Solution d'Exercices Calcul de Court-circuit

Ministère de l’Enseignement Supérieur et de la Recherche Scientifique Université M’Hamed BOUGARA- Boumerdes Faculté des Sciences de l’Ingénieur MGE10 : MACHINES ELECTRIQUES Réseaux Electriques Solution de la série d’Exercices (Calcul de courant de court-circuit) Solution d’exercice N 1 10 Km 48 mm² Cu 30 Km 93,3 mm² Alm 60 KV

2

30 kv

1/ Calcul de Iccb à l’extrémité du départ en schéma secours : Iccb = E√3 / 2Zd Zd = Zda + ZdT + ZdL1 + ZdL2 Zda = j U²/Scc = j (30)²/800 = j 1,13 ZdT = j Ucc * U²/Sn = j (12/100) * (30)²/30 = j 3,6 ZdL1 = ( 0,357 x 30 ) + j( 0,4 x 30 ) = 10,71 + j12 ZdL2 = ( 0,373 x 10 ) + j( 0,4 x 10 ) = 3,73 + j4 Zd = ( 10,71 + 3,73 ) + j ( 1,13 + 3,6 + 12 + 4 ) = 14,44 + j 20,73 | Zd | = 25,26 Iccb = 30 000/( 2 x 25,26 ) = 594 A 2/ Calcul de la valeur de réglage Ir1 Seuil bas du Relais de Phase : a/ Ir1 < 0,85 Iccb Ir1 < 0,85 x 594 A Ir1 < 505 A b/ Ir1 < = 2 x InTC Ir1 < = 2 x 300 A Ir1 < = 600 A c/ Ir1 < 1,2 x ILT Ir1< 1,2 x 270 A Ir1 < 324 A d/ Ir1 > Icharge Ir1 > 220 A 220 A < Ir1 < 324 A Ir1 = 300 A On choisit la valeur de 300 A Seuil bas pour les quelques raisons suivantes : -

quand Ir1 est plus proche de la valeur supérieure, le réglage restera valable plusieurs années en estimant l’évolution de la charge à 10 % par an la valeur de 300 A est plus facilement affichable sur les protections traditionnelles Ir2 correspondant au Seuil Haut : Ir2 = 2 x Ir1 = 2 x 300 A Ir2 = 600 A

3/ Construction du diagramme des courants et tensions au point de Jonction des conducteurs 93 mm² et 48 mm² Jd = - Ii = E / 2Zd Zd = Zda + ZdT + ZdL1 Zd = 10,71 + j ( 1,13 + 3,6 + 12 ) = 10,71 + j 16,73 | Zd | = 19,80 | Id |= | Ii | = 30 000 / ( 2 x19,80 ) = 758 A Le vecteur Jd fait avec E1 un angle φ tel que : tg φ = X / R = - 16,73 / 10,71 = - 1,56 φ = - 57 ° UMBB – Master II-Machines Electriques (Solution de la série d’exercices-Réseaux électriques) 1

Iccb = √3 x Id = 1,732 x 758 A = 1313 A Les vecteurs I2 et I3 représentant les courants de défauts dans les phases 2 et 3, sont perpendiculaires à Id. Les composantes symétriques des tensions V1, V2 et V3 existant au lieu du défaut, ont pour valeur : Vd = Vi = E / 2 = 8660 V et sont portées par le vecteur E1. Les tensions au lieu du défaut ont pour valeur : V1 = E1 = 17320 V V2 = V3 = 8660 V Les composantes symétriques des tensions V1, V2 et V3 existant au lieu du défaut, ont pour valeur : Vd = Vi = E / 2 = 8660 V et sont portées par le vecteur E1. E3 3 Ii = 758 A V2 = V3 = 8660 V 0 I2= 1313 A

I3= 1313 A

I2 = 1313 A 90° 57°

Vd=Vi = 8660 V

E2 E1 V1=17320 V Id = 758 A

Solution d’exercice N 2 : Un alternateur d'une puissance nominale de 10 MVA, d'une tension composée nominale de 5500 V et d'une tension de court-circuit de 30 %, débite sur un jeu de barres A.

2

G

A Icc

Calcul de Icc : Icc = E / ZdA ZdA = ( P/ 100 ) x ( U²n / Sn ) = j( 30 /100 ) x ( 5,5² / 10 ) = j 0,91 Ω Ι ZdA Ι = 0,91 Ω Ι Icc Ι = 5500 / ( 0,91 x √3 ) = 3490 A Calcul de In : UMBB – Master II-Machines Electriques (Solution de la série d’exercices-Réseaux électriques)

2

Sn = Un In √3 In = Sn / Un √3 In = 10 000 000 / 5500 x √3 = 1050 A Valeur du rapport I / In : Icc/ In = 3490 / 1050 = 3,3 Solution d’exercice N 3 : L’alternateur cité ci-dessus demeure utilisé. Du jeu de barres A est issue une ligne AB de 8 Km de longueur, composée de câbles Cuivre 48 mm² de section. R = 0,4 Ω/ Km Lω = 0,4 Ω/ Km.

2

A

G

8 Km

B

Icc

Calcul de J au point B : E = Zd . Icc Zd = ZdA + ZdL E = ( ZdA + ZdL ) . Icc Icc = E / ( ZdA + ZdL ) ZdA = j 0,91 Ω ZdL = RL + jLLω = ( 0,4 x 8 ) + j ( 0,4 x 8 ) Ω = 3,2 + j 3,2 Ω Zd = ZdA + ZdL = 3,2 + j 4,11 Ω ΙZdΙ = 5,2 Ω

ΙIccΙ = 5500 / ( 5,2 x √3 ) = 611 A Calcul de la tension sur le jeu de barres A : VA = ZdL . Icc ΙZdLΙ = 4,5 Ω VA = 4,5 x 611 = 2749,5 V Tension simple UA = 2749,5 x √3 = 4762 V Tension composée Solution d’exercice N 4 : La ligne AB citée déjà est supposée raccordée aux bornes d'un transformateur de 5 MVA de tension secondaire 220 V et de réactance égale à 12 %.

TR

G

8 Km B A

P

B

Calcul de J au point A pour un défaut en P : Icc = E / ( ZdA + ZdL + ZdT ) ZdA = j 0,91 Ω ZdL = 3,2 + j 3,2 Ω ZdT = j ( 12/100) x ( 5,5² / 5 ) = j 0,73 Ω Zd = j 0,91 + 3,2 + j 3,2 + j 0,73 = 3,2 + j 4,84 Ω ΙZdΙ = 5,8 Ω UMBB – Master II-Machines Electriques (Solution de la série d’exercices-Réseaux électriques)

3

ΙIccΙ = 5500 / ( 5,8 x √3 ) = 548 A Calcul de la tension sur le jeu de barres A : VA = ( ZdL + ZdT ) . Icc = ( 3,2 + j 3,2 + j 0,73 ) .548 = ( 3,2 + j 3,93) .548 VA = 5,06 x.548 = 2773 V Tension simple. Solution d’exercice N 4 :

Le défaut est situé dans un Poste en antenne comportant 2 Transformateurs en parallèle et couplés en Etoile-Triangle. Hypothèses : - Puissance de Court-Circuit Triphasée à Ouled Fayet : 355 MVA - Puissance de Court-Circuit Monophasée à Ouled Fayet : 266 MVA - Longueur de la ligne Ouled Fayet – Ben Aknoun : 4 Km - Puissance d'un Transformateur 60 / 10 Kv : 25 MVA - Tension de Court-Circuit des Transformateurs : 8,53 % - Réactance Kilométrique de la ligne : 0,42 Ω / Km - Niveau de Tension : 60 KV 1 / Calcul de Icctri sur le Jeu de Barres 60 KV de Ben Aknoun a ) Schéma électrique

Zda

ZdL O.Fayet

B.Aknoun

b ) Calcul de l'impédance amont Zda de O.Fayet Zda = j U² /Scctri = j 60² / 355 = j 10,14 Ω c ) Calcul de l'impédance de la ligne O.Fayet – B.AKnoun ZdL = j 0,42 x 4 = j 1,68 Ω UMBB – Master II-Machines Electriques (Solution de la série d’exercices-Réseaux électriques)

4

d ) Calcul de Jtri Zd = Zda + ZdL = j 10,14 + j 1,68 = j 11,82 Ω Icc = E / Zd = ( 60 000 / √3 ) / 11,82 = 2930 A 2 / Calcul de Jmono sur le Jeu de Barres 60 KV de Ben Aknoun a ) Schéma homopolaire Z0T1 Z0a

Z0L

O.Fayet Z0T2 B.Aknoun b ) Calcul de l'impédance homopolaire amont Zd0a de O.Fayet Pccmono = U √3 Iccmono Icc = 3 E / ( Zd + Zi + Z0 ) Zd = Zi Iccmono = 3 E / ( 2 Zd + Z0 ) Pccmono = U √3 Jmono = U √3 x 3 E / ( 2 Zd + Z0 ) Or E √3 = U -----------Pccmono = 3 U² / ( 2 Zd + Z0 ) D ' où : Z0 = ( 3 U² / Pccmono ) – 2 Zd

[

] [

]

Z0a =j ( 3 U² / Pccmono ) – 2 Zda = j ( 3 x 60² ) 266 – 2 x 10,14 = j 20,32 Ω c ) Calcul de l'impédance homopolaire de la ligne L'impédance homopolaire de la ligne aérienne équivaut toujours à 3 fois son impédance directe. Z0L = 3 ZdL = 3 x j 1,68 = j 5,04 Ω d ) Calcul de l'impédance homopolaire des Transformateurs Z0T1 = Z0T2 = j ( P / 100 ) x ( U² / Sn ) = j ( 8,53 /100 ) x ( 60² / 25 ) = j 12,28 Ω e ) Transformation du schéma Z0a +Z0L = ZaL

Z0T1 // Z0T2 = Z0Teq

B.Aknoun Z0Teq

ZaL = Z0a +Z0L = j 20,32 + j 5,04 = j 25,36 Ω = Z0T1 // Z0T2 = ( j 12,28 x j 12,28 ) / (j 12,28 + j 12,28 ) = j 6,14 Ω ZaL // Z0Teq = Z0

Z0 = ZaL // Z0Teq = ( j 25,36 x j 6,14 ) / ( j 25,36 + j 6,14 ) = j 4,94 Ω f ) Calcul de Iccmono Iccmono = 3 E / ( 2 Zd + Z0 ) = ( 3 x 60000/ √3) / ( 2 x 11,82 + 4,94 ) UMBB – Master II-Machines Electriques (Solution de la série d’exercices-Réseaux électriques)

5

Iccmono = 3636 A 3 / Calcul des participations en homopolaire de O.Fayet et B. Aknoun a ) Calcul du courant homopolaire total I0 = I1 / 3 = 3636 / 3 = 1212 A b ) Calcul de la tension homopolaire au point de défaut V0 = - Z0 J0 = - 4,94 x 1212 = - 5987 V c ) Calcul des courants homopolaires I01 et I02 B.Aknoun ZaL = j 25,36

I01 V0

Z0Teq = j 6,14

I02 V0

Soient I01 et I02 les courants homopolaires provenant respectivement de O.Fayet et B.Aknoun et se dirigeant vers le défaut. V0 = Z0aL x I01 J01 = 5987 / 25,36 = 236 A V0 = Z0Teq x I02 I02 = 5987 / 6,14 = 976 A

I01 = V0 / Z0Al I02 = V0 / Z0Teq

Le courant I02 est le courant homopolaire provenant des 2 Transformateurs identiques installés à Ben Aknoun. Chacun de ces Transformateurs participe avec un courant homopolaire I0T égal à : I0T1 = I0T2 = 976 / 2 = 488 A 4 / Calcul des Tensions de chacune des phases au lieu du défaut a ) Calcul des composantes symétriques des Tensions a.1. ) Tension directe Vd E = Vd + Zd.Id Vd = E – Zd Id Or Id = Ii = I0 d'où Vd = E – Zd I0 Vd = ( 60000 / √3 ) – 11,82 x 1212 = 20315 V a.2. ) Tension inverse Vi 0 = Vi + Zi.Ii Vi = – Zi Ii = - Zd I0 Vi = – 11,82 x 1212 = -14326 V a.3. ) Tension homopolaire V0 ( calculée précédemment ) V0 = - Z0 J0 = - 4,94 x 1212 = - 5987 V b ) Calcul des Tensions V1, V2 et V3 au lieu du défaut b.1. ) Tension V1 de la phase 1 V1 = Vd + Vi + V0 = 20315 -14326 – 5987 = 0 V Ce résultat confirme que le défaut pris comme exemple, se situe sur la phase 1. Il est donc logique que la tension de cette phase soit nulle, le défaut étant franc. b.2. ) Tension V2 de la phase 2 V2 = a²Vd +aVi + V0 a² = -1/2 – j √3 /2 et a = -1/2 + j √3 /2 V2 = ( -1/2 – j √3 /2 )x 20315 + ( -1/2 + j √3 /2 ) x ( -14326 ) + ( – 5987 ) UMBB – Master II-Machines Electriques (Solution de la série d’exercices-Réseaux électriques)

6

V2 = - 10157,5 – j √3 x 10157,5 + 7163 – j √3 x 7163 - 5987 V2 = - 8981,5 – j √3 x 17320,5 = -8981,5 – j 30000

V

V2 = ( 8981,5 ) ² + ( 30000 )² = 31315 V tg θ2 = ( -30000 ) / ( -8981,5 ) = + 73 ° b.3. ) Tension V3 de la phase 3 V3 = aVd +a²Vi + V0 a² = -1/2 – j √3 /2 et a = -1/2 + j √3 /2 V3 = ( -1/2 + j √3 /2 )x 20315 + ( -1/2 - j √3 /2 ) x ( -14326 ) + ( – 5987 ) V3 = - 10157,5 + j √3 x 10157,5 + 7163 + j √3 x 7163 - 5987 V3 = - 8981,5 + j √3 x 17320,5 = -8981,5 + j 30000

V

V3 = ( 8981,5 ) ² + ( 30000 )² = 31315 V tg θ3 = ( +30000 ) / ( -8981,5 ) = - 73 ° 5 / Calcul des Tensions de chacune des phases sur le jeu de Barres O.Fayet a ) Calcul des composantes symétriques des Tensions a.1. ) Tension directe V'd V'd = Vd + ZdL.Jd V'd = 20315 + 1,68 x 1212 = 22351 V a.2. ) Tension inverse V'i V'i = Vi + ZiL.Ji V'i = – 14326 + 1,68 x 1212 = -12290 V a.3. ) Tension homopolaire V'0 V'0 = V0 + Z0L J0 = - 5987 + 5,04 x 236 = - 4798 V b ) Calcul des Tensions V'1, V'2 et V'3 sur le jeu de Barres O.Fayet b.1. ) Tension V'1 de la phase 1 V'1 = V'd + V'i + V'0 = 22351-12290-4798 = 5263 V b.2. ) Tension V'2 de la phase 2 V'2 = a²V'd +aV'i + V'0 V'2 = ( -1/2 – j √3 /2 )x 22351 + ( -1/2 + j √3 /2 ) x ( -12290 ) + ( – 4798 ) V'2 = - 9830 – j 30000

V

V'2 = ( 9830 ) ² + ( 30000 )² = 31570 V tg α2 = ( -30000 ) / ( -9830 ) = + 72 ° b.3. ) Tension V'3 de la phase 3 V'3 = aV'd +a²V'i + V'0 V'3 = ( -1/2 + j √3 /2 )x 22351 + ( -1/2 - j √3 /2 ) x ( -12290 ) + ( – 4798 ) V'3 = - 10157,5 + j √3 x 10157,5 + 7163 + j √3 x 7163 - 5987 V'3 = - 9830 + j 300000

V

V'3 = ( 9830 ) ² + ( 30000 )² = 31570 V tg θ3 = ( +30000 ) / ( -9830 ) = - 72 °

UMBB – Master II-Machines Electriques (Solution de la série d’exercices-Réseaux électriques)

7

Solution d’exercice N 6 :

ZA1 = ( 25 / 100) x (60)² / 20 = j 45 Ω ZT1 = ( 10 / 100) x (60)² / 20 = j 18 Ω ZA2 = ( 27,8 / 100) x (60)² / 20 = j 50 Ω ZT2 = ( 11,1/ 100) x (60)² / 20 = j 20 Ω ZA3 = ( 25,85 / 100) x (60)² / 15 = j 62 Ω ZT3 = ( 10,4 / 100) x (60)² / 15 = j 25 Ω

ZA1=j45

ZT1=j18

ZL1=j8

ZL3=j4

ZT3=j25

ZA3=j62

ZL2=j12

ZA2=j50

j63

ZT2=j20

ZL1=j8

ZL4=j20

ZL3=j4

j87

ZL2=j12

j70

ZL4=j20

UMBB – Master II-Machines Electriques (Solution de la série d’exercices-Réseaux électriques)

8

UMBB – Master II-Machines Electriques (Solution de la série d’exercices-Réseaux électriques)

9

UMBB – Master II-Machines Electriques (Solution de la série d’exercices-Réseaux électriques) 10

Solution d’exercice N 7 :

UMBB – Master II-Machines Electriques (Solution de la série d’exercices-Réseaux électriques) 11

1. Calculs des impédances directes 1. 1. Centrale Zdg1 = Zdg2 = Zdg3 = j ( 20,5 / 100 ) x ( 30² / 27 ) = j 6,833 Ω ZdT1 = ZdT2 = ZdT3 = j ( 9,1 / 100 ) x ( 30² / 27 ) = j 3,033 Ω 1. 2. SC Sud Zdg4 = j ( 20 / 100 ) x ( 30² / 3,44 ) = j 52,33 Ω ZdT4 = ZdT5 = j ( 7,5 / 100 ) x ( 30² / 8,75 ) = j 7,71 Ω ZdL1 = ZdL2 = j ( 0,42 x 15 ) = j 6,3 Ω 1. 3. Mod II Zdg5 = j ( 31,4 / 100 ) x ( 30² x 0,8 / 6,22 ) = j 36,35 Ω ZdT6 = ZdT7 = j ( 7,5 / 100 ) x ( 30² / 8,75 ) = j 7,71 Ω ZdL3 = ZdL4 = j 0,42 x ( 23 - 15 ) = j 3,36 Ω 1. 4. Mod III Zdg6 = Zdg4 = j 52,33 Ω ZdT8 = ZdT9 = ZdT4 = ZdT5 = j 7,71 Ω ZdL7 = ZdL8 = ZdL3 = ZdL4 = j 3,36 Ω 1. 5. SC Nord Zdg7 =Zdg4 = j ( 20 / 100 ) x ( 30² / 3,44 ) = j 52,33 Ω ZdT10 = ZdT11 = ZdT4 = ZdT5 = j 7,71 Ω ZdL5 = ZdL6 = ZdL1 = ZdL2 = j 6,3 Ω 1. 6. C S T F Zdg8 = ( 1/2 ) x j ( 20 / 100 ) x ( 30² / 2 ) = j 45 Ω ZdT12 = ZdT13 = j ( 7,5 / 100 ) x ( 30² / 7,5 ) = j 9 Ω ZdL9 = ZdL10 = j ( 0,42 x 1 ) = j 0,42 Ω 1. 7. Mod I Zdg9 = Zdg8 = j 45 Ω ZdT14 = ZdT15 = ZdT12 = ZdT13 = j 9 Ω 1. 8. Mod IV ZdT16 = ZdT17 = j ( 7,5 / 100 ) x ( 30² / 8,75 ) = j 7,71 Ω Il est à remarquer que la boucle SC Sud – Mod II est identique à la boucle SC Nord – Mod III. Le schéma direct équivalent à la boucle SC Nord – Mod III est : 6,3

3,36

6,3

3,36

7,71

7,71

36,35

30 KV 7,71

7,71

52,33 UMBB – Master II-Machines Electriques (Solution de la série d’exercices-Réseaux électriques) 12

6,3

11,07

6,3

11,07

36,35

30 KV 7,71

7,71

52,33

UMBB – Master II-Machines Electriques (Solution de la série d’exercices-Réseaux électriques) 13

UMBB – Master II-Machines Electriques (Solution de la série d’exercices-Réseaux électriques) 14

UMBB – Master II-Machines Electriques (Solution de la série d’exercices-Réseaux électriques) 15

UMBB – Master II-Machines Electriques (Solution de la série d’exercices-Réseaux électriques) 16

Le Schéma direct de la Centrale est : 6,833

3,033

6,833

3,033

6,833

3,033

3,29

30 KV Le Schéma équivalent du réseau vu du point de défaut est : 3,29

27,145

27,145

24,96

2,396

Zd = Zi = 2,396 Ω 2. Calcul du Courant de Court-Circuit Triphasé sur le Jeu de Barres 30 KV

JTri = ( 30.000 / √3 )/ 2,396 = 7240 A

UMBB – Master II-Machines Electriques (Solution de la série d’exercices-Réseaux électriques) 17

Schéma homopolaire : 3,033 18,9

7,71

Z0T1 3,033

Z0L1 18,9

Z0T4 7,71

Z0T2 3,033

Z0L2

Z0T5

Z0T3 7,71 Z0T10

18,9

Z0

Z0L5

0,878 7,71 Z0T11

18,9 Z0L6

30 KV

Il est à constater que Mod III, Mod II, CSTF, Mod I et Mod IV ne participent pas en homopolaire car leurs transformateurs ont l'enroulement côté Jeu de Barres 30 KV couplé en triangle c'est-à-dire isolé du sol. Ces transformateurs qui participent en homopolaire ( T1, T2, T3, T4, T5, T10 et T11 ) sont en couplage étoile à la terre – triangle. Leurs impédances homopolaires valent l'impédance directe. Z0T = ZdT Pour les lignes L1, L2, L5 et L6 : Z0L = 3ZdL 3. Calcul du Courant de Court-Circuit Monophasé sur le Jeu de Barres 30 KV Icc = 3E / (2 Zd + Z0 ) IccMono = ( 3 x 30.000 / √3 )/ ( 2 x 2,396 + 0,878 ) = 9180 A

UMBB – Master II-Machines Electriques (Solution de la série d’exercices-Réseaux électriques) 18

4. Calcul du Courant de Court-Circuit Triphasé sur le Jeu de Barres 5,5 KV à Mod III vu du Jeu de Barres 30 KV Schéma direct 3,29 27,145

24,96 11,07

6,30

36,35

11,07

6,30

7,71

7,71 30 KV

52,33

UMBB – Master II-Machines Electriques (Solution de la série d’exercices-Réseaux électriques) 19

JTri = ( 30.000 / √3 )/ 8,31 = 2083 A 5. Calcul du Courant de Court-Circuit Monophasé sur le Jeu de Barres 5,5 KV à Mod III vu du Jeu de Barres 30 KV Zd = Zi = 8,31 Ω

UMBB – Master II-Machines Electriques (Solution de la série d’exercices-Réseaux électriques) 20

Schéma homopolaire Seuls les 2 Transformateurs T8 et T9 participent en homopolaire Z0T8 3,8 55 7,71 Z0T9 7,71 Z0T = 3,855 Ω

JMono = ( 3 x 30.000 / √3 )/ ( 2 x 8,31 + 3,855 ) = 2540 A

6. Calcul des Participations de chaque Boucle pour un Court-Circuit Triphasé sur le Jeu de Barres 30 KV JTri = 7230 A 3,29 J1 J2

27,145 J3 J4

UMBB – Master II-Machines Electriques (Solution de la série d’exercices-Réseaux électriques) 21

UMBB – Master II-Machines Electriques (Solution de la série d’exercices-Réseaux électriques) 22

UMBB – Master II-Machines Electriques (Solution de la série d’exercices-Réseaux électriques) 23

UMBB – Master II-Machines Electriques (Solution de la série d’exercices-Réseaux électriques) 24

UMBB – Master II-Machines Electriques (Solution de la série d’exercices-Réseaux électriques) 25