电流继电保护实例

电流继电保护实例The final revision was on November 23, 2020

3-5、如图所示网络，在位置1、2和3处装有电路保护系统参数为：

E =115/√3kV ,X G1=10Ω , X G2=5Ω , X G3=5Ω , L 1=L 2=20km , L 3=10km , L B−C =50km , L C−D =50km , L D−E =80km ,

线路阻抗0.4Ω/km , K rel Ⅰ=1.2 , K rel Ⅰ=K rel Ⅲ=1.15 ；I BC。Ld。max =300A ,

I CD。Ld。max =200A , I DE。Ld。max =150A , K ss =1.5 , K re =0.85

最多三台运行，最少一台运行，线路1到3最多三条运行，最少一条运行，请确定保护3在最大最小运行方式下的等值阻抗。

(1) 整定保护1,2和3的电流速断定值，并计算各自的最小保护范围。

(2) 整定保护2和3的限时电流速断定值，并计算各自的最小保护范围。

(3) 整定保护1,2和3的过电流值，假定E 母线过电流保护动作时限为，检验保护

1作近后备，保护2和3作远后备的灵敏度。

(4) 采用下列另外一组系统电路参数对以上习题再进行一次计算。

E =115/√3kV ,X G1=15Ω , X G2=10Ω , X G3=10Ω , L 1=L 2=60km , L 3=40km , L B−C =50km , L C−D =30km , L D−E =20km ,

线路阻抗0.4Ω/km , K rel Ⅰ=1.2 , K rel 。=K rel Ⅲ

=1.15 ；I BC。Ld。max =300A , I CD。Ld。max =200A , I DE。Ld。max =150A , K ss =1.5 , K re =0.85

答案：

三台发电机，三条线路同时运行为最大运行方式

发电机G1与L1,L2中一条线路运行时，为最小运行方式

2、整定保护1,2和3的电流速断定值，并计算各自的最小保护范围。

第Ⅰ段动作电流应躲过本线路末端最大短路电流

所以，1处电流速断保护在最小运行方式下无保护区。

第Ⅱ段动作电流应躲过本线路末端最大短路电流

所以，2处电流速断保护在最小运行方式下无保护区。

第Ⅲ段动作电流应躲过本线路末端最大短路电流

所以，3处电流速断保护在最小运行方式下无保护区。

3、整定保护2和3的限时电流速断定值，并计算各自的最小保护范围。

对于保护2：

由于保护2的灵敏度小于，所以不满足要求。

对于保护3：

由于保护3的灵敏度小于，所以不满足要求。

4、整定保护1,2和3的过电流值，假定E 母线过电流保护动作时限为，检验保护1作近后备，保护2和3作远后备的灵敏度。

保护1：

1、X_l1x1L1⋅8Ω=:=

保护2：

保护3：

5、另外一组数据再算一遍：

三台发电机，三条线路同时运行为最大运行方式

发电机G1与L1,L2中一条线路运行时，为最小运

行方式

（2）整定保护1,2和3的电流速断定值，并计算各自的最小保护范围。

第Ⅰ段动作电流应躲过本线路末端最大短路电流

所以，1处电流速断保护在最小运行方式下无保护区。

第Ⅱ段动作电流应躲过本线路末端最大短路电流

所以，2处电流速断保护在最小运行方式下无保护区。

第Ⅲ段动作电流应躲过本线路末端最大短路电流

所以，3处电流速断保护在最小运行方式下无保护区。

（3）整定保护2和3的限时电流速断定值，并计算各自的最小保护范围。

对于保护2：

由于保护2的灵敏度小于，所以不满足要求。

对于保护3：

由于保护3的灵敏度小于，所以不满足要求。

（4）整定保护1,2和3的过电流值，假定E 母线过电流保护动作时限为，检验保护1作近后备，保护2和3作远后备的灵敏度。

保护1：

保护2：

保护3：

如图所示，流过保护1、2、3的最大负荷电流分别为400A ，500A ,550A , K s =

1.3 ，K re =0.85 ， K rel Ⅲ=1.15 ，t 1Ⅲ=t 2Ⅲ=0.5s ，t 3Ⅲ=1.0s

（1） 求保护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，当返回系数K re 低于何值时会造成4误动

（3） K re =0.85 时，保护4的灵敏

系数K sen =3.2 ，当K re =0.7 时，保护4的灵敏度系数降低到多少

解：（1）流过保护4的最大负荷电流为

I LD.max.4=400+500+550=1450A

I set.4Ⅲ=K rel ⅢK ss I LD。max。4

K re =2550.29A 时限为 t 4Ⅰ=max (t 3ⅠⅠt 3ⅠⅠt 3Ⅰ)+△t =1.5s

（2）保护1切除故障后，流过保护4的最大负荷电流

I LD.max.4′=500+550=1050A

考虑电动机的自启动出现的最大自启动电流则

I ss.max =K ss .I LD.max.4′=1.356kA ，

要使保护4不误动，则须有

I ss .max ⅠI re =K re I set .4Ⅰ ，即K re Ⅰ0.535 ，

所以当返回系数低于时造成保护4误动。

（3）保护4的灵敏系数K sen.4=I K 。B 。min I set。4Ⅲ=I K 。B 。min K re K rel ⅢK ss I LD。max。4

灵敏系数K sen 与返回系数K re 成正比

（1）X_l1x1L1⋅24Ω=:=