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ETUDE d’une CENTRALE HYDRAULIQUE(Partie Puissance - Etude des courants de court-circuit)savoir Ik3^=kxIk3max. Maintenant en ce qui me concerne, je prends toujours la valeur calculée en fonctionde R/X. Ici n’ayant pas détaillé le calcul, il s’ensuit que si j’avais pris R/X=0, j’aurai obtenu k=2,8 soit unevaleur prise par excès. J’ai donc opté pour une valeur courante de 2,2 et d’autant plus que je suisproche de la source. R/X=0,2 soit k=2.2. Ce n’est point pris pas hasard.Note 8c : Il n’est pas anormal de prendre dans une installation électrique un coefficient d’extension. Enrègle générale on adopte un coefficient de 1,2. Ce coefficient est-il celui dont vous nous parlez ?Vous écrivez également que la valeur du coefficient 1,2 est erronée. Vous faites une confusion entre tauxd'asymétrie et coefficient de sécurité (9) . Vous affirmez sans le démontrer que dans le cas d'uneinstallation équipée d'alternateurs, seule la méthode des composantes symétriques est applicable et vousécrivez qu'il est évident que le Iccbi =U/2Zd n'est pas applicable (10). Vous dites deux choses contradictoirespuisque cette formule se démontre par les composantes symétriques. Vous auriez du écrire que la formulene pouvait pas être appliquée car la méthode des composantes symétriques est difficilement applicable surun réseau 4 fils (11) (mais comme la charge est équilibrée, on peut ma foi....). J'aimerai également savoirpourquoi le plan de protection d'un réseau industriel ne peut pas être réglé en fonction du Icc bi mini (12) .Pourquoi la protection générale d'un réseau industriel doit elle être réglée groupe à l'arrêt ? Lorsqu'il s'agitde définir le réglage d'une protection C13-100, il convient de calculer la valeur à PCC mini à l'interface. Celasuppose :• Que le réseau du distributeur soit considéré comme étant exploité en schéma de secours.• Que les groupes raccordés sur le réseau soient à l'arrêt. Un tel réglage garantira que la protection C13-100 sera capable de détecter un court-circuit biphasé affectant le réseau industriel quelle que soit laconfiguration du réseau. Vous n'êtes pas sans savoir que dans le cas où un groupe est raccordé auréseau, la protection C13-100 est complétée d'une protection de découplage C15-400 qui, en présenced'un court-circuit, arrêtera les groupes instantanément. J'aimerai connaître l'objet de la nonconformités'il y en a une (13)Bien cordialementNote 9 : Non Monsieur LAMBERT, je ne fais pas confusion entre le taux d’asymétrie (tenueélectrodynamique des jeux de barres, pouvoir de fermeture des disjoncteurs interrupteurs) et uncoefficient de sécurité de 1,2 ! Qui peut aboutir comme démontré ci-dessus à un surdimensionnement deséquipements, maintenant ce coefficient peut être retenu si des extensions sont prévues.Note 10 : Non Monsieur LAMBERT, je n’ai pas écrit des choses contradictoires (Voir pièce jointe N°5).Cette formule se démontre à l’aide des composantes symétriques, seulement vous avez oublié que dans cetteinstallation, il y a des alternateurs et que dans ce cas, le courant de court-circuit biphasé s’écrit :nonpasm × c × E × 3Ik2 max =qui peut aussi s’écrire :2 × ZdIk2 max = Ik3 max ×32avecm × c × EIk3max =Zdmaism × c × E × 3Ik2 max =avec m = 1 ,05 c = 1, 05Zd + Zietm × c × E × 3Ik2 min i =avec m = 1 ,05 c = 0, 95Zd + ZiLa formule que vous écriez n’est valable uniquement lorsque Zd = Zi . En aucun cas avec des alternateurs. Letableau en page 2 de cette note montre cet état de fait et voir ci-dessous les résultats des calculsimmédiatement en aval d’un alternateur de 250kVA.Jean-Jacques NAVARRO Page 8 21/04/2010C:\Documents and Settings\Propriétaire\Bureau\J22.doc
ETUDE d’une CENTRALE HYDRAULIQUE(Partie Puissance - Etude des courants de court-circuit)Réactance (%)Réactance (mΩ)RésultatsX’d (%) Xi (%) Xo (%) X’’d (%) U(V)14,6 10,5 2 9,7 400X’d (mΩ) Xi (mΩ) Xo (mΩ) X’’d (mΩ)93,44 67,2 12,8 62Ik’’3max (kA) Ik’3max(kA) Ik2max(kA) Ik1max(kA) If(kA)4,1 2,72 2,75 4,4 3,98A la sortie de l’alternateur, la démonstration est faitem × c × E × 3 1,05×1,05×400m × c × E × 3 1,05×1,05×400Ik 2 max === 2,75 et non pas Ik 2 max === 2, 35Zd + Zi 93,44 + 67,22 × Zd 2 × 93,44Il est à noter que la prise en compte des câbles BT influent sur la valeur des IkReprises des résultats (page 1) Tous les calculs faits, on constate par exemple que :33Ik 2 max ≠ Ik3max× Ik2 max ≠ 15,31×= 13, 25kA22Total (sur le jeu de Ik3max (kA) Ik2max (kA) Ik2mini (kA) Ik1max (kA) Ik1mini (kA) If (kA)barres du TGBT) 15,31 13,82 12,50 15,55 14,06 13,58La même démonstration peut être faite avec Ik2mini.Note 11 : Bien sûr que la méthode des composantes symétriques s’applique pour les réseaux 4 fils commed’ailleurs le montre l’extrait du guide UTE C 15-105 page 49 (Voir Pièce jointe N°6) Dans le cas d’un courtcircuitPhase/neutre, le déséquilibre est maximum.m × c × E × 3Ik1 max =avecZd + Zi + ZoZd Impédance directeZi Impédance inverseZo Impédance homopolaire Phase/NeutreComme précédemment, la formule s’écrit différemment lorsqueZd = Zi à savoir :m × c × E × 3Ik1 max = avec2 × Zd + ZoZd Impédance directeZo Impédance homopolaire Phase/NeutreCette formule s’applique aussi en ce qui concerne les calculs des courants de défautIfm×c×E × 3= α ×avecZd + Zi + Zo1 en schéma TNα 0,5 en schéma ITAN0,866 en schéma ITSNZd Impédance directeZi Impédance inverseZo Impédance homopolaire Phase/NeutreAttention aux calculs de Z qui dépendent largement des diverses valeurs de « Rho »Note 12 : Monsieur LAMBERT, vous avez simplement oublié que dans les installations électriques à bassetension, le conducteur neutre peut être distribué et que le conducteur de protection également et qu’il doitêtre jointif aux conducteurs de phases et qu’il faut composer avec ceux-ci. Le plan de protection s’établiavec la connaissance des courants de court-circuit, soit Phase/Neutre, soit Phase /PE ou PENJean-Jacques NAVARRO Page 9 21/04/2010C:\Documents and Settings\Propriétaire\Bureau\J22.doc
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