的相间距离I、II、III段皆采用圆特性方向阻抗继电器,方向阻抗继电器的最灵敏角?lm=75?,线路AB长度为85km,线路BC长度为100km,线路BD长度为70km,变压器绕组等效阻抗为20∠75°Ω(变压器采用差动保护作为主保护),负荷全部投入时线路AB的最大稳态负荷电流If.max=500A,负荷自启动系数Kzq=1.5,负荷功率因数cos?f =0.866,运行时A母线最低线电压UA.min=100kV,电流互感器变比 nTA=400/5,电压互感器的变比nTV=110/0.1。

(1) 求保护1距离I段方向阻抗继电器的整定阻抗ZIzd.1

(2) 求保护1距离II段方向阻抗继电器的整定阻抗ZIIzd.1,并校验其灵敏度是否满足要求(要求>1.25)

(3) 求保护1距离III段方向阻抗继电器的整定阻抗ZIIIzd.1,并校验其作为线路BC的远后备的灵敏度是否满足要求(要求>1.2)

(4) 线路AB上距A侧70km处发生相间金属性短路时,说明保护1各段动作情况

(I、II段可靠系数一律取0.8, III段可靠系数取1.2,继电器返回系数取1.05)。

8题图

1、解:

(1) 距离I段整定:ZIdz.1=Kk· Z AB=0.8×(0.4×85)∠75°=27.2∠75°Ω 二次整定阻抗:ZIzd.1= ZIdz.1· (nTA/nTV(2) 距离II段整定及校验:

ZIdz.2=Kk· Z BC=0.8×(0.4×100)∠75°=32∠75°Ω

ZIdz.3=Kk· Z BD=0.8×(0.4×70)∠75°=22.4∠75°Ω

ZT=20∠75°Ω

则:ZIIdz.1=Kk· (Z AB+ZT) =0.8×(0.4×85+20)=43.2∠75??

二次整定阻抗:ZIIzd.1= ZIIdz.1· (nTA/nTV400/5=3.14∠75?? 110/0.1400/5=1.98∠75?? 110/0.1

IIZzd(n/n)43.2最小灵敏度:Klm=.1TVTA?= 1.27 > 1.25 满足要求 ZAB0.4?85

(3) 距离III段整定:

∵负荷功率因数cos?f h=0.866 ∴?f h=30?

ZIIIdz.1.

30??

ZIIIdz.1.∠?lm= ZIIIdz.1.∠φfh /Cos(?lm–?fh)=61.10/Cos45?=86.41∠75?? 二次整定阻抗:ZIIIzd.1= ZIIIdz.1.∠?lm· (nTA/nTV)=86.41×

75??

作为线路BC远后备的最小灵敏度:

IIIZzd(n/n)86.41Klm=.1TVTA?= 1.168 < 1.2 不满足要求 ZAB?ZBC0.4?(85?100)UA.min/311100?103/? ==61.10∠?∠?fh=KkKzqKhIfh.max1.2?1.5?1.05500400/5=6.28∠110/0.1

(4) 线路AB上距A侧70km处发生相间金属性短路时,保护1测量阻抗Zd=0.4×70=28∠75°Ω

位于其距离I段范围外,位于其距离II段及距离III段范围内,则距离I段不启动,距离II段启动后延时0.5秒跳闸,距离III段启动但最终返回。

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