公兴车站站场接触网设计.doc

西 南 交 通 大 学
专科毕业设计

公兴车站站场接触网设计

西南交通大学专科毕业设计 第IV页
系 别 电气工程学院 专 业 电气化铁道技术
年 级 2010级(专科)函2班 姓 名
题 目 公兴车站站场接触网设计

指导教师
评 语 　

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评 阅 人
评 语

评 阅 人 (签章)
成 绩

答辩委员会主任 (签章)

年 月 日

毕业设计任务书

班 级 电气化铁道(专科)函2班 学生姓名 学 号
发题日期： 2012 年 4 月20日 完成日期： 2012 年6月30日
题 目 公兴车站站场接触网设计
1、本论文的目的、意义：在我国铁路跨越式发展的时期，本设计虽然只是一个站场的接触网毕业设计，显然是微不足道的，但正是无数个这样的设计，使我们这些电气化铁道行列中的技术工作者得到了不断的学习和锻炼，因此本设计对于电气化铁道知识的学习者来说具有深远的现实意义。对施工单位、运营单位及初学者有一定的借鉴作用。
学生应完成的任务： 调研高速电气化铁路发展概况、趋势及课题研究背景，明确毕业设计的任务与完成的工作；通过当地气象条件，对接触网受力进行分析，最后确定支柱位置及类型、锚段划分、拉出值大小及方向、支柱侧面限界、支持装置结构及形式、基础及横卧板类型、主要设备的安装结构及位置、接触线高度、悬挂类型、接地方式、防护要求、附加导线架设，特殊设计及工程数量统计等。
2、论文各部分内容及时间分配：（共 8 周）
第一部分 1 (周)
第二部分 1 (周)
第三部分 2 (周)
第四部分 2 (周)
第五部分 1 (周)
评阅及答辩 1 (周)

备 注

指导教师： 年 月 日
审 批 人： 年 月 日

目 录
摘 要 1
第1章 绪 论 2
第2章 机械计算 3
2.1负载计算 3
2.1.1自重负载 3
2.1.2冰负载 3
2.1.3风负载 3
2.1.4合成负载 4
2.2最大跨距计算 4
2.2.1直线区段 5
2.2.2曲线区段 5
2.3半补偿链形悬挂安装曲线计算 6
2.3.1当量跨距计算 7
2.3.2 Ψ值计算 7
2.3.3 Tco值的计算三次方程 8
2.3.4 临界负载qlj的计算 8
2.3.5 计算并绘制有载承力索安装曲线 9
2.3.4计算并绘制接触线的弛度曲线及悬挂点处高度变化曲线 9
2.3.5计算并绘制无载承力索安装曲线 11
2.3.6计算最大附加负载下承力索的张力 13
2.4关于张力差DTj=f(L) 15
2.4.1直线区段 15
2.4.2曲线区段 16
2.5 绘制ΔTjE、ΔTjdE随Lx而变化的曲线 17
第3章 接触线的受风偏移较核 19
第4章 支柱 腕臂 基础校核 20
4.1支柱容量校核 20
4.1.1支柱及其腕臂的水平和垂直负载 21
4.1.2支柱容量校验 21
4.2腕臂强度校核 22
4.2.1确定着力点 22
4.2.2对各力进行分解 23
4.2.3求最大弯矩及最大轴力 25
4.2.4强度校核 26
4.3基础稳定性校核 26
4.3.1计算换算水平力和换算水平高度 26
4.3.2求极限载荷 26
4.3.3基础计算 26
第5章 接触网平面设计原则 28
5.1 站场接触网平面设计 28
5.1.1站场平面设计的内容和次序 28
5.1.2站场平面设计的原则及注意事项 28
5.2 区间接触网平面设计 30
5.3 本设计主要技术原则 31
结 论 33
致 谢 34
参 考 文 献 35
附录一 36
附录二 37
附录三 38
附录四 39

西南交通大学专科毕业设计 第42页
摘 要
接触网是电气化铁道中主要供电装置之一，本文在气象条件、地质条件的基础上对接触网进行了分析，对典型站场进行了设计。第一章主要介绍电气化铁路的发展及趋势；第二章就气象和地质条件结接触网进行了机械计算；第三章对接触线的受风偏移进行了校核；第四章对支柱、腕臂、基础进行了校核；第五章对接触网设计原则进行了论述并设计出公兴站站场的接触网平面图。

关键词：公兴接触网；气象；地质；
第1章 绪 论
经过不断地技术改进，实践证明，无论在运输能力、运输效率、机车的使用、检修、燃料的消耗以及劳动条件的改善等方面，蒸汽机车和内燃机车牵引都是比不上的。电力牵引是一种比较理想的牵引动力。
我国电气化铁道发展较晚，但一开始就采用了较先进的工频单相交流制供电方式，使用了我国自制的干线大功率韶山型电力机车。我国自己设计修建的第一条电气化铁道干线宝鸡—成都于1976年7月1日全线通车，第二条电气化铁道于1977年正式通车，第三条、第四条电气化铁道也于1980年通车，截止2006年底全国电气化铁路营业里程达到了24000公里，占全国营业里程比重的45.6%。由于铁路建设严重滞后，长期超负荷运输，运输能力一直比较紧张。贯彻改革开放方针以来，国民经济高速度发展，铁路客货运量猛增，铁路运输能力不足的矛盾更加尖锐，主要干线、枢纽能力饱和，卡脖子的“限制口”不断增加，已不能适应国民经济持续、快速发展的需要，铁路运输还是国民经济中的突出薄弱环节，制约着国民经济的发展。
为此，党中央、国务院高度重视铁路的发展，党的十七次代表大会已把铁路建设作为重点，并对铁路实行倾斜政策，相继出台了一系列政策措施。铁道部党组坚决贯彻执行国务院领导关于加快铁路建设的指示，抓住机遇，迅速调整了“十一五”铁路建设计划，作出了“十一五”期间铁路建设规模为：建设新线19800公里。“十一五”2020年电气化铁覆盖50%以上。一场铁路建设的大会战已在辽阔的国土上全面展开。
可以预见，随着国民经济的持续发展，以及作为电气化铁道发展基础的电力工业和机械工业的不断发展，电力牵引作为铁路运输的最佳牵引方式，将会得到突飞猛进的发展。
在我国铁路建设已进入加快发展的新时期下，本设计虽然只是一个站场的接触网毕业设计，显然是微不足道的，但正是无数个这样的设计，使我们这些电气化铁道行列中的技术工作者得到了不断的学习和锻炼，因此本设计对于电气化铁道知识的学习来说具有深远的现实意义。

第2章 机械计算
2.1负载计算
在负载决定中，不论是垂直负载还是水平负载，均认为是沿跨距均匀分布的，其计算方法如下：
2.1.1自重负载
gj=8.9×10-3 kN /m, gc=6.03×10-3 kN /m, gd=0.5×10-3 kN /m,
2.1.2冰负载
承力索的纯冰负载
（2-1）
=3.14×900×5×(5+11)×9.81×10-9
=2.22×10-3(kN /m)
对于接触线的纯冰负载，其接触线直径可取为

=(11.8+12.8)/2=12.3(mm) （2-2）
则（b取原始资料值的一半，即b=2.5mm）
=3.14×900×2.5×(2.5+12.3)×9.18×10-9
=1.03×10-3(kN /m)
2.1.3风负载
在计算链形悬挂的合成负载时，是对承力索而言，其接触线上所承受的水平风负载，被认为是传给了定位器而予以忽略不计，故只计算承力索的风负载。
第一种情况为最大风速Vmax时的风负载

=0.615×0.85×1.25×252×11×10-6 （2-3）
=4.492×10-3(kN /m)
第二种情况为覆冰时的风负载 d’=d+2b (含冰壳厚度)
Pcb=0.615
（2-4）
=1.614×10-3(kN /m)

2.1.4合成负载
无冰、无风时的合成负载

=15.43×10-3(kN /m)
最大风速时的合成负载
(2-5)

=16.07×10-3 (kN /m)
覆冰时的合成负载
(2-6)

=18.75×10-3 (kN/m)
2.2最大跨距计算
因采用铜接触线，故当量系数m取0.90
2.2.1直线区段
接触线的许可偏移值bjx取0.5m
Pj=0.615αKdV2maxd’×10-6 （2-7）
=0.615×0.85×1.25×12.3×252×10-6
=5.023×10-3(kN /m)

对于钢支柱，Vj=0.03m
则 (2-8)

=85.8(m)

对于钢筋混凝土支柱，Vj=0.02m
则 (2-9)

=87（m）

2.2.2曲线区段
均采用钢筋混凝土支柱，bjx=0.45m
(2-10)
l 当R=300~1200m时，

= 61（m）
l 当R=1200~1800m时

=69.7(m)
l 当R≧1800时

= 67.8(m)
此处考虑最大跨距取5的整数倍，并考虑+1、－2原则，可确定：直线区段的最大跨距lmax=80m, 曲线区段的最大跨距lmax=60m
但当跨距值过大时，实践证明，沿跨距内的弹性产生较大的差异，故造成跨距中的磨耗加剧，使之维修工作量增加及缩短了接触线的使用寿命，故是不行的，因而目前我国最大跨距采用60m。

2.3半补偿链形悬挂安装曲线计算
2.3.1当量跨距计算
(2-11)

=56.7(m)
取整数得lD=55（m）

2.3.2 Ψ值计算

取 l=lD=55m,e=8.5m
则 （2-12）

2.3.3 Tco值的计算

起始情况：t1=tmin=－10℃, W1=Wtmin= q0＋q0×ΨTj/Tco
Z1=Tcmax+фTj
待求情况 tx =t0=( tmax＋ tmin)/2－5=(40－10)/2－5=10℃
Wx=W1=q0＋q0×ΨTj/Tco Zx= Tco＋ΨTj
将上述式子代入半补偿链形悬挂状态方程，即

经过变换和整理，可以变成Tco的三次方程，即
Tco3＋A Tco2＋B Tco＋C=0
式中
(2-13)

(2-14)

= 10.4
(2-15)

三次方程为Tco3－10.5Tco2＋10.4Tco－400=0
利用试凑法，可确定Tco值为：Tco=12.3 kN

2.3.4 临界负载qlj的计算
Zmax=Tcmax+ψTj=15+0.48×10=19.8 (kN) （2-16）
=15.43×10-3×(1+0.48×10/12.3)=21.45×10-3 (kN /m) （2-17）
将已知数据代入
(2-18)

=19.41×10-3 kN /m
∵gb=18.75×10-3(kN /m)
∴glj﹥gb 故应以最低温度作为计算的起始条件。
即 t1=tmin=－10℃

2.3.5 计算并绘制有载承力索安装曲线
2.3.5.1有载承力索张力曲线计算
起始条件：t1=tmin=－10℃
（2-19）
Z1=Tcmax＋ΨTj=15＋0.48×10=19.8 (kN)
待求条件：tx=？ Wx=W1=21.45×10-3(kN /m)
Zx=Tcx＋ΨTj= Tcx＋0.48×10=4.8＋Tcx (kN)
故安装曲线方程为：
(2-20)

将不同Tcx值代入上式得到各个Tcx值对应的温度tx值，然后用插入法确定从最低温度tmin到最高温度tmax对应的Tcx值（温度区间间隔为5℃），其安装表列于表1—1

2.3.5.2 有载承力索弛度曲线计算
利用公式(mm) (2-21)
（不考虑冰、风影响）对于某一个实际跨距，将不同温度下的值代入上式得不同所对应的的值，从而得到曲线，不同的对应不同的弛度曲线。其安装表列于表1—1。

表1—1 有载承力索张力和弛度曲线安装表

绘制有载承力索的张力曲线Zx=f(tx)(TCX= f(tx))及弛度曲线FX=f(tX)（附录一：图1）

Tx(℃)
-10
-5
0
5
10
15
20
25
30
35
40
Tcx(KN)
15
14.31
13.63
12.96
12.32
11.69
11.07
10.49
9.91
9.37
8.84
Zx(KN)
19.8
19.11
18.43
17.76
17.12
16.49
15.87
15.29
14.71
14.17
13.64

Fx
(㎜)
li=45m
274
284
295
306
317
330
342
355
369
383
398
li=50m
339
351
364
377
392
406
422
438
456
473
491
li=55m
410
424
440
457
474
492
511
530
551
572
595
li=60m
488
505
524
543
564
585
608
631
631
681
708
li=65m
572
593
615
638
662
687
714
741
741
799
831
2.3.4计算并绘制接触线的弛度曲线fjx=f(tx)及悬挂点处高度变化曲线△hx=f(tx)
2.3.4.1根据公式fjx=j(Fx-F0) △hx=(1-j)(Fx-F0) （2-22）
对于某一跨距下的弛度，可由安装表1—1查得，则对于任一温度下的接触线弛度及悬挂点处高度变化也可由安装表1—1计算得出，其结果列于表1—2中。

表2-2 接触线弛度曲线及悬挂点处高度变化曲线表
tx(℃)
-10
-5
0
5
10
15
20
25
30
35
40
li=45m
fjx(㎜)
-21
-16
-11
-6
0
6
12
18
25
32
39
Δhx(㎜)
-22
-17
-11
-6
0
7
13
20
27
34
42
li=50m
fjx(㎜)
-25
-20
-13
-7
0
7
14
22
31
39
48
Δhx(㎜)
-28
-21
-15
-8
0
7
16
24
33
42
51
li=55m
fjx(㎜)
-31
-24
-16
-8
0
9
18
27
37
47
58
Δhx(㎜)
-33
-26
-18
-9
0
9
19
29
40
51
63
li=60m
fjx(㎜)
-36
-28
-19
-10
0
10
21
32
44
56
69
Δhx(㎜)
-40
-31
-21
-11
0
11
23
35
48
61
75
li=65m
fjx(㎜)
-43
-33
-23
-12
0
12
25
38
52
66
81
Δhx(㎜)
-47
-36
-24
-12
0
13
27
41
56
71
88
2.3.4.2绘制接触线fjx=f(tx)及悬挂点处高度变化曲线△hx=f(tx)（附录二：图2）

2.3.5计算并绘制无载承力索安装曲线
取l=lD=55m
2.3.5.1求Tcwo
起始情况：t1=t0，w1=q0，Z1=Tco
待求情况：tx=t0，wx=gc，Zx=Tcwo
将上述已知条件代入链形悬挂状态方程
(2-23)
即

得Tcwo的三次方程
T2cwo－9.49 T2cwo－64.92=0 (2-24)
用试凑法解上述三次方程，得Tcwo=10.12 (kN)

2.3.5.2 无载承力索张力曲线Tcw0=f(tx)计算
起始条件：t1=t0，q1=qc，T1=Tcwo
待求条件：t1=？，qx=qc，Tx=Tcwx
将上述已知条件代入简单悬挂状态方程，即
（2-25）
得

同上述计算有载承力索安装曲线的方法得无载承力索的张力安装表。其安装列于表1—3。
2.3.5.3无载承力索弛度曲线Fcwx=f(tx)计算。
由公式，得某一实际跨距li下的弛度，其安装表列于表1—3。
tx(℃)
-10
-5
0
5
10
15
20
25
30
35
40
Tcwx(KN)
13.26
12.46
11.89
10.89
10.13
9.38
8.66
7.96
7.32
6.7
6.13

Fcwx
(㎜)
li=45m
115
122
131
140
151
163
176
192
209
228
249
li=50m
141
151
161
173
186
201
218
237
257
281
307
li=55m
172
183
195
209
225
243
263
286
311
340
372
li=60m
205
218
233
249
268
289
313
341
371
405
443
li=65m
240
256
273
292
314
340
368
400
435
475
520
表2-3 无载承力索张力和弛度曲线安装表

2.3.5.4绘制无载承力索张力曲线Tcwx=f(tx)和弛度曲线Fcwx=f(tx)（附录三：图3）
2.3.6计算最大附加负载下承力索的张力
2.3.6.1承力索在最大风负载下的张力
起始条件：
t1=tmin=-10℃,w1=g0(1+jTj/Tc0)=21.45×10-3 (kN/m)
Z1=Tcmax+ jTj=19.8 (kN)
待求条件：tx=tv=-5℃，
(2-26)

Zx=Tcv+фTj= Tcv +4.8 (kN)
将上述数据代入链形悬挂状态方程，得
(2-27)

欲求tx=tv=-5℃时对应的值，可用试验法及内插法确定。
第一步假设 Tcv=14.5 kN，得tx=-5.59℃
第二步假设 Tcv=14 kN，得tx=-1.91℃
由内插法求得tv=-5℃时对应的Tcv值为：
（2-28）
∵Tcmax=15 kN > Tcv
∴最大风速出现时，承力索不致遭到破坏，所选择的计算起始条件正确。

2.3.6.2 承力索覆冰时的张力
起始条件：t1=tmin=-10℃,
(kN/m)
Z1=Tcmax+ jTj=19.8 (kN)
待求条件：tx=tv=-5℃，Zx=Tcv+фTj= Tcv +4.8 (kN)
(2-29)

将以上数据代入链形悬挂状态方程，得
(2-30)

欲求tx=tb=-5℃时对应的Tcb值，其方法同上。经解得，Tcb=14.89(kN)
∵Tcmax=15KN﹥Tcb
∴在覆冰时，承力索不致遭到破坏，所选择的计算起始条件正确。
2.4关于张力差DTj=f(L)曲线计算
2.4.1直线区段
(2-31)
跨距l取为65m，则
(2-32)
(2-33)
∴ |Dt1|=|Dt1|
∴ajDt—e=17×10-6×25—1.08×10-6
=423.92×10-6
∴DT (2-34)
(kN)
2.4.2曲线区段
2.4.2.1.R=400m，取l=45m，d=1.5m，Tjm=10 kN
ε=8/(3×452)×(0.0212—0.0062)
=0.53×10-6
∴ajDt—e=17×10-6×25—0.53×10-6 （2-35）
=424.27×10-6

2.4.2.2
2.4.2.3 R=800m，取l=60m，d=1.5m，Tjm=10 kN
e=8/(3×602)×(0.0362—0.012)
=0.89×10-6
(2-36)

在直线区段由于考虑接触线的弹性伸长，而采用下述公式：
(2-37)

在曲线区段若引入弹性变形的影响，则
（2-38）
R=400m时，
（2-39）

R=800m时，
（2-40）

将DTjd DTjw DTjdE DTjE 随着半个锚段长度Lx而变化的情况列于表2—4

Lx(m)
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ΔTjd(KN)
0.025
0.079
0.16
0.28
0.42
0.60
0.80
1.04
1.30
ΔTjw
(KN)
R=400m
0.019
0.11
0.27
0.50
0.80
1.16
1.58
2.06
2.60
R=800m
0.007
0.05
0.13
0.24
0.39
0.58
0.80
1.06
1.36
ΔTjdE(KN)
0.03
0.08
0.16
0.29
0.44
0.65
0.89
1.19
1.55
ΔTjE
(KN)
R=400m
0.04
0.19
0.45
0.86
1.44
2.25
3.37
5.02
7.50
R=800m
0.03
0.13
0.30
0.56
0.90
1.38
1.99
2.83
3.96
表2-4 接触线张力增量ΔTj随Lx变化情况表

2.5 绘制ΔTjE、ΔTjdE随Lx而变化的曲线(附录四：图4)

设三种不同曲线半径的线路按照R=∞，R=400m，R=800m的顺序连接。

第一种情况，中心锚结设在R=∞处，则
ΔTjⅠ=ΔTj1+ΔTj2+ΔTj3=0.1+1.14+1.48=2.72(kN) （2-41）

第二种情况，中心锚结设在R=800m处，则
ΔTjⅡ=ΔTj1+ΔTj2+ΔTj3=0.2+0.34+2.66=3.2(kN) （2-42）

第三种情况，中心锚结设在R=400m处，则
ΔTjⅢ=ΔTj1+ΔTj2+ΔTj3=0.3+0.7+0.58=1.58(kN) （2-43）
根据上述三种情况，可以得出以下四点结论：
1) 在接触网平面设计中，中心锚结应尽量设置在曲线区段，并尽量设置在小曲线半径区段。
2) 锚段关节尽量避免设置在小曲线半径上，最好放在直线区段。
3) 考虑线路的复杂情况，中心锚结允许偏向一侧，一般偏于曲线一侧。
4) 中心锚结两侧的ΔTj，应尽量相等，但允许有一定差值。

第3章 接触线的受风偏移较核
要使接触线良好地工作，就要保证在受风作用下，接触线对受电弓中心线的受风偏移值不超过其规定的最大许可值，因此须对接触线最大风偏移值进行校核。
取设计图中第58号至第59号支柱所在跨距进行校验，此跨距全部位于曲线半径R=400m的曲线上。
跨距l=45m，m=0.9，rj=0.02m，a=400㎜
则 (3-1)

因bjmax<<[bjx]=0.45(m)，所以接触线满足风稳定要求。
第4章 支柱 腕臂 基础校核

为了校核支柱容量，腕臂强度以及基础的稳定性，选取设计图中受力情况最严重的第58号支柱进行校验。
4.1支柱容量校核
4.1.1支柱及其腕臂的水平和垂直负载
4.1.1.1垂直负载
(1)、悬挂结构自重负载：QO=0.6 (kN)
(2)、链形悬挂重量：
G1=G2=q0l (4-1)
=15.43×10-3×(45+45)÷2=0.694 (kN)
4.1.1.2水平负载
(1)、支柱本身的风负载：
P0=0.615×10-3KFV2 (4-2)
=0.615×10-3×1.4×8.2×0.291×252
=1.284(kN)
(2)、线索传给支柱的风负载：
1）接触线的风负载：
PJ1=PJ2=Pjl (4-3)
=5.023×10-3×(45+45)÷2
=0.226 (kN)
2） 承力索的风负载：
PC1=PC2=PCVl (4-4)
=4.492×10-3×(45+45)÷2
=0.202 (kN)
4.1.1.3曲线形成的水平分力：
1) 接触线的曲线水平分力：
(4-5)
2) 承力索的曲线水平分力：

4.1.1.4 下锚分力：由于是同侧下锚，且锚柱位于曲线内侧，则

1）接触线下锚分力：

2）承力索的下锚分力：

4.1.2支柱容量校验

以上负载分布图中，各标注尺寸分别为：
H=8.2m,Hj1=6.6m,HJ2=6.8m,Hc1=8.05m,Hc2=7.9m,Z1=3.665m,Z2=3.415m
则支柱地面线处所受的弯矩如下：
M=1/2Hp0+Hj1(Pj1+PjR1)+Hj2(Pj2+PjR2+Pjm2)+Hc1(Pc1+Pr1)+ Hc2(Pc2+PcR2+Pcm2)—1/2Z2Q0—Z1G1—Z2G2 (4-10)
=1/2×8.2×1.284+6.6×(0.226+1.125)+6.8×(0.226+1.125+1.322)+8.05×(0.202+1.688)+7.9×(0.202+1.688+1.983)—1/2×3.415×0.6—3.665×0.694—3.415×0.694
=72.23 (kN·m) < 78 (kN·m)
则所选支柱容量符合要求。
其余类型支柱容量校验方法同上，此处省略。
4.2腕臂强度校核
4.2.1确定着力点

PJR1
PJ1
PJ2
PJR2
PJM2

图4-2腕臂强度校核

∵

∴ (4-11)
(4-12)
(4-13)

4.2.2对各力进行分解

图4-3 各力进行分解1

设P1=PJ1＋PJR1＋PJ2＋PJR2＋PJM2 (4-14)
=0.226＋1.125＋0.226＋1.125＋1.322
=4.024(kN)
P2=PC2＋PCR2＋PCM2=0.202＋1.688＋1.983 (4-15)
=3.873(kN)
P3=PC1＋PCR1=0.202＋1.688 (4-16)
=1.89(kN)
则得到上图腕臂的受力分解图为：

图4-4 各力进行分解2

求各分力数值如下：
P1x= P1Cosα=4.024×0.848=3.412kN