ข้อสอบบรรจุเข้าทำงานการไฟฟ้านครหลวง ตำแหน่งวิศวกรไฟฟ้า วิชาความรู้เฉพาะตำแหน่ง ชุดที่ 15

ตอบตัวเลือก 3: ใช้ CT ทั้งหมด 3 ตัว

Residual Connection ใช้ CT วัดกระแสในแต่ละเฟสหนึ่งตัว รวมสามตัว แล้วต่อวงจรทุติยภูมิให้รีเลย์ลงดินรับผลรวมเชิงเฟสเซอร์ของกระแสทั้งสามเฟส

กระแส residual คือ I_res = I_a + I_b + I_c = 3I₀ หากไม่มีทางเดินกระแสรั่วลงดิน ผลรวมกระแสสายทั้งสามในอุดมคติเป็นศูนย์ แต่เมื่อมี earth fault จะมี residual current ให้ตรวจจับ

CT แต่ละเฟสต้องมีอัตราทดและขั้วเหมาะสม การต่อขั้วผิดหรือความคลาดเคลื่อนของ CT อาจสร้าง residual current ที่ไม่ใช่ฟอลต์จริงได้

การใช้ CT ตัวเดียวคล้องสายทั้งสามเฟสเป็นวิธี core-balance หรือ zero-sequence CT อีกแบบหนึ่ง จึงไม่ใช่การใช้ CT แยกสามเฟสแบบ Residual Connected ที่โจทย์ถาม

ตอบตัวเลือก 4: ค่าส่วนต่างเวลาขั้นต่ำสำหรับจัดลำดับรีเลย์หลักกับรีเลย์สำรอง

ในการป้องกันแบบ time grading ต้องให้รีเลย์หลักที่อยู่ใกล้ฟอลต์ทำงานก่อน และให้รีเลย์สำรองทำงานช้ากว่าเพียงพอ เพื่อไม่ให้ตัดวงจรเกินความจำเป็นเมื่อระบบป้องกันหลักทำงานได้ตามปกติ

Grading Margin จึงเป็นช่วงเวลาที่เผื่อระหว่างการทำงานของรีเลย์ทั้งสอง โดยพิจารณาเวลาตัดของ circuit breaker ความคลาดเคลื่อนและปัจจัยด้านเวลาที่เกี่ยวข้อง ไม่ใช่ตัวคูณที่ไม่มีหน่วย

ตัวอย่าง ถ้ารีเลย์หลักทำงานที่ 0.20 s และต้องการ margin 0.35 s รีเลย์สำรองควรมีเวลาทำงานอย่างน้อย 0.55 s ที่กระแสฟอลต์ซึ่งใช้ตรวจการประสานนั้น

ตัวเลือก 3 อธิบาย Time Multiplier Setting หรือ TMS ส่วน Grading Margin เป็นผลต่างเวลา จึงมีหน่วยเป็นวินาทีและมีหน้าที่ต่างกัน

ตอบตัวเลือก 1: เวลาทำงานประมาณ 1.429 วินาที

CT 600/5 A มีอัตราทด 120:1 กระแสฟอลต์ทุติยภูมิเท่ากับ 4,000/120 = 33.3333 A ส่วนการตั้ง 100% ทำให้ pickup เท่ากับกระแสทุติยภูมิพิกัด 5 A

ดังนั้น PSM = 33.3333/5 = 6.6667 หรือคิดที่ด้านปฐมภูมิได้ 4,000/600 = 6.6667 เช่นกัน

สำหรับ IEC Very Inverse ใช้ t = 13.5 × TMS/(PSM − 1) จึงได้ t = 13.5 × 0.6/(6.6667 − 1) = 1.4294118 s ปัดเป็น 1.429 วินาที

ต้องใช้ PSM ซึ่งเป็นเท่าของ pickup ไม่ใช่ค่ากระแส 33.3333 A ไปแทนในสูตรโดยตรง และต้องเลือกสูตร VI ให้ตรงกับชนิด curve ที่ระบุ

ตอบตัวเลือก 4: เวลาทำงานประมาณ 0.86 วินาที

CT 1000/5 A มีอัตราทด 200:1 ทำให้กระแสฟอลต์ด้านทุติยภูมิเป็น 5,000/200 = 25 A และ pickup ที่ 100% เท่ากับ 5 A จึงมี PSM = 25/5 = 5

ใช้ characteristic แบบ IEC Standard Inverse: t = 0.14 × TMS/(PSM^0.02 − 1)

แทนค่า t = 0.14 × 0.2/(5^0.02 − 1) = 0.855944 s ปัดตามตัวเลือกเป็น 0.86 วินาที

ตรวจสอบจากเวลาที่ TMS = 1 ซึ่งเท่ากับประมาณ 4.27972 s เมื่อนำมาคูณ 0.2 ต้องได้ประมาณ 0.856 s ดังนั้นตัวเลือก 4.30 s จึงเป็นเวลาที่ยังไม่ได้คูณ TMS ที่โจทย์กำหนด

ตอบตัวเลือก 2: TMS = 0.1

เมื่อชนิด curve และ PSM คงเดิม พจน์ที่ขึ้นกับกระแสในสมการเวลาไม่เปลี่ยน เวลาทำงานจึงแปรผันตรงกับ TMS: t = TMS × F(PSM)

โจทย์ให้ t_old = 30 s ที่ TMS_old = 1 จึงได้ F(5) = 30 s ต้องการ t_new = 3 s จะมี TMS_new/TMS_old = t_new/t_old

ดังนั้น TMS_new = 1 × 3/30 = 0.1 ตรวจสอบกลับ t_new = 0.1 × 30 = 3 s ตรงตามที่ต้องการ

ไม่จำเป็นต้องจำค่าคงที่ของสูตร LTI สำหรับข้อนี้ เพราะโจทย์ให้เวลาฐานที่ PSM เดียวกันมาแล้ว ตัวเลือก 10.0 จะทำให้ช้าลงสิบเท่าแทนที่จะเร็วขึ้นสิบเท่า

ตอบตัวเลือก 1: TMS_B ประมาณ 0.06 ตามความละเอียดของตัวเลือก โดยค่าคำนวณก่อนปัดเท่ากับ 0.0609375

การประสานรีเลย์ B ให้สำรอง A ต้องพิจารณาฟอลต์ F1 ที่อยู่ปลายทางของ A ซึ่งในรูปมีกระแส 2,100 A โดย A ต่อ CT 300/5 A, pickup 5 A และ TMS_A = 0.05 ส่วน B ต่อ CT 600/5 A และ pickup 5 A

ที่ F1 รีเลย์ A มี PSM_A = 2,100/300 = 7 ใช้ EI: t_A = 80 × 0.05/(7² − 1) = 4/48 = 0.083333 s จึงต้องให้ t_B = t_A + 0.35 = 0.433333 s

รีเลย์ B มีกระแสทุติยภูมิ 2,100/(600/5) = 17.5 A จึงมี PSM_B = 17.5/5 = 3.5 จัดรูป EI เป็น TMS_B = t_B(PSM_B² − 1)/80

แทนค่า TMS_B = 0.433333(3.5² − 1)/80 = 0.0609375 จึงตรงกับตัวเลือก 0.06 เมื่อปัดสองตำแหน่ง ค่า 0.433 ในตัวเลือกเป็นเวลาเป้าหมายของ B ไม่ใช่ TMS

ฟอลต์ F2 ขนาด 3,600 A อยู่ระหว่าง B กับ A จึงไม่ใช่จุดที่ใช้ประสานการสำรอง A ในขั้นนี้ และการตรวจว่ารักษา margin ขั้นต่ำได้จริงต้องใช้ค่าก่อนปัด เพราะ 0.06 เป็นเพียงคำตอบประมาณตามตัวเลือก

ตอบตัวเลือก 2: ฟอลต์ที่ระยะ 70% ของความยาวสายส่ง

ให้ m เป็นสัดส่วนระยะจากรีเลย์ อิมพีแดนซ์ถึงจุดฟอลต์ตามแบบจำลองโจทย์คือ Z_app = m(3 + j4) + 1 = (3m + 1) + j4m Ω โดยความต้านทานอาร์กเพิ่มในแกน R

รีเลย์แบบวงกลมรัศมี 4 Ω จะไม่ทำงานเมื่อจุดอิมพีแดนซ์อยู่นอกวงกลม กล่าวคือ |Z_app| > 4 หรือ (3m + 1)² + (4m)² > 16

ที่ m = 0.70 จะได้ Z_app = 3.1 + j2.8 Ω และ |Z_app| = √(3.1² + 2.8²) = √17.45 ≈ 4.177 Ω จึงอยู่นอกวงกลม

ตรวจตัวเลือกอื่น: m = 0.50 ให้ |Z| ≈ 3.202 Ω, m = 0.60 ให้ |Z| ≈ 3.688 Ω และ m = 0.45 ให้ |Z| ≈ 2.960 Ω ทั้งหมดอยู่ภายในวงกลม จึงมีตัวเลือกเดียวที่ไม่ทำงาน

ถ้าละเลยความต้านทานอาร์ก 1 Ω จะประเมิน reach มากกว่าที่เกิดขึ้นจริงในโจทย์นี้ จึงต้องรวมส่วน R จากอาร์กก่อนทดสอบทุกตัวเลือก

ตอบตัวเลือก 4: CT ด้านปฐมภูมิ 100/5 A และด้านทุติยภูมิ 400/5 A

เป็นหม้อแปลงหนึ่งเฟส จึงใช้ S = VI โดยไม่มีตัวประกอบ √3 กระแสเต็มพิกัดด้านปฐมภูมิ I_P = 10 × 10⁶/(100 × 10³) = 100 A

ด้านทุติยภูมิมีแรงดัน 25 kV จึงมีกระแสเต็มพิกัด I_S = 10 × 10⁶/(25 × 10³) = 400 A ต้องเลือก CT ให้สอดคล้องกับกระแสเต็มพิกัดแต่ละด้านและให้กระแสทุติยภูมิพิกัด 5 A เท่ากัน

ตรวจ CT 100/5 A และ 400/5 A: ที่โหลดเต็มพิกัด กระแสเข้ารีเลย์สองด้านคือ 100/(100/5) = 5 A และ 400/(400/5) = 5 A จึงสมดุลในอุดมคติเมื่อขั้วถูกต้อง

ตัวเลือก 1 แม้อัตราทดสอง CT จะรักษาสัดส่วนกัน แต่ที่โหลดเต็มพิกัดจะให้กระแสทุติยภูมิ 20 A ทั้งสองข้าง และกระแสปฐมภูมิเกินพิกัด CT ที่ระบุสี่เท่า จึงไม่ใช่การเลือก CT พิกัด 5 A ให้เหมาะกับโหลดเต็มพิกัดตามโจทย์

ตอบตัวเลือก 4: เพื่อป้องกันความร้อนสูงเกินในแกนเหล็กและความเสียหายของหม้อแปลง

สำหรับรูปคลื่นไซน์ ความสัมพันธ์โดยประมาณคือ V = 4.44fNΦ_max ดังนั้นเมื่อจำนวนรอบคงที่ ฟลักซ์สูงสุดจะแปรตามอัตราส่วน V/f

ถ้าแรงดันสูงเกินหรือความถี่ต่ำลงมาก อัตราส่วน V/f เพิ่ม ฟลักซ์ในแกนจึงสูงขึ้นจนแกนอิ่มตัว ส่งผลให้กระแสแม่เหล็กและการสูญเสียเพิ่มขึ้น รวมถึงอาจมี stray flux ทำให้ส่วนโครงสร้างร้อนผิดปกติ

เหตุผลหลักของการป้องกัน overfluxing จึงเป็นการจำกัดความเสียหายจากความร้อน ไม่ใช่การตรวจแรงดันตกหรือความถี่สูงเพียงอย่างเดียว

แม้กระแสแม่เหล็กจะเพิ่มขึ้นเป็นผลร่วม แต่การอาศัยกระแสเกินอย่างเดียวไม่ใช่คำอธิบายที่ตรงที่สุดของ overfluxing protection ซึ่งพิจารณา V/Hz และความสามารถทนของหม้อแปลง

ตอบตัวเลือก 1: External Faults

Through fault คือฟอลต์ที่อยู่นอกขอบเขตการป้องกันของ differential zone แต่ทำให้มีกระแสฟอลต์ไหลผ่านอุปกรณ์หรือเขตที่ป้องกัน เช่น ฟอลต์ด้านนอก CT ที่กำหนดขอบเขตหม้อแปลง

เมื่อ CT ทั้งสองด้านและการชดเชยทำงานอุดมคติ กระแสที่ไหลเข้าและออกเขตจะสมดุล ทำให้ differential current ใกล้ศูนย์ จึงไม่ควร trip อุปกรณ์ภายใน zone เพียงเพราะมีกระแสผ่านสูง

ในระบบจริง CT อาจอิ่มตัวไม่เท่ากันระหว่าง through fault จนเกิด spill current ปลอม การใช้ bias/restraint ช่วยเพิ่มความมั่นคงไม่ให้ differential relay ทำงานผิด

Earth fault เป็นการจำแนกตามชนิดฟอลต์ ซึ่งอาจอยู่ภายในหรือภายนอก zone ก็ได้ ส่วน Internal Faults เป็นฟอลต์ภายในเขตและต่างจากความหมายของ Through Faults

ตอบตัวเลือก 4: กระแสลัดวงจรประมาณ 15.69 kA

ใช้แบบจำลองฟอลต์พื้นฐานที่แรงดันก่อนฟอลต์ E = 1 pu ละเลยความต้านทานและอิมพีแดนซ์อื่นที่ไม่ได้ระบุ ฟอลต์สามเฟสสมดุลใช้เฉพาะวงจรลำดับบวก จึงมี |I_f| = |E/Z₁|

X₁ = 20% = 0.20 pu ดังนั้น |I_f| = 1/0.20 = 5 pu ไม่ต้องนำ X₂ และ X₀ มาบวกในกรณีฟอลต์สามเฟสสมดุลนี้

กระแสฐาน I_base = S_base/(√3 V_line,base) = 75 × 10⁶/(√3 × 13.8 × 10³) = 3,137.773 A

กระแสจริงจึงเป็น |I_f| = 5 × 3,137.773 = 15,688.866 A = 15.688866 kA ปัดเป็น 15.69 kA ส่วนค่า 3.14 kA เป็นกระแสฐานที่ยังไม่ได้คูณ 5 pu

ตอบตัวเลือก 4: Grounding Resistance ที่สะท้อนมาด้าน neutral เท่ากับ 10,000 Ω

ตัวต้านทาน 1 Ω อยู่ด้านทุติยภูมิ 220 V ของหม้อแปลงต่อลงดิน ต้องสะท้อนอิมพีแดนซ์มายังด้านแรงสูง 22 kV ที่ต่อกับ neutral ของเครื่องกำเนิด

อัตราส่วนรอบอุดมคติ a = V_H/V_L = 22,000/220 = 100 การสะท้อนความต้านทานจากด้านต่ำไปด้านสูงใช้ R_H = a²R_L

ดังนั้น R_ground = 100² × 1.0 = 10,000 Ω คำตอบ 100 Ω เกิดจากใช้ตัวคูณ a แทน a² ซึ่งเป็นกฎสำหรับแรงดัน ไม่ใช่การสะท้อนอิมพีแดนซ์

พิกัด 18 kV ของเครื่องกำเนิดและ 25 kVA ของหม้อแปลงไม่ต้องนำมาแทนอัตราทดในข้อนี้ เพราะโจทย์ถามค่าความต้านทานสะท้อน และให้อัตราทด 22 kV/220 V ของหม้อแปลงที่ใช้ไว้ชัดเจน

ตอบตัวเลือก 3: ทั้งสองฝั่งตั้ง reach ที่ Z₁ = Z₂ = 1.6 + j12.8 Ω

DUTT ย่อมาจาก Direct Underreaching Transfer Trip ใช้ element ที่ underreach ของสายเป็นส่วนของการตรวจจับและส่งคำสั่ง trip ไปยังปลายตรงข้าม ตามรูปแบบพื้นฐานที่โจทย์กำหนดให้ทั้งสองปลายตั้ง 80%

อิมพีแดนซ์สายที่ให้เป็นค่าด้าน secondary แล้ว จึงคูณสัดส่วนระยะได้โดยตรง: Z_set = 0.80Z_line = 0.80(2 + j16)

ได้ส่วนจริง 0.80 × 2 = 1.6 Ω และส่วนจินตภาพ 0.80 × 16 = 12.8 Ω ทั้งสองปลายมองเข้าสายเส้นเดียวกันจึงตั้ง reach ตามสัดส่วนเดียวกันในโจทย์นี้

ตัวเลือก 1 และ 2 ตั้งด้านหนึ่งเต็ม 100% จึงไม่ตรงเงื่อนไข 80% ทั้งสองด้าน ส่วนตัวเลือก 4 ตั้งทั้งสองด้าน 100% แม้เรียกว่า Admittance/Mho Relay โจทย์นี้ระบุค่าปรับ reach ในรูปอิมพีแดนซ์หน่วย Ω จึงตอบด้วยค่า Z ไม่ใช่แปลงเป็น S

ตอบตัวเลือก 3: ค่าความต้านทานลดลงเมื่ออุณหภูมิเพิ่มสูงขึ้น

NTC ย่อมาจาก Negative Temperature Coefficient หมายถึงสัมประสิทธิ์อุณหภูมิของความต้านทานเป็นลบ กล่าวคือ dR/dT < 0 ในย่านใช้งานที่กำหนด

เมื่ออุณหภูมิสูงขึ้น ความต้านทานของ NTC จึงลดลง และเมื่ออุณหภูมิลดลง ความต้านทานจะเพิ่มขึ้น ความสัมพันธ์นี้ทำให้ใช้เป็นเซนเซอร์ตรวจอุณหภูมิได้

ตัวเลือก 2 เป็นแนวโน้มของอุปกรณ์แบบ Positive Temperature Coefficient หรือ PTC ส่วนตัวเลือก 1 และ 4 ระบุว่าความต้านทานคงที่ซึ่งไม่ตรงกับคุณสมบัติที่ใช้ตรวจอุณหภูมิของ thermistor

ความสัมพันธ์ R กับ T ของ NTC โดยทั่วไปไม่เป็นเส้นตรง การแปลงค่าความต้านทานเป็นอุณหภูมิจึงต้องใช้ characteristic หรือสมการที่เหมาะกับตัวอุปกรณ์ ไม่ใช่สมมติว่าลดลงคงที่กี่โอห์มต่อองศาเสมอไป

ตอบตัวเลือก 2: กระแสปรับตั้งด้านรีเลย์ประมาณ 2.68 A

โจทย์ให้กระแสพิกัดมอเตอร์ I_n = 244 A โดยตรง จึงใช้ค่านี้เป็นฐานได้เลย การเผื่อ 10% เหนือกระแสพิกัดหมายถึงตั้งเป็น 110% หรือคูณ 1.10

กระแส pickup ด้านปฐมภูมิ I_set,pri = 1.10 × 244 = 268.4 A ส่วน CT 500/5 A มีอัตราทด 100:1

จึงได้ I_set,sec = 268.4/100 = 2.684 A ปัดตามตัวเลือกเป็น 2.68 A ตรวจสอบก่อนปัดได้ 2.684 × 100 = 268.4 A ตรงกับ 110% ของพิกัด

LCR = 1250 A เป็นกระแสขณะ locked rotor ไม่ใช่ฐานสำหรับการตั้ง overload ตามเงื่อนไขนี้ คำตอบ 12.5 A และ 13.75 A เกิดจากนำ LCR มาใช้แทนกระแสพิกัด ส่วน 2.44 A ยังไม่ได้เพิ่ม margin