【保护】继电保护课后答案

1、【关键字】保护电力系统继电保护课后习题答案1绪论1.1 电力系统如果没有配备完善的继电保护系统，想象一下会出现什么情景？答：现代的电力系统离开完善的继电保护系统是不能运行的。当电力系统发生毛病时，电源至毛病点之 间的电力设备中将流过很大的短路电流，若没有完善的继电保护系统将毛病快速切除，则会引起毛病元 件和流过毛病电流的其他电气设备的损坏；当电力系统发生毛病时，发电机端电压降低造成发电机的输 入机械功率和输出电磁功率的不平衡，可能引起电力系统稳定性的破坏，甚至引起电网的崩溃、造成人 身伤亡。如果电力系统没有配备完善的继电保护系统，则当电力系统出现不正常运行时，不能及时地发 出信号通知值班人员进

2、行合理的处理。1.2 继电保护装置在电力系统中所起的作用是什么答:继电保护装置就是指能反应电力系统中设备发生毛病或不正常运行状态，并动作于断路器跳闸或发出信号的一种自动装置.它的作用包括：1.电力系统正常运行时不动作；2.电力系统部正常运行时发报警信号，通知值班人员处理，使电力系统尽快恢复正常运行；3.电力系统毛病时，甄别出发生毛病的电力设备，并向毛病点与电源点之间、最靠近毛病点断路器发出跳闸指令，将毛病部分与电网的其他部分隔离。1.3 继电保护装置通过哪些主要环节完成预定的保护功能，各环节的作用是什么？答:继电保护装置一般通过测量比较、逻辑判断和执行输出三个部分完成预定的保护功能。测量比较环

3、节是册来那个被保护电器元件的物理参量，并与给定的值进行比较， 根据比较的结果，给出 是“、非"、“0”或“1性质的一组逻辑信号，从而判别保护装置是否应该启动。逻辑判断环节是根据测量环节输出的逻辑 信号，使保护装置按一定的逻辑关系判定毛病的类型和范围，最后确定是否应该使断路器跳闸。执行输 出环节是根据逻辑部分传来的指令，发出跳开断路器的跳闸脉冲及相应的动作信息、发出警报或不动作。1.4 依据电力元件正常工作、不正常工作和短路状态下的电气量复制差异，已经构成哪些原理的保护，这些保护单靠保护整定值能求出保护范围内任意点的毛病吗？答：利用流过被保护元件电流幅值白增大，构成了过电流保护；利用短

4、路时电压幅值的降低，构成了低电压保护；利用电压幅值的异常升高，构成了过电压保护；利用测量阻抗的降低和阻抗角的变大，构成了 低阻抗保护。单靠保护增大值不能切除保护范围内任意点的毛病，因为当毛病发生在本线路末端与下级线路的首端出 口时，本线路首端的电气量差别不大。所以，为了保证本线路短路时能快速切除而下级线路短路时不动 作，这种单靠整定值得保护只能保护线路的一部分。1.5 依据电力元件两端电气量在正常工作和短路状态下的差异，可以构成哪些原理的保护？答：利用电力元件两端电流的差别，可以构成电流差动保护；利用电力元件两端电流相位的差别可以构 成电流相位差动保护；利两侧功率方向的差别，可以构成纵联方向比

5、较式保护；利用两侧测量阻抗的大 小和方向的差别，可以构成纵联距离保护。1.6 如图1-1所示，线路上装设两组电流互感器，线路保护和母线保护应各接哪组互感器？答：线路保护应接 TA1,母线保护应接TA2。因为母线保护和线路保护的保护区必须重叠，使得任意点 的毛病都处于保护区内。图1-1电流互感器选用示意图1.7 结合电力系统分析课程的知识，说明加快继电保护的动作时间，为什么可以提高电力系统的稳定性？答：由电力系统分析知识可知，毛病发生时发电机输出的电磁功率减小二机械功率基本不变，从而使发 电机产生加速的不平衡功率。继电保护的动作时间越快，发电机加速时间越短，功率角摆开幅度就越小， 月有利于系统的

6、稳定。由分析暂态稳定性的等面积理论可知，继电保护的动作速度越快，毛病持续的时间就越短，发电机的 加速面积就约小，减速面积就越大，发电机失去稳定性的可能性就越小，即稳定性得到了提高。1.8 后备保护的作用是什么？阐述远后备保护和近后备保护的优缺点。答：后备保护的作用是在主保护因保护装置拒动、保护回路中的其他环节损坏、断路器拒动等原因不能 快速切除毛病的情况下，迅速启动来切除毛病。远后备保护的优点是：保护范围覆盖所有下级电力元件的主保护范围，它能解决远后备保护范围内 所有毛病元件由任何原因造成的不能切除问题。远后备保护的缺点是：（1）当多个电源向该电力元件供电时，需要在所有的电源侧的上级元件处配

7、置远后备保护；（2）动作将切除所有上级电源测的断路器，造成事故扩大；（3）在高压电网中难以满足灵敏度的要求。近后备保护的优点是：（1）与主保护安装在同一断路器处，在主保护拒动时近后备保护动作；（2）动作时只能切除主保护要跳开的断路器，不造成事故的扩大；（3）在高压电网中能满足灵敏度的要求。近后备保护的缺点是：变电所直流系统毛病时可能与主保护同时失去作用，无法起到后备”的作用;断路器失灵时无法切除毛病，不能起到保护作用。1.9 从对继电器的 四性 要求及其间的矛盾，阐述继电保护工作即是理论性很强，又是工程实践性很强的 工作。答：继电保护的可靠性、选择性、速动性和灵敏性四项要求之间即矛盾又统一。继

8、电保护的科学研究、 设计、制造和运行的大部分工作也是围绕如何处理好这四者的辩证统一关系进行的。电力系统继电保护即是一门理论性很强，又是工程实践性很强的学科。首先继电保护工作者要掌握 电力系统、电气设备的基本原理、运行特性和分析方法，特别要掌握电力系统毛病时的电气量变化的规 律和分析方法，通过寻求电力系统的不同运行状态下电气量变化的特点和差异来甄别毛病或不正常状态的原理和方法，应用不同的原理和判据实现继电保护的基本方法，所以需要很强的理论性。由于被保护的电力系统及其相关的电气设备千差万别，毛病时电气量的变化受多种因素的影响和制 约，因此任何一种继电保护原理或装置都不可能不加调整地应用于不同的电气

9、设备或系统，而应根据实 际工程中设备、系统的现状与参数，对其继电保护做出必要的调整。相同原理的保护装置在应用于电力 系统不同位置的元件上时，可能有不同的配置和配合；相同的电力元件在电力系统不同位置安装时，可 能配置不同的继电保护，这些均需要根据电力系统的工程实际，具体问题具体分析，所以继电保护又具 有很强的工程实践性。2电流的电网保护2.1 在过量（欠量）继电器中，为什么要求其动作特性满足继电特性”？若不满足，当加入继电器的电量在动作值附近时将可能出现什么情况？答：过量继电器的继电特性类似于电子电路中的施密特特性；如图2-1所示。当加入继电器的动作电量（图中的）大于其设定的动作值（图中的）时，

10、继电器能够突然动作；继电器一旦动作以后，即是输入的电气量减小至稍小于其动作值，继电器也不会返回，只有当加入继电器的电气量小于其设定的返回值(图中的)以后它才突然返回。无论启动还是返回，继电器的动作都是明确干脆的，它不可能停留在某一个中间位置，这种特性称为继电特性为了保证继电器可靠工作，其动作特性必须满足继电特性，否则当加入继电器的电气量在动作值附 近波动时，继电器将不停地在动作和返回两个状态之间切换，出现抖动 现象，后续的电路将无法正常工作。2.2 请列举说明为实现 继电特性”，电磁型、集成电路性、数字型继电器常分别采用那些技术？答：在过量动作的电磁型继电器中，继电器的动作条件是电磁力矩大于弹

11、簧的反拉力矩与摩擦力矩之和， 当电磁力矩刚刚达到动作条件时，继电器的可动衔铁开始转动，磁路气隙减小，在外加电流(或电压) 不变的情况下，电磁力矩随气隙的减小而按平方关系增加，弹簧的反拉力矩随气隙的减小而线性增加， 在整个动作过程中总的剩余力矩为正值，衔铁加速转动，直至衔铁完全吸合，所以动作过程干脆利落。 继电器的返回过程与之相反，返回的条件变为在闭合位置时弹簧的反拉力矩大于电磁力矩与摩擦力矩之 和。当电磁力矩减小到启动返回时，由于这时摩擦力矩反向，返回的过程中，电磁力矩按平方关系减小， 弹簧力矩按线性关系减小，产生一个返回方向的剩余力矩，因此能够加速返回，即返回的过程也是干脆 利落的。所以返回

12、值一定小于动作值，继电器有一个小于1的返回系数。这样就获得了 继电特性在集成电路型继电器中，继电特性”的获得是靠施密特触发器实现的，施密特触发器的特性，就是继电特性。在数字型继电器中，继电特性”的获得是靠分别设定动作值和返回值两个不同的整定值而实现的。2.3 解释 动作电流”和 返回系数”，过电流继电器的返回系数过低或高各有何缺点？答：在过电流继电器中，为使继电器启动并闭合其触点，就必须增大通过继电器线圈的电流，以增大电 磁转矩，能使继电器动作的最小电流称之为动作电流。在继电器动作之后，为使它重新返回原位，就必须减小电流以减小电磁力矩，能使继电器返回原位 的最大电流称之为继电器的返回电流。过电

13、流继电器返回系数过小时，在相同的动作电流下起返回值较小。一旦动作以后要使继电器返回，过电流继电器的电流就必须小于返回电流，真阳在外毛病切除后负荷电流的作用下继电器可能不会返回， 最终导致误动跳闸；而返回系数过高时，动作电流恶和返回电流很接近，不能保证可靠动作，输入电流 正好在动作值附近时，可能回出现抖动”现象，使后续电路无法正常工作。继电器的动作电流、返回电流和返回系数都可能根据要求进行设定。2.4 在电流保护的整定计算中，为什么要引入可靠系数，其值考虑哪些因素后确定？答：引入可靠系数的原因是必须考虑实际存在的各种误差的影响，例如：(1)实际的短路电流可能大于计算值；(2)对瞬时动作的保护还应

14、考虑短路电流中非周期分量使总电流增大的影响；(3)电流互感器存在误差；(4)保护装置中的短路继电器的实际启动电流可能小于整定值。考虑必要的裕度，从最不利的情况出发，即使同时存在着以上几个因 素的影响，也能保证在预定的保护范围以外故障时，保护装置不误动 作，因而必须乘以大于1的可靠系数。2.5 说明电流速断、限时电流速断联合工作时，依靠什么环节保证保 护动作的选择性？依靠什么环节保证保护动作的灵敏度性和速动性？ 答：电流速断保护的动作电流必须按照躲开本线路末端的最大短路电 流来整定，即考电流整定值保证选择性。这样，它将不能保护线路全 长，而只能保护线路全长的一部分，灵敏度不够。限时电流速断的整

15、定值低于电流速断保护的动作短路，按躲开下级线路电流速断保护的 最大动作范围来整定，提高了保护动作的灵敏性，但是为了保证下级 线路短路时不误动，增加一个时限阶段的延时，在下级线路故障时由 下级的电流速断保护切除故障，保证它的选择性。电流速断和限时电流速断相配合保护线路全长，速断范围内的故 障由速断保护快速切除，速断范围外的故障则必须由限时电流速断保 护切除。速断保护的速动性好，但动作值高、灵敏性差；限时电流速 断保护的动作值低、灵敏度高但需要0.30.6s 的延时才能动作。速 断和限时速断保护的配合，既保证了动作的灵敏性，也能够满足速动 性的要求。2.6 为什么定时限过电流保护的灵敏度、动作时间

16、需要同时逐级配合， 而电流速断的灵敏度不需要逐级配合？答：定时限过电流保护的整定值按照大于本线路流过的最大负荷电流 整定，不但保护本线路的全长，而且保护相邻线路的全长，可以起远 后备保护的作用。当远处短路时，应当保证离故障点最近的过电流保 护最先动作，这就要求保护必须在灵敏度和动作时间上逐级配合，最 末端的过电流保护灵敏度最高、动作时间最短，每向上一级，动作时 间增加一个时间级差，动作电流也要逐级增加。否则，就有可能出现 越级跳闸、非选择性动作现象的发生。由于电流速断只保护本线路的 一部分，下一级线路故障时它根本不会动作，因而灵敏度不需要逐级 配合。2.7 如图2-2所示网络, 数为：在位置1

17、、2和3处装有电流保护，系统参E 115/石kVXG1 15Xg2 10 Xg3 10LiL2Lb c 50 km LcnrelK m , 一 =K=1.1530 kmI B C. maxLd e 20 m ,线路阻抗 0.4 /km.300A IC D.max 200AD E. max60 km L340 km,3K同=1.2、150A, Kss=1.5Kre=0.85 。试求：(1)发电机元件最多三台运行，最少一台运行，线路最多三条运行,最少一条运行，请确定保护3在系统最大、最小运行方式下的等值阻 抗。(2)整定保护1、2、3的电流速断定值，并计算各自的最小保护范 围。(3)整定保护2、3

18、的限时电流速断定值，并校验使其满足灵敏度要 求(Ksen 1.2 )(4)整定保护1、2、3的过电流定值，假定流过母线E的过电流保 护动作时限为0.5s ,校验保护1作后备用，保护2和3作远备用的灵 敏度。图2-2简单电网示意图解：由已知可得 Xl1 = Xl2 =0.4 X 60=24, Xl3=0.4 X 40=16, Xbc =0.4x 50=20, Xcd =0.4 x 30, Xde =0.4 x 20=8(1)经分析可知，最大运行方式及阻抗最小时，则有三台发电机运 行，线路L1L3全部运行，由题意G1, G2连接在同一母线上，则Xs.min= ( XG1| XG2 + XL1| X

19、L2)|( XG3 + X L3 ) = (6+12)|(10+16)=10.6同理，最小运行方式下即阻抗最大，分析可知只有在G1和L1运行, 相应地有 Xsmax = Xgi+Xli=39E图2-3 等值电路(2)对于保护1,其等值电路图如图2-3所示，母线E最大运行方式 下发生三相短路流过保护1的最大短路电流为1 k .E. maxXs.minXbCXcdXdE115/ 3 1.312kA 10.6 20 12 8相应的速断定值为1Set.1 = K：ei X Ik.E.max=1.2 x 1.312=1.57kAT 、3 EI 3匚 E211setLmin 二Zs.max最小保护范围计算

20、公式为1set= 2Zs.max乙Lmin104=-85.9km即1处的电流速断保护在最小运行方式下没有保护区。对于保护2等值电路如图2-3所示，母线D在最大运行方式下发生三E相短路流过保护2的最大电流1k.D.max= Xs.min Xbc Xcd =1.558kA10.4=-70.6km相应 的速断定值为 1set2 = K：elX Ik.D.max=1.2 x 1.558=1.87kAH Zs.maxI set2最小保护范围为Lmin =即2处的电流速断保护在最小运行方式下也没有保护区。对于保护3等值电路如图2-3所示，母线C在最大运行方式下发生三E相短路流过保护3的最大电流IkC.ma

21、x = Xs.minXbc =2.17kA相应 的速断定值为 JCx Ik.c.max=1.2 X2.17=2.603kA10.4=-42.3km*HZs.maxI set.3最小保护范围为Lmin =即3处的电流速断保护在最小运行方式下也没有保护区。上述计算表明，在运行方式变化很大的情况下，电流速断保护在较小 运行发生下可能没有保护区。,n n I(3)整定保护2的限时电流速断定值为 Iset=KsetIset1=1.15 X1.57=1.806kA线路末段（即D处）最小运行发生下发生两相短路时的电流为3EIk.D.max= 2 Xs.rnax X BC XCD =0.8098kAI k.D

22、.min所以保护2处的灵敏系数Kset= 1s戌=0.4484 即不满?£Ksen 1.2的要求。 n同理，保护3的限时电流速断7E值为Iset.3 = K同晨t2=1.15 X1.87=2.151kA线路末段（即C处）最小运行发生下发生两相短路时的电流为3 E1k.emax= 2 *$3 Xbc =0.9764kAk.C.min即不满足Ksen 1.2的 一,I*所以保护3处的灵敏系数 Kset.3= 1 set.3 =0.4531要求。可见，由于运行方式变化太大，2、3处的限时电流速断保护的灵敏度 都远不能满足要求。1 reKm K Irel ss1L.max（4）过电流整定值计

23、算公式为I m _ Kset 二、reKreKm K I rel ss D E.max所以有lm1 set1Kre=304.5A一一 ，1I 皿I m同理得 I set2 =406AI set.3 =609A在最小运行方式下流过保护元件的最小短路电流的计算公式为3 EI k.min2 Zs.maxZl所以有 k.min =727.8A Lmin =809.8A=974.51Al.min所以由灵敏度公式Ksen= S可知，保护1作为近后备的灵敏度为IuE.min 皿-m-Kset1_ |set,1 =2.391.5 满足近后备保护灵敏度的要求；E.min田1.2满足最为远后备1.2满足最为远后备

24、保护2作为远后备的灵敏度为Kset.2 = 1 set.2 =1.79保护灵敏度的要求；E.min 皿Vm-保护3作为选后备的灵敏度为Kset.3= |set.3 =1.33保护灵敏度的要求。m mt2 =L +0.5=1.5sm保护的动作时间为t1 =0.5+0.5=1s% =t2 +0.5=2s 2.8当图2.56中保护1的出口处在系统最小运行方式下发生两相短 路，保护按照题2.7配置和整定时，试问(1)共有哪些保护元件启动？(2)所有保护工作正常，故障由何处的那个保护元件动作、多长时 间切除？(3)若保护1的电流速断保护拒动，故障由何处的那个保护元件动 作、多长时间切除？(4)若保护1的

25、断路器拒动，故障由何处的那个保护元件动作、多 长时间切除？答：(1) 由题2.7的分析，保护1出口处(即母线D处)短路时的最小短路电流为0.8098kA，在量值上小于所有电流速断保护和限时 电流速断保护的整定值，所以所有这些保护都不会启动；该量值大于 1、2、3处过电流保护的定值，所以三处过电流保护均会启动。(2)所有保护均正常的情况下，应有1处的过电流以1s的延时切除 故障。(3)分析表明，按照本题给定的参数，1处的速断保护肯定不会动作， 2处的限时电流速断保护也不会动作，只能靠1处的过电流保护动作， 延时1s跳闸；若断路器拒动，则应由2处的过电流保护以1.5s的延 时跳开2处的断路器。2.

26、9如图2-4所示网络，流过保护1、2、3的最大负荷电流分别为 400A、500A、550A,Kss = 1.3、Kre=0.85 , Krel =1.15 , t1m2 =0.5s ,m3 =1.0S ,试计算:(1) 保护4的过电流定值；(2) 保护4的过电流定值不变，保护1所在元件故障被切除, 回系数Kre低于何值时会造成保护4误动？Ksen(3) Kre=0.85时，保护4的灵敏系数 =3.2 ,当Kre=0.7时保护灵敏系数降低到多少？图2-4系统示意图K Kmss rel 1 4.maxKre =2.55A解：过电流保护4的最大负荷电流为 Ue =400+500+550=1450A

27、mI set4保护4的过电流定值为时限为m4 =max (皿 皿 皿t1 , t2 , b)+ t=1.5s(2)保护21切除故障后，流过保护4的最大负荷电流 'I4.max =500+550=1050A=1.05kA',在考虑电动机的自启动出现的最大保护电流1ss.maX=KssI4.max =1.3 X1.05=1.365kA ,这个电流必须小于保护4的返回电流，否则1.5s以.一.一，、.一.一，.、 . ,一 IIIX I mIX. . .后保护4将灰切除。相应的要求1ss.max w Ire = KreIset.4=2.55 Kre,从而1.3652.55 Kre&g

28、t; 1.365 , Kre > 2.55 =0.535 。当返回系数低于 0.535 时，会造 成保护误动。K（3）保护4的灵敏系数I,_ I一 K 1 k.B.mink. B.min resen.4出1 set.4 = K re1Kss1 4,maxK sen.4Kref 上匕Kre更32下降时灵敏系数下降，小七0.85=2,635 。1.10 在中性点非直接接地系统中，当两条上下、级线路安装相间短 路的电流保护时，上级线路装在A、C相商，二下级线路装在A、B相 上，有何优缺点？当两条线路并列时，这种安装方式有何优缺点？以 上串、并两种线路，若采用三相星形接线，有何不足？答：在中性点

29、非直接接地系统中，允许单相接地时继续短时运行，在 不同线路不同相别的两点接地形成两相短路时，可以只切除一条故障 线路，另一条线路继续运行。不考虑同相的故障，两线路故障组合共 有以下六种方式：（1A、2B）、（ 1A、2C）、（1B、2A）、（1B、2C）、（ 1C、2A）、（1C、2B）。当两条上、下级线路安装相间短路电流保护时，上级线路装在A、 C相商，而下级装在A、B相上时，将在（1A、2B）、（ 1B、2A）、（ 1C、2A）和 （1C、2B）四种情况下由下级线路保护切除故障，即下级线 路切除故障的几率为2/3;当故障为（1A、2C）时，将会由上级线路保 护切除故障；而当故障为（1B、2

30、C）时，两条线路均不会切除故障， 出现保护拒动的严重情况。两条线路并列时，若两条线路保护动作的延时一样，则在（1A、 2B） 、（1C、2A）和（1C、2B）三种情况下，两条线路被同时切除;而在（1A、2C）故障下，只能切除线路1;在（1B、2A）故障下，只能 切除线路2;在（1B、2C）故障下，两条线路均不会切除，即保护拒 动。若保护采用三相星形接线时，需要三个电流互感器和四根二次电 缆，相对来讲是复杂不经济的。两条线路并列时，若发生不同相别的 接地短路时，两套保护均启动，不必要切除两条线路的机会就比较多。1.11 在双侧电源供电的网络中，方向性电流保护利用了短路时电气量 的什么特征解决了仅

31、利用电流幅值特征不能解决的问题？答：在双侧电源供电网络中，利用电流幅值特征不能保证保护动作的 选择性。方向性电流保护利用短路时功率方向的特征，当短路功率由 母线流向线路时表明故障点在线路方向上，是保护应该动作的方向， 允许保护动作。反之，不允许保护动作。用短路时功率方向的特征解 决了仅用电流幅值特征不能区分故障位置的问题，并且线路两侧的保 护只需按照单电源的配合方式整定配合即可满足选择性-10 -1.12 功率方向判别元件实质上是在判别什么？为什么会存在“死 区” ？什么时候要求它动作最灵敏？答：功率方向判别元件实质是判别加入继电器的电压和电流之间的相 位2并且根据一定关系cos( 衿+a)是

32、否大于0判别初短路功率的 方向。为了进行相位比较，需要加入继电器的电压、电流信号有一定 的幅值(在数字式保护中进行相量计算、在模拟式保护中形成方波), 且有最小的动作电压和电流要求。当短路点越靠近母线时电压越小， 在电压小雨最小动作电压时，就出现了电压死区。在保护正方向发生 最常见故障时，功率方向判别元件应该动作最灵敏。1.13 当教材中途2.29的功率方向判别元件用集成电路实现，分别画 出 ur Ursin(100 t)ir IrSin(100 t 30)和 Ur U,sin(100 t) , irI,sin(100t 60 )时，各输出 电压随 时间变化的波形；如果用数字式(微机)实现，写

33、出区的算法，并校 验上述两种情况下方向元件的动作情况。答：以内角=30°为例，画出各点输出电压波形如图2-5所示。4n 180360uU31102030 t(ms)u 4T102030 t(msu 5T102030 t高一 个”.t/W71tust102030 t(ms)u 4T 5152535 t篇u 5T5102530 高-11 -动作最灵敏条件Urej arg -90Urej arg-Ir临界动作条件 Ir图2-5各点电压输出波形图可以看出，在内角=30°时第一种情况下动作最灵敏，第二种情 况元件处于临界动作状态。数字式实现时，动作的判据可以表示为?U rej90 a

34、rg 90将第一种情况和第二种情况下的电压、电流带入该判据可以得到 情况1为动作最灵敏，而情况2处于临界动作状态的结论。1.14 为了保证在正方向发生各种短路时功率判别元件都能动作，需要 确定接线方式及内角，请给出90接线方式正方向短路时内角的范 围。答：（1）正方向发生三相短路时，有0° <a<90 °。 正方向发生两相短路，当短路点位于保护安装处附近，短路阻抗Zd <乙时，0 <a<90 ° ;当短路点远离保护安装处，且系统容量很大乙> Zs 时，-30<a<60。综合三相和各种两相短路的分析得出，当0°

35、; <仰<90°时，使方向 继电器在一切故障情况下都能动作的条件应为30 <a<60 o-12 -1.15 对于90接线方式、内角为30°的功率方向判别元件，在电力 系统正常负荷电流(功率因数在0.85 )下，分析功率方向判别元件的 动作情况。假定A相的功率方向元件出口与B相过电流元件出口串接, 而不是“按相连接”，当反方向B、C两相短路时，会出现什么情况？ 答：内角为30°的功率方向元件，最大灵敏角sen=-30 ° ,则动作范 围为-120 w d < -60 o由正常负荷电流的功率因数0.85可以得到d=arctan0

36、.85=31.79； 在动作范围内，根据功率元件出口与B相流过电流元件出口串接，当 反方向发生B、C两相短路时，B相过电 流元件动作，由于该元件出口和A相功率方向元件串接，这样就会启 动时间继电器，出现延时跳闸。因而电流元件和功率元件必须“按相 连接”。1.16 系统和参数见题2.7,试完成：(1)整定线路L3上不会4、5的电流速断定值，并尽可能在一端加 装方向元件。(2)确定保护4、5、6、7、8、9处过电流的时间定值，并说明何处 需要安装方向元件。(3)确定保护5、7、9限时电流速断的电流定值，并校验灵敏度。答：整定保护5的电流速断。保护4处的母线发生三相短路时，流过 保护5的短路电流为I

37、E115 / 3XG3 XL3 =10 16 =2.554A按此电流来整定，动作定值Iset.5=KrelIk4=3.064kA在来看发电机1、2处于最大运行方式下保护5处母线三相短路时， 有Xs.minXgi | Xg2 + X L1 |Xl2)=18I k5保护5处的电流为EX s.minXl3 =1.953kA远小于按躲过保护4处母线三相短路求得的整定电流，所以保护5 不必安装方向元件，仅靠定值就能保证方向故障时不误动作。现在整定保护4,保护4按躲过保护5处母线短路最大电流整定时, 定值为-13 -:1 |1| ，一 ，、 一-.一一.一一、 ，一 ，、 -lset.4=lre1lk5=

38、2.34kA 当保护4处背侧母线三相短路是，流过保护4的电 流为2.554kA ,大于其整定值，所以不会误动，必须加装方向元件。(2)过电流保护按躲过最大负荷电流整定，其量值较小，保护灵敏 度很高，49任何一处保护正向及方向故障时，短路电流的量值都会 超过其整定值，所以每一处都应安装方向元件。在均装方向元件的情况下，4、6、8处的过电流保护的动作时间分别 与G3 G2和G1处的过电流保护时间相配合，在其动作延时的基础上 增加一个时间级差；5、7、9处过电流保护的动作时间均与3处过电 流时间相配合，由题2.7可知，三处过电流保护的动作时间为2s,所 以5、7、9处过流保护的动作时间均应取2.5s

39、。(3) 5处限时电流速断保护定值应该与3、6、8处电流速断保护的定 值相配合。与3处电流速断保护的定值配合:3处电流速断保护的定值为1set3=K；el X 1k.e.max =2.603KA , L3支路对应的分支系数的倒数为Xgi |Xg2 Xli |X2Xgi|Xg2 Xli|X2Xg3Xl30.409与保护3配合时，5处限时电流速断保护的定值为aa1 set.5K rel1 set.3Kb=1.224kA与6处和8处电流速断配合：若装设方向元件，则6处电流速断保 护应该按躲过母线A处三相短路的最大短路电流来整定，而母线A三 相短路时，发电机G1, G2所提供的短路电流不会流过保护6

40、,只有 发电机G3的电流才流过保护6,所以其I段的整定值为KIEx、rel1 set.6 = K rel 乂 1k7 = XG3 X L3 XL1 | XL2 XL1 X L2 =1.048kA一一 .1同理，装设万向兀件的情况下，8处保护的定值也为Iset8 = 1.048kA 。 .一 I nixH .iIX n I I按与它们配合时，5处限时电流速断保护的定值为1 set.5 KreJset.6Krel 1 set.8=1.205kA, n取三种情况的最大者，即1set5=1.224kA校验灵敏度：母线B两相短路时，流过5处的最小短路电流为-14 -I杂 EKn'in1 k.B.

41、min T Ksen.52 Xg3 XL3 =2.211kA 所以灵敏度为Iset.5 =1.834满足要求。在6、8处不装方向元件的情况下，它们速断保护的定值还应安躲过 母线B三相短路时流过它们的最大短路电流来整定。母线B三相短路时流过6、8处的最大短路电流为1EI k6.max = I k8.max = 2 Xgi | Xg2 X li | X2 =1 844kA这时其短路电流速断保护的整7E值变为Iset.6= Iset.8= Krel Ik6.max =2.26kA所以5处限时电流保护的te值为Iset5Krel Iset.6 =2.599kA/ 口I k .B.minKsen.5灵敏

42、度为Iset.5 =0.85 故不满足要求。2.17 在中性点直接接地系统中，发生接地短路后，试分析、总结：（1） 零序电压、电流分量的分布规律；（2）负序电压、电流分量的分布规 律；（3）正序电压、电流分量的分布规律。答：（1）零序电压一一故障点处零序电压最高，距故障点越远零序电 压越低，其分布取决于到大地间阻抗的大小。零序电流由零序电 压产生，由故障点经线路流向大地，其分布主要取决于送电线路的零 序阻抗和中性点接地变压器的零序阻抗，与电源点的数目和位置无 关。（2）负序电压一一故障点处负序电压最高，距故障点越远负序电 压越低，在发电机中性点上负序电压为零。负序电流的分布取决于系 统的负序阻

43、抗。（3）正序电压越靠近电源点正序电压数值越高， 越靠近短路点正序电压数值越低。正序电流的分布取决于系统的正序 阻抗。2.18 比较不同的提取零序电压方式的优缺点。答：（1）电磁式电压互感器一般有三个绕组，一个一次绕组，两个二 次绕组。在三相系统中，三个单相式电压互感器的一次绕组接成星形 并将中性点接地，其两个二次绕组一个按星形方式接线，另一个按开 口三角形接线，星形接线的绕组用来测量各相对地电压及相间电压， 开口三角形用来直接获取系统的零序电压。这种方式获取零序电压的 有地啊是简单方便，精度较高，不需要额外的装置或系统；具缺点是 开口三角侧正常无电压，不便于对其进行监视，该侧出现断线短路等

44、故障无法及时发现，输出零序电压的极性容易标错，从而造成零序功-15 -率方向继电器不能正确工作（2）采用三相五柱式互感器本身结构比较复杂，主要应用于35kV及 以下电压等级的中低压配电系统，具优缺点与（1）的情况类似。（3）接于发电机中性点的电压互感器，用一只电压互感器即可取得 三相系统的零序电压，较为经济，但适用范围小，同时不平衡电压较 大，不够灵敏。（4）保护内部合成零序电压的方式接线较为简单，不容易出现接线 及极性的错误，其缺点是装置内部必须设置专门的模块。传统的机电式保护中通常采用（1）、（2）、（3）三种方式获取零 序电压；在数字式保护中，倾向于采用方式（4）;在一些特殊的场合， 也

45、可以采用方式（3）。2.19 系统示意图如图2-6所示，发电机以发电机-变压器方式接入系 统，最大开机方式为4台全开，最小开机方式为两侧各开1台，变压 器T5和T6可能2台也可能1台运行。参数为：E 115/氏kV, X1.G1 X2.G1 =X1.G2X2.G2 =5X1.G3X2.G3 = X1.G4 X2.G4 =8X1.T1 X1.T4=5 , X0.T1 X0.T4=15 X1.T5X1.T6=15 , X0.T5 X0.T6 =20,LA B=60km, Lb C =40km,线路 阻抗 Z1 =Z2=0.4/km , Z0 = 1.2/km , Krel =1.2 ,nKrel

46、=1.15 。G2T2T4G4图2-6系统示意图（1）画出所有元件全运行时的三序等值网络，并标注参数；（2）所有元件全保护时，计算母线B发生单相接地短路和两相接地 短路时的零序电流分布；-16 -(3)分别求出保护1、4零序II段的最大、最小分支系数；(4)分别求出保护1、4零序I、II段的定值，并校验灵敏度；(5)保护1、4零序I、II段是否需要安装方向元件；(6)保护1处装有单相重合闸，所有元件全运行时发生系统振荡, 整定保护1不灵敏I段定值。解：先求出线路的参数，即 LAB=60km, XAB X2.AB =24 , XO.AB =72 lbc =40km,XbcX2.BC =16图2-

47、7所示。X1,T6XO.BC =48,所有元件全运行是三序电压等值网络图如正序等值图c c XmXogr(b)负序等值图-17 -(c)零序等值图图2-7所有元件全运行时三序电压等值网络图(2)下求出所有元件全运行时，B母线分别发生单相接地短路和两 相接地短路时的负荷序网等值图。1)单相接地短路时，故障端口正序阻抗为X 7X1,G1X1,T1X1,G3 X1.T31 1.AB 21.BC 2=(24+5)|(16+6.5)=12.67故障端口负序阻抗为Z 2 Z 1=12.67故障端口零序阻抗为X0.BC )=79.5|10|55.5=7.657所示。U|0|115/ .3Z0(1 X0.ab

48、)| 等 |(筲则复合序网等值图如图2-8故障端 口零序电流为 Z 1 Z 2 Z。12.67 12.67 7.657 =2.012kA在零序网中按照零序导纳进行分配零序电流从而得到此时流过保护0.12579I 0 1 I f01、4处的零序电流分别为 .0.130597 =0.194kA0.018018I 0.2 I f 00.130597 =0.278kAIf。画出零序电流分布图如图2-9所示.-18 -Z112.67A 0.1940.097序网等值图图2-9 单相接地短路零序电流分布图单相接地短路复合2）两相接地短路时，故障端口各序阻抗和单相接地短路时相同，即 Z i Z 2 = 12.

49、67Z 0=7.657,则复合序网如图2-10所示。12.67 7.657Z 2| Z 0 = 12.67 7.675 =4.77 故障端口正序电流为U f|0if 1-7-7 II 7Z 1 Z 2 |Z 0 =3.808kA,12.671 f0故障端口零序电流为If0=12.67 7.675 =2.373kA同样地，流过保护1、4的零序电流分别为l0=0.299kA , I0.2=0.327kA 。从而得到如图2-11所示的零序电流分布图。-19 -Z112.67U0.1640.327A 0.2290.1150.909图2-10 两相接地短路复合序网等值图 接地短路零序电流分布图图2-11

50、 两相(3)先求出保护1的分支系数K1.b当BC段发生接地故障，变压器5、6有助增作用，如图2-12所示。I BCM 1 I A'BMK1.b1ABMI ABM对于X1,当只有一台发电机变压器组运行是最大，有X1max=X0.T1 X0.ab=87X0.T1当两台发电机变压器组运行时X1最小，有*，=丁Xo.ab=79.5对于X2,当T5,T6只有一台运行时X2最大，X2max=20; 全运行时X2最小，当T5,T6两台X,1 八 1max X2min =10.因此保护1的最大分支系数 K1.b.max = X2min =9.7 ,-20 -min最小分支系数为K1bmin = X2m

51、ax =4.975同样的分析保护4的分支系数A，当AB段发生接地故障时，T5,T6YOU 助增的作用，如图2-13所示。I BCM 1 IK1 .b = I ABMIA'BMABM对于X1,当只有一台发电机变压器组运行是最大，有 X1max = X0.T3 X0.BC =63X 0.T 3 y_ ,. VZ- X0.BC当两台发电机变压器组运行时“最小，有X1m- = 2=55.5对于X2,当T5,T6只有一台运行时X2最大，X2max=20；当T5,T6两台 全运行时X2最小，1X2min =10.因此保护4的最大分支系数K4.b.max =X, 1maxX2min =7.31“mi

52、n最小分支系数为K4.b.min =X2max =3.775图 2-13图2-12 BC段故障时变压器的助增作用 AB段故障时变压器的助增作用(4)保护1整定计算零序I段：根据前面的分析结果，母线B故障流过保护1的最大零 序电流为 I0." =0.229kA故 I 段定值 Iset.1 = Krel 叩0." =1.2 X3X 0.229=0.8244kA-21 -为求保护1的零序n段定值，应先求出保护3零序I段定值，设在母 线C处分别发生单相接地短路和两相接地短路，求出流过保护3的 最大零序电流，因此有Z0(号X1,G1X1T12Xo.ab) 11TX1.ABX1.BC|

53、(X1.G3 X1.T32)=5.68z|愕=6.63115/ 3单相接地短路时，有Z 3 = 5.86 5.86 6.63 =3.69kA从而求得流过保护3的电流为l0.3=0.43kA5.86 6.63连相接地短路时，有 Z 2|Z 0 = 5.86 6.63 =3.06U mI f 1- 二正序电流 Z 1 Z 2 |Z 0 =7.6kA 零序电流Z 2Z 2 Z 0 =3.5kA从而求得流过保护3的电流I0.3=0.408kA流过保护3的最大零序电流I03max=0.43kA保护3的零序 I 段定值为 Iset3 = Krel 3I03max =1.548kAp Kel 1set1保护

54、1的零序II段定值为 “力.诬ISet.31.15=4.9751.548=0.358kA1的最小零序电流校验灵敏度：母线B接地短路故障流过保护l0imin =0.194kA3I 0.1min Kre- H灵敏系数I set.1 =1.626保护4整定计算:I set1 = Krel 3I 0.4.max = 1.2 x 3 x零序I段 根据前面的分析结果，母线B故障流过保护4的最大零序 电流为I0.4.max =0.327kA 故I段定值0.327=1.18kA为求保护4的零序II段定值，应先求出保护2零序I段定值，设在母 线A处分别发生单相接地短路和两相接地短路，求出流过保护2的-22 -最大零序电流，因此有Z°(字X1.G3 X1.T32X°.bc)II 午单相接地短路时，有X1,ABX1.BC)|(X0.abI1 竽=6.861f 0Z-Z 1U f|0|从而求得流过保护2的电流为X1.G1 Xi