电力系统继电保护技术 第4版 习题解答 第1-4章

第1章习题解答

1-1电力靠统的故障是指相与相或相与地之间的非正常连接，即短路。异常运行状态：电力系

统正常工作遭到破坏，但未形成故障时的状态，为异常运行状态。事故是指电力系统的整个系统

或其中一部分的正常工作遭到破坏，以致造成对用户少送电、停止送电或电能质量下降到不容许

的地步，甚至造成设备损坏和人身伤亡。

1-2当被保护元件发生故障时，自动、迅速、有选择地将故障从电力系统切除，以保证其余

部分恢复正常运行，并使故障元件免于继续受损害。当被保护元件发生异常运行状态时，经一

定延时动作于信号。

继电保护装置是一种能反应电力系统中电气元件发生的故障或异常运行状态，并动作于断路

器跳闸或发出信号。

1-3何谓主保护、后备保护和辅助保护？

答：（1）能反应整个保护元件上的故障，并能以最短延时有选择地切除故障的保护称为主保护。

（2）主保护或其断路器拒动时，由于切除故障的保护称为后备保护。

（3）为补充主保护和后备保护的不足而增设的比较简单的保护称为辅助保护。

1-4按预先整定的输入量动作，并有控制功能；输入量连续或阶跃变化，满足定值时，输出量

具有跃变的特性。保证保护动作的可靠性。

1-5继电器在没有输入量或输入量未达到整定值的状态下，断开着的接点称为常开触点。继电

器在没有输入量或输入量未达到整定值的状态下，闭合着的接点称为常闭触点。

1-6由测量部分、逻辑部分和执行部分组成。测量部分是测量从被保护对象输入的有关物理

量，并与给定的整定值进行比较，给出“是”或“非”逻辑信号，判断保护是否应该起动。

逻辑部分是根据测量部分各输出量的大小、性质、输出的逻辑状态、出现的顺序或它们的组

台，确定是否应该使断路器跳闸或发出信号，并将有关命令传给执行部分。执行部分是根据逻辑

部分传送的信号，最终完成保护装置所担负的任务。

1-7按预先整定的输入量动作,并具有电路控制功能的元件称为继电器。由测量继电器和逻辑

继电器组合而成的成套保护装置称为继电保护装置。为使继电保护装置能正常工作,完成对电力

系统或元件的保护任务必须对继电器进行合理的整定。继电保护包含了继电器和继电保护装置两

方面的内容。

1-8（1）保护2、4、6应该起动；保护6拒动，保护2和4应动作。（2）保护1、2、3、4

起动，断开2、3断路器：保护2拒动，保护1动作为后备保护动作。

1-9（1）K1点发生短路故障：

1）保护满足要求；2）保护1属于误动，保护2动作正确；

3）保护正确动作；4）保护1属于误动，保护2拒动；

5）保护1和保护2均属于拒动。

（2）K2点发生短路故障：

第2章习题解答

2T将大电流变换成小电流，供测量仪表和保护装置使用。电流方向为一次侧从极性端流入，

二次侧从极性端流出。

2-210%误差曲线是指电流误差10%,角度误差不超过7°时，电流互感器的一次电流倍数和允许负荷

阻抗之间的关系曲线。10%误差曲线校验电流互感器误差值是否满足要求。

2-3电压变换器二次侧接近开路状态，一、二次电压间成正比，与所接二次负荷大小无关。电抗变换器二

次侧接近开路状态，将输入电流变换为成与电流成正比的电压。调节调相电阻，可改变输入与输出间的相位。

2-4将三相电流同极性相加，其输出是三相电流相量和。输入是三相电流，输出为输入电流负序分量成正

比的单相电压，从节线上保证正序和零序电流不能通过滤过器。

2-5负序电压滤过器从三相电压中滤出负序分量，用于构成序分量保护。正序分量电压滤过

器原理与负序相同，输入极性不同而已。

2-6微机保护硬件系统由数据采集、微型机主系统、开关量输入/输出电路组成

数据采集系统由：电压形成；模拟漉波器；采样保持；多路转换开关和模数转换器组成。

2-7软件由主程序、采样中断服务程序、故障处理系统构成。调试方式下执行监控程序，运行方式下执

行运行程序。主程序包括初始化、全面自检、开放及等待中断服务程序。中断是指CPU暂时停止原程序执行

转为外部设备服务，并在服务完成后自动返回原程序的执行过程。采用中断可提高CPU效率，提高实时数据

处理时效。故障处理程序用以进行保护的特性计算、判断故障性质等。

2-8微机保护算法是实现某种保护功能的数学模型。按数学模型对输入的实时离散数字信号量进行数学

运算，从而获得保护动作的判据，算法的输出是继电保护动作的依据。

2-9因为N=/2,所以每隔5/3/玄采样一次。以电压为例：

第一个采样点为%=1胖2sm(1007rx0+—)=2JJ3V

。3/2

第二个采样点为u=^^00sin(1010-3+y^)=57.73V

2。兀XgX

依次类推得到其他点的采样值为

\21.13,57.73,78.8678.86,57.73,21.13

Un~\-21.13-57.73-78.86-78.86-57.73-21.13,

._[0,3.54,6.127.07,6.12,3.531

1,1~[0-3.54-6.12-7.07,-6.12-3.53\

2-10两点乘积法假设输入量为正弦量，两点乘积法取相隔9。的采样值进行计算。当N=/2时，采样周

期所对应电气角度为3。，两点乘积法取相隔3个的采样值进行计算。当采样时刻发生变化时，相位也会发生

变化，但是有效值不变；计算隹抗时电压量和电流量采用同时刻的采样值。

(1)取%=21./3,%=78.86；§=0,1=7.07计算:

221.13~+78.86~

u==5773v

2

J

atu=arctan^-=arctan^^-=15

u478.86

aH-arctan--(T

h

P=^(U4I4+U,II)=278.76

Q=-^(U/I4-U4II)=74.70

=11.54C

i；+¥

X==299Q

(2)取〃2=57.73,%=57.73；i2=3.54,。=6.12计算:

57.75^57.73-

U==5Z7JV

2

ae=arctan^-=arctan^^-=45,

,u

u457.73

.7・2

，2+“二3"+6"…

22

an=aretan^-=30。

h

P=^(U5I5+U2I2)=278.76

Q=^(U2I5-U5I2)=74.70

R=""2=//.54C

匕十%

X=叼厂子=2.990

¥+%

2-11.已知采样频率£=600/,试分析由式〃（〃）=/〃/〃）+以"-4）+〃/〃+4〃计算得到的〃（〃）

是正序还是负序分量。

解：已知£=600〃z,则N=/2,—=-o根据移相算法，/"）对应的相量为〃,；〃/〃-4）对

N6

j,2（f

应的相量为U卢一〃2。：="/2砂（吟=4x3）=120）：uc（n+4）=lJce0

2

根据对称分量法，U2=j（Ua^aUh+aUc）,因此〃是负序分量。

第3章习题解答

3-1无时限电流速断保护动作选择性依靠动作电流来满足；限时电流速断保护动作选择性依

靠动作电流、动作时限来满足（多电源时还需方向元件）；定时电流速断保护动作选择性依靠动

作电流、动作时限来满足（多电源时有时还需方向元件）。

3-2方向元件是根据短路功率方向判断正、反方向故障。

3-3零序电流的大小和分布情况主要取决于系统中的输电线路零序阻抗、中性点接地的变压器的零序阻

抗以及中性点接地的变压器的数量和分布，而与电源数量和分布无直接关系。由于系统的正序阻抗和负序阻抗

随系统运行方式的改变而改变，这将引起故障点各序电压之叵分布的改变，从而间接影响到零序电流的大小。

3-4.（1）故障相电压为零，非故障相对地电压升高为线电压；（2）同一电压级的全电网均出现相同的零序

电压；（3）故障相电容电流为零，非故障相对地电容电流增大75倍，使电网出现零序电流；（4）非故障线路保

护安装处零序电流为本线路电容电流，故障线路保护安装处零序电流为所有非故障线路电容电流总和；（5）故

障线路与非故障线路零序电流大小不同，方向相反。

3-5.两相短路时功率方向元件不存在死区，因输入电压有一相为非故障相电压。

3-6.电流保护接线应采用两相三继电器方式。

3-7.零序功率方向元件不存在死区，因故障点处零序电压最高，接地点为零。

3-8.被保护线路末端最大三相短路电流为七二=1256.6A

动作电流/；,=1.25义1256.6=1570,8A

最大保护区为Z,=37。。0/6-7=6.6,/%=—x100%=66%

1570.8310

^7000?7Q

最小保护区Z=--9=2.78,1%=—X100%=27.8%

“v2x1570.810

3-9.保护6动作时间1s、保护3和4动作时间1.5s、保护2动作时间2.5s、保护7动作时间3s；保护

3、4、6需加方向元件。

3-10（1）求瞬时速断电流保护动作电流及灵敏度

MN线路是双电源的线路，因此动作电流必须大于流过M侧开关可能的最大电流。［注：不考虑采用方向

元件时。］

1)M电源在最大运行方式下，N母线最大三相短路电流

⑶_11500°72小

16(15+40)"

2)N电源在最大运行方式下，M母线最大三相短路电流

113000

=1UOA

k.mas~43(20+40)

3)A/N电源振荡时）流过M侧开关最大电流为

2x11500()

=/770A［注：计及两侧电源相位方为180°时振荡中流为最大。］

-6(15+20+40)

所以：％,=1.15x1770=20404

E11^-20=8.190

X^.min-_X5*=

210P2x2040

Y8IQ

最小保护区2ax100%=—x100%=20.48%>15%

XMN40

（2）求限时电流速断保护动作值和灵敏系数

相邻线路末端最大短路电流为嚷ax=——--------=1720A

.同I喘的

相邻线路速断动作电流为=1.25x1720=2150A

求最小分支系数Kbmin：

最小分支系数K/,.*=l+"詈=3.2

小/左士？7Km1.15x2150

动作电流I叩=l°p.N=————=773A

”放“25

灵敏度Kg

2x60x773

（3）求定时限过电流保护动作电流及灵敏度

动作电流Iop=x/20=305A

0.85

近后备灵敏度七〃二竺L=3./4>L5,满足要求。

2x60x305

当作为远备保护时，应采用P变电站母线两相短路的最小短路电流，并计及分支电流影响，分支系数应计

最大值。

最大分支系数七_=/+次萨=4

90^40

总阻抗、工=-------+24=39C

z20+40

最小两相短路电流取=115x10=J47OA

k-'n,n2x39

远后备灵敏度K加==7.27>1.2满足要求。

牌"4x305

3-11.如图所示35ZV单侧电源放射状网络，确定线路AB的保护方案。变电所B、C中变压器连接

组别为匕311,且在变压器上装设差动保护，线路的最大传输功率为E“ax=9MW,功率因数

cos°=0.9,系统阻抗为：Zs.min=6.3Q、Z,min=9.4Q：系统中的发电机都装设了自动励磁调节器。自起

动系数取1.3。【相似习题】

解：暂选三段式电流保护作为AB线路的保护方案。

(1)瞬时电流速断保护

B母线短路最大三相短路电流

^7(X)0

===131()A［注:发电机装设自动调节励磁器，计算短路电流时，可不考虑衰减。］

73(6.3+10)

1.25x1310=1638A

灵敏度检验：

最小运行方式15%处两相短路灵敏度

/言用=——卫吧——=1697>/加［注：按此计算能计算出保护区是否达到最小保护区，不能计算出保

人mm2(9.4+0.15x10)卬

护区实际长度。］因此灵敏度满足要求。

当需要计算出保护区长度时，可由下面计算公式求出最小保护区长度：

说黑L,“总,4”如

I0

L=—xl（X）%=19%

min10

（2）限时电流速断保护

1）按躲过接在B母线上的变压器低压侧母线短路整定

厂37000^A

73(6.3+10+30)

1叩=Kma•/比X=1.3X461=600A

2）与相邻线路瞬时电流速断保护配合

37000

/⑶=755A

*Xr.max73(6.3+10+12)

/叩=1.15x1.25x755=10854

选以上较大值作为动作电流，则动作电流为1085A。

3）灵敏度检验

37000

/以=-----------=9544

2(9.4+10)

954

K刈—<1.25

1085

改用与变压器低压侧母线短路配合，选用动作电流600A。［注：按基本配合原则，要计算出BC线路H段

动作电流，由于从网络参数可以看出，与相邻变压器配合的动作电流大于与相邻线路配合的动作电流，所以可

以直接选取与相邻变压器配合，但应注意的是，此配合方式已经是II段与1【段配合了。］

954

—=1.59>1.25

sen

600

动时间取lSo

⑶定时限过电流保护

厂-------=174A［注：计算式中的0.95系数考虑电压降低5%时，输送最大功率。］

H,.max

73x0.95x35x0.9

KzK1=1.2x1.3x174二J]?人

Kp"max_0.85

灵敏度校验

1）按本线路末端最小二相通路甩流校验

其四=95言4=2.99>1.5［注：线路只能按两相短路条件校验灵敏度。］

2）按相邻线路末端最小两用短路电流校验

/以=37映=5894

*,m,n2（9.4+10+12）

589

/C=—=1.85>1.2

$we〃l319

3）按相邻元件变压器低压恻母线短路校验（电流保护接线按两相三继电器方式）

37000

(3)=4324［注：保护采用两相一继电器接线时，灵敏校验值应采用三相短路电

A.min-73(9.4+10+30)

流值。］

432

/C=—=1.35

sWenJ319

保护时限按阶梯原则，比相邻元件后备保护最大动作时间大一个时限级差△tO

3-12(1)计算零序电流

线路AB：X1=X2=0.4x20=8Q；Xo=1.4x20=280；

线路BC：X]=X2=0.4x50=200；Xo=1.4x50=70Q；

变压器Tl：X,=X2=0.105x11()2/3]5=4033。。

求B母线短路时的零序电流:

X=x=I3Q,Xoz=36Q

因为Xoz>XQ所以小>4俨故按单相接地短路作为整定条件，两相接地短路作为灵敏度校验条件。

［注：可通过比较正序总阻抗与零序总阻抗的大小，选择单相接地或两相接地短路作为保护动作电流的计算条

件。］

V

；.00=Ik］X——三一［注：按变压器不接地运行计算。］

Xa工+X。工

E,

X—_

V.—2£40£

乂2£+Xox

Aiy十

+X°E

11500013

----------------------------------X----------=----7-80A［注用正序等效定则求出零序量。I

仅3+舒)-36

0

3/气J!V；=3x780=23404

115000—=10704［注：求单相接地短路时，零序电流。因零序电流等于正序甩流。］

73（13+13+36）

3/制=3x1070=3210^

在线路AB中点短路时，X以=X，z=9O,X0E=2212

嘿="U。：_2_=1250A

刖箸）2

3倒=3x1250=37504

B母线的三相短路电流

s=7^=51,0/1

求母线C短路时的零序电流:

XIJ.=JXJ=33Q,2JX（）、.二106C

3，俨=—3xU浮X33=813A

"就）33+，06

58A

(2)各段保护的整定计算及灵敏度校验

1）零序I段保护=1.25X3210=4010A

单相接地短路:

3x115000

4010=［注：按某点单相接地短路时，3倍零序电流等于保护定值,

技2x5+8+2x0.4L+1.4L）

即可求出保护区。］

所以L=14.4内〃>0.5x20km

两相接地短路：

3x115000

4010=［注：16为电源零序阻抗的2倍。］

V3（5+0.4L+16+2xl.4L）

所以L=9km>0.2X20km［注：此值即为最小保护1乂长度。］

2）零序H段保护:=1.15x1.25x1160=1670/

2340

K皿=l4>iJi满足要求.

1670

动作时限：端,=0.5s

(3)零序III段保护

因为是110kV线路，可不考虑非全相运行情况，按躲开末端最大不平衡电流整定:

I*=1.25xl.5x0.5x0.1x5110=480A

近后备：K$e〃=锂2340=4.9满足要求。

se〃480

远后备：K=—=1.69满足要求。

牌”480

动作时限：媒=%+-5+0.53

3-13.相间过流保护:保护6动作时间1.5s,保护5动作时间2.5s,保护4动作时间3s,保

护3动作时间3.5s,保护1动作时间4s；接地过流保护：保护6动作时间0.5s,保护5动作时

间1s,保护4动作时间2.5s,保护2动作时间3s。

3-14.动作电流按正常运行整定，动作电压按正常运行下故障能保护线路全长的80%整定。

求图示35AV线路A6的电流速断保护动作值及灵敏度。已知系统最大阻抗为9Q,最小阻抗为70,可

靠系数取1.25,AB线路阻抗为I0C。（相似习题）

被保护线路末端最大三相短路电流为/比“=37普,=1256.6A

动作电流rop=7.25x1256.6=1570.8A

最大保护区为Zv=吗幺寒-7=6.6,1”心％=丝x100%=66%

1570.810

最小保护区Z,=37。。。-9=2.75,=—X100%=27.8%

x2x1570.8,nax10

3-15.本实例为单电源幅射形网络，且系统运行方式变化不大，采用阶段式电流保护容易满足灵敏性要求。

（1）电流速断保护

10500/43

N母线短路保护安装处测量到最大短路电流为I"1445A

0.2+4

10500/6

N母线短路保护安装处测量到最大短路电流为I3=595A

0.2+10

动作电流l'op=7.25x1445=1806A

最大保护区/_=工严心吁_0.2）=7.9km,满足要求。

U.41oUO

最小保护区加二与（若绘一0.3）=6.56〃，满足要求。

0.42x1806

（2）限时电流速断

10500/6

P母线短路保护安装处测量到最大短路电流为。…==595A

0.2+10

动作电流I1'=/Jx7.25x595=818A

•T7

保护区末端最小两相短路电流为4,而“="空=/22/A

722/

灵敏度=1.5,满足要求。

8J8

保护动作时间以=0.5s

（3）过电流保护

动作电流为C=七合xl50=317.6A

印0.85

1）近后备灵敏度「=等；=3.8

317.6

2）P母线两相短路保护安装处测量到最小短路电流为

-=10500=509.7A

C2(0.3+10)

奖1=/.6,满足要求。

远后备灵敏度Ksen

317.6

动作时间以=7.5$。

3-16.本实例线路末端存在助增电源，相邻线路为平行线路，计算分支系数是关键。

（1）无时限电流速断保护

N母线三相短路保护1安装处测量到最大短路电流为

115000/43八彳。人

KNM.…max=---2--+-j-2---=4748A

动作电流为%=1.25x4748=5935A

月……1/15000/6一e…口由A

最大保护区l„,ax=—（——-----2）=23km，满足要求。

最小保护区”右绕-3—,满足要求。

（2）限时电流速断保护

P母线三相短路保护2（或保护4）安装处测量到最大短路电流为（应考虑平行线路以回线断开）

115000/43=J955A

14//35+24

14+40

最小分支系数Kb==1.35

40

保护3速断保护动作电流为/,*=L25x1955=2443.8A

保护1动作电流<为7/=/./x2443.8//.35=/99/A

N母线两相短路保护1安装处测量到最小短路电流为

1.3=3833A

2x15

保护灵敏度为K®=湍=/.93,满足要求。

当平行线路采用能保护线路全长的速断保护时（如差动保护，横差保护等），限时电流速断保护必须考虑

此情况配合。

平行线路同时运行，P母线三相短路保护1测量到最大短路电流为

n5000/y^/1.35=2238.2A

14//35-¥12

保护1动作电流为C=/./x2238.2=2462A

保护灵敏度为Ksen=m1=1.56,满足要求.

说明：由计算得，保护1必须考虑与平行线路同时运行情况相配合。当平行线路采用电流速断保护时，动

作电流必须考虑断开一回线，但保护1必须考虑平行线路同时运行（尸母线短路，保护1测量到短路电流最大）。

动作时间15=1s

（3）定时限过电流保护

动作电流为僚=弋？x]70=360A

0.85

3833

近后备保护灵敏度=10.6,满足要求。

360

计算远后备保护灵敏度时.，平行线路必须考虑断开一网线路，此时P母线两相短路最小短路电流为

115000/2

出=-r?—77；------=104/A

KPmax15义40+24

15+40

15+35,”，

最大分支系数为勺-------=1.43

35

""二32,满足要求〃

远后备保护员敏度K

sen1.43x360

保护动作时间为僚=2$（时限级差取0.5s）。

重点：求动作电流取相邻平行线路同时运行，求灵敏度取平行线路断开一回线路。

提示：相邻线路长度越长，过电流保护灵敏度越低。

3-17.分析：保护1选三段式电流保护，被保护线路末端存在电源，需考虑方向性和助增电源对保护影响。

（1）保护1的第I段

1）保护1选用电流速断保护（由系统阻抗知，保护1速断可不加方向元件）

N母线三相短路最大电流为=2077A

保护1动作电流以,=1.3x2077=27004

最大保护区U=白//5鬻6_20）=lL55km,不满足要求。

最小保护区。加=/-（“5"—25）=0"?,保护区为0,不满足要求。

0.42x2700

由题目知，系统阻抗大而线路短，采用无时限电流速断保护灵敏性不满足要求。

2）选用电流电压连锁速断保护，电流元件动作电流（正常运行方式取最小运行方式）为

3翳察E

最小保护区/，”加=与（野黑「25）=12.33km,满足要求。

0.42x1921

动作电压为U3=6x1921x9.6=3J904V

最小保护区电压元件最小保护区计算，由-^―Xzv得

1I（

解得Z、=0.7690,I*=1.92km,电压元件保护区不满足要求。

3）选用电流闭锁电压速断

N母线两相短路最小短路电流为咽Q二管%=乃544

动作电流为森=半=1036A

1•J

2唱出=2x1554x128689V

动作电压=

1.3

由计算知，电流闭锁电压速断电压元件动作电压比电流电压联锁速断小，显然电压元件灵敏度不满足要

求。

分析：由计算得，系统阻抗大，被保护线路长度短，保护1采用电流电压各种形式保护，灵敏度均不满

足要求。该线路不能采用反应由电流、电压实现的保护。

第4章习题解答

4-11）保护1距离【段整定值

n4

Z'=K'Z...=0.8x0.4x30=9.60因为：%=—=0.15

oplrci/\fj»fg70。

=K\ZAB=Q8x(0」5+j0.4)30=10.25ej7a

2)保护1距离I【段整定值

与相邻线路配合Z；p2=K*ZBC=0.8x0.4x60=l9.2。

X$Amin+XAB+Xg._30+12+20_

vmax_一乙.u/

V

cvH.max30

=K/ZA8+K胃K.mZj,2=0.8(0.4x30+2.07x19.2)=41.4。

与相邻变压器配合Z/；,=K胃ZAB+K：elKEZ/"=08x12+0.7x2.07x44=73.4Q

保护整定值取41.40。

保护灵敏度：心“=41.4/12=3.45保护动作时间取0.5s。

3）保护1距离HI段整定值

_0.9x110x1000

=163.50

73x350

L.max

动作阻抗:Z2=K^Z=0.7X163,5=114.50

ffpirc«1L^.MIllAaA

K〃Z114.5

整定阻抗:%=mL."〃/，=159.7。

cos((2sel­(p)cos(7(T-258)

25+12+25公

最大分支系数：K,，max----------=2.5

25

159.7-

灵敏系数近后备K=-----=13.3

sen12

1597

远后备K”..=—一=2.2

瞪"12+2.5x24

4）系统振荡时最大电流

2E$2xll5xl03

=23324

mmax-焉-73x(20+12+25)

w=233〃一冲

..”.115x103

U=EejQ-gmaxX=———2332x20

AreKA73

=66473-46640(COS70,+Jsin700)

=66473-46640(0.34+J0.94)

=50615-j32648

=32648«32.8。

z上=3

233发加

a

保护1的【段动作阻抗为：Z/pl=9.6cos(70-37.2°)=8.06Q

保护1的II段动作阻抗为：Z%=41.4cos(70°-37.2°)=34.8Q

保护1的山段动作阻抗为:Z*=159.7cos(70°—37.2°)=134.2Q

从分析可知，保护1的II段、III段会误启动。

4)经过渡电阻相间短路时

Z,„=(0.15+J0.4)xl2+4=5.8+J4.8=7.5ey396

Z*\=4Llcos(709-39.6°)=35.7Q

Z*=159.7cos(70°-39.6°)=137.7Q

保护i的经过电阻相间短路，保护1的时11段、in段会启动，因为测量阻抗小于动作阻抗。

4-2保护1的【段整定值Z^ell=0.8x0.4x100=32^1、保护2的【段整定值

Z^el2=0.8x0.4x20=6.4^1,保护1的H段整定值=0.8x(40+6.4J=37./2C,灵敏度

Q“=卫£=0.93o二次值计算：保护1的二次值为Z\〃2)=32=^°=1L64Q、

401100

/37.12x400

2)=­—=13.50。

保护1的I段整定值Z'ell=0.8x0.4x20=6.4Q、保护2的I段整定值Z；,2=0.8x0.4x/0。=32C,

俣护1的II段整定值Z&=0.8x(8+32)=320灵敏度K,,”=—二464。二次值计算：保护1的二次值

O

64X4()()32X400

为Z，H2)==233c、Z\etH2>==11.640.。

se〃⑶“00司(2)]100

短线路距离保护的I【段灵敏度可能出现不满足要求，所以短线路上使用距离保护不易配合，而长线路上不

存在此问题。

4-3保护1与保护4配合时:

75+75+20…

最大分支系数为-----------------=J.JJ

15

25+/5+20〃

最小分支系数为K〃,而------------=2.4

25

保护1与保护3配合时:

B母线等效电源阻抗分别为：最小等值阻抗ZsB.mi”==892。

22+15

最大等值阻抗ZSBM=奈||=/6.7Q

最大分支系数为二&92二：+20=4.92

o.yz

最小分支系数为Khinin=咐7+”2()=28。

16.7

4-4(1)保护1的第I段

Z：1A="JM=0.85X0.45X40=15.3(0)

(2)保护2的第I段

Z：,2=0.85x0.45x70=26.8(Q)

(3)保护1的第II段

1)最小助增电流分支系数

17_min+ZMN+ZN.max20+18+25.

h.niin-1

'N.max25

2)吸出电流分支系数最小值

因为I段可靠系数为0.85,可按I段保护末端求分支系数。

治.」，"；了29=0575

Z/NP

Z*\=0.85(0.45X40+2.52x0.575x0.85x0.45x70)

=48.3(C)

483

保护灵敏系数Ksen==2.68

(4)保护2的第II段

2：炉=0.85x0.45x40=l5.3(C)

Khmin=1考虑平行线路一条断开时。

Z22=0.85(0.45x70+l5.3)=39.78(0)

3279

保护2的灵敏系数K刈=——=1.23<1.25

飕"0.45x70

若平行线路同时运行，则

Z：2=0.85(ZMN+Kb.K'Z小)=0.85(0.45x70+0.5x]5.3)=33.5(Q),显然动作阻抗更低，灵敏

度更不满足要求。

4-5(1)保护1的【段动作阻抗

Z\,[=().85X0.45X30=11.48(0)

(2)保护1的第I【段动作阻抗

1)与保护2的第I段配合

Z=0.85x0.45x38=14.54(C)

Karnin最小值的情况下是时，即N电源断开，

为二人必以十时面/篇)

=0.85(0.45X30+14.54)=23.83(Q)

2)与变电所N降压变压器的速动保护配合

ZQ=KM(ZJ"+总./『.)

0.105xllO2847

由于Z7=84.7(C)所以Z7.min=W-=42.35(Q)

Z*=0.7(0.45x30+42.35)=39.09(0取二者较小值为动作阻抗，即Z*=23.83(0)

灵敏度：。==1.77>1.5满足要求。动作时间=0.55。

""0.45x30"川

(3)保护1的第HI段动作阻抗

Z〃/____________0.9—N_______

MKrelKreKJA.mxCOS(^„~(PL)

=_____________0.9x110_____________

-73x1.25X1.15x2x0.4cos(65°-26°)

=63.96(Q)