* V
* V
Ub1 - 2 ■ kb • (lńnB2 + Lx)
(6.4.4)
W obwodzie, w którym ustalony prąd różnicowy posiada wartość lAmax, należy dobrać wyłącznik różnicowoprądowy o prądzie zadziałania spełniającym następujący warunek [178]:
I >?.k -I
" » (6,4.3)
gdzie:
kt, - współczynnik bezpieczeństwa przyjmowany z przedziału (1,2-1,5)
lAmax - największy spodziewany prąd różnicowy zabezpieczonego obwodu, w [mA]
Wyłącznik B1 powinien być wyłącznikiem selektywnym o właściwej zwłoce czasowej oraz spełniać następujący warunek w stosunku do każdego wyłącznika B2 połączonego z nim w kaskadzie [178]:
gdzie:
- największy ustalony prąd różnicowy oddziałujący na wyłącznik B2 (największy spodziewany prąd różnicowy stanowiący sumę prądów różnicowych wszystkich rozpatrywanych obwodów), w [mA]
lAno - znamionowy prąd różnicowy wyłącznika B2, w [mA]
Częstym błędem popełnianym przez projektantów jest zabezpieczanie wyłącznikami różnico-woprądowymi tylko wybranych obwodów, co zostało zilustrowane na rysunku 6.4.9.
30 mA
Rys. 6.4.9
Przykład zasilania przy niepełnym wyposażeniu obwodów w wyłączniki różnicowoprądowe
W przypadku zasilania obwodów w sposób przedstawiony na rysunku 6.4.9, należy być świadomym, że obwody nr 4-5 nie spełniają warunku selektywności w odniesieniu do poprzedzającego go wyłącznika różnicowoprądowego. Nadmierna wartość prądów doziemnych w tych obwodach spowoduje zadziałanie głównego wyłącznika różnicowoprądowego, co spowoduje przerwę w dostawie energii elektrycznej do wszystkich obwodów rozpatrywanego układu zasilania.
W praktyce projektowej niejednokrotnie zdarzają się przypadki, w których zabezpieczenia obwodów odbiorczych zostały zaprojektowane w sposób określony na rysunku 6.4.9. W takim przypadku należy przeprowadzić szczegółową analizę projektowanego układu zasilania pod kątem niezawodności.
Ostateczną decyzję podejmuje projektant, który musi być jednak świadomy skutków opisanych wcześnej.
Przykład 6.8
Dobrać zabezpieczenia dla układu zasilania przedstawionego na rysunku P.6.8.
15000
73 • Un • cosip 73 • 400 • 0,95
= 22,79 A
73 • U„ • cosip 73 • 400 • 0,95
= 15,19 A
25000
P„ = 5 kW Pł3 = 10kW Pa = 15kW PM =25kW cosipj, = costpa - cosipa = cos^ = 0,95
73 • U„ • COSip 73 • 400 • 0,95
196