电力系统继电保护第二章课后习题答案
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如图所示网络，流过保护1、2、3的最大负荷电流分别为400A 、500A 、550A ，
1.3K SS =,
0.85K re =， 1.15III K rel =，0.512III III t T s ==， 1.03
III T s =。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，当返回系数K re 低于何值时会造成保护4误动
（3）0.85K re =时，保护4的灵敏系数 3.2K sen =，当0.7K re =时，保护4的灵敏系数降低到多少 解：
（1）流过保护4的最大负荷电流为4005005501450().4max I A I =++=
保护4的过电流定值为 1.3 1.151450 2.55().4.max .40.85
III K K SS III rel I I kA I set K re ⨯=
=⨯= 时限为max(,,)10.5 1.5()4123
III III III III t t t T t s =+=+= 《
（2）保护1切除故障后，流过保护4的最大负荷电流5005501050 1.05.4.max I A kA I '=+== 考虑到电动机的自启动出现的最大自启动电流 1.3 1.05 1.365.max .4.max I K I kA ss ss I '==⨯=,
这个电流.max I ss 必须小于保护4的返回电流I re ，否则以后保护4将误切除。相应的要
求 2.55.max .4
III I I K I K ss re re re set ≤==，从而有2.55 1.365K re >， 1.365
0.5352.55
K re >=。 所以当返回系数低于时，会造成保护误动。
（3）保护4 的灵敏系数..min ..min ..min
3.20.85.
4.4.max .4.max
.4
I
I K I K B K B re K B K sen III III III I K K I K K I SS L SS L set rel rel ===
=⨯，
从而有
..min
3.20.85.
4.max
I K B III K K I SS L rel =÷
则当K re =时，..min
0.7 3.2/0.850.7 2.635.4.4.max
I K B K sen III K K I SS L rel =⨯=⨯=即灵敏度下降到2.635。
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什么特征解决了仅利
用电流幅值特征不能解决的什么问题
答：在双侧电源供电的网络中，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。
`
为了保证在正方向发生各种短路时功率判别元件都动作，需要确定接线方式及内角，请给出90o 接线方式正方向短路时内角的范围。 答：（1）正方向发生短路时，有0o