ข้อสอบบรรจุเข้าทำงานการไฟฟ้านครหลวง ตำแหน่งวิศวกรไฟฟ้า วิชาความรู้เฉพาะตำแหน่ง ชุดที่ 13

ตอบตัวเลือก 4: PSM ≈ 10.67

PSM คืออัตราส่วนระหว่างกระแสที่รีเลย์รับขณะเกิดฟอลต์กับกระแสเริ่มทำงานหรือ pickup โดยกระแสทั้งสองต้องอ้างอิงด้านเดียวกันของ CT และ PSM ไม่มีหน่วย

CT 500/5 A มีอัตราทด 100:1 เมื่อกระแสปฐมภูมิเป็น 8,000 A กระแสทุติยภูมิที่รีเลย์รับจึงเป็น I_fault,sec = 8,000/100 = 80 A

การตั้งกระแส 150% อ้างอิงกระแสพิกัดทุติยภูมิ 5 A จึงได้ I_pickup,sec = 1.50 × 5 = 7.5 A ดังนั้น PSM = 80/7.5 = 10.6667 ≈ 10.67

ตรวจสอบด้วยด้านปฐมภูมิ: กระแส pickup เท่ากับ 1.50 × 500 = 750 A และ PSM = 8,000/750 = 10.6667 เท่ากัน ห้ามนำกระแสปฐมภูมิ 8,000 A ไปหารกระแสทุติยภูมิ 7.5 A โดยตรง

ตอบตัวเลือก 2: ต้องผ่านทั้งเงื่อนไขขนาดกระแสและเงื่อนไขทิศทาง

Directional Overcurrent Relay รวมการตรวจจับกระแสเกินเข้ากับการตรวจทิศทาง ดังนั้นการอนุญาตให้ทำงานมีลักษณะเป็น AND ระหว่าง overcurrent element กับ directional element

เงื่อนไขแรกคือกระแสถึงหรือเกินค่าปรับตั้งตามนิยามของโจทย์ ส่วนเงื่อนไขที่สองคือทิศของฟอลต์อยู่ในทิศทางที่รีเลย์กำหนดให้ป้องกัน เช่น forward direction

ตัวเลือก 1 มีเพียงขนาดกระแสจึงยังไม่ครบเงื่อนไขของรีเลย์แบบมีทิศทาง ตัวเลือก 3 เป็นทิศตรงข้ามกับที่อนุญาต ส่วนตัวเลือก 4 ไม่ได้กำหนดให้กระแสเกิน pickup

ในรีเลย์ที่หน่วงเวลา เมื่อผ่านเงื่อนไขทั้งสองแล้วยังต้องครบเวลาตาม characteristic และ setting ก่อนออกคำสั่ง trip ข้อนี้ถามเงื่อนไขหลัก ไม่ได้หมายความว่าทุก directional overcurrent relay ต้อง trip ทันที

ตอบตัวเลือก 2: เวลาทำงาน 0.45 วินาที

CT Ratio 1000/1 A ให้กระแสทุติยภูมิขณะฟอลต์เท่ากับ 10,000/1,000 = 10 A การปรับตั้ง 100% ของกระแสพิกัดทุติยภูมิ 1 A ทำให้ I_pickup = 1 A

จึงมี PSM = I_fault/I_pickup = 10/1 = 10 สำหรับ Very Inverse แบบ IEC ใช้ t = TMS × 13.5/(PSM − 1) โดย t มีหน่วยวินาที

แทนค่า t = 0.3 × 13.5/(10 − 1) = 4.05/9 = 0.45 วินาที ซึ่งตรงกับตัวเลือก 2

TMS เป็นตัวคูณเวลา ไม่ใช่ค่ากระแส pickup และไม่ใช่เวลา trip โดยตรง ถ้าข้ามการหา PSM หรือหยิบสูตร SI/EI มาใช้แทน VI จะได้เวลาผิด

ตอบตัวเลือก 2: TMS = 0.60

CT 800/5 A มีอัตราทด 160:1 กระแสฟอลต์ด้านทุติยภูมิเป็น 5,000/160 = 31.25 A ส่วนกระแส pickup เป็น 1.25 × 5 = 6.25 A

ดังนั้น PSM = 31.25/6.25 = 5 สำหรับ characteristic แบบ IEC Extremely Inverse ใช้ t = TMS × 80/(PSM² − 1)

จัดรูปเพื่อหา TMS ได้ TMS = t(PSM² − 1)/80 = 2.0(5² − 1)/80 = 48/80 = 0.60

ตรวจสอบกลับ: t = 0.60 × 80/(25 − 1) = 48/24 = 2.0 วินาที ตรงตามเวลาที่ต้องการ การตั้ง 125% ทำให้ pickup เพิ่ม ไม่ใช่นำ 125 ไปคูณกระแสโดยไม่หาร 100

ตอบตัวเลือก 2: รีเลย์ที่ Bus B ทำงานประมาณ 0.5 วินาที

จากรูป Bus B อยู่ใกล้แหล่งจ่ายและเป็น upstream backup ส่วนรีเลย์ที่ Bus A อยู่ใกล้จุดฟอลต์ จึงต้องให้ A ทำงานก่อน แล้วให้ B ช้ากว่า A ด้วย grading margin 0.35 วินาที

รีเลย์ A ต่อ CT 100/5 A มี pickup 5 A และ TMS_A = 0.05 เมื่อกระแสฟอลต์ด้านปฐมภูมิเท่ากับ 1,000 A กระแสทุติยภูมิที่ A คือ 1,000/(100/5) = 50 A จึงมี PSM_A = 50/5 = 10

สำหรับ IEC Standard Inverse: t_A = 0.14 × TMS_A/(PSM_A^0.02 − 1) = 0.14 × 0.05/(10^0.02 − 1) = 0.14853 วินาที

ดังนั้น t_B = t_A + 0.35 = 0.49853 วินาที หรือประมาณ 0.5 วินาที CT ของ B มีค่า 200/5 A แต่ไม่จำเป็นต้องหา TMS_B เพราะโจทย์ถามเวลาที่ต้องจัดลำดับ ไม่ได้ถามค่า TMS ของ B

Grading Margin เป็นผลต่างเวลาระหว่าง upstream กับ downstream ไม่ใช่เวลาทำงานทั้งหมดของ B จึงตอบ 0.35 วินาทีเพียงอย่างเดียวไม่ได้

ตอบตัวเลือก 2: ตัวคูณแปลงอิมพีแดนซ์ด้านปฐมภูมิเป็นด้านรีเลย์ ≈ 0.1913

กำหนด n_CT = I_primary/I_secondary และ n_VT = V_primary/V_secondary รีเลย์วัด Z_secondary = V_secondary/I_secondary = (V_primary/n_VT)/(I_primary/n_CT)

จึงได้ Z_secondary = Z_primary × (n_CT/n_VT) ดังนั้นตัวคูณที่ต้องการคือ CT Ratio หารด้วย VT Ratio ไม่ใช่กลับเศษส่วน

คำนวณ n_CT = 1000/5 = 200 และ n_VT = 115,000/110 = 1,045.4545 ต้องแปลง 115 kV เป็น 115,000 V ก่อนเพื่อให้หน่วยแรงดันตรงกัน

ดังนั้นตัวคูณ = 200/1,045.4545 = 0.191304 ≈ 0.1913 ตัวอย่าง อิมพีแดนซ์ปฐมภูมิ 10 Ω จะปรากฏที่ด้านรีเลย์ประมาณ 1.913 Ω

ตอบตัวเลือก 3: Reactance Relay

ความต้านทานของอาร์กเพิ่มส่วนจริง R ของอิมพีแดนซ์ที่มองเห็น ทำให้จุดฟอลต์เลื่อนไปทางขวาบนแผนภาพ R–X เมื่อใช้ characteristic แบบวงกลม จุดนั้นอาจออกนอกเขตทำงานทั้งที่ฟอลต์อยู่บนสายภายในระยะที่ต้องการป้องกัน จึงเกิด underreach

Reactance Relay แบบอุดมคติพิจารณาส่วนรีแอกแตนซ์ X เป็นหลัก โดยขอบเขต reach เป็นเส้น X = X_set ความต้านทานอาร์กที่เพิ่มเฉพาะ R จึงไม่ทำให้จุดฟอลต์เลยขอบเขต X นี้โดยตรง

ด้วยเหตุนี้จึงได้รับผลจาก fault resistance น้อยกว่าลักษณะวงกลมของ Impedance/Mho ในแบบจำลองพื้นฐานที่โจทย์ใช้ และตัวเลือกที่ตรงที่สุดคือ Reactance Relay

ข้อสรุปนี้ไม่ได้แปลว่าระบบจริงจะไม่มีความคลาดเคลื่อนจาก infeed หรือโหลด และ reactance element อาจต้องมีองค์ประกอบตรวจทิศทางร่วมด้วย ข้อนี้เปรียบเทียบผลของความต้านทานอาร์กต่อ reach ของ characteristic พื้นฐาน

ตอบตัวเลือก 4: Protection CT ระดับ 10P มี accuracy limit factor เท่ากับ 20 ซึ่งสอดคล้องกับกระแสปฐมภูมิ 2,000 A

รหัส 10P20 แยกความหมายได้ว่า P คือใช้เพื่อการป้องกัน เลข 10 คือขีดจำกัด composite error ร้อยละ 10 ที่ rated accuracy limit current และเลข 20 คือ rated accuracy limit factor หรือ ALF

CT นี้มี rated primary current 100 A จึงมี rated accuracy limit primary current = ALF × I_primary,rated = 20 × 100 = 2,000 A ส่วนค่าทุติยภูมิตามอัตราทดอุดมคติที่จุดนี้คือ 100 A

การรับรองความแม่นยำนี้อ้างอิงเงื่อนไขการทดสอบและ rated burden ของ CT ไม่ควรตีความว่ารับรองร้อยละ 10 ที่ภาระและสภาวะทรานเชียนต์ทุกแบบโดยไม่มีเงื่อนไข ตัวเลือก 4 ตรงกับความหมายของ class มากที่สุดในโจทย์

เลข 20 ไม่ได้หมายถึงความผิดพลาด 20% หรือแรงดัน knee point 20 V ตัวเลือก 2 และ 3 จึงตีความรหัสผิด ส่วนตัวเลือก 1 ไม่ได้อธิบายขอบเขต ALF ที่รหัสระบุ

ตอบตัวเลือก 2: กระแสด้าน 115 kV ประมาณ 502 A และด้าน 22 kV ประมาณ 2,624 A

สำหรับระบบสามเฟสสมดุล กำลังปรากฏรวม S = √3 V_line I_line โดยแรงดันพิกัด 115 kV และ 22 kV เป็นแรงดันระหว่างสาย จึงคำนวณกระแสสายจาก I_line = S/(√3 V_line)

ด้านแรงสูง: I_HV = 100 × 10⁶/(√3 × 115 × 10³) = 502.0437 A ปัดตามตัวเลือกเป็น 502 A

ด้านแรงต่ำ: I_LV = 100 × 10⁶/(√3 × 22 × 10³) = 2,624.3194 A ปัดเป็น 2,624 A กระแสด้านแรงต่ำมากกว่าเพราะแรงดันต่ำกว่าในขณะที่กำลังปรากฏพิกัดเท่ากัน

โจทย์ให้ MVA จึงไม่ต้องนำ power factor หรือ efficiency มาหารเพิ่มเติม และไม่ควรใช้ S/V_line ซึ่งจะลืมตัวประกอบ √3 ของระบบสามเฟส

ตอบตัวเลือก 2: ความดันก๊าซที่เปลี่ยนแปลงไปจากค่าที่ตั้งไว้

Transformer Differential Protection เปรียบเทียบกระแสที่ขอบเขตของหม้อแปลง โดยชดเชยอัตราส่วนและความสัมพันธ์เฟสก่อนเปรียบเทียบ ถ้าไม่ชดเชยอย่างเหมาะสมอาจเกิด differential current ทั้งที่ไม่ได้มีฟอลต์ภายใน

การเลื่อนเฟสจาก vector group และอัตราทดกระแสของ CT จึงเป็นปัจจัยที่ต้องพิจารณาโดยตรง ส่วน magnetizing inrush ระหว่างจ่ายไฟเข้าหม้อแปลงอาจทำให้มีกระแสเข้าด้านหนึ่งมาก จึงต้องแยกจาก internal fault เช่น ใช้ harmonic restraint/blocking ตามแบบรีเลย์

ความดันก๊าซเป็นปริมาณทางกลที่ใช้กับระบบตรวจจับอีกประเภท เช่น sudden-pressure protection ไม่ใช่ปริมาณที่ใช้คำนวณหรือชดเชยใน current differential element โดยตรง

ดังนั้นคำตอบนี้ไม่ได้หมายความว่าความดันก๊าซไม่สำคัญต่อการป้องกันหม้อแปลงโดยรวม แต่หมายถึงไม่ใช่ปัจจัยของวิธี Differential Protection ที่โจทย์กำลังถาม

ตอบตัวเลือก 3: กระแสผลต่างที่ขอบเขตเริ่มทำงานเท่ากับ 3.0 A

Percentage Differential Relay ใช้กระแสยับยั้งหรือ restraining current เพื่อเพิ่มความมั่นคงเมื่อมี through current สูง หลักการอย่างง่ายคือกำหนดกระแสผลต่างขั้นต่ำเป็นสัดส่วนกับกระแสยับยั้ง

ตามรูปแบบโจทย์นี้ใช้ Through-Fault Current = 15 A เป็นกระแสอ้างอิง และ fixed percentage เท่ากับ 20% จึงได้ I_diff,threshold = 0.20 × 15 = 3.0 A

ค่าที่ได้เป็นขอบเขต pickup ของขดลวดทำงาน ไม่ใช่สรุปว่าฟอลต์ภายนอกทุกครั้งต้องทำให้รีเลย์ trip เพราะในอุดมคติ through fault ให้กระแสสองด้านสมดุลและ differential current ใกล้ศูนย์

รีเลย์จริงอาจนิยาม restraint เป็นค่าเฉลี่ยหรือรูปแบบอื่น และอาจมี minimum pickup เพิ่มเติม แต่โจทย์นี้ให้ characteristic แบบเปอร์เซ็นต์เดียวโดยไม่ระบุเงื่อนไขอื่น จึงใช้ 20% ของ 15 A ตามที่กำหนด

ตอบตัวเลือก 2: เกิดความร้อนสูงขึ้นในโรเตอร์

เมื่อกระแสสามเฟสไม่สมดุล จะมีองค์ประกอบลำดับลบหรือ negative-sequence current องค์ประกอบนี้สร้างสนามแม่เหล็กที่หมุนสวนทางกับโรเตอร์ซึ่งหมุนที่ความเร็วซิงโครนัส

ความเร็วสัมพัทธ์ระหว่างสนามลำดับลบกับโรเตอร์จึงเป็นสองเท่าของความเร็วซิงโครนัส ทำให้เกิดกระแสเหนี่ยวนำในโรเตอร์ที่ความถี่ประมาณ 2f เช่น ระบบ 50 Hz จะเหนี่ยวนำกระแสประมาณ 100 Hz ในโรเตอร์

กระแสเหนี่ยวนำดังกล่าวทำให้เกิดการสูญเสียและความร้อนเพิ่มในส่วนของโรเตอร์ จึงมีการใช้ negative-sequence protection หรือ ANSI 46 เพื่อป้องกันผลของกระแสไม่สมดุล โดยพิจารณาความสามารถทนความร้อนของเครื่อง

การสั่นหรือการแกว่งอาจสัมพันธ์กับภาวะผิดปกติอื่นได้ แต่ผลสำคัญโดยตรงที่เป็นเหตุให้ต้องป้องกันกระแสลำดับลบในข้อนี้คือ rotor heating ไม่ใช่ข้อสรุปว่าต้องเกิด power swing ทุกครั้ง

ตอบตัวเลือก 3: ความต้านทานประมาณ 31.75 Ω

ในการประมาณตามโจทย์ ให้ความต้านทานต่อลงดินเป็นตัวจำกัดกระแสหลักและละเลยอิมพีแดนซ์อื่น เมื่อเกิดฟอลต์เฟสลงดิน แรงดันที่ผลักกระแสผ่าน Neutral Grounding Resistor คือแรงดันเฟสต่อ neutral ไม่ใช่แรงดันระหว่างสาย

แรงดันเฟส V_phase = V_line/√3 = 11,000/√3 = 6,350.853 V ดังนั้น R_N = V_phase/I_ground,max = 6,350.853/200 = 31.7543 Ω

เมื่อปัดตามตัวเลือกจึงได้ 31.75 Ω ส่วนคำตอบ 55 Ω เกิดจากใช้ 11,000/200 โดยไม่แปลงแรงดัน line-to-line เป็น phase-to-neutral

ตรวจสอบโดยใช้ค่าก่อนปัด: I_ground = 6,350.853/31.7543 ≈ 200 A ค่า 31.75 Ω เป็นคำตอบประมาณของข้อสอบ สำหรับค่าขีดจำกัดเคร่งครัดในแบบจำลองนี้ต้องใช้ R_N ≥ 31.7543 Ω ก่อนพิจารณาพิกัดใช้งานและค่าคลาดเคลื่อน

พิกัด 50 MVA ไม่จำเป็นต่อการหาค่านี้ เพราะโจทย์ให้แรงดันพิกัดและกระแสลงดินที่ต้องการจำกัดแล้ว

ตอบตัวเลือก 2: I_n ≈ 211.3 A

พิกัด kW ของมอเตอร์หมายถึงกำลังกลขาออกที่เพลา กำลังไฟฟ้าจริงขาเข้าจึงเป็น P_in = P_out/η = 1,000,000/0.92 = 1,086,956.52 W ไม่ใช่ 1,000,000 W เท่ากันโดยไม่คิดการสูญเสีย

ระบบสามเฟสสมดุลมี P_in = √3 V_line I_line PF จึงจัดรูปเป็น I_n = P_out/(√3 V_line PF η)

แทนค่า I_n = 1,000,000/(√3 × 3,300 × 0.9 × 0.92) = 211.2979 A ปัดเป็น 211.3 A

ตรวจสอบกลับ: √3 × 3,300 × 211.2979 × 0.9 × 0.92 ≈ 1,000,000 W ที่เพลา ส่วนตัวเลือก 190.2 A สอดคล้องกับการตกหล่นตัวประกอบ power factor แต่ยังคิด efficiency อยู่ จึงต่ำกว่าค่าที่ถูกต้อง

ตอบตัวเลือก 3: กระแสปรับตั้งด้านรีเลย์ ≈ 8.45 A

หากระแสพิกัดมอเตอร์จากกำลังกลขาออกก่อน: I_n = P_out/(√3 V_line PF η) = 1,200,000/(√3 × 3,300 × 0.9 × 0.92) = 253.5574 A

โจทย์กำหนดให้ pickup เป็น 200% ของกระแสพิกัด จึงมีค่าปรับตั้งด้านปฐมภูมิ I_set,pri = 2.00 × 253.5574 = 507.1149 A

CT 300/5 A มีอัตราทด 60:1 ดังนั้นกระแสปรับตั้งที่รีเลย์ด้านทุติยภูมิ I_set,sec = 507.1149/60 = 8.4519 A หรือประมาณ 8.45 A

ค่า Starting Current 550% เป็นข้อมูลประกอบ ไม่ใช่ตัวคูณ pickup ที่โจทย์สั่งให้ใช้ เพราะโจทย์ระบุ 200% ชัดเจน การนำ 5.5 มาคูณเพิ่มจึงไม่ตรงเงื่อนไข

การตั้ง pickup ตามข้อนี้เป็นเพียงการคำนวณค่ากระแส ไม่ใช่การออกแบบระบบ locked-rotor protection ครบถ้วน การใช้งานจริงยังต้องจัดเวลาให้ผ่านช่วงสตาร์ทและอยู่ภายในความสามารถทนความร้อนของมอเตอร์