17 23 25posteselectriques.o.p.f.unblog.fr/files/2014/10/b.61-24... · B•61-24 Chapitre 1 Le...

1 • Rappel électrotechnique ..................................................... 111.1. - Théorie des composantes symétriques .................. 11

1.1.1. - Analyse d'un système triphasé .......................... 111.1.2. - Notion de l'opérateur "a" ......................................... 121.1.3. - Théorème de FORTESCUE ....................................... 121.1.4. - Réalité physique des

composantes symétriques ...................................... 14

1.2. - Equivalence circuit série, circuit parallèle ......... 15

2 • Schéma équivalent d'un réseau en défaut ... 17

3 • Réseau HTA à neutre mis à la terre parrésistance ................................................................................................... 23

4 • Réseau HTA à neutre mis à la terrepar bobine de compensation ......................................... 25

1 • Les défauts doubles ...................................................................... 311.1. - Cas d'un défaut double ............................................................. 32

1.2. - Cas du double défaut monophasé ................................ 33

1.3. - Cas du double défaut avec coup de shunt ........... 35

2 • Calcul du courant de défaut monophaséen cas de rupture d'un conducteuraérien ............................................................................................................... 37

2.1. - Rupture d'un conducteur avec contact à laterre du côté de la charge (défaut en retour) .. 37

Sommaire

Chap i t r e 1P a g e 5

B • 6 1 - 2 4

Chapitre 1Le courant de défaut monophasé ................................................ 9

Chapitre 2Analyse de défauts particuliers ................................................... 29

2.2. - Rupture d'un conducteur sans contact à laterre ......................................................................................................... 41

3 • Shunt et auto transformateur ....................................... 43

1 • Ordre de grandeur des capacitéshomopolaires Co et des courantscapacitifs résiduels 3 Io des ancienscâbles et lignes aériennes ....................................................... 47

2 • Ordre de grandeur des capacitéshomopolaires des câbles HN 33 S 23sous 20 kV ................................................................................................. 49

1 • Poste équipé d'un disjoncteur shunt ................. 53

2 • Poste non équipé d'un disjoncteur shunt .. 55

1 • Exemple n° 1 Schémas simplifiés .......................... 591.1. - Calcul des impédances de réseau ................................. 60


B • 6 1 - 2 4

Sommaire

Chapitre 3Capacités homopolaires des câbles et lignes ............... 45

Chapitre 4Mesure du courant capacitif résiduel d'un départ HTA ............................................................................................................................ 51

Chapitre 5Protections ampèremétriques à temps constant(phase et homopolaire) - Exemples de réglage ......... 57

1.2. - Calcul de Iccb ..................................................................................... 61

2 • Exemple n° 2 Calcul complet pour undépart souterrain avec mise à la terredu neutre HTA par bobine ................................................ 63

2.1. - Généralités ............................................................................................ 63

2.2. - Départs ...................................................................................................... 632.2.1. - Caractéristiques des départs 1 et 2 ........... 632.2.2. - Caractéristiques des protections .................. 642.2.3. - Réglage des relais de phase

(calcul de Iccb) .................................................................... 642.2.4. - Réglage des relais homopolaires .................. 64

2.3. - Arrivée ....................................................................................................... 652.3.1. - Caractéristiques des protections .................. 652.3.2. - Réglage des relais de phase ................................. 652.3.3. - Réglage du relais homopolaire ........................ 65

2.4. - Liaison ....................................................................................................... 662.4.1. - Caractéristiques des protections ................... 662.4.2. - Réglage des relais de phase ................................. 662.4.3. - Réglage du relais homopolaire ........................ 66

3 • Exemple n° 3 Calcul complet pour undépart aérien avec autotransformateur ........ 67

3.1. - Généralités ............................................................................................ 67

3.2. - Départ sans autotransformateur ................................... 683.2.1. - Caractéristiques du départ .................................. 683.2.2. - Caractéristiques des protections .................. 683.2.3. - Réglage des relais de phase

(calcul de Iccb1) ...................................................................... 683.2.4. - Réglage du relais homopolaire ............................ 68

3.3. - Départ avec autotransformateur ................................... 693.3.1. - Caractéristiques du départ .................................. 693.3.2. - Caractéristiques des protections .................. 693.3.3. - Réglage des relais de phase

(calcul de Iccb) .................................................................... 693.3.4. - Réglage du relais homopolaire ........................ 70

3.4. - Arrivée ....................................................................................................... 703.4.1. - Caractéristiques des protections .................. 703.4.2. - Réglage des relais de phase ................................. 713.4.3. - Réglage du relais homopolaire ........................ 71

Sommaire


B • 6 1 - 2 4

3.5. - Liaison ....................................................................................................... 713.5.1. - Caractéristiques des protections .................. 713.5.2. - Réglage des relais de phase ................................. 723.5.3. - Réglage du relais homopolaire ........................ 72

3.6. - Remarque ............................................................................................... 72

1 • Enregistrements de défauts .............................................. 75


B • 6 1 - 2 4

Sommaire

Chapitre 6Enregistrements de défauts ............................................................ 73

1 • Rappel électrotechnique ..................................................... 111.1. - Théorie des composantes symétriques ................. 11

1.1.1. - Analyse d'un système triphasé ......................... 111.1.2. - Notion de l'opérateur "a" ........................................ 121.1.3. - Théorème de FORTESCUE ...................................... 121.1.4. - Réalité physique des

composantes symétriques ..................................... 14

1.2. - Equivalence circuit série, circuit parallèle ........ 15

2 • Schéma équivalent d'un réseau en défaut .. 17

3 • Réseau HTA à neutre mis à la terre parrésistance .................................................................................................. 23

4 • Réseau HTA à neutre mis à la terrepar bobine de compensation ...................................... 25

Chapitre 1

Le courant de défaut monophasé


B • 6 1 - 2 4

1.1. - Théorie des composantes symétriques

1.1.1. - Analyse d'un système triphaséSoit le système triphasé suivant :

Les conditions nécessaires pour que ce système soit équilibré,sont les suivantes :

ϕ 1 = ϕ 2 = ϕ 3

= =

Donc, à partir de ces trois vecteurs ( , , ) il est pos-sible de déterminer trois systèmes triphasés nommés direct,

inverse, homopolaire. est pris comme origine des phases.→V1

→V3

→V2

→V1

→V3

→V2

→V1

1 • Rappel électrotechnique

Chap i t r e 1P a g e 1 1

B • 6 1 - 2 4

V2

V1

V3

ϕ3

ϕ2

ϕ1

Diagramme de Fresnel : système triphaséfigure n° 1

V2

V1

V3 V2

V1

V3

V3

V2

V1

Direct Inverse Homopolaire

Diagramme de Fresnel : système direct, inverse, homopolaire

figure n° 2

1.1.2. - Notion de l'opérateur "a"

a est l'opérateur de rotation de (120°), tout comme

j est l'opérateur de

Le système triphasé ci-dessus devient :

Remarque :

• 1 + a + a2 = 0, d'où + + = 0 pour les systèmesinverse et direct.

1.1.3. - Théorème de FORTESCUEUn système de trois vecteurs quelconques peut être décompo-sé en trois systèmes de vecteurs symétriques : un système tri-phasé direct, un système triphasé inverse, un système triphaséhomopolaire.

Un système quelconque ( + + )

est donc équivalent à la somme de trois systèmes équilibrés.

→V3

→V2

→V1

→V3

→V2

→V1

π2

2π3


B • 6 1 - 2 4

Rappel électrotechnique

a2 V1 = V3

V1

a V1 = V3

V1

V1 = V2 = V3

Direct Inverse HomopolaireV2 = a2 V1

a V1 = V2

Système direct, inverse, homopolaire (coefficient a)

figure n° 3

V2

V1

V3

Système triphasé quelconquefigure n° 4

Remarque :

Ces systèmes ( , , ) ( , , ) (

, ) sont appelés les composantes symétriques du sys-

tème triphasé ( , , ).

Ceci permet d'établir les équations de ( , , ) en fonc-

tion de ( , , ) en additionnant chaque vecteur demême indice.

a) en tension

= + +

= + +

= + +

Sachant que 1 + a + a2 = 0, on peut en déduire que les équa-

tions de ( , , ) en fonction de ( , , ) devien-nent :

→V3

→V2

→V1

→Vo

→Vi

→Vd

→Vo

→a2Vi

→aVd

→V3

→Vo

→aVi

→a2Vd

→V2

→Vo

→Vi

→Vd

→V1

→Vo

→Vi

→Vd

→V3

→V2

→V1

→V3

→V2

→V1

→Vo3

→Vo2

→Vo1

→Vi3

→Vi2

→Vi1

→Vd3

→Vd2

→Vd1



B • 6 1 - 2 4

Vd3 = aVd

V01

Vd2 = a2 Vd

Vd1 = Vd

Vi2 = aVi

Vi = a2 Vi

Vi1 = Vi

+V02

V03

Décomposition d'un système triphasé quelconque(Théorème de FORTESCUE)

figure n° 5

= + +

= + +

= + + .b) en courant

On peut établir les mêmes relations pour les courants :

= + +

= + +

= + +

= + +

= + +

= + +

1.1.4. - Réalité physique des composantes symétriquesLa décomposition des courants et des tensions en leurs compo-santes symétriques n'est pas uniquement un artifice de calcul,mais correspond bien à une réalité physique.

Les composantes symétriques d'un système de tensions ou decourants déséquilibrés peuvent, en effet, se mesurer directe-ment et indépendamment les unes des autres ; la constitutiondu réseau et la nature des appareils utilisés influent d'unemanière différente sur chacune d'elles.

La composante directe engendre dans les moteurs des champstournants dans le sens direct ; elle entre dans le calcul ducouple utile des machines tournantes et doit être sauvegardéelorsqu'on cherche à atténuer les à-coups dus aux courts-circuits.

La composante homopolaire intervient dans les courants dedéfaut à la terre et dans tous les problèmes d'induction entreles lignes de transport d'énergie et les lignes de télécommuni-cations.

Les composantes symétriques de la puissance, déterminées parles composantes de même nom des courants et des tensionssont ainsi directement mesurables et se manifestent de façonsdifférentes.

→J3

→J2

→J1

→3Jo

→aJ3

→a2J3

→J1

→3Ji

→a2J3

→aJ2

→J1

→3Jd

→Jo

→a2Ji

→aJd

→J3

→Jo

→Ji

→a2Jd

→J2

→Jo

→Ji

→Jd

→J1

→V3

→V2

→V1

→3Vo

→aV3

→a2V2

→V1

→3Vi

→a2V3

→aV2

→V1

→3Vd


B • 6 1 - 2 4


En particulier, dans un réseau triphasé, les génératrices syn-chrones ou asynchrones donnent naissance à la composantedirecte de la puissance, tandis que les défauts sont créateursdes composantes inverse et homopolaire ; celles-ci se dirigentdu lieu du défaut vers tous les éléments équilibrés du réseau,en s'atténuant progressivement.

Les exemples suivants peuvent être donnés :

1.2. - Equivalence circuit série, circuit parallèleL'impédance de mise à la terre du neutre peut être représentéepar un circuit parallèle équivalent Xn, Rn.



B • 6 1 - 2 4X r

Xn

Rn

Circuit parallèleCircuit série

Schéma série parallèlefigure n° 6

Type de défaut

Monophasé

Biphasé

Biphasé - terre

Triphasé équilibré

Triphasé deséquilibré

Triphasé deséquilibré - terre

Présence decomposante

directe

Présence decomposante

inverse

Présence decomposantehomopolaire

Oui

Oui

Oui

Non

Oui

Oui

Oui

Oui

Oui

Oui

Oui

Oui

Oui

Non

Oui

Non

Oui

Oui

On définit le coefficient (ou facteur) de qualité d'une bobinepar le rapport :

• Q = (circuit série).

Les impédances du circuit parallèle sont alors :

• Rn = r (Q2 + 1) et Xn = .

Exemple numérique : r = 3 Ω X = 60 Ω (circuit série) :

• Q = = = 20

• ⇒ Rn = r (Q2 + 1) = 3 (202 + 1) = 1203 Ω

• ⇒ Xn = = 60,15 Ω

Remarques :

1) La transformation de circuit parallèle en circuit série peutêtre effectuée avec les mêmes formules.

2) Rn, r peuvent être soit une résistance de bobine HTA, soitune résistance de limitation dans le circuit du neutre.

3) La notion de facteur de qualité est particulièrement impor-tante dans l'étude du régime de neutre compensé.

X (Q2 + 1)Q2

603

Xr

X (Q2 + 1)Q2

Xr


B • 6 1 - 2 4

Hypothèse : le réseau triphasé est de constitution symétrique

alimenté par des forces électromotrices ( , , ) équili-brées.

Nous pouvons établir au point du défaut :

Conformément au théorème de FORTESCUE, les schémas ci-dessus sont équivalents à :

Dans le schéma ci-contre,tous les générateurs raccor-dés au point de défaut sontéquilibrés.

→aE

→a2E

→E

2 • Schéma équivalentd'un réseau en défaut


B • 6 1 - 2 4

Zn

a E

a2 E

E

J1 J2 J3

PP (endroit du défaut)

Zn

a E = 0

a2 E = 0

E = 0

J1 J2 J3

V1 V2 V3

-Vn -a2 Vn -aVn

Défaut quelconquedissymétrique

E = Vn

P

Zn

a E = 0

a2 E = 0

E = 0

J1 J2 J3

V0

aVn

-Vn -a2 Vn -aVn

Vd -a2 Vd aVd

a2 ViVi

V0 V0

Défaut en réseau : schéma équivalentfigure n° 7

figure n° 8

Défaut en réseau : schéma équivalent(selon le théorème de FORTESCUE)

Nous pouvons donc établir conformément au théorème desuperposition les trois schémas :

Vn = tension au point P avant défaut.

Avec :

= + +

= + +

= + +

, , , impédances cycliques vues du point P de l'en-semble du réseau (charges comprises).

Remarque :

, , peuvent être calculées ou mesurées en alimen-tant successivement le réseau avec des générateurs triphasésdirect, inverse, homopolaire.

→Zo

→Zi

→Zd

→Zo

→Zi

→Zd

→jo

→a2ji

→ajd

→j3

→jo

→ji

→a2jd

→j2

→jo

→ji

→jd

→j1


B • 6 1 - 2 4

Schéma équivalent d'un réseau en défaut

j d

Zd Vd - Vn

j i

Zi Vi Z0 V0

j o

Défaut en réseau : schéma unifilaire équivalent selon lethéorème de FORTESCUE

figure n° 9



B • 6 1 - 2 4

jdZd

Vn

Nat

ure

duco

urt c

ircui

t

Equa

tions

réel

les

du d

éfau

t

Equa

tion

cara

ctér

isan

tle

déf

aut

Sché

ma

équi

vale

ntm

onop

hasé

(mét

hode

des

con

nexi

ons)

Com

posa

ntes

sym

étriq

ues

des t

ensio

ns e

t cou

rant

s

Gra

ndeu

rsré

elle

sde

s ten

sions

et c

oura

nts

Déf

aut m

onop

hasé

franc

(Rés

ista

nce

défa

utR

= 0

)

Déf

aut m

onop

hasé

rési

stant

(Rés

ista

nce

défa

utdi

ffére

nte

de 0

R 0

)

V 1 =

0

j 2 =

j 3

= 0

V 1 =

Rjt

j 2 =

j 3

= 0

Vd +

V1

+ V0

= 0

j d =

j I =

j 0

= j 1 3

Vd +

V1

+ V0

= 3

Rjd

j d =

j I =

j 0

= j 1 3

j d =

j I =

j 0 =

Vn

Zd +

ZI +

Zo

Vd =

(ZI +

Zo)

Vn

Zd +

ZI +

Zo

Vd =

ZIZd

+ Z

I + Z

oVn

Vo =

ZoZd

+ Z

I + Z

oVn

j d =

j I =

j 0 =

Vn

Zd +

ZI +

Zo

+ 3R

Vd =

(ZI +

Zo

+ 3R

)Zd

+ Z

I + Z

o +

3R

Vd =

ZIZd

+ Z

I + Z

o +

3RVn

Vo =

ZoZd

+ Z

I + Z

o +

3RVnVn

j I =

3Vn

Zd +

ZI +

Zo

= 3j

o

j2 =

j3 =

0

V2 =

(a2

- a) Z

1 +

(a -

1) Z

oZd

+ Z

I + Z

oVn

V1 =

0

V3 =

(a -

a2 ) Z

1 +

(a -

1) Z

oZd

+ Z

I + Z

oVn

j I =

3Vn

Zd +

ZI +

Zo

+ 3R

j2 =

j3 =

0

V2 =

(a2

- a) Z

1 +

(a2

- 1) Z

o +

a2 3R

Zd +

ZI +

Zo

+ 3R

Vn

V3 =

(a -

a2 ) Z

1 +

(a -

1) Z

o +

a3R

Zd +

ZI +

Zo

+ 3R

Vn

3R V

nZd

+ Z

I + Z

o +

3RV1

=

Z1 Zo

V1 VoVd

jdZd

Vn

Z1 Zo

V1 VoVd

3R3R

jd

Rése

aufo

nctio

nnan

tà

vide

a2 V

n

Déf

aut

J1J2

J3V1

V2V3

a Vn Vn

Les

équa

tions

gén

éral

es d

es c

ompo

sant

es s

ymét

rique

s(d

éfin

ies

çi-a

vant

) per

met

tent

de

déte

rmin

er,

dans

le c

as d

'un

défa

ut p

artic

ulie

r :•

Les

sché

mas

équ

ival

ents

mon

opha

sés.

• Le

s va

leur

s de

s co

mpo

sant

es s

ymét

rique

s.•

Les

gran

deur

s ré

elle

s de

s co

uran

ts

et te

nsio

ns a

u po

int d

e dé

faut

.

Tableau : application des composantes symétriques

figure n° 10

Le schéma obtenu pour un défaut monophasé résistant (voirtableau page précédente) en application des composantessymétriques peut se mettre sous la forme suivante :

Le schéma homopolaire obtenu précédemment était le suivant :

En comparant ce schéma homopolaire à celui du défaut mono-

phasé résistant ci-dessus, on constate que la tension , ten-sion homopolaire du défaut, est égale à celle d'un générateurde tension Vn (tension simple du réseau) avec une impédance

interne + + au signe près.

On peut considérer alors le défaut comme un générateur de ten-

sion homopolaire ; si la résistance du défaut est nulle et ennégligeant les impédances directe et inverse des lignes HTB,alors Vo = - Vn.

Par ailleurs :• Zd = Zd transfo HTB/HTA + Zd lignes HTA ;• Zi = Zi transfo HTB/HTA + Zi ligne HTA ;• Zo = Zo transfo HTB/HTA + Zo ligne HTA + Zo retour sol.

→Vo

→3R

→Zi

→Zd

→Vo


B • 6 1 - 2 4


Jo

Zo Vn

Zd Zi 3R

Vodéfaut

Défaut en réseau : schéma unifilaire équivalent

figure n° 11

Jo

ZoVo

Défaut en réseau : schéma homopolaire équivalent

figure n° 12

Zo retour dépend surtout du régime du neutre (impédance duneutre).

Zd transformateur et Zi transformateur sont généralementnégligés (devant les autres impédances).

Le schéma du défaut peut alors se mettre sous la forme sui-vante :

ZiL + ZdL + ZoL = 3 ZL

avec ZiL = Zi ligne HTA, ZdL = Zd ligne HTA, ZoL = Zo ligneHTA.

Le schéma devient alors :

Or le courant de défaut est égal à (3 fois le courant

homopolaire ).→Jo

→3Jo

→Jd



B • 6 1 - 2 4

Jo

ZoL

Vn

ZdLZiL3R

Vodéfaut

Vojeu debarres

ZoR

+ Zo

Tra

nsfo

HTB

/HTA

figure n° 13

Jo

Vn

3ZL3R

Vojeu debarres

ZoR

+ Zo

Tra

nsfo

HTB

/HTA

figure n° 14

Le schéma donnant le courant de défaut est donc le suivant (endivisant les impédances par trois).

Si Zor est une résistance de neutre alors = Rn

Si Zor est une bobine de compensation alors = r + j x

En plaçant alors la capacité homopolaire du réseau (C = 3 Γ)de tous les départs, on obtient alors le schéma équivalent défi-nitif du défaut monophasé.

Rd : Résistance du défaut (ou de la prise de terre sur laquelle arrive le défaut)

Γ : Capacité homopolaire globale du réseau par phaseZL : Impédance de la ligneId : Courant de défautZon : Impédance de mise à la terre

= + →

IZon→

Icapa→Id

Zor3

Zor3


B • 6 1 - 2 4


Jd = I défaut

ZoR/

3

Vn

ZLR

Vojeu debarres

ZoR

+ Zo

Tra

nsfo

HTB

/HTA

/3

figure n° 15

Id

Tensionsimple

Vn

ZLR défaut

Vojeu debarres

I capa

ZoN

IzoN

C = 3Γ

figure n° 16

Application du schéma homopolaire équivalent(défaut en réseau) en fonction du réseau et

de la mise à la terre du neutre HTA

La nature et les circulations des courants en cas de défautmonophasé sont données ci-après :

3 • Réseau HTA à neutremis à la terre par résistance


B • 6 1 - 2 4

Dép

art s

ain

Dép

art e

n dé

faut

Cou

rant

gén

éré

par l

'impé

danc

e du

neu

treC

oura

nt c

apac

itif d

épar

t sai

nC

oura

nt c

apac

itif d

épar

t en

défa

utC

oura

nt ré

sidu

el to

tal

Zn

Mise à la terre du neutre HTA par résistancefigure n° 17

La nature et les circulations de courant en cas de défaut mono-phasé résistif sont illustrées ci-après :

4 • Réseau HTA à neutremis à la terre

par bobine de compensation


B • 6 1 - 2 4

RnXn

Dép

art s

ain

Dép

art e

n dé

faut

Cou

rant

gén

éré

par l

'impé

danc

e du

neu

treC

oura

nt c

apac

itif d

épar

t sai

nC

oura

nt c

apac

itif d

épar

t en

défa

utC

oura

nt ré

sidu

el to

tal

Nature et répartition des courants lors d'un défaut phase-terre surun réseau mis à la terre par bobine de compensation

figure n° 18

BP 14

Les développements précédents montrent qu'en premièreapproximation, le schéma homopolaire équivalent de ceréseau est le suivant :

On établit alors les relations :

: tension homopolaire sur le jeu de barres HTA.

= - + : courant circulant dans la mise à la terre du

neutre HTA.

= - 3 Γ ω : courant total capacitif fourni par le réseau.

= + : courant circulant dans le défaut.

= + 3 j C1ω : courant résiduel circulant dans ledépart en défaut.

= 3 j C2ω : courant résiduel circulant dans un desdéparts sains.

Sur les réseaux compensés, le courant capacitif est "neutralisé"par le courant inductif fourni par la bobine.

→Vo

→Ir2

→Vo

→Id

→Ir1

→Ic

→Iz

→Id

→Vo

→Ic

→Vo

→Vo→

Iz

→Vo


B • 6 1 - 2 4

Réseau HTA à neutre mis à la terre par bobine décompensation

Xn Rn

IdRd

3(Γ

- C1-

C2)3C23C1Vo

Ir1 Ir2 Iz

Vn

Schéma équivalent en cas de départ monophasé etmise à la terre du neutre HTA par bobine et résistance

figure n° 19

Le courant de défaut est alors la somme du courant résistif dû àl'impédance de point neutre et du courant réactif résultant dudésaccord entre l'inductance de cette impédance et la capacitéhomopolaire du réseau.

Le diagramme de Fresnel (courant, tension) s'établit alorscomme suit :

Le but recherché est de limiter le courant de défaut (réductiondes surtensions et auto extinction des défauts).Pour ce faire, il est donc intéressant, d'une part que l'accord dela bobine à la capacité du réseau soit bon, d'autre part que lacontribution résistive soit faible. Ainsi, le courant circulant dansle départ en défaut est réduit, et peut être du même ordre degrandeur, ou même inférieur, au courant circulant sur undépart sain.

Réseau HTA à neutre mis à la terre par bobine décompensation


B • 6 1 - 2 4

Ic

Ir2

Ir1

Vo

Id

ID

Iz

Diagramme de Fresnel d'un réseau compenséen cas de défaut monophasé à la terre

figure n° 20

MaquetteRégime du Neutre HTA

Manipulations :D3 - D6 - D7

1 • Les défauts doubles ...................................................................... 311.1. - Cas d'un défaut double ............................................................. 32

1.2. - Cas du double défaut monophasé ................................ 33

1.3. - Cas du double défaut avec coup de shunt ........... 35

2 • Calcul du courant de défaut monophaséen cas de rupture d'un conducteuraérien ............................................................................................................ 37

2.1. - Rupture d'un conducteur avec contact à laterre du côté de la charge (défaut en retour) ... 37

2.2. - Rupture d'un conducteur sans contact à laterre .......................................................................................................... 41

3 • Shunt et auto transformateur ....................................... 43

Chapitre 2

Analyse de défauts particuliers


B • 6 1 - 2 4

Les défauts doubles à la terre résultent la plupart du tempsd'une évolution du réseau à partir d'une situation de défautsimple.

Ces défauts simples, qu'ils soient monophasés ou polyphasés,se caractérisent de la manière suivante :• ils sont évidemment localisés en un seul point ;• le courant de retour à la terre locale, s'il existe, passe toujoursdans l'impédance de mise à la terre du neutre (accessoirement,par les capacités homopolaires des départs) ;• le courant de défaut bi ou triphasé reste circonscrit auxconducteurs actifs et au siège du défaut.

Lorsqu'un défaut double apparaît sur un réseau à la suite d'undéfaut simple, on constate les faits suivants :• le second défaut affecte la ou les phases non intéressées parle premier défaut ;• le second défaut n'a pas lieu au même endroit que le pre-mier.

Lorsqu'un défaut à la terre apparaît sur une phase du réseauHTA, il s'accompagne d'une montée en tension des deux autresphases du poste source. Cette montée atteint la tension compo-sée, soit 21 kV efficaces. Elle est de plus susceptible de s'ac-compagner de phénomènes transitoires de fréquence élevée.Lorsqu'un point faible existe en réseau sur une des autresphases, un second défaut peut apparaître. Un chemin élec-trique permet alors le passage d'un courant de court-circuitbiphasé qui transite par les terres locales des défauts.

Les conséquences électriques des défauts doubles sontdétaillées ci-après.

1 • Les défauts doubles


B • 6 1 - 2 4

BP 15

1.1. - Cas d'un défaut double

La circulation du courant de défaut homopolaire (cf. figuren° 21) provient de la présence d'une tension homopolaireégale à la tension simple du réseau, appliquée aux bornes d'unensemble d'impédances illustré par la figure n° 22 (en suppo-sant le réseau aérien, c'est-à-dire avec une faible capacitéhomopolaire).

Les défauts doubles


B • 6 1 - 2 4

Réactancedépart n° 2


Résistancede terre R1


aVn1 a2Vn1 Vn1

Zd 3R

Impédance dutransformateur

Impédancedu réseau

Résistance du défautet résistance de terreau droit du défaut

Tensionsimple

Impédancede limitationZd

Zd

3R

Cas du défaut monophasé

Schéma équivalent pourle cas du défaut monophasé

figure n° 21

figure n° 22

Ordres de grandeur pour un réseau aérien 20 kV :• Ro : Inférieure à 1 Ω• Zo : Résistance de l'ordre de 40 Ω• R1 : Résistance du défaut.

Compte tenu des ordres de grandeur mentionnés, on peut, enpremière approximation, utiliser la formule simplifiée :

• ≈ où est le courant de défaut.

Le courant d'un défaut franc phase-terre est donc limité àenviron :

• = 300 A.

1.2. - Cas du double défaut monophaséLors d'un défaut double, la circulation des courants de défauts'établit comme indiqué sur la figure n° 23.

Les courants de défaut se décomposent en deux :• l'un qui correspond au court-circuit biphasé ;• l'autre qui correspond au courant de retour par la résistancede limitation.

12 00040

→ID

→Vo

Zo + R1→ID



B • 6 1 - 2 4





aVn1 a2Vn1 Vn1

Impédancede miseà la terre


VM2VM1

3C0

Jeu de barres HTA du poste source

Retour du courant monophasé parla terre du poste et l'impédance de limitation

Courant de circulation homopolaireCourant de circulation biphasé

Circulation des courants lors d'un défaut double

figure n° 23

L'amplitude du court-circuit biphasé peut être évaluée à partirdu schéma équivalent suivant :

Le réseau apparaît alors comme un générateur de tension21 kV et d'impédance interne selfique : Z = ZL1 + ZL2 + 2Zdtr.

La tension aux bornes des terres étant répartie au prorata deleur résistance, si l'une des terres est très supérieure à l'autre

(R1 » R2 par exemple), elle sera portée, lors d'un défaut

double, à un potentiel pouvant atteindre la tension composéedu réseau pour des courts-circuits proches du poste source.

R1 » R2 et si Z « R1 (défauts proches du poste) :

VM1 ≈ U = 21 kV et VM2 ≈ U (quelques centaines de volts).

Pour que la montée en potentiel soit minimale (proche des8 kV à 50 Hz de tension d'amorçage de l'éclateur disposé entreneutre BT et masse HTA dans les coffrets des disjoncteurs BTdes postes type H61 - voir norme HN 63 S11), il faut R1 = R2alors :

VM1 ≈ U VM2 ≈ UR2

2 R2 + jZR1

2 R1 + jZ

R2R1



B • 6 1 - 2 4

ZL1

Impédance dutransformateur

Impédancedu réseau

Tensioncomposée

21 kV.

DéfautR1

DéfautR2

ZL2 ZdTr ZdTr

Schéma équivalent pour le cas du défaut double

figure n° 24

1.3. - Cas du double défaut avec coup de shuntLorsqu'un poste est équipé d'un disjoncteur shunt, le fonction-nement de celui-ci, pour éliminer un défaut simple en réseau,crée un défaut monophasé franc au poste source. Il y a donc,comme précédemment, risque d'évolution en défaut double. Lacirculation des courants est alors illustrée par la figure n° 25.

Par rapport au cas précédemment évoqué, sur défaut biphasé,l'impédance interne du générateur de tension devient :• Z = ZL2 + 2 Z trsoit environ deux fois moins que précédemment pour desdéfauts situés en milieu de réseau.

Dans la majorité des cas, R2 est très supérieur à Ro (terre duposte source) et R2 > Z, ce qui permet d'écrire :

• R2 + Ro + jZ ~ R2

d'où :

• VM2 ≈ U = 21 kV

• VM1 ≈ 0



B • 6 1 - 2 4



R1Résistancede terre R0

aVn1 a2Vn1 Vn1

Impédancede miseà la terre

R2VM2VM1

Jeu de barres HTA du poste source

Retour du courant monophasé parla terre du poste et l'impédance de limitationCourant de circulation biphasé

ZL1 ZL2Disjoncteur

shunt

Défauten cours

d'extinctionpar le

disjoncteurshunt

Circulation des courants lors d'un défaut double avecdisjoncteur shunt

figure n° 25

~

Ordres de grandeurs :

Pour un réseau exploité à 21 kV et alimenté par un transforma-teur de 36 MVA (ZdTr = j2 Ω), si le deuxième défaut s'amorce à10 km du poste sur une terre locale R2 = 30 Ω.

Z = ZL + 2 Z tr

ZL = j • 0,4 Ω/km (B 61.22 paragraphe 3.11)

Z = 10 • j 0,4 Ω + 2 j 2 Ω = j 8 ΩRo = Valeur de terre du poste (1 Ω)

VM2 = • 21 kV

VM2 = • 21 = 19,7 kV30

√ (31)2 + (8)2

3030 + 1 + j 8 Ω



B • 6 1 - 2 4

2.1. - Rupture d'un conducteur avec contact à la terredu côté de la charge (défaut en retour)Ce calcul fait appel à la méthode des composantes symétriques.

• Pour un réseau HTA avec conducteur à la terre du côté del'utilisation (poste HTA/BT), en supposant que la valeur de lacapacité homopolaire à l'aval du défaut est négligeable, leschéma suivant illustre ce type de défaut.

Le calcul du courant de défaut est effectué dans les deux casextrêmes où Zf est nulle ou infinie :

a) L'impédance de défaut est nulle Zf = 0

avec a = e2jπ/3 et 1 + a + a2 = 0

• =

• = O

• = →aV

→V3

→V2

→V

→V1

2 • Calcul du courant de défautmonophasé en cas de rupture

d'un conducteur aérien


B • 6 1 - 2 4

V1

V3

V2

I1

I3

I2

Zf

HTA

Z

BT

V1, V2, V3 : tensions entre phase et terre aux bornes HTA du transformateur Z : impédance de charge du réseau BT Zf : impédance du défaut

Réseau HTA : rupture d'un conducteur avec câble à la terre

figure n° 26

Les tensions directe , inverse et homopolaire sontalors :

• = ( + + ) =

• = ( + + ) = (1 + a2)

• = ( + + ) = (1 + a)

L'impédance du transformateur étant faible devant celle de lacharge Z, l'impédance du circuit du transformateur et de sacharge, ramenée côté HTA, est peu différente de l'impédancede charge Z.

Les impédances directe Zd, inverse Zi, et homopolaire Zosont :

• Zd = Zi = Z

• Zo = ∞ car le neutre HTA du transformateur est isolé de la terre.

Les courants direct Id, inverse Ii et homopolaire Io s'écrivent :

• = = ( )

• = = ( )

• Io = O

On en déduit le courant de défaut :

• = + +

soit :

• = a2

→V3Z

→I2

→aIi

→a2Id

→Io

→I2

→V1 + a2

31Z

→ViZi

→Ii

→V2

31Z

→VdZd

→Id

→V1

3

→V3

→V2

→V11

3

→Vo

→V1

3

→aV3

→a2V2

→V11

3

→Vi

→V2

3

→a2V3

→aV2

→V11

3

→Vd

→Vo

→Vi

→Vd

Calcul en cas de rupture d'un conducteur aérien


B • 6 1 - 2 4

Ainsi, si l'impédance de défaut Zf à l'endroit où le conducteurtouche le sol est nulle, le courant de défaut est égal à :

•

b) L'impédance de défaut est infinie

• = O

• =

• =

et est donné à partir du diagramme des tensions de la figure26 bis :

=

On en déduit :

= = -

c) Conclusion

Ainsi, l'ensemble du poste HTA/BT et du fil tombé à terreconstitue un générateur dont la tension à vide est égale à :

• = -

et le courant de court-circuit :

• = a2

L'impédance interne de ce générateur est donc :

• Zg = =3Z2

V2I2

→V3Z

→I2

→Va2

2

→V2

→Va2

2

→V1 + a

2

→V2

→ →V1 + V3

2

→V2

→V2

→aV

→V3

→V

→V1

→I2

→V3Z



B • 6 1 - 2 4

V2

V3

Terre V1

Diagramme des tensions permettantde déterminer la tension à vide entre

la phase en défaut et la terrefigure n° 26 bis

d) Application numérique

Il est intéressant de comparer la valeur de l'impédance de char-ge avec les valeurs des défauts que l'on rencontre sur lesréseaux HTA (entre 0 et 1000 Ω essentiellement).

Ainsi, la puissance absorbée par la charge Z, préalablement audéfaut, est :

• P = 3 = , où U est la tension entre phases.

Le courant absorbé par la charge est de :

• I =

On a par exemple, pour :

• P = 54 kW

une impédance de charge :

• Z = 3 = 8 kΩ

soit une impédance interne du générateur :

• Zg = 12 kΩOn constate donc que, quelle que soit la résistance de terre audroit du défaut (par exemple entre 0 et 1 000 Ω), son influen-ce sera négligeable devant celle du transformateur et de sacharge.

On peut exprimer le courant de défaut à la terre en fonction dela puissance absorbée :

• I2 = a2, (en effet = a2 et Z = )

ou en fonction du courant initial avant le défaut :

• I2 = a2 (en effet I = )

Si le seuil de détection de terre résistante est de 0,5 A (réseauaérien en 20 kV), on ne peut détecter le défaut que si :

• P > 0,5 • 9 • 12.103

soit P > 54 kW.

P3V

I3

3V2

P

→V3Z

→I2

P9V

V2

P

P3V

U2

ZV2

Z



B • 6 1 - 2 4

Si on se trouve sur un réseau fortement capacitif (par exemple300 A) et que cela nécessite un réglage de la détection à 1,5 A(cas typique d'un transformateur de 36 MVA), le courant dedéfaut en réseau qui sera détecté est alors de :

• √2 • 1,5 = 2,12 Ace qui ne permet de détecter les câbles à la terre que si la puis-sance consommée en aval du défaut est d'au moins 230 kW.

Les EPATR apportent dans ce cas une très nette amélioration dela situation, car ils détectent des courants de défaut de 0,7 A etdonc fonctionnent pour une charge aval supérieure à 76 kW.

2.2. - Rupture d'un conducteur sans contact à la terreLes résultats du calcul des tensions sont donnés par des relations :

• = V

• = aV

• = V

Dans le cas de la rupture d'un conducteur d'un réseau HTAavec couplage capacitif à la terre (figure n° 27) et si C est lacapacité monophasée du réseau à l'aval du défaut, on construitle diagramme de la figure n° 28.

Les trois tensions , et introduisent des courants quicirculent dans les trois capacités en aval du défaut. Le courantrésultant est :

• =

et on a : =

Le courant de déséquilibre capacitif vaut alors :

• = C ω

or le courant résiduel capacitif des réseaux 3 Io est égal à3 V C ω ; on a donc :

• =→Io3

2

→Id

→V3

2

→Id

→V2

→V2

→3I2

→Id

→V3

→V2

→V1

a2

2

→V2

→V3

→V1



B • 6 1 - 2 4

Le courant capacitif des réseaux aériens est d'environ 5 A pour100 km (3 Io/km = 0,05 A).

Pour un réglage du détecteur de terre à 0,5 A, la longueur L(km) du réseau en aval doit être telle que :

• • L • (3 Io/km) > 0,5 A

soit :

• L > 0,5 •

• L > 20 km

Ainsi pour un réglagede 0,5 A, la ruptured'un conducteur sanscontact à la terre nepeut être détectéeque si la longueuraérienne en aval dudéfaut est supérieureà 20 km (le cas estrare).

20,05

12



B • 6 1 - 2 4

V3

Id

jCωV3 = I3

jCωV2 = I2

jCωV1 = I1

V2

V1

Diagramme des tensions dans le cas de ruptured'un conducteur avec couplage capacitif à la terre

figure n° 28

V1

V3

V2

Poste HTA/BT

I2 I3 I1jCω

Id

Réseau HTA : rupture d'un conducteur aveccouplage capacitif à la terre

figure n° 27

Lorsqu'un défaut phase-terre de résistance R apparaît en avalde l'auto transformateur, l'emploi du disjoncteur shunt n'est pasefficace puisqu'il ne permet pas d'annuler la tension auxbornes du défaut. En effet, on maintient alors la tension VI - ϑ1aux bornes.

De plus, le fonctionnement du disjoncteur shunt entraîne lamise en court-circuit d'une partie d'un enroulement de l'auto-transformateur par la résistance du défaut. De ce fait, le courantde défaut qui passait précédemment au travers de l'impédancede point neutre Zn n'est plus alors limité que par la réactancede cette portion d'enroulement, ce qui peut conduire à desvaleurs notablement plus importantes pour ce courant (del'ordre de 1000 A).

L'emploi de disjoncteurs shunt sur les réseaux équipés d'auto-transformateurs est donc déconseillé.

3 • Shunt et auto transformateur


B • 6 1 - 2 4

v1

Réseau HTA

V1

V2

V3

Zn

Shunt

Id

Id

v2

v3

R

Réseau affecté d'un défaut monophasé en aval d'unautotransformateur pendant le coup de shunt

figure n° 29

1 • Ordre de grandeur des capacitéshomopolaires Co et des courantscapacitifs résiduels 3 Io des ancienscâbles et des lignes aériennes .......................................... 47

2 • Ordre de grandeur des capacitéshomopolaires des câbles HN 33 S 23sous 20 kV .................................................................................................. 49

Chapitre 3

Capacités homopolaires descâbles et lignes


B • 6 1 - 2 4

1 • Ordre de grandeur des capacitéshomopolaires Co et des courants

capacitifs résiduels 3 Io des ancienscâbles et des lignes aériennes


B • 6 1 - 2 4

3038487595116148240

Lignes aériennes

Tensionde

servicekV

Tensionspécifiée

enkV

Câble àchamp radial Câble tripolaire à champ non radial Co 3 Io

Section(mm2) Unipolaire triplomb

métalliséConducteurs

rondsConducteurssectoraux µF/km A/km

CoµF/km

3 IoA/km

CoµF/km

3 Iokm

CoµF/km

3 IoA/km

0,120,120,130,130,140,140,150,16

0,350,370,380,40,410,430,450,49

-0,160,170,200,220,230,250,30

-0,490,520,600,650,700,760,89

3038487595116148240

0,080,090,100,110,110,120,120,13

0,911,011,091,191,241,291,331,44

0,090,100,110,130,140,150,160,18

-1,131,231,411,511,611,72

2

2,292,612,943,593,924,475,016,32

0,210,240,270,330,360,410,460,58

5,5 3,2 5 x 10-3 0,015

15 5 x 10-3 0,04

20 11,6 5 x 10-3 0,054

Câbles souterrains isolés au papier

11,6

3038487595116148240

0,090,100,100,110,120,120,130,14

0,770,810,860,920,960,991,041,12

0,110,110,120,140,150,160,170,19

0,870,920,991,121,211,3

1,391,57

8,7

3038487595116148240

1,721,962,212,692,943,353,764,74

0,210,240,270,330,360,410,460,58

11,6

10 5 x 10-3 0,027

3038487595116148240

0,100,110,110,120,120,130,130,14

0,570,580,600,650,670,700,730,78

0,120,130,140,150,160,180,190,22

0,640,690,730,840,900,961,041,18

1,741,92,182,612,833,163,484,3

0,320,350,400,480,520,580,640,79

5,8

3038487595116148240

1,151,31,471,81,962,232,53,16

0,210,240,270,330,360,410,460,58

Calcul du 3 Io/km pour un câble 3 x 50 mm2 :

= 3 V Co ω

3 Io = 3 • 11 600 • 0,16 10-6 • 2 • π • 50

= 1,75 A arrondi à 1,8 A.

2 • Ordre de grandeur descapacités homopolaires

des câbles HN 33 S 23 sous 20 kV


B • 6 1 - 2 4

Co µF/km 3 Io A/kmSection en mm2

3 x 50

3 x 95

3 x 150

3 x 240

0,16

0,19

0,225

0,270

1,8

2,1

2,5

3

1 • Poste équipé d'un disjoncteur shunt ................... 53

2 • Poste non équipé d'un disjoncteur shunt .... 55

Chapitre 4

Mesure du courant capacitifrésiduel d'un départ HTA


B • 6 1 - 2 4

La méthode de mesure consiste à enregistrer simultanément surchaque départ HTA le courant capacitif résiduel lors de la miseà la terre directement d'une phase.

Auparavant, il y a lieu de procéder à une vérification du fonc-tionnement des protections.

Le matériel d'enregistrement est de type "oscilloperturbo-graphe" (servant à l'auscultation de réseau).

La mise à la terre d'une des phases est réalisée en provoquantla fermeture du pôle correspondant du disjoncteur shunt.

Cette fermeture est provoquée par l'envoi d'une polarité "ordrede commande". Elle est sans conséquence sur la clientèle.

1 • Poste équipéd'un disjoncteur shunt


B • 6 1 - 2 4

La mise à la terre d'une des phases sera réalisée sur le départcondensateurs.

Avant la fermeture du disjoncteur du départ condensateurs, ilest nécessaire de réduire sa temporisation afin d'éviter toutdéclenchement des départs HTA.

Le disjoncteur du départ condensateurs va s'ouvrir par fonc-tionnement de sa protection et avant que les départs HTAn'aient eu le temps d'agir.

En cas d'absence de départ condensateurs, la mise à la terred'une phase peut être réalisée sur un départ HTA libéré de tousses clients.

2 • Poste non équipéd'un disjoncteur shunt


B • 6 1 - 2 4

1 • Exemple n° 1 Schémas simplifiés ........................... 591.1. - Calcul des impédances de réseau .................................. 60

1.2. - Calcul de Iccb ...................................................................................... 61

2 • Exemple n° 2 Calcul complet pour undépart souterrain avec mise à la terredu neutre HTA par bobine de 1000 A. ............... 63

2.1. - Généralités ............................................................................................ 63

2.2. - Départs ...................................................................................................... 632.2.1. - Caractéristiques des départs 1 et 2 ............ 632.2.2. - Caractéristiques des protections ................... 642.2.3. - Réglage des relais de phase

(calcul de Iccb) ..................................................................... 642.2.4. - Réglage des relais homopolaires ................... 64

2.3. - Arrivée ....................................................................................................... 652.3.1. - Caractéristiques des protections ................... 652.3.2. - Réglage des relais de phase .................................. 652.3.3. - Réglage du relais homopolaire ......................... 65

2.4. - Liaison ........................................................................................................ 662.4.1. - Caractéristiques des protections .................... 662.4.2. - Réglage des relais de phase .................................. 662.4.3. - Réglage du relais homopolaire ......................... 66

3 • Exemple n° 3 Calcul complet pour undépart aérien avec autotransformateur ......... 67

3.1. - Généralités ............................................................................................ 67

3.2. - Départ sans autotransformateur ................................... 683.2.1. - Caractéristiques du départ ................................... 683.2.2. - Caractéristiques des protections ................... 683.2.3. - Réglage des relais de phase

(calcul de Iccb1) ....................................................................... 683.2.4. - Réglage du relais homopolaire ............................. 68

3.3. - Départ avec autotransformateur ................................... 693.3.1. - Caractéristiques du départ ................................... 693.3.2. - Caractéristiques des protections ................... 69

Chapitre 5

Protections ampèremétriques à tempsconstant (phase et homopolaire)

Exemples de réglage


B • 6 1 - 2 4

3.3.3. - Réglage des relais de phase(calcul de Iccb) ..................................................................... 69

3.3.4. - Réglage du relais homopolaire ......................... 70

3.4. - Arrivée ....................................................................................................... 703.4.1. - Caractéristiques des protections ................... 703.4.2. - Réglage des relais de phase .................................. 713.4.3. - Réglage du relais homopolaire ......................... 71

3.5. - Liaison ........................................................................................................ 713.5.1. - Caractéristiques des protections ................... 713.5.2. - Réglage des relais de phase .................................. 723.5.3. - Réglage du relais homopolaire ......................... 72

3.6. - Remarque ................................................................................................ 72

Chapitre 5


B • 6 1 - 2 4

Trois exemples de calcul de réglage sont présentés ci-après :

1 • Exemple n° 1Schémas simplifiés


B • 6 1 - 2 4

XHT

XT

XLRL

63 kV.

20 kV.

Scc = 600MVA.

Sn = 20MVA.

Ucc = 12 %

Le poste est du type palier classique

A

B

C

470 m.240 mm2

HN 33S34 (alu)

4,150 km.228 mm2

Alu Acier

9,290 km.75 mm2

Almelec

Exemple n° 1 de réseaux HTA pourle calcul des réglages

figure n° 30

Le réseau est caractérisé par le schéma ci-après :

Le poste est du type palier classique.

1.1. - Calcul des impédances de réseauLe calcul va permettre le réglage des seuils des relais de pro-tections ampèremétriques à temps constant des départs.

Sachant que la tension d'alimentation minimale est 20,5 kV etScc est égale à 600 MVA :

• XHT = = = 0,7 Ω

Sachant que la tension de court-circuit du transformateurHTB/HTA est 12 % et Sn = 20 MVA :

• XT = • = • = 2,52 Ω

• RL + XL = (4,807 + j 5,423) ΩCette valeur est obtenue de la manière suivante (voir le docu-ment B 61-22 paragraphe 3.1.2).

• Section souterraine en câble HN 33 S 34 (240 mm2)

Z = (0,12 + j 0,1) • 0,470 = (0,056 + j 0,047) Ωavec :

- partie résistive = = 0,12 Ω/km

- partie selfique = 0,1 Ω/km.

• Section aérienne en alu-acier (228 mm2)

Z = (0,16 + j 0,4) • 4,150 = (0,664 + j 1,660) Ωavec :



• Section aérienne

Z = (0,44 + j 0,4) • 9,290 = (4,087+ j 3,716) Ωavec :



3375

36228

30240

(20,5)2

201,2100

U2ntSn

Ucc100

(20,5)2

600U2nScc

Exemple n° 1 - Schémas simplifiés


B • 6 1 - 2 4

RL + SL = [0,056 + 0,664 + 4,87 + j (0,04 + 1,660 + 3,716)] Ω

= (4,807 + j 5,423) Ω.

La valeur totale de l'impédance directe du réseau en arrondis-sant est :

• XHT + XT + RL + XL = 4,8 + j (0,7 + 2,5 + 5,4) = (4,8 + j 8,6) Ω• XHT + XT + RL + XL = Zd = √ (4,8) 2 + (8,6) 2 = 9,84 Ω.

• Zd = 9,84 Ω.

1.2. - Calcul de Iccb

Iccb = = = 1 040 A

Tous les réglages vont découler de cette valeur : les deuxexemples suivants vont donner les différents calculs numé-riques pour y parvenir.

20,52 • 9,84

U2 Zd

Exemple n° 1 - Schémas simplifiés


B • 6 1 - 2 4

2.1. - GénéralitésImpédance du réseau HTB ramenée en 15 kV :

• XHT = = = 0,14 Ω

Impédance du transformateur HTB/HTA :

• XT = = • = 1,18 Ω

La tension d'exploitation est de 15 kV et la tension nominale dutransformateur est de 16,5 kV.

2.2. - Départs

2.2.1. - Caractéristiques des départs 1 et 2• Les départs 1 et 2 forment une boucle ouverte en I.

En situation normale, ils sont identiques ; leur longueur estégale à 10 km ; les câbles sont des câbles de tension spécifiée11,6 kV à surface métallisée, 147 mm2 alu :

(16,5)2

3013100

Unt2

SnUcc100

(15)2

1600U2nScc

2 • Exemple n° 2Calcul complet pour un départ

souterrain avec mise à la terre duneutre HTA par bobine de 1 000 A


B • 6 1 - 2 4

90/15 kV.

Sn = 30 MVA.

1000 A.

Scc = 1600 MVA.

Ucc = 13%

400/5 400/5

10 km.147 mm2

Alu.

10 km.147 mm2

Alu.

I


figure n° 31

Les caractéristiques de ce câble sont :• Rc = 0,2 Ω/km ;• Xc = 0,07 Ω/km

2.2.2. - Caractéristiques des protections• TC = 400/5 • 2 relais de phase, cal. 5 A réglable de 4 à 20 A• 1 relais homopolaire, cal. 0,6 A réglable de 0,25 A à 5 A• 1 relais de temps réglable de 0,1 à 2,4 s.

2.2.3. - Réglage des relais de phase (calcul de Iccb)Le calcul est fait dans le cas où l'un des départs réalimentel'autre en totalité, soit :

• Rc = 20 • 0,2 = 4 Ω ; Xc = 20 • 0,07 = 1,4 Ω

• Iccb = = 1 565 A

Après application des coefficients des capteurs :

• Iccb = 1 565 • = 19,6 A

• 0,8 Iccb (BT) = 0,8 • 19,6 = 15,6 A

La valeur du courant de réglage Ir doit vérifier la relation :• 6,5 A < Ir < 15,6 A

ce qui entraîne le réglage suivant :

• Réglage à adopter : 7,5 A (BT)

2.2.4. - Réglage des relais homopolairesCalcul de 3 Io.

Compte tenu du régime de secours, la longueur de câble àprendre en considération est de 20 km.

3 Io = 20 • 3,76 A/km = 75 A côté HTA

soit côté BT : 75 • = 0,94 A (BT)

après application du coefficient de réduction des capteurs.

Le coefficient k à prendre en considération est égal à 1,3 :

• k (3 Io) = 1,3 • 0,94 = 1,2 A



5400

5400

15 • 1502 √ (4)2 + (0,14 + 1,18 + 1,4)2

Exemple n° 2


B • 6 1 - 2 4

2.3. - Arrivée

2.3.1. - Caractéristiques des protections• TC 1 200/5• 2 relais de phase, cal. 5 A réglable de 4 à 20 A• 2 relais homopolaires, cal. 0,6 A réglable de 0,25 A à 5 A• 1 relais de temps réglable de 0,1 à 2,4 s.

2.3.2. - Réglage des relais de phaseL'intensité nominale secondaire du transformateur HTB/HTAest égale à :

• Int = = 1 050 A

L'intensité de réglage doit donc être de :

• 1,6 • 1 050 = 1 700 A, soit 1 700 • = 7 A (BT)


• Réglage à adopter : 7 A (BT)

2.3.3. - Réglage du relais homopolaireLe neutre du réseau est à la terre par une bobine qui limite lecourant de défaut à la terre à 1 000 A.

Supposons que le poste comporte 8 départs et qu'en cas dedéfaut monophasé franc sur le jeu de barres, le courant 3 Io,qui apparaît dans chacun d'eux est égal à :• pour les départs 1 et 2 = 37,5 A ;• pour 4 autres départs = 30 A ;• pour les 2 autres départs = 20 A.

En supposant, en outre, que les départs dont le réglage durelais homopolaire est le plus élevé soient les départs 1 et 2, encas de défaut franc sur l'un deux, l'intensité du courant capaci-tif des départs sains 3 IoDS serait de :

• (4 x 30) + (2 x 20) + 37,5 = 200 A.

La lecture du coefficient β s'effectue sur la figure correspon-dante, ce qui donne : β = 0,8.

Le réglage des départs 1 et 2 est égal à : 1,2 A (BT) • =96 A (HTA)

L'arrivée doit donc être réglée à :

• = 144 A (HTA), soit 144 • = 0,6 A (BT)5

1 2001,2 • 96

0,8

4005

51 200

30 106

√3 16,5.103

Sn

√3 Unt

Exemple n° 2


B • 6 1 - 2 4

le coefficient correspond au rapport de transformation

du TC,



2.4. - Liaison

2.4.1. - Caractéristiques des protections• Tores (bushings) 600-1200/5 A• TC neutre 300/5.

2.4.2. - Réglage des relais de phaseL'intensité nominale du transformateur étant 1 050 A, le réglagedes protections de la liaison doit être :

• 2 Int = 2 • 1 050 A = 2 100 A, soit 2 100 • = 8,7 A (BT)

après application des coefficients des réducteurs de mesure,



2.4.3. - Réglage du relais homopolaireLe relais homopolaire de l'arrivée étant réglé à 144 A, le relaishomopolaire de la protection de la liaison doit être réglé à :

• 1,2 • 144 A = 173 A, soit 173 • = 2,9 A (BT)



Ce réglage est inférieur à la tenue thermique de la résistancede point neutre qui est de 500 A - 20 s.

Remarque : Le réglage des relais de temps ne présentant pasde difficulté particulière n'a pas été traité dans cet exemple.

5300

51 200

51 200

Exemple n° 2


B • 6 1 - 2 4

3.1. - GénéralitésImpédance du réseau HTB ramenée en 20 kV :

• XHT = = = 2 Ω

Impédance du transformateur HTB/HTA :

• XT = • = • = 4,4 Ω

Tension d'utilisation 20 kV, tension nominale 21 kV.

212

1010100

Unt2

SnUcc100

202

200Un2

Scc

3 • Exemple n° 3Calcul complet pour un départ aérien

avec autotransformateur


B • 6 1 - 2 4

63/20 kV.

Sn = 10 MVA.

40 Ω

Scc = 200 MVA.

Ucc = 10%

100/5 100/5100/5

A

B

C

D

E

30 km - 75 mm2 Almelec

12 km - 54 mm2 - Almelec


14 km - 34 mm2 Almelec

Départ 1 Départ 2

20/15 kV.Sn = 2 MVAUcc = 2,5%


p


figure n° 32

3.2. - Départ sans autotransformateur

3.2.1. - Caractéristiques du départLe point pour lequel l'impédance de court-circuit est la plusgrande en régime de secours normal est le point B :• tronçon PA = 30 km - 75 mm2 en ligne aérienne Almelec ;• tronçon AB = 14 km - 34 mm2 Alm en ligne aérienne Almelec ;• longueur totale en aérien (y compris les dérivations)= 100 km ;• le départ comporte également 2 km de câble tri-plomb de48 mm2.

3.2.2. - Caractéristiques des protections• TC = rapport : 100/5 ;• 2 relais de phase, cal. 5-10 A, réglables de 3 à 12 A ;• 1 relais homopolaire, cal. 0,5-1 A, réglable de 0,3 à 1,2 A• 1 relais de temps, réglable de 0,2 à 1,5 s.

3.2.3. - Réglage des relais de phase (calcul de Iccb1)

• RPA= 30 = 13,2 Ω ; X

PA= 30 • 0,04 = 12 Ω

• RAB

= 14 = 13,6 Ω ; XAB

= 14 • 0,04 = 5,6 Ω

• Iccb1 = = 280 A

après application des coefficients des capteurs :

• Iccb BT = = 14 A

• 0,8 Iccb1 BT = 11 A

L'intensité de réglage Ir doit vérifier la relation :

• 6,5 A < Ir < 11 A



3.2.4. - Réglage du relais homopolaireCalcul de 3 Io :• partie aérienne : 0,054 • 100 = 5,4 A ;• partie souterraine : 2 • 2,94 = 5,9 A.

Total 3 Io = 11,3 A

• 3 Io = 11,3 • = 0,565 A5100

280 • 5100

20 0002 √(13,2 + 13,6)2 + (2 + 4,4 + 12 + 5,6)2

3334

3375

Exemple n° 3


B • 6 1 - 2 4

Le coefficient à prendre en considération est égal à 1,3

• k (3 Io) = 1,3 • 0,565 = 0,74 A


• Réglage à adopter : 0,8 (BT)

3.3. - Départ avec autotransformateur

3.3.1. - Caractéristiques du départLe point pour lequel l'impédance de court-circuit est la plusgrande en régime de secours normal est le point E :• tronçon PC = 10 km - 75 mm2 en ligne Almelec ;• en C = auto transformateur 20/15 kV de 2 MVA - Ucc = 2,5 % ;• tronçon CD = 12 km - 54 mm2 Alm ;• tronçon DE = 7 km - 34 mm2 Alm ;• longueur totale en aérien 20 kV (y compris les dérivations) :10 km (tronçon PC) ;• longueur totale en aérien 15 kV (y compris les dérivations) :80 km ;• le départ ne comporte pas de parties souterraines.

3.3.2. - Caractéristiques des protectionsLes mêmes que pour le départ 1.

3.3.3. - Réglage des relais de phase (calcul de Iccb)

• RPC

= 10 = 4,4 Ω ; XPC

= 10 • 0,04 = 4 Ω

• Xauto = • ( ) = 5 Ω

• RCD = 12 • • ( ) = 13,1 Ω ; XCD = 12 • 0,4 ( ) = 8,5 Ω

• RDE

= 7 • • ( ) = 12,1 Ω ; XCE

= 7 • 0,4 ( ) = 5 Ω

Application du coefficient 4/3 dû à l'autotransformateur(B 61-22 paragraphe 3.2.2).

• Iccb2 = =

242 A

20,0002 √(4,4 + 13,1 + 12,1)2 + (2 + 4,4 + 4 +8,5 + 5 + 5)2

202

15202

153354

202

15202

153354

202

152,5100

3375

Exemple n° 3


B • 6 1 - 2 4

après application des coefficients de réduction des capteurs

• Iccb2 = 242 = 12 A

• 0,8 Iccb2 = 9,6 A

La valeur du courant de réglage Ir doit vérifier la relation :

• 6,5 A < Ir < 9,6 A



3.3.4. - Réglage du relais homopolaireCalcul de 3 Io :• 0,054 • (10 + 80) = 4,9 A

• 3 Io (BT) = 4,9 • = 0,25 A

Le coefficient k est égal à 1,3 :

• k (3 Io) = 1,3 • 0,25 = 0,325



Remarque : Le relais détectera sur la partie 20 kV tous lesdéfauts dont la résistance est inférieure ou égale à :

11 600•

• 0,35 - 40 = 1 617 Ω

et, sur la partie 15 kV, tous les défauts dont la résistance estinférieure ou égale à :

8 600•

• 0,35 - 40 = 1 188 Ω

3.4. - Arrivée

3.4.1. - Caractéristiques des protections• TC 300-600/5 connectés en 300/5 ;• 2 relais de phase 5 A - 10 A ;• 1 relais homopolaire - 0,5 A -1 A, réglable de 0,3 à 1,2 A• 1 relais de temps - 0,3 à 3 s.

1005

1005

5100

5100

Exemple n° 3


B • 6 1 - 2 4

3.4.2. - Réglage des relais de phaseL'intensité nominale (Int) secondaire du transformateurHTB/HTA est égale à :

• Int = = = 275 A

L'intensité de réglage doit donc être de : 1,6 • 275 = 440 A(HTA).

Le réglage des relais doit donc être de :

• 440 • = 7,3 A



3.4.3. - Réglage du relais homopolaireLe neutre du réseau est mis à la terre par résistance.

Supposons que la somme des 3 Io de tous les départs soit infé-rieure à 100 A ; β est alors peu différent de 1.

Le réglage doit donc être égal à 1,2 fois le réglage du départréglé plus haut.

Supposons que le départ 1 soit ce départ ; son réglage est de0,8 A, soit 16 A (HTA).

• 1,2 = = 19,2 soit : 19,2 • = 0,32 A

Après application des coefficients de réduction des capteurs


• Réglage à adopter : 0,35 A (BT).

3.5. - Liaisons

3.5.1. - Caractéristiques des protections• Tores (bushings) 600-1200/5, connectés en 600/5 ;• TC neutre 100/5 ;• 2 relais de phase - 5/10 ;• 1 relais homopolaire, 1/2 A ;• 1 relais de temps - 0,3 à 3s.

5300

1,2 • 161

Ior maxβ

5300

107

√3 • 21 • 103Sn

√3 Unt

Exemple n° 3


B • 6 1 - 2 4

3.5.2. - Réglage des relais de phaseL'intensité nominale du transformateur étant 275 A, le réglagedes protections de la liaison doit être :

• 2 Int = 2 • 275 A = 550 A, soit 550 • = 4,6 A



3.5.3. - Réglage du relais homopolaireLe relais homopolaire de l'arrivée étant réglé à :

0,35 • = 21 A (HTA),

le réglage du relais de terre de la protection de liaison doit êtrede :

• 1,2 x 21 = 25,2 A, soit en BT 25,2 x = 1,26 A

après application des coefficients de réduction des capteurs,



3.6. - RemarqueCet exemple n'est donné qu'à titre indicatif ; en effet, les pro-tections qui sont proposées ne sont guère plus installées sur lesréseaux.

Toutefois, il permet de suivre toute la démarche aboutissantaux réglages des protections à temps constant.

5100

3005

5600

Exemple n° 3


B • 6 1 - 2 4

1 • Enregistrements de défauts ............................................... 75

Chapitre 6

Enregistrements de défauts


B • 6 1 - 2 4

Légende :

VA, VB, VC : Tensions sur l'arrivée.

IA, IB, IC : Courants sur l'arrivée.

IN : Courant neutre.

IR : Courant résiduel du (ou des) départ(s) en défaut.

Désignation du défaut :

AN ou AT : Défaut phase A - terre.

AB : Défaut bi phases A et B.

ABC : Défaut triphasé

ACN ou ACT : Défaut bi terre phase A, C - terre.

1 • Enregistrements de défauts


B • 6 1 - 2 4

17 23 25posteselectriques.o.p.f.unblog.fr/files/2014/10/b.61-24... · B•61-24 Chapitre 1 Le...

Documents

Transcript of 17 23 25posteselectriques.o.p.f.unblog.fr/files/2014/10/b.61-24... · B•61-24 Chapitre 1 Le...