继保整定计算课程设计报告()(1)
继电保护原理课程设计报告
继电保护原理课程设计报告1设计原始资料1.1具体题目如图1所示网络，系统参数为：115/E ϕ=，各发电机阻抗为G115()X =Ω、G210()X =Ω、G310()X =Ω，1L 60(km)=、3L 40(km)=、B-C L 50(km)=、C-D L 30(km)=、D-E L 20(km)=，线路的阻抗为0.4/km Ω，I II rel rel rel 0.85K K K III===，B-C.max 300(A)I =、C-D.max 200(A)I =、D-E.max 150(A)I =，ss 1.5K =，re 0.85K =。
A B试对保护3、9进行距离保护的设计。
1.2要完成的内容对线路的距离保护原理和计算原则进行简述，并对图1中的3和9处的保护进行距离保护的整定计算。
距离保护是利用短路时电压、电流同时变化的特征，测量电压与电流的比值，反应故障点到保护安装处的距离而工作的保护。
2设计的课题内容2.1设计规程根据继电保护在电力系统中所担负的任务，一般情况下，对动作于跳闸的继电保护在技术上有四条基本要求：可靠性、选择性、速动性、灵敏性。
应根据具体电力系统，使继电保护为提高电力系统安全、稳定和经济运行，发挥最大效能。
2.2本设计的保护配置2.2.1主保护配置距离保护的主保护是距离I段保护和距离II段保护。
(1) 距离I段保护距离I段保护是瞬时动作的，它只反映本线路的故障，下级线路出口发生故障应不可靠不动作，其启动阻抗的整定值必须躲开末端短路的测量阻抗来整定。
如此整定后，距离I段无法保证保护本段线路全长，这是一个严重缺点。
为了切除本线路末端I 段无法保护到的区域，就需设置距离II 段保护。
(2) 距离II 段保护距离II 段整定值的确定应使其不超出下级线路距离I 段保护的保护范围，同时高出一个的时限t ∆，以保证选择性。
距离I 段与II 段联合工作构成本段线路的主保护。
2.2.2后备保护配置距离保护的后备保护是距离III 段保护。
电力系统继电保护课程设计报告
电力系统继电保护课程设计报告电力系统继电保护课程设计报告（2012—2013学年第一学期）题目 100MW发电机组继电保护自动装置的整定计算系别电子与电气工程系专业电气工程及其自动化班级0920325学号092032512姓名指导教师黄新完成时间2012.11.26评定成绩目录第一章绪论 (1)1.1继电保继电保护概述 (1)1.2 课程设计的主要内容及基本思想 (2)1.2.1毕业设计的主要内容、功能及技术指标 (2) 1.2.2课程设计的基本思想及设计工作步骤 (3)第二章发电机变压器组参数及系统运行方式 (4)2.1 100MW发电机组一次电气主接线方式 (4)2.2 主要设备型号及参数 (5)2.2.1发电机的选型 (5)QFSN—100--2 (5)2.2.2变压器的选型单元接线的主变压器 (6)2.3系统运行主变压器和发电机中性点接地方式 (6) 2.3.1变压器中性点接地方式 (6)2.3.2发电机中性点采用非直接接地方式 (7)2.4相关短路点及短路方式的选择 (7)2.4.1基准值选择 (7)2.4.2线路等值电抗计算 (7)2.4.3变压器等值电抗计算 (7)2.5 短路计算点的选择 (8)2.5.1电网等效电路图 (8)2.5.2 系统阻抗计算 (8)2.5.3 d6点短路计算 (8)2.5.4 d3点短路计算 (9)2.5.5 整定电流选择 (9)第三章发电机变压器组保护配置的选取及整定原则 (9)3.1发电机部分—发电机纵差保护整定 (10)3.2变压器部分-瓦斯保护 (11)3.2.1 变压器瓦斯保护的作用 (11)3.2.2 变压器轻瓦斯保护的原理 (12)3.2.3 轻瓦斯保护的整定 (12)第四章继电保护整定计算 (12)4.1发电机部分——发电机纵差保护整定 (12)4.2继电保护整定计算结果一览表 (13)第五章实训总结 (14)第六章参考文献 (14)闽南理工学院第一章绪论1.1继电保继电保护概述电力系统在运行中，由于电气设备的绝缘老化、损坏、雷击、鸟害、设备缺陷或误操作等原因，可能发生各种故障和不正常运行状态。
继电保护整定计算课程设计指导书
继电保护定值计算课程设计指导书一、课程设计的目的、要求和依据（一）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。
（二）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。
（三）课程设计所依据的文件《电力装置继电保护和自动装置设计规范》GB50062—92《3～110kV电网继电保护装置运行整定规程》《220～750kV电网继电保护装置运行整定规程》二、课程设计的内容（一）相间保护整定计算1. 110kV单电源环形网络相间短路保护整定计算（1）. 短路计算考虑到35～110kV单电源环形网络相间短路保护可能采用带方向或不带方向的电流电压保护，因此在决定保护方式前，必须较详细地计算各短路点短路时，流过有关保护的短路电流和保护安装处的残余电压。
然后根据计算结果，在满足“继电保护和自动装置技术规程”和题目给定的要求条件下，尽可能采用简单的保护方式。
计算短路电流和残余电压的步骤及注意事项如下。
a. 系统运行方式的考虑除考虑发电厂发电容量的最大和最小运行方式外，还必须考虑在设备检修或故障切除的情况下，发生短路时流过保护装置的短路电流最大和最小的系统运行方式，以便计算保护的整定值和保护灵敏度。
在需采用电流电压联锁速断保护时，还必须考虑系统的正常运行方式。
继保整定课程设计
继保整定课程设计一、教学目标本课程的教学目标是使学生掌握继保整定的基本原理和方法，能够进行简单的继保装置设计和调试。
具体目标如下：1.掌握继电器的基本原理和工作原理。
2.了解常见的继电器类型及其应用。
3.熟悉继保整定的基本概念和方法。
4.了解继保装置的构成和功能。
5.能够使用继电器进行简单的电路控制。
6.能够进行继保装置的调试和故障排除。
7.能够根据实际情况进行继保整定的计算和选择。
情感态度价值观目标：1.培养学生的动手能力和实际操作能力。
2.培养学生的创新意识和解决问题的能力。
3.培养学生对电气工程领域的兴趣和热情。
二、教学内容本课程的教学内容主要包括继电器的基本原理和工作原理、常见的继电器类型及其应用、继保整定的基本概念和方法、继保装置的构成和功能等。
具体安排如下：1.继电器的基本原理和工作原理：介绍继电器的工作原理、分类、特性及应用。
2.常见的继电器类型及其应用：介绍电流继电器、电压继电器、时间继电器等常见继电器的原理和应用。
3.继保整定的基本概念和方法：介绍继保整定的目的、意义和方法，包括电流速断保护、时间电流特性保护等。
4.继保装置的构成和功能：介绍继保装置的构成、功能和应用，包括继电器、保护继电器、断路器等。
三、教学方法本课程的教学方法采用讲授法、讨论法、案例分析法和实验法相结合的方式进行。
具体方法如下：1.讲授法：通过教师的讲解，使学生掌握继保整定的基本原理和方法。
2.讨论法：通过小组讨论，培养学生的思考能力和解决问题的能力。
3.案例分析法：通过分析实际案例，使学生了解继保装置的设计和应用。
4.实验法：通过实际操作，使学生熟悉继电器的使用和继保装置的调试。
四、教学资源本课程的教学资源包括教材、参考书、多媒体资料和实验设备等。
具体资源如下：1.教材：选用《电力系统继电保护》等教材，为学生提供系统的理论知识。
2.参考书：提供《继电保护原理》等参考书籍，为学生提供更深入的知识拓展。
3.多媒体资料：制作PPT、视频等多媒体资料，为学生提供直观的学习体验。
继保整定计算课程设计报告()(1)
课程设计报告( 2015 -- 2016 年度第 1 学期)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：肖仕武、薛安成设计周数：两周成绩：日期：2016年1 月7 日一、课程设计的目的与要求1．课程设计的目的1.1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。
1.2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。
1.3初步掌握继电保护设计的内容、步骤和方法。
1.4提高计算、制图和编写技术文件的技能。
2．课程设计的要求2.1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。
2.2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。
2.3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。
2.4按照任务书规定的内容和进度完成。
二、设计正文1．某一水电站网络如图所示。
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2×5000kW，最小发电容量为5000kW，正常运行方式发电容量为2×5000kW；（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）保护动作时限级差△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；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；（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；（3）确定平行线路L1、L2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；（4）假设平行线路L1、L2两侧配置有三相重合闸，计算三相重合闸装置的整定值。
继电保护课程设计报告
继电保护课程设计报告一、引言本报告旨在介绍继电保护课程设计的全面情况，包括设计目的、设计原则、设计流程、结果分析和总结等方面。
继电保护是电力系统中非常重要的一环，为了提高学生对于该领域的理解，本次课程设计旨在让学生深入了解继电保护的基本原理和应用。
二、设计目的本次课程设计主要有以下几个目的：1. 让学生了解基础电路理论和继电保护原理；2. 培养学生分析问题和解决问题的能力；3. 提高学生实验操作技能；4. 增强学生对于实际工作中应用知识技能的认识。
三、设计原则1. 突出实践性：本次课程设计注重实践操作，让学生通过实际操作来掌握知识点。
2. 突出系统性：本次课程设计注重系统性，将继电保护相关知识点串联起来，形成一个完整体系。
3. 突出创新性：本次课程设计鼓励创新思维，鼓励学生在实验过程中发现问题并提出改进方案。
四、设计流程1. 确定实验内容：根据继电保护的基本原理和应用，确定实验内容，包括过电压保护、欠电压保护、过流保护等。
2. 设计实验方案：根据实验内容，设计实验方案，包括搭建实验电路、确定实验参数等。
3. 实施实验操作：按照实验方案进行实际操作。
4. 分析结果并提出改进方案：对于实验结果进行分析，并提出改进方案。
五、结果分析1. 过电压保护：通过搭建合适的过电压保护电路，成功地对于过电压进行了检测和处理。
在测试中，当输入电压超过设定值时，继电器能够及时动作，切断负载电路。
2. 欠电压保护：通过搭建合适的欠电压保护电路，成功地对于欠电压进行了检测和处理。
在测试中，当输入电压低于设定值时，继电器能够及时动作，切断负载电路。
3. 过流保护：通过搭建合适的过流保护装置，成功地对于过流进行了检测和处理。
在测试中，当负载发生短路或过载时，继电器能够及时动作，切断负载电路。
六、总结通过本次课程设计，学生深入了解了继电保护的基本原理和应用，并通过实际操作提高了实验操作技能。
同时，学生在实验过程中发现了问题并提出改进方案，培养了分析问题和解决问题的能力。
继电保护课程设计报告
‘南京工程学院课程设计说明书(论文)题目某110kV电网继电保护配置与整定计算的部分设计课程名称电力系统继电保护Ａ院（系、部、中心）电力工程学院专业电气工程及其自动化班级学生姓名学号设计地点工程实践中心9-322指导教师设计起止时间：2011年12月5日至2011年12月16日目录1 课程设计任务及实施计划........................................ 错误!未定义书签。
已知条件............................................. 错误!未定义书签。
参数选择与具体任务................................... 错误!未定义书签。
保护配置及整定计算任务分析........................... 错误!未定义书签。
实施计划...................................................... 错误!未定义书签。
2 零序短路电流计算 (4)各元件电抗标幺值计算......................................... 错误!未定义书签。
各序阻抗化简.................................................. 错误!未定义书签。
各序等值电抗计算............................................. 错误!未定义书签。
零序电流计算.................................................. 错误!未定义书签。
互感器的选择.................................................. 错误!未定义书签。
3继电保护整定计算. (9)距离保护...................................................... 错误!未定义书签。
继电保护课程设计报告书
1-XZ^ —1—・刖S《电力系统继电保护》作为电气工程及其自动化专业的一门主要课程，主要包括课堂讲学、课程设计等几个主要部分。
在完成了理论的学习的基础上，为了进一步加深对理论知识的理解，本专业特安排了本次课程设计。
电能是现代社会中最重要、也是最方便的能源。
而发电厂正是把其他形式的能量转换成电能，电能经过变压器和不同电压等级的输电线路输送并被分配给用户，再通过各种用电设备转换成适合用户需要的其他形式的能量。
在输送电能的过程中，电力系统希望线路有比较好的可靠性，因此在电力系统受到外界干扰时，保护线路的各种继电装置应该有比较可靠的、及时的保护动作，从而切断故障点极大限度的降低电力系统供电围。
电力系统继电保护就是为达到这个目的而设置的。
本次110kv电网继电保护设计的任务主要包括了五大部分，运行方式的分析，电路保护的配置和整定，零序电流保护的配置和整定，距离保护的配置和整定，原理接线图及展开图。
通过此次线路保护的设计可以巩固我们本学期所学的《电力系统继电保护》这一课程的理论知识，能提高我们提出问题、思考问题、解决问题的能力。
2.运行方式分析电力系统运行方式的变化，直接影响保护的性能，因此，在对继电保护进行整定计算之前，首先应该分析运行方式。
需要着重说明的是，继电保护的最大运行方式是指电网在 某种连接情况下通过保护的电流值最大，继电保护的最小运行方式是指网在某种连接情况 下通过保护的电流值最小。
CT3 Q3T4 G4系统接线图如图1所示，发电机以发电机一变压器组方式接入系统，最大开机方电流保护:K 1 rel = 1.2 , K" rel = 1.15 ,电动势: E = 115/ v3 kv ； 发电机： X =X =X =X=5+(155)/14=5.71 ,1.G12.G11.G22.G2X1.G3 =X 2.G3 =X I .G4=X2.G4=8+ (98)/14=8.07 ；变压器： Xi T1 Z X m =5+(105)/14=5.36,X0.T1 ~X 0.T4 =15+(30 15)/14=16.07 ・，X1.T5 =X 讥6 =15+(20 15)/14=15.36 ,X0.T5 =X 0.T6 =20+(4020)/14=21.43 ；线 路： L A -B = 60km , L B -C = 40km ，线路阻抗Zl = Z 2 =:0.4 /km X=60kmX 0.4/km=24 ,X =40kmX0.4/km=16 ；1.A-B1.B-CXO .A -B =60km X 1.2 /km=72 ,X O .B -C =40km X 1.2 /km=48 ；I A-B.L.max=I C-B.L.max = 300A ；Css二1.2,Kre=1.2；也可能1台运行。
课程设计报告书---电力系统继电保护课程设计
课程设计报告书---电力系统继电保护课程设计目录电力系统继电保护课程设计 (1)一、题目要求 (1)二、设计方案 (6)三、短路点短路电流计算 (11)四、整定计算 (13)五、继电器选型 (20)六、总结 (22)参考文献 (23)电力系统继电保护课程设计一、题目要求1.目的任务电力系统继电保护课程设计是一个实践教学环节，也是学生接受专业训练的重要环节，是对学生的知识、能力和素质的一次培养训练和检验。
通过课程设计，使学生进一步巩固所学理论知识，并利用所学知识解决设计中的一些基本问题，培养和提高学生设计、计算，识图、绘图，以及查阅、使用有关技术资料的能力。
本次课程设计主要以中型企业变电所主变压器及相邻线路为对象，主要完成继电保护概述、主变压器及线路继电保护方案确定、短路电流计算、继电保护装置整定计算、绘保护配置图等设计和计算任务。
为以后深入学习相关专业课、进行毕业设计和从事实际工作奠定基础。
2.设计内容2.1主要内容（1）熟悉设计任务书，相关设计规程，分析原始资料，借阅参考资料。
（2）继电保护概述，主变压器继电保护方案确定，线路保护方案的确定。
（3）短路电流计算。
（4）继电保护装置整定计算。
（5）各种保护装置的选择。
2.2原始数据某变电所电气主接线如图1所示，两台变压器均为双绕组、油浸式、强迫风冷、分级绝缘，其参数如下：S N=63MVA；电压为110±8×1．25％／38.5 kV；接线为Y N/d11（Y0/Δ-11）；短路电压U k（%）=10.5。
两台变压器同时运行，110kV侧的中性点只有一台接地，若只有一台运行，则运行变压器中性点必须接地。
2.3设计任务图1 主接线图结合系统主接线图，要考虑L1L2两条110kV高压线路既可以并联运行也可以单独运行。
针对某一主变压器及相邻线路的继电保护进行设计，变压器的后备保护（定时限过电流电流）作为线路的远后备保护。
已知条件如下：（1）变压器35kV母线母线单电源辐射形线路L3L4的保护方案拟定为三段式电流保护，保护采用两相星形接线，L5L6馈出线定时限过流保护最大的时限为1.5s，线路L3L4的正常最大负荷电流为450A，（2）L1L2各线路均装设距离保护，试对其相间短路保护I,II,III段进行整定计算，即求各段动作阻抗Z OP I,Z OP II,Z OP III和动作时限t1I、t1II、t1III,并校验其灵敏度,线路L1L2的最大负荷电流为变压器额定电流的2倍，功率因数cosϕ=0.9,各线路每千米阻抗Z1=0.4Ω,阻抗角ϕL=700,电动机自启动系数K SS=1.5，继电器的返回系数Kre=1.2,并设Krel`=0.85, Krel``=0.8, Krel```=1.2,距离III段采用方向阻抗继电器，（3）变压器主保护采用能保护整个变压器的无时限纵差保护，变压器的后备保护作为线路的远后备保护。
继电保护课程设计
继电保护课程设计继电保护课程设计是电力系统相关专业的重要实践环节，通过本次设计，旨在加深学生对继电保护基本原理、常用设备和整定计算的理解，掌握电力系统故障分析的基本方法，进一步提高学生分析和解决问题的能力。
本次课程设计的题目是“某电力系统的继电保护配置与整定”。
一、任务和方法1.任务本次设计的主要任务是针对一个简单的电力系统，进行继电保护配置和整定。
具体任务包括：(1) 分析电力系统的特点和可能出现的故障类型；(2) 选择适当的继电保护装置，并确定其参数；(3) 针对不同故障类型，进行继电保护整定计算；(4) 分析计算结果，优化继电保护配置方案。
2.方法本次设计采用理论分析和计算的方法，通过MATLAB/Simulink进行仿真，并对结果进行比较和优化。
二、内容和步骤1.电力系统模型建立根据题目要求，建立一个简单的电力系统模型。
该模型包括发电机、变压器、输电线路和负荷等元件，并考虑输电线路的阻抗和负荷的不平衡等因素。
2.继电保护装置选择根据电力系统模型的特点和可能出现的故障类型，选择适当的继电保护装置。
本设计选用三段式电流保护作为主要保护装置，并配置了过流保护、欠流保护、速断保护等。
3.继电保护整定计算根据电力系统的特点和继电保护装置的类型，对各个保护装置进行整定计算。
整定计算的主要内容包括：保护装置的启动电流、动作时间和灵敏系数等。
4.继电保护仿真分析利用MATLAB/Simulink建立电力系统模型和继电保护装置的仿真模型，进行仿真计算。
通过改变故障类型、位置和系统运行状态等条件，对继电保护装置的动作性能进行分析和优化。
5.继电保护配置方案优化根据仿真结果和分析，对继电保护配置方案进行优化。
优化的主要目标是提高继电保护装置的动作灵敏性和可靠性，同时考虑经济性和操作方便性等因素。
6.编写课程设计报告编写课程设计报告是本次设计的重要环节。
报告应包括电力系统的特点、继电保护装置的选择和整定计算过程、仿真分析结果、配置方案优化等内容，并对各个部分进行详细的论述和分析。
继保整定课程设计
继保整定课程设计一、课程目标知识目标：1. 学生能理解继电保护的基本原理，掌握保护整定的关键概念和计算方法。
2. 学生能够解释不同类型的继电保护装置的工作原理及其适用范围。
3. 学生能够掌握继电保护参数整定的步骤和要点，并运用相关知识解决实际问题。
技能目标：1. 学生能够运用所学知识，独立完成简单继电保护装置的整定计算。
2. 学生通过案例分析，能够辨识并解决继电保护在实际应用中可能出现的故障。
3. 学生能够使用专业软件或工具进行继电保护的模拟与测试，提升实践操作能力。
情感态度价值观目标：1. 学生通过学习，培养对电力系统安全稳定运行的重视，增强责任心。
2. 学生在学习过程中，发展逻辑思维和分析能力，激发探究精神。
3. 学生通过团队合作完成项目任务，学会沟通与协作，培养集体荣誉感。
课程性质分析：本课程是电力系统自动化专业的核心课程，侧重于实际应用。
学生需要具备一定的电力系统基础知识和电路分析能力。
学生特点分析：高二年级学生对专业知识有一定了解，具备一定的自学能力和探究精神，但实际操作经验相对不足。
教学要求：1. 教学内容与实际工程应用紧密结合，注重培养学生的实践能力。
2. 采用案例教学法和项目驱动法，激发学生的学习兴趣和主动性。
3. 强化团队合作，提升学生的沟通与协作能力。
二、教学内容1. 继电保护原理：讲解继电保护的基本工作原理，包括电流保护、距离保护、差动保护等，关联教材第三章内容。
2. 保护装置类型：介绍不同类型的继电保护装置，如过电流保护、低电压保护、过负荷保护等，并分析其适用场景，关联教材第四章。
3. 整定计算方法：详细讲解继电保护参数的整定计算方法，包括整定原则、计算公式和步骤，以教材第五、六章为主。
4. 实际案例分析：选取典型电力系统故障案例，分析故障原因及保护整定不当导致的后果，结合教材第七章内容。
5. 教学实践：组织学生进行简单继电保护装置的整定计算实践，结合教材第八章，培养学生的实际操作能力。
继保整定课程设计
继保整定课程设计一、课程目标知识目标：1. 理解继电保护的基本原理，掌握保护装置的整定计算方法。
2. 掌握电力系统故障类型及对应的保护原理。
3. 学会分析保护装置的动作行为及其对电力系统的影响。
技能目标：1. 能够运用继电保护相关知识，进行简单保护装置的整定计算。
2. 能够分析实际电力系统中发生的故障，并提出相应的保护措施。
3. 能够运用专业软件对保护装置进行模拟调试，提高实际操作能力。
情感态度价值观目标：1. 培养学生严谨的科学态度，注重实践与理论相结合。
2. 增强学生的团队合作意识，提高沟通协调能力。
3. 培养学生对电力系统的责任感，认识到继电保护在电力系统安全运行中的重要性。
课程性质分析：本课程为专业核心课程，旨在让学生掌握继电保护的基本原理和整定计算方法，提高解决实际问题的能力。
学生特点分析：学生具备一定的电力系统基础知识，具有较强的学习能力和动手能力，但缺乏实际操作经验。
教学要求：1. 理论与实践相结合，注重培养学生的实际操作能力。
2. 采用案例教学，提高学生解决实际问题的能力。
3. 注重启发式教学，引导学生主动思考，提高课堂互动效果。
二、教学内容1. 继电保护基本原理：介绍继电保护的作用、分类及工作原理，重点讲解差动保护、过电流保护、距离保护等常见保护原理。
教材章节：第二章 继电保护原理2. 保护装置整定计算方法：讲解整定计算的基本概念、参数选择和计算方法，包括电流保护、时间保护、方向保护的整定计算。
教材章节：第三章 保护装置整定计算3. 电力系统故障分析：分析电力系统常见故障类型，如短路故障、接地故障等，以及保护装置的动作行为。
教材章节：第四章 电力系统故障分析4. 保护装置模拟调试：介绍保护装置的模拟调试方法，运用专业软件进行实操训练，提高学生实际操作能力。
教材章节：第五章 保护装置模拟调试5. 实际案例分析：结合实际电力系统故障案例，分析保护装置的动作过程和整定计算，提高学生解决实际问题的能力。
继保整定计算课程设计
继保整定计算课程设计一、教学目标本课程的教学目标是使学生掌握继保整定计算的基本原理和方法，能够独立进行简单的继保整定计算，并理解其在一二次设备中的实际应用。
具体分为以下三个部分：1.知识目标：使学生掌握继保的基本概念、原理和计算方法，了解各种继电器的结构和动作原理，能够看懂继保图纸，并理解继保整定计算在一二次设备中的作用。
2.技能目标：培养学生能够运用所学知识进行继保整定计算，并能够对一二次设备进行简单的故障分析和处理。
3.情感态度价值观目标：培养学生对继保整定计算的兴趣和热情，使其认识到继保整定计算在一二次设备中的重要性，提高其工程实践能力和社会责任感。
二、教学内容本课程的教学内容主要包括以下几个部分：1.继保基本概念和原理：包括继电器的分类、结构、动作原理和继保装置的组成。
2.继保计算方法：包括电流继保、电压继保、时间继保和距离继保的计算方法。
3.继保图纸识读：使学生能够看懂继保图纸，理解继保装置的接线方式和动作逻辑。
4.继保整定计算实例：通过具体实例，使学生掌握继保整定计算的方法和步骤。
5.一二次设备故障分析与处理：培养学生对一二次设备故障进行分析的能力，并掌握基本的处理方法。
三、教学方法为了提高学生的学习兴趣和主动性，本课程将采用多种教学方法，包括：1.讲授法：通过教师的讲解，使学生掌握继保的基本概念和原理。
2.案例分析法：通过分析具体实例，使学生理解和掌握继保整定计算的方法和步骤。
3.实验法：通过实验，使学生直观地了解继电器的动作原理和继保装置的实际应用。
4.讨论法：通过分组讨论，培养学生团队合作精神，提高其分析和解决问题的能力。
四、教学资源为了支持教学内容和教学方法的实施，丰富学生的学习体验，我们将准备以下教学资源：1.教材：选用权威、实用的教材，为学生提供全面、系统的继保知识。
2.参考书：提供相关领域的参考书，帮助学生拓展知识面。
3.多媒体资料：制作精美的PPT、视频等多媒体资料，提高学生的学习兴趣。
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$课程设计报告( 2015 -- 2016 年度第 1 学期)<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：肖仕武、薛安成\设计周数：两周成绩：日期：2016年 1 月 7 日一、课程设计的目的与要求1．课程设计的目的1.1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。
1.2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。
1.3初步掌握继电保护设计的内容、步骤和方法。
1.4提高计算、制图和编写技术文件的技能。
2．课程设计的要求2.1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。
2.2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。
2.3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。
2.4按照任务书规定的内容和进度完成。
二、设计正文1．某一水电站网络如图所示。
已知：（1）发电机为水轮立式机组，功率因数为、额定电压、次暂态电抗为、负序阻抗为；（2）水电站的最大发电容量为2×5000kW，最小发电容量为5000kW，正常运行方式发电容量为2×5000kW；（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。
（5）负荷自起动系数为；（6）保护动作时限级差△t ＝；（7）线路正序电抗每公里均为Ω，零序电抗为3倍正序电抗；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；（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；（3）确定平行线路L1、L2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；（4）假设平行线路L1、L2两侧配置有三相重合闸，计算三相重合闸装置的整定值。
（5）继电保护6QF的接线图及展开图。
答：（1）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，（远）后备保护应配置低电压启动的过电流保护或者复合电压启动的过电流保护。
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者低电压闭锁的过电流保护作为（远）后备保护。
（2）系统等值电路的参数标么值选取：MVASB3.6=，kVUB5.38=，各部分等值参数如下：发电机：202.08.0/53.62.0''*''*=⨯=⋅=NBNG SSXX变压器：1.022**=⋅⋅=BBTNTNNT USSUXX输电线路：068.05.383.6404.022*2*1=⨯⨯=⋅⋅==BBLL USlrXX095.05.383.6564.022*3=⨯⨯=⋅⋅=BBL USlrX4*5*226.30.4180.03138.5BL LBSX X r lU==⋅⋅=⨯⨯=系统等值阻抗图如下：6QF 断路器位于双侧电源线路CD 的首端，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段保护作为线路的主保护。
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：.max ***10.50.50.50.3374k G T BC CD I X X X X kA =+++==动作定值：6.max 1.20.33740.4049set rel k IK I kA I I ==⨯=0s I t =电流速断保护保护范围校验：22min 6*.61138.538.50.28600r 20.420.4049 6.3B B set B U U L Z I S ∑⎛⎫⎛⎫=-=-⨯< ⎪ ⎪⨯⎝⎭⎝⎭Ⅰ ****0.50.50.2020.050.0340.2860G T BC Z X X X ∑=++=++=不满足要求电流Ⅱ段：保护范围延伸至下级线路，与下级线路电流Ι段配合。
末端节点最大短路电流：.max ***10.50.50.50.3038k G T BC CD DN I X X X X X kA =++++==Ⅱ段动作定值：6max 1.1 1.20.30380.4010II Iset rel rel k I K K I kA II ==⨯⨯=s t t tI II5.0=+=∆灵敏性校验：.min ***0.1986k G T BC CD I kA===.min61.3II k sen IIset I K I =< 不满足要求相应分析：电流Ι段保护和电流Ⅱ段保护范围校验均不满足要求。
由于系统运行方式变化大，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，故配置距离保护作为线路的主保护和后备保护。
距离保护Ⅰ段：整定阻抗60.8560.417.92I Iset rel CD Z K L r ==⨯⨯=Ω动作时限60It s =距离保护Ⅱ段：整定阻抗6()0.8(560.40.8180.4)22.528II II I set rel CD rel DN Z K L r K L r =+=⨯⨯+⨯⨯=Ω灵敏度校验：622.528 1.007 1.250.456II IIset senCD Z KZ ===<⨯ 距离Ⅱ段保护灵敏度校验不满足要求。
按规定应改为与相邻元件的保护Ⅱ段相配合。
但由于数据不足，故直接计算距离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Ω254.161528.035395.0395.095.02max 2max .min.=⨯⨯⨯⨯=⨯==S U I U Z N L N L CD CD 整定阻抗：.min 6161.25486.141.2 1.3 1.2CD L set rel ss reZ ZK K K ===Ω⨯⨯Ⅲ灵敏度校验：近后备 6(1)86.14 3.85 1.5Z 560.4set sen CD Z K ===≥⨯Ⅲ 远后备 6(2)86.14 2.91 1.2Z 560.4180.4set sen CD DN Z K Z ===≥+⨯+⨯Ⅲ 灵敏度满足要求，且600.50.5IIIt s =+=综上，由于系统运行方式变化大，选用一般的过电流保护可能出现没有保护范围的情况，所以6QF 断路器配置距离Ⅰ段和Ⅲ段保护分别作为线路的主保护和后备保护，灵敏度和可靠性经验证符合要求。
（3） 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：距离保护Ⅰ段：整定阻抗 Ω8.124.0408.011=⨯⨯==z L K Z BC rel set ⅠⅠ动作时限0It s =距离保护Ⅲ段：按躲过正常运行时的最小负荷阻抗整定Ω254.161528.035395.0395.095.02max 2max .min.=⨯⨯⨯⨯=⨯==S U I U Z N L N L BC BC距离保护Ⅲ段：整定阻抗 .min1161.25486.141.2 1.3 1.2BC L set rel ss reZ Z K K K ===Ω⨯⨯Ⅲ灵敏度校验近后备 1(1)86.14 5.384 1.5Z 400.4set sen BC Z K ===≥⨯Ⅲ 远后备 1(2)86.14 2.243 1.2Z +400.4560.4set sen BC CD Z K Z ===≥⨯+⨯Ⅲ 灵敏度满足要求，且Ⅲ段动作时间：161III IIIt t t s =+∆=3QF 的整定计算过程和结果与1QF 相同。
（4） 按最不利情况考虑，本侧先跳闸，对侧保护延时跳闸，则先跳闸一侧重合闸装置ARD 的动作时间整定为：.2.2.1.1()()0.8~1.5ARD pr QF u pr QF t t t t t t t s =+++-+=裕度其中，.1pr t 和.1QF t 是先跳一侧保护动作时间和断路器动作时间，.2pr t 和.2QF t 是后跳一侧保护动作时间和断路器动作时间，u t 是故障点灭弧和周围去游离时间，t 裕度是保留的裕度时间。
取典型值1s 。
（5） 6QF 的接线图如下图所示。
第I 段距离保护由电流继电器KA1、KA2、中间继电器KM 和信号继电器KS1组成。
第II 段距离保护由电流继电器KA3、KA4、时间继电器KT1及信号继电器KS2组成。
第III 段距离保护由电流继电器KA5、KA6、KA7、时间继电器KT2及信号继电器KS3组成。
其中，电流继电器KA7接于A 、C 两相电流之和的中性线上，相当于B 相继电器，则第III 段距离保护组成了三相式保护。
展开图如下图所示。
2．110kV双电源环形网络如图所示。
已知：（1）线路AB、BC、AC的最大负荷电流分别为230A、150A、230A，负荷的自起动系数为；（2）网络中各线路采用带方向或不带方向的电流电压保护、零序电流保护或距离保护，变压器采用纵联差动保护作为主保护，变压器为Ｙd11 接线；（3）发电厂的最大发电容量为3×50MW，最小发电容量为1×50MW（2台发变组停运）；（4）各变电所引出线上的后备保护动作时间如图示，后备保护的时限级差△ t ＝；（5）线路的电抗每公里均为Ω，忽略电阻；（6）电压互感器的变比110/，AB、AC线路电流互感器变比300/5，其它参数如图所示。
（7）电源S3的短路容量为2000MVA。
试求：（1）确定继电保护1、2、3、4、5、6的保护配置方式，以及它们的动作定值和动作时限，进行灵敏度校验；（2）给出继电保护1、2、3、4、5、6最终的继电保护定值清单；（3）对本网络所配置保护进行评价总结。
（1） 环网由于运行模式复杂，采用电流保护易造成灵敏度低，保护范围小等问题，因此拟用距离保护。
距离保护涉及阻抗：线路：Ω164.040=⨯=AB Z Ω124.030=⨯=BC Z Ω204.050=⨯=AC Z 母线B 侧一台变压器：Ω43.6920115105.02=⨯=TBZ **10.05N S B S X S S === 母线C 侧一台变压器：21150.10513.89100TCZ =⨯=Ω 2*115 6.613100S S X X ==Ω距离保护Ⅰ段：1QF ：.10.81612.8I Iset rel AB Z K Z ==⨯=Ω 2QF ： .20.81612.8I Iset rel AB Z K Z ==⨯=Ω 3QF ：.30.8129.6I Iset rel BC Z K Z ==⨯=Ω 4QF ：.40.8129.6I Iset rel BC Z K Z ==⨯=Ω 5QF ：.50.82016I Iset rel AC Z K Z ==⨯=Ω 6QF ：.60.82016I Iset rel AC Z K Z ==⨯=Ω动作时限均为0=Iset t距离保护Ⅱ段1QF ：与3QF 距离保护Ⅰ段配合()().1.30.8169.620.48II II set rel AB set Z K Z Z =+=⨯+=ΩⅠ按躲过母线B 处变压器电压侧出口短路整定，分支系数1.min 0.367b K =()().1 1.min 0.50.8160.3670.569.4320.12II IIset rel AB TB Z K Z K Z =+⨯=⨯+⨯⨯=Ω分支系数详细计算过程见附录取较小者，.120.12II set Z =Ω s t t t Iset II set 5.03.1.=+=∆灵敏度校验：.1.120.121.26 1.2516II II set sen AB Z KZ ===>满足要求 3QF ：与5QF 距离保护Ⅰ段配合()().3.50.8121622.4II II I set rel BC set Z K Z Z =+=⨯+=ΩⅠ按躲过母线C 处变压器电压侧出口短路整定，此处分支系数4.22048min .3==++=AC AC BC AB c Z Z Z Z K ()()().3 3.min 0.812 2.413.8936.27II IIset rel BC c TC Z K Z K Z =+=⨯+⨯=Ω取较小者，.322.4II set Z =Ω s t t t Iset II set 5.05.3.=+=∆灵敏度校验：.3.322.4 1.87 1.2512II II set sen AB Z KZ ===> 满足要求4QF ：与2QF 距离保护Ⅰ段配合()().4.20.81212.819.84II II I set rel BC set Z K Z Z =+=⨯+=Ω按躲过母线B 处变压器电压侧出口短路整定，分支系数2.min 0.633b K =()().4 1.min 0.50.8120.6330.569.4323.78II IIset rel BC TB Z K Z K Z =+⨯=⨯+⨯⨯=Ω分支系数详细计算过程见附录取较小者，.419.84II set Z =Ω s t t t Iset II set 5.02.4.=+=∆灵敏度校验：.4.419.84 1.65 1.2512II II set sen BC Z KZ ===> 满足要求6QF ：与4QF 距离保护Ⅰ段配合()().6.min .40.8207.299.675.49II II I set rel AC b set Z K Z k Z =+=⨯+⨯=Ω按躲过母线C 处变压器电压侧出口短路整定，此处分支系数6.min 481.7128AB BC AC c BC AB Z Z Z K Z Z ++===+()().6 6.min 0.820 1.7113.8935.00II IIset rel AC c TC Z K Z K Z =+=⨯+⨯=Ω取较小者，.635.00II set Z =Ω s t t t Iset II set 5.04.6.=+=∆灵敏度校验：.3.635.00 1.75 1.2520II II set sen AC Z KZ ===> 满足要求距离Ⅲ段：5QF ：按照躲过正常运行时的最小负荷阻抗整定.min 248.51LAC Z ==Ω考虑自启动系数与返回系数后.min .5248.5115.051.2 1.5 1.2LAC set rel ss re Z Z K K K ===Ω⨯⨯Ⅲ按躲过最大振荡周期整定 s t IIIset 5.15.=近后备灵敏度校验().51.5115.05 5.75 1.520III IIIset sen AC Z KZ ===> 满足要求3QF:按照躲过正常运行时的最小负荷阻抗整定Ω05.38115.031109.0min .=⨯⨯=LBC Z考虑自启动系数与返回系数后().min .3381.05176.411.2 1.5 1.2LBC set rel ss re Z Z K K K ===Ω⨯⨯Ⅲ动作时间 {}s t t t t t set C III set 0.2,max 5.3.=++=∆∆Ⅲ近后备灵敏度校验().31.3176.4114.70 1.512set sen BC Z KZ ===>ⅢⅢ满足要求 远后备灵敏度校验().32.3176.41 5.51 1.21220set sen BC AC Z KZ Z ===>++ⅢⅢ满足要求1QF ：按照躲过正常运行时的最小负荷阻抗整定.min 248.5LAB Z ===Ω 考虑自启动系数与返回系数后().min .1248.5115.051.2 1.5 1.2IIILAB set rel ss re Z Z K K K ===Ω⨯⨯动作时间{}.1.3max , 2.5III IIIset B set t t t t t s =+∆+∆=近后备灵敏度校验().11.1115.057.19 1.516III IIIset sen AB Z KZ ===> 满足要求 远后备灵敏度校验().12.1115.05 4.11 1.21612IIIIIIset sen AB BC Z KZ Z ===>++ 满足要求 2QF 、4QF 与6QF 与上相同。