电力工程课程设计---某工矿企业降压变电所电气设计

电力工程课程设计---某工矿企业降压变电所电气设计内容摘要：

KW Q30=*1596=798Kvar 计及 变压器的损耗 ： P’ = P30+ PT=1575+= Q’ = Q30+ QT=798+= S’ = 39。 2239。 QP  =1815KVA I30 = S’ /( 3 U)= 年最大负荷平局利用小时数 Tmax=所采所所采采3030m a x30m a x30 PP T*P T*P  =4543h,查表得 :架空线路的经济电流密度 Jec =。 所以可得经济截面： Aec =I30 / Jec =。 可选导线型号为 LJ120，其允许载流量为 I1a =375A。 相应参数为 r0 = xkm/ ， 0 = km/。 再按发热条件检验 已知  =40o C，温度修正系数为： Kt =257070 = I39。 1a = Kt * I1a =*375=306A I30 = 由上式可知，所选导线符合长期发热条件。 根据地理位置图及比例尺，得到此线路长度为 线路功率损耗：  PL=3I230 RL =3I239。 r0 L=3* **=  QL=3I230 XL =3I239。 x0 L=3* **= 线路首端功率 ： P=P’ + P=+= Q=Q’ + Q=+= 线路压降计算 ：  U=NUL00 QxL Pr  =  U%=NUU  *100%=% 合格。 2． 供给变电所 II的 10KV线路 为保证供电的可靠性选用双回路供电线路，每回供电线路计算负荷： P30=*2700=1350KW Q30=*1368=684Kvar 计及变压器的损耗 ： P’ = P30+ PT=1350+= Q’ = Q30+ QT=684+= S’ = 39。 2239。 QP  = I30 = S’ /( 3 U)= 年最大负荷平局利用小时数 Tmax=厂冶厂厂冶冶3030m a x30m a x30 PP T*P T*P  =1780h,查表得 :架空线路的 经济电流密度 Jec =。 所以可得经济截面： Aec =I30 / Jec =。 可选导线型号为 LJ70，其允许载流量为 I1a =265A。 相应参数为 r0 = xkm/ ， 0 = km/。 再按发热条件检验 已知  =40o C，温度修正系数为： Kt =257070 = I39。 1a = Kt * I1a =*265= I30 = 由上式可知，所选导线符合长期发热条件。 由于变电所 II紧邻 35/11kv主变压器， 10kv线路很短，其功率损耗可忽 略不计。 线路首端功率： P= P’ = Q= Q’ = 3． 供给变电所 III的 10KV线路 为保证供电的可靠性选用双回路供电线路，每回供电线路计算负荷： P30=*3150=1575KW Q30=*1596=798Kvar 计及变压器的损耗 P’ = P30+ PT=1575+= Q’ = Q30+ QT=798+= S’ = 39。 2239。 QP  =1815KVA I30 = S’ /( 3 U)= 年最大负荷平局利用小时数 Tmax=机化机机化化3030m a x30m a x30 PP T*P T*P  =4543h,查表得 :架空线路的经济电流密度 Jec =。 所以可得经济截面： Aec =I30 / Jec =。 可选导线型号为 LJ95，其允许载流量为 I1a =325A。 相应参数为 r0 = xkm/ ， 0 = km/。 再按发热条件检验 已知  =40o C，温度修正系数为： Kt =257070 = I39。 1a = Kt * I1a =*325= I30 = 由上式可知，所选导线符合长期发热条件。 根据地理位置图及比例尺，得到此线路长度为 线路功率损耗：  PL=3I230 RL =3I239。 r0 L=3* **=  QL=3I230 XL =3I239。 x0 L=3* **= 线路首端功率： P=P’ + P=+= Q=Q’ + Q=+= 线路压降计算  U=NUL00 QxL Pr  =  U%=NUU  *100%=% 合格。 三， 工厂总降压变电所及接入系统设计 1.。