继电保护计算实例

1、如图所示网络,AB 、BC 、BD 线路上均装设了三段式电流保护,变压器装设了差动保护;已知Ⅰ段可靠系数取,Ⅱ段可靠取,Ⅲ段可靠系数取,自起动系数取,返回系数取,AB 线路最大工作电流200A,时限级差取,系统等值阻抗最大值为18Ω,最小值为13Ω,其它参数如图示,各阻抗值均归算至115kV 的有名值,求AB 线路限时电流速断保护及定时限过电流的动作电流、灵敏度和动作时间;解：1相邻线路Ⅰ段保护动作电流确定由于D 母线短路电流比C 母线大,因此保护应与BD 线路配合,D 母线最大短路电流为：注：理论上说AB 线路的Ⅱ段既要与BC 线路Ⅰ段配合,又要与BD 线路Ⅰ段配合,由于BD 线路的阻抗小于BC 线路,所以瞬时电流速断保护的动作电流必定大于BC 线路,因此与BD 线路配合后,也会满足与BC 线路配合的要求;AI kD 1254)162413(3115000max .=++⨯=注：计算短路电流时,电压可采用平均电压;BD 线路Ⅰ段动作电流为：AI I op 1568125425.12=⨯= AB 线路Ⅱ段动作电流为：A I II op 1803156815.11=⨯= 被保护线路末端最小短路电流为：A I k 1369)2418(311500023min ,=+⨯⨯= 灵敏度为：118031369〈=sen K 不满足要求; 改与相邻线路Ⅱ段配合,则注：同理,由于BD 线路Ⅱ段限时电流速断保护动作电流大于BC 线路,因此应与BD 线路Ⅱ段配合;5.25431369==sen K 满足要求;动作时间t t t II op II op ∆+=212定时限过电流保护 近后备灵敏度：37.34061369==sen K 满足要求； 远后备灵敏度：A I kE 927)202418(2115000min .=++⨯=28.2406927==sen K 满足要求; 注：远后备BC 线路满足要求,必然BD 也满足要求,因BC 线路阻抗大于BD 线路; 动作时间：s t op 5.31=2、如图所示35kV 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Ｙ,d11,且在变压器上装设差动保护,线路A 、B 的最大传输功率为Ｐmax ＝9MW, 功率因数9.0cos =ϕ,系统中的发电机都装设了自动励磁调节器;自起动系数取;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 A I k 1310)103.6(337000)3(max .=+=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;灵敏度检验：最小运行方式15％处两相短路灵敏度1697)1015.04.9(237000)2(min .=⨯+=k I ＞op I 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：1638)4.9(237000min =+⨯Z ,Ω=-⨯=9.14.91638237000min Z2限时电流速断保护1） 1 按躲过接在B 母线上的变压器低压侧母线短路整定2） 2 与相邻线路瞬时电流速断保护配合选以上较大值作为动作电流, 则动作电流为1085A;3） 3 灵敏度检验1085954=sen K < 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Ⅱ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Ⅱ段配合了;59.1600954==sen K ＞ 动时间取1s;3定时限过电流保护 AI w 1749.03595.031093max .=⨯⨯⨯⨯=注：计算式中的系数考虑电压降低5%时,输送最大功率;灵敏度校验1按本线路末端最小二相短路电流校验99.2319954==sen K ＞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相短路电流校验85.1319589==sen K ＞ 3按相邻元件变压器低压侧母线短路校验电流保护接线按两相三继电器方式A I k 432)30104.9(337000)3(min .=++=注：保护采用两相三继电器接线时,灵敏校验值应采用三相短路电流值;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△ｔ;3、网络如所示,已知：线路ABA 侧和BC 均装有三段式电流保护, 它们的最大负荷电流分别为120A 和100A, 负荷的自起动系数均为；线路AB 第Ⅱ段保护的延时允许大于1s ；可靠系数25.1=I rel K ,15.1=II rel K ,2.1=III rel K ,15.1='relK 躲开最大振荡电流时采用,返回系数85.0=re K ；A 电源的Ω=15max .sA X ,Ω=20min .sA X ；B 电源的Ω=20max .sB X ,Ω=25min .sB X ；其它参数如图;试决定：线路ABA 侧各段保护动作电流及灵敏度;解：1、求瞬时速断电流保护动作电流及灵敏度AB 线路是双电源的线路,因此动作电流必须大于流过A 侧开关可能的最大电流;注：不考虑采用方向元件时;1） 1 A 电源在最大运行方式下, B 母线最大三相短路电流2） 2 B 电源在最大运行方式下,A 母线最大三相短路电流3） 3 AB 电源振荡时, 流过A 侧开关最大电流为A I k 1770)402015(31150002)3(max .=++⨯=注：计及两侧电源相位差为180时振荡电流为最大; 所以：A I op 2040177015.1=⨯= %48.20%1004019.8%100min .=⨯=⨯AB L X X >15％2求限时电流速断保护动作值和灵敏系数求最小分支系数min .b K ：注：由于有电源助增,流过保护安装处的短路电流不等于短路点总短路电流,因此需要计及分支影响,求保护动作值时应采用最小分支系数;3求定时限过电流保护动作电流及灵敏度 动作电流为：A I op 30512085.08.12.1=⨯⨯=近后备灵敏度为：14.3305602101153=⨯⨯⨯=sen K ＞满足要求; 当作为远备保护时,应采用C 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; 最大分支系数为：42040201max .=++=b K 注：计算灵敏系数时应采用最大分支系数;总阻抗为：Ω=+⨯=∑3940204020X最小两相短路电流为：A I k 1470392101153)2(min .=⨯⨯= 远后备灵敏度为：21.130541470=⨯=sen K ＞满足要求;4、如图所示网络中,已知： 电源等值电抗Ω==521X X ,Ω=80X ；线路AB 、BC 的电抗km X /4.01Ω=,km X /4.10Ω=；变压器T1额定参数为,110／,Ｕk ＝％,其它参数如图所示;试决定线路AB 的零序电流保护的第Ⅰ段、第Ⅱ段、第Ⅲ段的动作电流、灵敏度和动作时限;解：1、计算零序电流线路AB ：Ω=⨯==8204.021X X ；Ω=⨯=28204.10X ；线路BC ：Ω=⨯==20504.021X X ；Ω=⨯=70504.10X ；变压器T1：Ω=⨯==33.405.31/110105.0221X X ;求B 母线短路时的零序电流：Ω==∑∑1321X X ,Ω=∑360X 因为∑0X ＞∑1X ,所以)1(0k I ＞)1.1(0k I 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;∑∑∑+⨯=0221)1.1(0X X X I I k k 注：按变压器不接地运行计算;＝∑∑∑∑∑∑∑∑+⨯++02202021.X X X X X X X X E s＝A 780361313)3613361313(3115000=+⨯+⨯+注：用正序等效定则求出零序量;A I k 1070)361313(3115000)1(0=++=注：求单相接地短路时,零序电流;因零序电流等于正序电流; 在线路AB 中点短路时,Ω==∑∑921X X ,Ω=∑220XB 母线的三相短路电流求母线C 短路时的零序电流：Ω==∑∑3321X X ,Ω=∑1060X2、各段保护的整定计算及灵敏度校验(1) 1 零序Ⅰ段保护：=I op I ×3210＝4010 A单相接地短路：)4.14.02852(311500034010L L +⨯++⨯⨯=注：按某点单相接地短路时,3倍零序电流等于保护定值,即可求出保护区;所以 km L 4.14=＞km 205.0⨯注：此值即为最大保护区长度;两相接地短路：)4.12164.05(311500034010L L ⨯+++⨯=注：16为电源零序阻抗的2倍; 所以 L ＝9 km ＞×20km 注：此值即为最小保护区长度; 2零序Ⅱ段保护：A I II op 1670116025.115.1=⨯⨯= 4.116702340==sen K ＞ 满足要求;动作时限：s t II p 5.00=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： 近后备：9.44802340==sen K 满足要求; 远后备：69.1480813==sen K 满足要求;动作时限：s t t t III B op III A op 15.05.0..=+=∆+=5、网络参数如图所示,已知： 系统等值阻抗Ω=10A X ,Ω=30min .B X 、最大阻抗为无穷大；线路的正序阻抗Ｚ1＝Ω／km,阻抗角︒=65k ϕ；线路上采用三段式距离保护,阻抗元件均采用方向阻继电器,继电器最灵敏角︒=65sen ϕ；保护Ｂ的Ⅲ段时限为2s ；线路AB 、BC 的最大负荷电流A I L 400max .=,负荷自起动系数为2,负荷的功率因数9.0cos =ϕ；变压器采用差动保护,变压器容量MVA 152⨯、电压比kV 6.6/110、电压阻抗百分数%5.10%=k U ; 试求保护A 各段动作阻抗,灵敏度及时限;解：1、保护A 第Ⅰ段动作阻抗Ω=⨯⨯=48.113045.085.0.A op Z 注：距离保护Ⅰ段的动作时间为瞬时动作,可靠系数的取值即为保护区长度,因此,不必计算保护区;2、保护A 第Ⅱ段动作阻抗(1) 1 与保护B 第Ⅰ段配合分之系数b K 最小值的情况是=max .B X ∝时,即B 电源断开,b K ＝1;注：应考虑分支的影响;＝×30＋＝ Ω2与变电所B 降压变压器的速动保护配合)(min .1.T b AB rel A op Z K L Z K Z +=注：变压器最小阻抗应计及并列运行情况,且电压应采用主抽头电压;由于Ω=⨯⨯⨯=7.841015/1105.101032T Z35.4227.84min .==T Z Ω 所以 Ω=+⨯=09.39)35.423045.0(7.0.A op Z取二者较小值为动作阻抗, 即Ω=83.23.A op Z 灵敏度：77.13045.083.23=⨯=sen K ＞ 满足要求;保护动作时间为：t t II op ∆=;3、保护A 第Ⅲ段动作阻抗)cos(9.0max ..L sen L ss re rel N A op I K K K U Z ϕϕ-= 注：取电压为N U 9.0是考虑电压产生波动时,输送功率不变;＝Ω其中：︒==-269.0cos 1L ϕ灵敏度：1近后备 73.45.1396.63==sen K2远后备78.1305.131030=++=b K 注：远后备保护可不考虑相邻变压器;＝／＋×＝＞ 满足要求;动作时限：ｔ＝2＋＝ s 6、网络参数如图所示,已知,线路正序阻抗km Z /45.01Ω=,平行线路km 70、MN 线路为km 40,距离Ⅰ段保护可靠系数取;M 侧电源最大、最小等值阻抗分别为Ω=25max .sM Z 、Ω=20min .sM Z ；N侧电源最大、最小等值阻抗分别为Ω=25max .sN Z 、Ω=15min .sN Z ,试求MN 线路M 侧距离保护的最大、最小分支系数;解：最大分支系数：1最大助增系数2最大汲出系数显然,当平行线路只有一回路在运行时,汲出系数为1;总的最大分支系数为93.3193.3=⨯==∑汲助b b b K K K ;注：汲出系数最大值为1; 最小分支系数为：1最小助增系数由助增系数公式可得2最小汲出系数由式最小汲出系数公式可知,平行线路的阻抗可化为长度进行计算,则得575.01407085.01402121min .=⨯-=++-=NP NP NP set NP b Z Z Z Z Z K 注：平行线路速断保护区可根据可靠系数决定; 总的最小分支系数为35.1575.052.2=⨯==∑汲助b b b K K K 注：在既有助增,也有汲出时,可分别求出各自的分支系数,它们的乘积为总分支系数;7、如图所示双电源系统中,ＺL ＝50∠75°Ω,ＺM ＝30∠75°Ω；ＺN ＝20∠75°Ω,母线M 侧距离保护接线方式为线电压两相电流差的方向阻抗继电器,保护采用方向阻抗继电器,其第Ⅰ段的整定阻抗Ω=40set Z ,灵敏角︒=75sen ϕ,ＥM ＝ＥN ;问： 1当系统发生振荡时, 两电势相角差为δ＝°时,阻抗继电器会不会误动 2系统振荡时,若两电势相角差为δ＝°时,继电器会不会误动作3若系统振荡周期为,继电器误动作的时间是多少解：1δ＝°时,振荡电流为： ︒︒-︒∑-=-=754.15775100)1(j j M j N M swi e e E e Z E E I 注：当两侧电势相等时,计算振荡电流的公式;角度为°时阻抗继电器动作值为：Ｚop ＝40cos75°－°＝Ω＞Ω注：由于测量阻抗角与灵敏角不同,因此要判断保护是否误动,应求出动作阻抗;方向阻抗继电器会误动作;2当δ＝°时方向阻抗继电器处临界动作状态;3.继电器误动时间：Δδ＝180°－°×2＝°注：距离保护临界动作状态即为圆特性边界,误动区中点在 180处,乘2即为误动区间;8、网络如图所示,已知：网络的正序阻抗km Z /4.01Ω=,线路阻抗角︒=65L ϕ,A 、B 变电站装有反应相间短路的二段式距离保护,它的Ⅰ、Ⅱ段测量元件均系采用方向阻抗继电器;试求Ａ变电站距离保护动作值I 、Ⅱ段可靠系数取;并分析：1当在线路AB 距A 侧km 55和km 65处发生相间金属性短路时, A 变电站各段保护的动作情况;2当在距A 变电站km 30处发生Ω=12R 的相间弧光短路时, A 变电站各段保护动作情况;3若A 变电站的电压为115kV,通过变电站的负荷功率因数为,问送多少负荷电流时,A 变电站距离保护Ⅱ段才会误动作解：1、保护Ａ第Ⅰ段整定值保护Ａ第Ⅱ段整定值1在km 55处短路测量阻抗为Ω=⨯=22554.0m Z ；2在km 65处短路测量阻抗为Ω=⨯=26654.0m Z ;保护A 的I 段不动作,Ⅱ段会动作;2、在km 30经过渡电阻Ω=12R 的弧光短路的测量阻抗为R L Z Z m 5.01+=相间短路,过渡电阻值每相取一半;= 125.04.03065⨯+⨯︒j e5.22)6.4465cos(24=-= I op Z ＞注：取整定阻抗角 65=set ϕ 5.34)6.4465cos(8.36=-= II op Z ＞故保护A 的Ⅰ、Ⅱ段均会动作;3、求使Ⅱ段误动的负荷电流负荷阻抗为5.28)8.2565cos(8.36=- 时,方向阻抗继电器就会误动;注：由整定阻抗求出动作阻抗;误动时的负荷电流为：kA I L 32.25.283/110== 9、如图所示的降压变压器采用DCD-2或BCH-2型构成纵联差动保护,已知变压器的参数为15MVA,kV 6.6/%)5.21(35±,%8=k U ,Ｙ,d11接线,归算到的系统最大电抗Ω=289.0m ax ,s X ,最小电抗Ω=173.0min .s X ;低压侧最大负荷电流为1060A;试求动作电流op I 、差动线圈匝数d W 、平衡线圈匝数b W 和灵敏度sen K ;解：1、确定基本侧1变压器一次额定电流135k Ｖ侧：A I N 24835315=⨯=2Ｖ侧：A I N 13156.6315=⨯=注：求额定电流应用变压器实际额定电压;2电流互感器变比135k Ｖ侧计算变比及选用变比52483.⨯=cal TA n ；选用5600=TA n 注：3是由于变压器高压侧采用三角形接线;2 Ｖ侧：选用51500=TA n 3电流互感器二次电流135k Ｖ侧：A I N 57.312024832=⨯=注：3为接线系数;2Ｖ侧：A I N 38.430013152==选用变压器低压侧作为基本侧;注：二次电流大的一侧为基本侧;4求低压母线三相短路归算到基本侧的短路电流 Ω=⨯=211.0153.608.02T X 注：计算时应将所有参数都归算至基本侧; 2、基本侧动作电流计算值确定1按躲过外部短路条件Ｉop ＝1×＋＋×9420＝2450 A2按躲过励磁涌流Ｉop ＝×1315＝1710 A3按CT 二次断线条件Ｉop ＝×1060＝1378 A选一次计算动作电流 A I cal op 2450.=注：计算动作电流应取三条件的最大值;3、确定基本侧差动线圈匝数二次计算动作电流A I cal r op 16.83002450..== 工作线圈计算匝数：35.716.860.==cal w W 匝注：为防止保护误动,工作线圈整定值应小于或等于计算值; 选用差动线圈整定值为6.=set d W 匝、平衡线圈整定值为1.=set b W 匝继电器实际动作电流A I r op 56.8760.==注：由于计算值与整定值不同,所以实际动作电流不等于计算值; 一次动作电流为：A I op 246830056.8=⨯=4、确定35kV 侧平衡线圈及工作线圈匝数＝7×／－6＝ 匝注：按四舍五入方法确定非基本侧平衡线圈匝数,这样产生的不平衡才是最小的;按四舍五入原则取非基本侧的平衡线圈匝数为se nb W .＝3 匝非基本侧工作线圈为9.=set nw W 匝5、计算er f ∆er f ∆＝=+-66.236.2－＜注：相对误差应取绝对值;所以不必重算动作电流;6、校验灵敏度在侧两相短路最小短路电流为归算至35kV 侧的短路电流为A I k 1075373.66300max .=⨯=注：因电源在高压侧,所以单电源变压器求灵敏系数时,应归算至电源侧;35kV 侧流入继电器的电流为35KV 侧继电器动作电流 保护的灵敏度为：3.267.6/5.15==sen K 满足要求;10、在一个降压变电所内装有三台变压器,已知：变压器参数：7500kVA,35／,Ｙ,d11,%5.7=k U ；最大工作电流N w I I 1.1max .=；负荷自起动系数ss K ＝,返回系数re K ＝,可靠系数rel K ＝;35kV 母线三相短路容量为100MVA;试选择外部短路过电流保护类型,求出灵敏度;解：1、确定采用过电流保护1躲开切除一台变压器时可能的最大负荷电流N N op I I I 12.2285.032.1=⨯⨯⨯=注：当需要求出有名值时,可根据额定值求出额定电流,代入即可;2躲开最大负荷电流选取N op I I 64.2=3短路电流计算取 MVA S b 5.7=,b av U U =075.0100/5.7==s X 注：由母线短路容量,可求出系统等值阻抗;三台并列运行时,等值标么电抗值为三台并列运行时, 母线三相短路时流过每台变压器短路电流为由于两相短路,在变压器高压侧有一相电流相当于三相短路值;采用两相三继接线时的灵敏度26.164.2310==N n sen I I K ＜灵敏度不满足要求 2、确定采用低电压起动的过电流保护电流元件动作电流36.241.1310==N n sen I I K ＞电压元件动作值：采用三只低压继电器接在侧母线相间电压上;当母线短路时,保护安装处的残余电压等于零,由此可见,采用低压过电流保护可以满足要求;11、在某降压变电所内有一台变压器,已知：变压器参数为30 MVA,110/,Ｙ, d11接线,%5.10=k U ；在最小运行方式下,变压器110KV 母线三相短路的容量为500MVA ； 最大负荷电流为N L I I 2.1max .=；负荷自起动系数为2, 返回系数为, 可靠系数；试问：变压器上能否装设两相两继接线的过电流保护作为外部相间短路的后备保护解：1、求电流元件动作电流Ω==45.265001152max .s X 注：由母线最大短路容量求出系统等值阻抗;变压器低压侧三相短路电流最小值：2、灵敏度计算保护采用两相两继接线时：82.07.5552913=⨯=sen K 不满足要求;注：采用两相两继电器时,灵敏系数只能采用1/2的三相短路电流值;保护采用两相三继接线时：64.17.555913==sen K 满足要求;由上述计算可知,过电流保护不能采用两相两继电器接线;12、水轮发电机上装设了DCD-2BCH-2继电器构成高灵敏接线的纵差保护,已知：发电机参数：ＰN ＝3200MW,ＵN ＝；N ＝,,8.0cos =ϕ2.0"=d X ；电流互感器变比TA n ＝400／5;试确定保护整定参数及灵敏度;解：1、求平衡线圈9.115.3661.18060.=⨯⨯=cal b W 匝取平衡线圈匝数10.=set b W 匝注：因差动继电器差动绕组最大值为20匝;2、求差动线圈因为平衡线圈整定值与计算值不等,因此：9.21105.3661.18060.=+⨯⨯=cal d W 匝取差动线圈匝数20.=set d W 匝3、继电器动作电流4.灵敏度6.68032.025.36613=⨯⨯⨯⨯⨯=sen K ＞2 满足要求;13、如图所示接线中,已知：发电机参数为：额定功率25MW 、8.0cos =ϕ、次暂态电抗129.0=''kX 、负序电抗 156.02=X ,且装有自动励磁调节器；负荷自起动系数5.2=ss K ,s t 5.0=∆；接相电流的过电流保护采用完全星形接线；电流互感器变比为3000/5,电压互感器变比6000/100；当 选用kVA S b 31250=,kV U b 3.6=时,变压器和电抗器的正、负序电抗为164.0;注：装有自动励磁调节器短路电流可以不计衰减的影响; 试求发电机后备保护,并完成下列任务：分析装设过电流保护,低压过电流保护,复合电压起动的过电流保护的负序电流及单元件式低压起动过电流保护的可能性;算出各保护的动作参数,灵敏度、动作时间;解：1、分析采用过电流保护的可能性 保护一次动作电流为：A I op 9687286485.05.215.1=⨯⨯=保护二次动作电流为：A I r op 15.166009687.==保护的灵敏度： 1近后备在发电机母线两相短路电流为8.1968717406==sen K ＞2远后备AI k 8092286432.0293.013)2(min .=⨯+⨯=注：正、负序阻抗不相等;835.096879092==sen K ＜由上可见,灵敏度不满足要求,不能采用;2、分析采用低压起动过流保护保护一次动作电流为：A I op 3866286485.015.1=⨯=保护动作电压位：kVU op 78.33.66.0=⨯=电流元件灵敏度： 近后备：5.4386617406==sen K ＞ 远后备为：1.238668092==sen K ＞电压元件灵敏度：远后备灵敏度为：kV U k 37.333.6164.028*******)2(max .=⨯⨯⨯=注：将短路电流化为标幺值,求出电压乘以基准值;kVU k 52.3164.0129.0164.03.6)3(max .=+⨯=注：三相短路用正序阻抗;07.152.378.3==sen K ＜故也不能采用;3、分析采用复合电压起动的过流保护 负序电压动作值： 灵敏度：1电流元件灵敏系数同低压过电流保护; 2低压元件灵敏系数23.152.378.315.1=⨯=sen K ＞注：考虑对称短路是由不对称转化成对称,所有在短路初瞬间存在负序分量,低压元件已被起动,只要加入低压元件的电压小于返回电压,低压元件就不会返回;3负序电压元件灵敏系数 近后备：1.9378.0448.3==sen K ＞ 远后备：24.4378.06.1==sen K ＞由上面计算可知,复合电压起动的过电流保护可采用;保护动作时间s t op 5=;4、分析采用负序电流及单元件式低压起动过流保护的可能性1低压元件,过电流元件计算及灵敏度均同复合起动的电压过电流保护; 2负序电流元件动作于信号的电流继电器的动作电流 动作于跳闸的电流继电器的动作电流A I t A I N op 1432286412030.=⨯==注：A 为发电机的热容量常数,应根据发电2机的类型及容量确定; 灵敏度：1） 1 近后备7143210049==sen K ＞2） 2 远后备26.314324672==sen K ＞14、某一水电站升压变压器采用DCD-2BCH-2差动保护,系统等值网络图如图8-2所示;已知：变压器参数：ＳN ＝12500kVA,1±2×％／, %5.7=k U ,联接方式为Ｙ,d11；阻抗均归算到平均电压为37kV 侧欧姆值分别为：系统Ω=6min .s X 、Ω=10max .s X ；变压器Ω=2.8T X ；发电机Ω=8.32min .G X 、Ω=5.68max .G X ;求变压器差动保护参数整定计算及灵敏度;解：1、短路电流计算1发电机母线三相短路系统送到短路点的最大、最小短路电流为AI k 4.1504)2.86(337000max .=+=注：在低压侧母线短路时的电路电流;2变压器高压母线三相短路发电机送到短路点的最大、最小短路电流为AI k 689)2.88.22(337000max .=+=注：在高压侧母线短路时的电流电流;2、确定基本侧变压器一次额定电流高压侧：AI h N 5.1875.38312500.=⨯=低压侧AI l N 11463.6312500.=⨯=选择电流互感器变比：变压器高压侧电流互感器计算变比为 575.32455.1873..=⨯=cal h TA n ；选用400/5;变压器低压侧电流互感器计算变比为51146..=cal L TA n ；选用1500/5;二次额定电流计算：高压侧：A I N 06.48075.3242==低压侧：A I N 82.330011462==由计算结果可知,应选35kV 侧为基本侧; 3、保护动作电流计算值1按躲过外部短路产生的最大不平衡电流条件 2按躲过励磁涌流条件3按躲电流互感器二次回路断线条件选用保护计算动作电流Ｉop ＝391 A 4、确定基本侧工作线圈匝数 加入继电器计算电流为A I cal r op 47.8803913..=⨯=工作线圈计算匝数为08.747.860.==cal w W 匝选用工作线圈匝数为7.=se w W 匝、其中差动线圈6.=set d W 匝、平衡线圈1.=set b W 匝;继电器实际动作电流A I r op 57.8760.==5、非基本侧平衡线圈匝数确定 ＝7×／－6＝ 匝 按四舍五入选用平衡线圈1.=set nb W 匝6、计算相对误差er f ∆er f ∆＝059.0644.1144.1=+->,不满足要求,应重新确定保护动作电流;重新确定动作电流计算值为：AI op 4094.1504)059.005.01.01(3.1=⨯++⨯=;注：由此说明,基本侧工作线圈取7匝已经太大,取6匝作为计算条件;为保证选择性,应增大动作电流,即应减少工作线圈绕组匝数;选用Ｉop ＝462 A 时,继电器动作电流为A I r op 10.=、差动线圈5.=set d W 匝、平衡线圈1.=set b W 匝、工作线圈6.=set w W 匝；非基本侧377.1.=cal nb W 匝, 1.=set nb W 匝,6.=se nw W 匝7、灵敏度校验变压低压侧两相短路流入继电器电流A I r k 29.273003.637)9.31123(180)117323(3.=⨯⨯⨯+⨯⨯=注：此式按两侧电源同时运行时计算的灵敏系数;729.21029.27==sen K ＞2满足要求;15、如图所示某降压变电所内,已知变压器参数为：MVA 5.31/20/5.31,1101±2×％／1±2×％／,11.11,d d Y 接线；%75.10110.=k U ,05.38.=k U ,%25.66.6.=k U ；系统参数035.0min .=s X ,052.0max .=s X ,3.1=rel K ,基准容量MVA S b 5.31=;当变压器采用DCD-2BCH-2型差动继电器构成差动保护时,试确定保护动作电流,差动线圈匝数,平衡线圈匝数和灵敏度;解：1、参数计算 变压器电抗分别为Ω=⨯=1.455.311151075.021T X ；02=T X ；Ω=⨯=24.265.311150625.023T X系统电抗为Ω=⨯=8.215.31/115052.02max .s X 、Ω=⨯=7.145.31/115035.02min .s X ;注：由标幺值求出归算至高压侧的等值阻抗; 2、短路电流计算1两台变压器并列运行最大三相短路电流中压侧短路电流为AI k 891)1.455.07.14(32115000)3(35.max .=⨯+⨯=注：变压器并联运行发生短路故障时流过每台变压器短路电流;低压侧短路电流为AI k 659]7.14)1.4524.26(5.0[32115000)3(6.6.max .=++⨯⨯=2单台运行时最大三相短路电流中压侧短路电流为AI k 1110)1.457.14(3115000)3(35.max .=+=低压侧短路电流为AI k 772)24.261.457.14(3115000)3(6.6.max .=++=3在侧母线三相短路电流最小值 1两台并列运行时 2单台运行3、确定基本侧1变压器一次额定电流计算高压侧AI h N 165110331500.=⨯= 中压侧AI m N 4.4725.38331500.=⨯=低压侧AI l N 2.27556.6331500.=⨯=2电流互感器变比选择变压器高压侧：51653..⨯=cal h TA n 、选用300/5;变压器中压侧：54.472..=cal m TA n 、选用600/5; 变压器低压侧：52.2755..=cal l TA n 、选用3000/5;3二次额定电流计算 高压侧：AI h N 76.4601653.2=⨯=中压侧：A I m N 94.31204.472.2== 低压侧：A I L N 59.43002.2755.2==由计算可知,应选取110kV 侧为基本侧; 4、确定动作电流由计算可知,应取单台运行作为动作电流计算条件： 1按最大不平衡电流条件2按励磁涌流和电流互感器二次断线条件选用计算动作电流为A I cal op 361.=注：整定匝数未确定前,动作电流不为实际值; 从上面计算可知,对并列运行变压器整定计算按单台运行条件为计算方式;因单台运行时外部短路流过差动回路的不平衡电流最大;5、确定基本侧差动线圈二次动作电流计算值为A I cal r op 4.10601653..=⨯=工作线圈计算匝数77.54.1060.==cal w W 匝选用整定匝数5..==set d set w W W 匝 继电器实际动作电流A I r op 12560.==6、确定平衡线圈匝数 侧：04.1594.394.376.4.=⨯-=cal b W 匝、选用1.=set b W 匝 侧：185.0559.494.376.4.=⨯-=calb W 匝、选用0.=set b W 匝7、计算相对误差er f ∆ 对中侧相对误差0066.0504.1104.1=+-=∆er f 对低压侧相对误差0357.05185.00185.0=+-=∆er f满足要求,不必重新整定; 8、灵敏度计算AI r 45.1460357823=⨯⨯=注：其中2/3是两相短路电流与三相短路电流间的关系,3是保护接线系数;2.112/45.14==sen K ＜2,采用DCD-2不满足要求,应改用其它型式的保护; 16、如图所示网络,已知kV E E D A 3/110==,电源A 的电抗Ｘ1＝Ｘ2＝20Ω,Ｘo ＝Ω,电源D 的电抗Ｘ1＝Ｘ2＝Ω,Ｘo ＝25Ω,所有线路km X /4.01Ω=,km X /4.10Ω=；可靠系数25.1=Irel K ,15.1=IIrel K ;试确定线路AB 上A 侧零序电流保护第Ⅱ段动作值,并校验灵敏度;解：A 侧零序Ⅱ段应与BC 和BD 的零序保护的Ⅰ段配合,取大值作为整定值; 1、与BC 线路配合：因∑0X ＞∑1X ,应采用单相接地的零序电流;AI k 955)51.121392(311000033)1(0=+⨯⨯=注：短路点总零序电流;BC 线路保护Ⅰ段动作电流为 分支系数：74.16.2643.312.53252.532595595533)1(.0)1(.0=++++⨯==BAk BC k b I I K 注：为求流过保护安装处的零序电流,即保护能测量到的零序电流;AB 线路保护Ⅱ段整定值为AI IIop 78674.1/119015.1=⨯=注：保护安装处实际的零序电流比短路点的小;2、与线路BD 的零序电流配合时1不加方向元件时,动作电流必须躲过母线D 或B 接地短路时可能出现的最大零序电流;Ｘ1Σ＝Ｘ2Σ＝Ω=++++⨯73.96.7206.12)2.156.720(6.12流入接地短路点的零序电流为 流过BD 线路的零序电流为 当母线B 接地短路时：Ω==∑∑8.1321X X ,Ω=+++++=∑31.332.53256.2643.31)2.5325)(6.2643.31(0X流入短路点的零序电流为：电源ＥD 侧流过BD 线路B 侧的零序电流为在BD 线路B 端出口接地短路时,由电源ＥA 侧流过保护的零序电流为 AI I op 1660133025.1=⨯=注：不加方向元件时,既要考虑正方向短路,也要考虑反方向短路;采用这个定值后,在显然B 端出口处两相接地短路时,保护不可能动作;因此应加方向元件;2加方向元件后,BD 线路保护的Ⅰ段按躲开母线D 接地的最大零序电流整定A I I op 109087725.1=⨯=注：加方向元件后,只要考虑正方向短路;线路AB 的Ⅱ段动作电流AI IIop 1254109015.1=⨯=定值取1254 A;灵敏度：08.112541360==sen K ＜可采用与BD 线路的Ⅱ段配合,BD 线路的Ⅱ段可按末端有足够灵敏度整定,即 AB 线路Ⅱ段动作电流AI II op 61453415.1=⨯=灵敏度22.26141360==sen K动作时间st II op 1=17、如图所示双电源网络中,已知线路的阻抗km X /4.01Ω=,km X /4.10Ω=,两侧系统等值电源的参数为：相电势kV E E N M 3/115==,Ｘ1M ＝Ｘ2M ＝5Ω,Ｘ1N ＝Ｘ2N ＝10Ω,Ω=80M X ,Ω=150N X ;试决定线路MN 两侧零序电流速断保护Ⅰ段的整定值及保护范围;解：1、M 侧母线短路电流由于∑0X ＞∑1X 故按单相接地条件整定; 1流入接地点短路电流为 2流过保护2的零序电流为 2、N 母线短路时1流入接地点短路电流 2流过保护1短路电流A I k 10051071571703)1(0=⨯=注：用分流公式计算;3、保护1的Ⅰ段动作值4、保护2的Ⅰ段如不加方向元件,动作值与保护1相同;5、保护区长度∑∑∑'-+⨯'+'⨯⨯=00134.18415)2(31011531256X L X X x 注：求何处发生两相接地短路的零序电流等于保护定值;3916.06.1117010245)4.02410)(4.05(21xx x x L L L L X -+=++-++='∑注：求X 处接地短路正序总阻抗;10796.14.12979215848)4.18415)(4.18(20xx x x L L L L X -+=++-++='∑注：求X 处接地短路时零序总阻抗;联立求解即可求出保护1保护长度L x ,求保护2方法同上;。

计算题1: 35kV网络如下图所示，试对保护1进行三段式电流保护整定计算(包括动作电流、动作时限、灵敏度校验)，并且说明保护1的电流I段是否需要带方向。

已知：线路AB的最大负荷电流l「max=180A ；取K rel 1=1.25 ；K rel “ =1.1 ; K rel" =1.2 ；K re=0.85 ；K SS = 1.2 ；要求l min 1% 15% ；K sen n > 1.2 ；K sen" > 1.3(近后备)；K sen"> 1.2(远后备)；△ t=0.5S ;线路单位阻抗Z1=0.4 Q /km。

■4£QQ -__Q B——J J = 二QQL I|.I b解：1 •短路电流计算(1) B母线短路流过保护1的短路电流: I (3)Id.B.1. max Zs.G1.minZAB37/ 3kA 1.068kA4 0.4 40(2) A母线短路流过保护1的短路电流:(3) C母线短路流过保护3的短路电流: I⑵d.B.1. minI (3)Id.A.1. maxI(3)Id.C.3. max I d2C.3.min今EZs.G1 .maxZAB仝kA 0.881kA2 5 0.4 40Zs.G 2. minZAB37/3 kA 0.89kA8 0.4 40(Zs.G1.minZAB) // Zs.G2.minZBC(40.4 40) 8 八)n pn(40.4 600.4 40) 8乎E4 37/75(Z s.G1.max Z AB )//Z s. G2. max Z BC0.719kA(5°.440) 100.4 60k A 0^01kA(5 0.4 40) 102.求保护(1 )动作电流的整定1的I段定值l；et.1 K；el l d3B.1.max 1.25 1.068kA 1.335kA由于保护1的I段从动作电流定值上可以躲过反方向出口处的最大短路电流，即: tet.1 I d(1.1.max，所以保护1的I段不用装方向元件。

发电机变压器继电保护整定算例发电机、变压器和继电保护设备是电力系统中关键的设备，它们起着稳定输电和保护电力设备的作用。

在电力系统中，这些设备往往使用变压器巨大的变比来实现电气参数的变换，从而实现能量的转变和输送。

同时，为了保证这些设备的安全运行，必须采用适当的继电保护装置进行保护。

在本文中，将介绍发电机、变压器和继电保护的整定算例。

一、发电机保护整定算例1、低频电流保护低频同步发电机的保护需要对其进行低频电流保护。

在低频电流保护中，整定规则为：对于1/8DP发电机，主保护的恢复值应为45%的额定电流，动稳定保护的触发值应为75%的额定电流。

2、绝缘保护绝缘保护用于检测发电机绕组和地之间的绝缘状态。

整定规则为：对于一般发电机，主保护的触发值应为0.5-1.5MΩ，备用保护的触发值应为0.8-2.5MΩ。

3、过电压保护过电压保护用于检测电压过高的情况。

整定规则为：对于低容性发电机，主保护的触发值应为2.8-3.8倍额定电压，备用保护的触发值应为3.2-4.2倍额定电压。

二、变压器保护整定算例1、差动保护变压器差动保护用于检测变压器绕组内部的短路故障。

整定规则为：差动保护的开始值应为100%的额定电流，终止值应为300%的额定电流。

2、欠电压保护欠电压保护用于检测电网电压下降的情况。

整定规则为：主保护应设置在75%的额定电压，备用保护应设置在65%的额定电压。

3、过电压保护过电压保护用于检测电网电压上升的情况。

整定规则为：主保护应设置在120%的额定电压，备用保护应设置在110%的额定电压。

三、继电保护整定算例1、过流保护过流保护用于防止系统因过载而损坏。

整定规则为：主保护应设置在1.0 In，时间设定为10s，备用保护应设置在1.1 In，时间设定为5s。

2、地面保护地面保护用于检测电路中的地故障。

整定规则为：主保护应设置在0.5-1.0 A，时间设定为0.1-0.5 s，备用保护应设置在0.75-1.5 A，时间设定为0.2-1.0 s。

2023年幼儿园绩效方案考评细则____年幼儿园绩效方案考评细则一、考评目的和原则考评目的：激励优秀、提高绩效、促进幼儿园的可持续发展。

考评原则：1. 公平、公正原则：考评程序公开透明，确保每位教职员工在平等的机会下获得公正的评价。

2. 量化、可衡量原则：通过明确的量化指标和评分标准，对教职员工绩效进行准确度量和评价。

3. 多元、全面原则：考评不仅仅关注教育教学工作的成绩，还需要涵盖素养、态度、能力等综合素质。

4. 激励、导向原则：通过考评机制，激发教职员工的积极性、主动性和创造性，推动其自我发展和进步。

二、考评对象范围和参评条件考评对象范围：全体幼儿园教职员工，包括教师、保育员、行政人员等。

参评条件：所有在幼儿园工作满一年的教职员工均有资格参与评选。

三、考核指标和权重1. 教育教学工作（40%）：a) 教学成绩（20%）：考核教师的教学质量和学生学业成绩。

b) 课堂教学（10%）：评估教师的教学设计、教学方法和学生参与度。

c) 创新能力（5%）：评估教师在教学中的创新能力和开展特色教育活动的能力。

d) 学生评价（5%）：通过学生和家长的评价，了解教师在学生身心发展中的表现。

2. 业务能力（30%）：a) 专业素养（15%）：考评教师的教育教学理论知识和专业技能水平。

b) 师德师风（10%）：评估教师的职业道德、师德师风和教育教学态度。

c) 团队合作（5%）：评估教师在团队中的合作与协调能力。

3. 学科建设（10%）：a) 教材使用（5%）：评估教师在教育教学中对教材的合理使用和创新。

b) 教材开发（5%）：评估教师对教材的编写、整理和开发能力。

4. 个人素质（10%）：a) 个人能力（5%）：评估教职员工的综合工作能力和自我学习能力。

b) 行为表现（5%）：评估教职员工的工作态度、职业道德和工作纪律。

5. 管理能力（10%）：a) 管理水平（5%）：评估行政人员对幼儿园管理工作的组织和协调能力。

(35KV)变电站继电保护计算35KV降压站：大方式：X=0.186 小方式：X=0.357 35KV进线(H3.H4) CT=1600/5(1)过电流保护计算(2)低电压(35KV)变电站继电保护计算母联（H17）CT=1000/5主变（H9.H10）CT高=600/5 CT低=2000/5（1）过电流保护（2）计算速断保护计算（3）纵差动保护计算（4）计算机整定(35KV)变电站继电保护计算5万吨离子膜变（H9.H10）CT=1000/5 P=2000KVA I=33A 6.2% L=300。

（1）短路电流计算XL=0.3×0.12=0.036XB=6.2/2=3.1X/=0.186+0.036=0.222X//=0.357+0.036=0.393I//dmax(3)=100/1.732×35×0.222=7.4（KA）I//dmix(2)=0.866×100×0.3/1.732×10.5×（0.375+0.036）=3.64（KA）I// d2(3)=1.65/(0.222+3.1)=0.496(KA)I// d2(2)=0.866×1.65/0.393+3.1=0.409（2）流保护计算在这里只考虑一台最大电动机220KW启动电流的影响，额定电流Ie=380A.nq=4 kk =1.2 kgh=1.5 ki=20Ied=(4-1)×380/87.5+33×1.5=62.525(A)dzj=1.2×62.5/20=3.75(A) Idz1=3.75×20=75(A)Km=409/75=5.45（3）速断保护计算Kk=1.3Idzj=1.3×496/20=32.24(A)dz1=32.24×20=644.8(A)Km=3640/644.8=5.6(35KV)变电站继电保护计算公用工程（H25.H26）CT=100/5 P=2000KVA I=33A 6.25% L=300。

一. 主设备保护整定计算：#1与#2发电机额定参数：发电机保护装置：DGT-801I e2=I e1.1 发电机纵联差动保护：d0：I d0×I e2×0.687=0.206A 取0.21A.拐点电流： I r1××I sd ××差动速断灵敏度校验：I dmin 2为0S 两相短路电流。

发电机纵差保护定值单：1.2 发电机定子接地保护a．零序电压定值按躲过正常运行时的最大不平衡电压整定，假如零序电压保护跳闸投入，当发生单相接地时保护跳闸，否如此仅发告警信号。

Uzd =KK×3U3U为正常运行时的最大不平衡电压KK正常运行时开口三角3U在10~15V左右，但因PT特性不同，差距变大，可以现场实际测量定夺。

方法：先不投零序电压保护跳闸，机组投运后实测出3U，再输入定值。

延时可取t=9S。

发电机定子接地护定值单：1.3 发电机复合电压过流保护 a ．低电压整定按躲过发电机正常运行时可能出线的最低电压来整定 U L ××100=70V b ．负序电压整定按躲过发电机正常运行机端最大负序电压。

通常取发电机额定电压的8%～10%。

U 2g ××100=8V c ．发电机过流整定 Ig=rK K K ×Ie=687.095.02.1⨯ K K K rK LM =46.3150087.04524I I ds 2dmin =⨯=2.1≥满足要求 I dmin 2为1S 两相短路电流。

复合电压闭锁过流保护定值清单:1.4 发电机定子过负荷保护〔定时限〕 按躲过发电机额定电流来整定 ×× 时间t=9S 过负荷保护定值单：动作电阻Rg1的整定Rg1一般取〔8～10〕KΩ，本次整定取10 KΩ，时间t=6S动作后发信号。

Rg2一般取〔0.5～1〕KΩ，本次整定取1KΩ，时间t=6S动作后发跳闸。

定值计算示例-------------------西安唐兴电气科技有限公司精准的定值计算应依据整个供电系统网络结构图和断路容量，找出最小运行方式时的最大断路电流点，按最严酷条件进行计算。

再将结果在最大运行方式下验算其动作灵敏性，再出最终的定值清单。

一般情况下需由当地供电部门的保护整定部分出详细的定值清单。

现仅仅提供经验计算方式及定值整定，仅供参考。

1、针对进线、出线、母联的定值整定：一般情况需知道：系统电压、额定负载、CT变比示例：10KV系统，5000KV A,CT变比：500/5计算如下：Ie=S/√3Ue=5000/10*√3=288.68A二次额定电流值：Ine=Ie/CT变比=288.68/100=2.89A速断定值：Isd=（10~15）Ine=15*2.89=43.35A限时速断：IsdI=（1~1.5）Ine=1.2*2.89=3.47A延时：Txs=0.5S过流：IsdII=（1~1.2）Ine=1.2*2.89=3.47A延时：Txs=1.0S2、针对变压器的定值整定：一般情况需知道：系统电压、变压器容量、CT变比示例：10KV系统，1000KV A,CT变比：100/5计算如下：Ie=S/√3Ue=1000/10*√3=57.74A二次额定电流值：Ine=Ie/CT变比=57.74/20=2.89A速断定值：Isd=（10~15）Ine=12*2.89=34.68A过流：IsdII=（1~1.2）Ine=1.2*2.89=3.47A延时：Txs=0.5S干式变压器再投一个温度保护，延时：Tws=1.0S3、针对电动机的定值整定：一般情况需知道：系统电压、电动机功率、功率因数，效率，CT变比、启动电流大小、启动时间示例：10KV系统，450KW,CT变比：400/5，功率因数：0.7，效率：0.92，启动电流为额定电流的6倍，启动时间：5S计算如下：S=P/Ø*效率=450/0.7*0.92=699KV AIe=S/√3Ue=699/10*√3=40A二次额定电流值：Ine=Ie/CT变比=40/20=2.0A速断定值：Isd=（10~15）Ine=12*2.0=24A反时限过流：采用反时限公式符合GB/T14598.7-1995第三部分定义的反时限曲线，特性曲线分为三种，即标准反时限、正常反时限、极端反时限，特定曲线类型设定可在定值整定中进行选择。

继电保护典型案例定值计算一、一炼铁风机房高压室（西站516馈出）1、1#鼓风机（611柜）8400KW 10KV 553ACT 1000/5 综保PA150 原值：20A/0S 10A/40S现投一、三段 电流速断/反时限过流保护① 电流速断：I dj =9⨯5/1000553=24.885 取25 KA ，t=0s 校灵敏度：1#鼓风机电缆：3⨯（3⨯300） 850米X * = 0.08⨯0.85⨯25.10100⨯31=0.0206 西站至1#鼓风机房电缆：3⨯（3⨯300） 550米X * = 0.08⨯0.55⨯25.10100⨯31=0.013 ∑X * =0.413+0.0206+0.013=0.447二相短路电流： "2I =23⨯447.0499.5=10.65 KA 灵敏度：K m =5/1000251065.103⨯⨯=2.13 ② 三段 反时限过流启动延时时间： T y = 60s （躲启动时间）反时限过流启动值： I s = 1.2I e =5/10005531.2⨯=3.318 取3.3A 延时时间：选极端反时限（C ）t=K ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-1/802s I I =1⨯13802-=10s 若用四方/CSC-280综保：Ⅰ 段： 25A t=0sⅢ段：I p =3.3A （启后投） t=10s2、一炼铁风机房高压室1#、2#、3#、4#进线（至西站516、524、533） CT2000/5 综保PA150 原值：10A/0s ， 5A/41s现不设保护。

母联也不设保护。

3、西站一炼铁馈出线（516、524、533）516 CT800/5 DVP-9332 原值：30A/0.3S 23A/1.3S524 CT800/5 DVP-9332 原值：30A/0.3S 23A/1.3S533 CT1500/5 CSC-280 原值：16A/0.3S 12.3A/1.3S现只设定时限保护：可带两段风机房母线/正常运行状态下，可启动一台风机，并留1.2倍可靠系数。

继电保护整定计算实列分析继电保护整定计算是电力系统中非常重要的一环，它的准确与否直接关系到电力系统的安全运行。

在电力系统中，继电保护的作用是在电力系统发生故障时，对故障进行检测、定位并切除故障，保障正常电力供应和设备的安全运行。

继电保护的整定计算主要包括对各个保护装置的参数进行计算，确保保护装置能够在故障发生时迅速、准确地动作。

整定计算的过程通常包括以下几个关键步骤：选择保护装置类型、确定保护继电器的定值、根据电力系统的参数进行计算、进行整定试验等。

接下来，我们以负荷电流保护为例，来分析继电保护整定计算的实例。

假设一些电力系统的额定电压为10kV，额定频率为50Hz，负荷电流保护的带动保护时间为0.2秒，负荷电流保护的整定系数为1.2，故障电流为1000A，额定电流为200A。

首先，我们需要计算负荷电流保护的动作电流。

负荷电流保护的动作电流通常为额定电流的整定系数乘以额定电流。

根据给定条件，负荷电流保护的动作电流为1.2乘以200A，即240A。

接下来，我们计算负荷电流保护的动作时间。

负荷电流保护的动作时间通常为带动保护时间加上故障电流通过继电器的时间。

根据给定条件，带动保护时间为0.2秒，故障电流为1000A。

假设负荷电流保护的系数为K，则通过继电器进行计算得动作时间为：0.2秒+K/1000秒。

根据保护动作表，当动作时间小于0.4秒时，应选择K为0.2秒。

接下来，我们进行整定试验。

首先，我们设置负荷电流为240A，然后通过继电保护进行试验。

如果继电器动作时间在0.2秒到0.4秒之间，我们可以确定整定计算是正确的。

如果继电保护的动作时间不符合要求，我们需要重新进行整定计算，或检查电力系统是否存在异常。

以上就是对继电保护整定计算的一个实例分析。

在实际应用中，继电保护的整定计算通常是一个复杂的过程，需要根据电力系统的具体参数和保护装置的特性进行计算和试验。

合理的继电保护整定可以提高电力系统的可靠性和安全性，保障电力供应的连续和稳定运行。