ข้อสอบบรรจุเข้าทำงานการไฟฟ้านครหลวง ตำแหน่งวิศวกรไฟฟ้า วิชาความรู้เฉพาะตำแหน่ง ชุดที่ 14

ตอบตัวเลือก 2: เมื่อกระแสเกินค่าปรับตั้ง รีเลย์ทำงานด้วยเวลาหน่วงคงที่ตามที่กำหนด

Definite Time Overcurrent Relay มีค่ากระแส pickup และค่าเวลาหน่วงแยกกัน เมื่อกระแสเกิน pickup และคงเงื่อนไขอยู่จนครบเวลาหน่วง รีเลย์จึงออกคำสั่งทำงาน

ตัวอย่าง ถ้าตั้ง pickup 5 A และหน่วง 0.5 s การรับกระแส 10 A หรือ 20 A ต่อเนื่องจะให้เวลาหน่วงที่ตั้งไว้เท่ากันประมาณ 0.5 s ภายในย่านใช้งานของ element นี้

ตัวเลือก 1 อธิบายลักษณะ instantaneous ส่วนตัวเลือก 3 อธิบาย inverse-time ซึ่งกระแสสูงขึ้นทำให้เวลาทำงานลดลง จึงต่างจาก definite-time

คำว่าคงที่หมายถึงค่าหน่วงที่ออกแบบหรือปรับตั้ง ไม่ได้หมายความว่าไม่มีเวลาประมวลผลหรือความคลาดเคลื่อนจริง และถ้ามี instantaneous stage อีกชุดหนึ่ง ก็ต้องแยกการทำงานของแต่ละ stage

ตอบตัวเลือก 3: PSM = 12

CT 1000/5 A มีอัตราทดกระแส 200:1 ดังนั้นกระแสฟอลต์ด้านทุติยภูมิที่รีเลย์รับเท่ากับ 15,000/200 = 75 A

การตั้ง 125% หมายถึง pickup เท่ากับ 1.25 × กระแสพิกัดทุติยภูมิ จึงมี I_pickup = 1.25 × 5 = 6.25 A

PSM = I_fault,sec/I_pickup,sec = 75/6.25 = 12 ไม่มีหน่วย ค่านี้แสดงว่ากระแสฟอลต์เป็น 12 เท่าของ pickup

ตรวจสอบด้านปฐมภูมิ: pickup = 1.25 × 1000 = 1,250 A และ 15,000/1,250 = 12 เช่นกัน หากหารด้วยกระแสพิกัด 1000 A ตรง ๆ จะได้ 15 ซึ่งละเลยการตั้ง 125%

ตอบตัวเลือก 2: เวลาทำงานประมาณ 1.875 วินาที

CT 800/5 A มีอัตราทด 160:1 จึงมีกระแสฟอลต์ทุติยภูมิ 5,000/160 = 31.25 A และการตั้ง 100% ทำให้ pickup เท่ากับ 5 A

คำนวณ PSM = 31.25/5 = 6.25 สำหรับ characteristic แบบ IEC Standard Inverse ใช้ t = 0.14 × TMS/(PSM^0.02 − 1)

แทนค่า t = 0.14 × 0.5/(6.25^0.02 − 1) ≈ 1.875 วินาที โดยต้องคำนวณเลขยกกำลัง 0.02 ก่อนลบ 1 ไม่ใช่นำ PSM ไปคูณ 0.02

ถ้าใช้ TMS = 1 จะได้เวลาประมาณ 3.750 วินาที การตั้ง TMS = 0.5 จึงลดเวลาเหลือครึ่งหนึ่งและสอดคล้องกับตัวเลือก 2

ตอบตัวเลือก 2: เวลาทำงานประมาณ 0.16 วินาที

CT 1000/5 A มีอัตราทด 200:1 กระแสฟอลต์ด้านทุติยภูมิเท่ากับ 8,000/200 = 40 A โจทย์กำหนด pickup เป็น 4 A อยู่แล้ว จึงไม่ต้องแทนด้วยกระแสพิกัด CT 5 A

PSM = 40/4 = 10 สำหรับ characteristic แบบ IEC Extremely Inverse ใช้ t = 80 × TMS/(PSM² − 1)

แทนค่า t = 80 × 0.2/(10² − 1) = 16/99 = 0.161616 วินาที ปัดตามตัวเลือกเป็น 0.16 วินาที

ตัวเลข 4 A เป็นกระแสเริ่มทำงานของรีเลย์ด้านทุติยภูมิ ส่วน 5 A เป็นพิกัดทุติยภูมิ CT ทั้งสองค่านี้ทำหน้าที่ต่างกัน หากใช้ 5 A เป็น pickup จะได้ PSM ผิด

ตอบตัวเลือก 2: Compensation Factor

เมื่อเกิดฟอลต์เฟสลงดิน วงจรฟอลต์เกี่ยวข้องกับอิมพีแดนซ์ลำดับศูนย์และทางเดินกระแสกลับลงดิน การใช้แรงดันเฟสหารด้วยกระแสเฟสเพียงอย่างเดียวจึงไม่จำเป็นต้องได้ค่า positive-sequence impedance ของสายถึงจุดฟอลต์

Ground Distance Relay จึงใช้ compensation factor เพื่อชดเชยผลของ zero-sequence impedance ให้การวัด reach สอดคล้องกับอิมพีแดนซ์สายที่ใช้ปรับตั้ง

ตัวอย่างนิยามหนึ่งกำหนด k₀ = (Z₀ − Z₁)/(3Z₁) แล้วใช้กระแสชดเชย I_comp = I_phase + k₀I_residual โดย I_residual = I_a + I_b + I_c = 3I₀ และคำนวณ Z_app = V_phase/I_comp

บางผู้ผลิตนิยามตัวประกอบโดยคูณ I₀ แทน 3I₀ จึงต้องดูนิยามให้ตรงกัน ข้อนี้ถามชื่อพารามิเตอร์ที่ต้องพิจารณา ซึ่งคือ Compensation Factor ไม่ใช่ power factor ของโหลด

ตอบตัวเลือก 4: Y ≈ 0.0083 − j0.058 Mho หรือ S

รวมอิมพีแดนซ์ตลอดความยาวก่อน: Z_total = 80(0.03 + j0.21) = 2.4 + j16.8 Ω จากนั้นจึงหาค่าส่วนกลับ Y = 1/Z_total ตามแบบจำลองอิมพีแดนซ์อนุกรมที่โจทย์ให้

ใช้คอนจูเกตเพื่อหารจำนวนเชิงซ้อน: Y = (2.4 − j16.8)/(2.4² + 16.8²) = (2.4 − j16.8)/288

จึงได้ Y = 0.0083333 − j0.0583333 S ซึ่งตรงกับตัวเลือก 4 ตามความละเอียดที่แสดง ส่วนจินตภาพเป็นลบเพราะอิมพีแดนซ์สายมีลักษณะเหนี่ยวนำ

ตรวจสอบ Z_totalY = 1 การแยกหา 1/R และ 1/X แล้วนำมาประกอบเป็น Y ไม่ถูกต้อง เพราะ R และ X ในโจทย์เป็นส่วนของอิมพีแดนซ์อนุกรมเดียวกัน และต้องรวมความยาว 80 km ด้วย

ตอบตัวเลือก 3: วงกลมที่มีเส้นรอบวงผ่านจุดกำเนิด ตาม characteristic พื้นฐานของ Mho Relay

บนระนาบ R–X ให้แกนนอนเป็น R และแกนตั้งเป็น X สำหรับ Mho Relay แบบพื้นฐาน วงกลมการทำงานผ่านจุดกำเนิด โดยแนวเส้นผ่านศูนย์กลางสัมพันธ์กับมุม characteristic ของรีเลย์

เมื่อตั้งให้ป้องกันสายที่มี R > 0 และ X > 0 แนว reach หลักจึงมุ่งสู่ Quadrant ที่ 1 ซึ่งตรงกับคำบรรยายในตัวเลือก 3

วงกลมที่มีจุดศูนย์กลางตรงจุดกำเนิดเป็น characteristic ของ Impedance Relay แบบพื้นฐาน จึงไม่ใช่คำตอบของ Mho Relay ส่วนรูปสี่เหลี่ยมเป็นอีกตระกูลของ characteristic

ข้อนี้อธิบาย Mho แบบพื้นฐานตามตำรา ไม่ใช่ offset-mho หรือรูป characteristic ที่เปลี่ยนแปลงจากวิธี polarization ของรีเลย์ดิจิทัลบางแบบ

ตอบตัวเลือก 3: reach เท่ากับ 80% ของความยาวสายส่ง

ขนาดอิมพีแดนซ์รวมทั้งเส้นคือ |Z_line| = √(6² + 8²) = 10 Ω ส่วนวงกลมทำงานมีรัศมี 8 Ω จึงครอบคลุมจุดฟอลต์ตามแนวอิมพีแดนซ์สายได้ถึงขนาด 8 Ω

สำหรับสายสม่ำเสมอ เมื่อไม่คิดความต้านทานอาร์ก อิมพีแดนซ์ถึงจุดฟอลต์แปรตามระยะทาง ถ้าฟอลต์อยู่ที่สัดส่วน m ของความยาว จะมี Z_fault = m(6 + j8) และ |Z_fault| = 10m

ที่ขอบเขต reach ให้ 10m = 8 จึงได้ m = 0.8 หรือ 80% ตรวจสอบที่ระยะนี้ Z_fault = 4.8 + j6.4 Ω และมีขนาด √(4.8² + 6.4²) = 8 Ω พอดี

ต้องเทียบรัศมีกับขนาดของอิมพีแดนซ์ ไม่ใช่เทียบกับ X = 8 Ω เพียงส่วนเดียว ซึ่งจะทำให้ตีความผิดว่าป้องกันได้ตลอดสาย

ตอบตัวเลือก 3: อย่างน้อย 10 VA สำหรับภาระรีเลย์ที่ระบุ

ภาระของ CT แสดงเป็น VA ที่กระแสทุติยภูมิพิกัด แต่โจทย์ให้การกิน VA ของรีเลย์ที่กระแส 2.5 A ซึ่งต่างจากพิกัด CT 5 A จึงต้องเทียบด้วยอิมพีแดนซ์ภาระเดียวกัน

สำหรับอิมพีแดนซ์ภาระที่ถือว่าคงที่ ขนาดกำลังปรากฏ |S| = I²|Z| จึงได้ |Z_relay| = 2.5/(2.5²) = 0.4 Ω

เมื่อนำไปอ้างอิงที่กระแส 5 A ภาระเป็น S_rated = 5² × 0.4 = 10 VA หรือคำนวณตรงเป็น 2.5 × (5/2.5)² = 10 VA

เมื่อกระแสเพิ่มสองเท่า ภาระ VA ของอิมพีแดนซ์เดิมเพิ่มสี่เท่า ไม่ใช่สองเท่า คำตอบ 5 VA จึงไม่ถูกต้อง ในการรวมภาระจริงยังต้องรวมสายและอุปกรณ์อื่นด้วย แต่โจทย์นี้ให้ข้อมูลเฉพาะรีเลย์

ตอบตัวเลือก 1: รีเลย์ตรวจจับความผิดปกติภายในหม้อแปลงน้ำมันชนิดมี conservator โดยตรวจจับก๊าซที่เกิดจากฟอลต์ภายใน

Buchholz Relay มักติดตั้งบนท่อระหว่างถังหม้อแปลงหลักกับถังพักน้ำมัน เมื่อความผิดปกติภายในทำให้น้ำมันหรือฉนวนสลายตัว จะเกิดก๊าซที่ลอยสะสมในตัวรีเลย์

การสะสมก๊าซทำให้กลไก เช่น ลูกลอย เปลี่ยนสถานะและให้สัญญาณเตือน ในกรณีฟอลต์รุนแรง น้ำมันที่ไหลกระชากจากถังหลักไปยัง conservator สามารถกระตุ้นส่วน trip ได้ตามแบบของรีเลย์

ตัวเลือก 1 ตรงหลักการและประเภทหม้อแปลงที่ใช้งานมากที่สุด การเกิดก๊าซไม่ได้จำกัดเฉพาะอาร์กเท่านั้น ความร้อนผิดปกติภายในก็ทำให้เกิดก๊าซได้

ตัวเลือก 2 กล่าวถึงระดับน้ำมันเพียงอย่างเดียวจึงไม่ครบหน้าที่หลัก ส่วนตัวเลือก 3 และ 4 ตีความเป็นการวัดอุณหภูมิหรือความดันก๊าซโดยตรง ซึ่งไม่ใช่หลักการตรวจจับก๊าซสะสมและ oil surge ของ Buchholz Relay

ตอบตัวเลือก 3: กระแส Differential มีขนาด 0.3 A

โจทย์ใช้การเปรียบเทียบกระแสสองด้านที่อ้างอิงทิศและเฟสสำหรับ through current ตรงกันแล้ว กระแสผลต่างจึงหาได้จาก I_diff = |I₁ − I₂|

แทนค่า I_diff = |5.1 − 4.8| = 0.3 A ค่านี้เป็น operating หรือ spill current ที่เกิดจากความไม่เท่ากันของกระแสสองด้าน

ค่า (5.1 + 4.8)/2 = 4.95 A เป็นค่าเฉลี่ยขนาดกระแส ซึ่งอาจใช้เป็น restraining current ตามนิยามของรีเลย์บางแบบ แต่ไม่ใช่ differential current ที่ถาม

การพบกระแสผลต่าง 0.3 A ไม่เพียงพอให้สรุปว่ารีเลย์ต้อง trip เพราะยังต้องเทียบกับ minimum pickup และ bias characteristic ข้อนี้ถามเฉพาะขนาดกระแสผลต่าง

ตอบตัวเลือก 3: กระแสฟอลต์ประมาณ 18.827 kA

ใช้ฐานพิกัดเครื่องและแบบจำลองฟอลต์พื้นฐาน โดยแรงดันก่อนฟอลต์เท่ากับ 1 pu ละเลยความต้านทานอาร์กและอิมพีแดนซ์อื่นที่ไม่ได้ระบุ การต่อลงดินโดยตรงทำให้ไม่มีอิมพีแดนซ์ neutral เพิ่มในสมการ

สำหรับ SLG fault วงจรลำดับบวก ลบ และศูนย์ต่ออนุกรมกัน จึงได้ I₁ = I₂ = I₀ = E/(Z₁ + Z₂ + Z₀) และกระแสเฟสที่ฟอลต์ I_f = 3I₀

Z₁ + Z₂ + Z₀ = j(0.20 + 0.20 + 0.10) = j0.50 pu ดังนั้น |I_f| = 3 × 1/0.50 = 6 pu

กระแสฐาน I_base = 75 × 10⁶/(√3 × 13.8 × 10³) = 3,137.773 A จึงได้ |I_f| = 6 × 3,137.773 = 18,826.639 A = 18.826639 kA ปัดเป็น 18.827 kA

ค่า 6.276 kA ในตัวเลือกคือขนาดกระแสลำดับ 2 pu ก่อนคูณ 3 เพื่อเป็นกระแสเฟสที่ฟอลต์ จึงเป็นตัวลวงสำหรับผู้ที่ลืมความสัมพันธ์ I_f = 3I₀

ตอบตัวเลือก 2: กระแสปรับตั้งด้านรีเลย์ประมาณ 1.06 A

พิกัด 150 MVA เป็นกำลังปรากฏสามเฟส จึงหากระแสพิกัดโดย I_FL = S/(√3 V_line) = 150 × 10⁶/(√3 × 18 × 10³) = 4,811.252 A

ตั้ง pickup ที่ 110% ของกระแส full load ทำให้กระแสปรับตั้งด้านปฐมภูมิ I_set,pri = 1.10 × 4,811.252 = 5,292.377 A

CT 5000/1 A มีอัตราทด 5,000:1 จึงได้กระแสด้านรีเลย์ I_set,sec = 5,292.377/5,000 = 1.058475 A ปัดเป็น 1.06 A

ไม่ต้องหาร power factor 0.9 เพิ่ม เพราะโจทย์ให้กำลังปรากฏเป็น MVA อยู่แล้ว หากเผลอหาร PF จะได้ประมาณ 1.176 A ซึ่งใกล้ตัวเลือก 1.17 A แต่ไม่ตรงวิธีคำนวณจากพิกัด MVA

ตอบตัวเลือก 3: เพื่อป้องกันความร้อนสูงเกินในมอเตอร์

ความไม่สมดุลของแรงดันหรือกระแสสามเฟสทำให้มีองค์ประกอบลำดับลบ สนามแม่เหล็กจากองค์ประกอบนี้หมุนสวนทางกับสนามหลักและเพิ่มกระแสกับการสูญเสียในมอเตอร์

ผลสำคัญคือความร้อนเพิ่มขึ้นในขดลวดและส่วนโรเตอร์ แม้กระแสบางเฟสหรือค่าเฉลี่ยอาจยังดูไม่สูงผิดปกติมาก การป้องกันเฟสไม่สมดุลจึงช่วยลดความเสี่ยงต่อฉนวนและความเสียหายจากความร้อน

แรงบิดลดลงหรือเกิดการสั่นอาจเป็นผลร่วมของภาวะไม่สมดุลได้ แต่โจทย์ถามเหตุผลสำคัญของการป้องกัน ซึ่งเน้นการป้องกัน overheating ของมอเตอร์

Voltage dip เป็นเหตุการณ์แรงดันต่ำชั่วคราวอีกลักษณะหนึ่ง ไม่ใช่นิยามเดียวกับ phase unbalance จึงไม่ใช่คำตอบที่ตรงที่สุดของข้อนี้

ตอบตัวเลือก 4: กระแสปรับตั้งด้านรีเลย์ประมาณ 29.1 A

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

กระแสสตาร์ท DOL ที่ให้เท่ากับ 550% ของกระแสพิกัด จึงได้ I_start = 5.50 × 253.5574 = 1,394.5659 A เพื่อหลีกเลี่ยงการทำงานระหว่างสตาร์ท โจทย์ให้ตั้ง pickup เป็น 125% ของกระแสสตาร์ทนี้

กระแสปรับตั้งปฐมภูมิ I_set,pri = 1.25 × 1,394.5659 = 1,743.2073 A ส่วน CT 300/5 A มีอัตราทด 60:1 จึงได้ I_set,sec = 1,743.2073/60 = 29.05346 A ปัดเป็น 29.1 A

การเผื่อ 125% หมายถึงใช้ตัวคูณ 1.25 ไม่ใช่เพิ่มอีก 125% จนกลายเป็น 2.25 เท่า และต้องอ้างอิงกระแสสตาร์ทตามเงื่อนไขข้อนี้ ไม่ใช่เพียง 125% ของกระแสพิกัด

ค่าที่คำนวณนี้เป็นการตอบโจทย์ค่ากระแส การใช้งานจริงยังต้องตรวจการตรวจจับกระแสฟอลต์ต่ำสุด การประสานเวลา และความสามารถของ CT/รีเลย์ร่วมด้วย