Проектирование ОУ цеха металлоизделий

LА=A-Lсп*Nсп/Nсп=10-1,24*7/7=0,18м  принимаем LА=0,18м

ℓА=А- LСП* Nсп- LА(Nсп-1)/2=10-1,24*7-0,18(7-1)/2=0,12м

Проверка размещения по А: ℓА=(0,24…0,5)* LА=(0,24…0,5)*0,18=0,04…0,09м

A=Lсп*Nсп+ LА(Nсп-1)+2 ℓА=1,24*7+0,18 (7-1)+2*0,12=10м

Можем 7 светильников разместить перпендикулярно длинной стороне с равномерным интервалом

LВ = 1,24; ℓВ = 1,33;                          LА= ℓА = 1,25 м;

Определяются фактические величины ОУ Ефи Роу

Еф=Фр* η*N/Кз*z*S=42000*1*0,47/1,5*1,1*40=299лк

Фр=Фл*nл.сп*Nсп=3000*2*7=42000 лм

Роу=Рл*N=40*2*7*1*10-3=0,56кВт

Для освещения комнаты отдыха принимается ОУ-1*7 ЛПП 12  2*40/3,2

Еф=299лк;    Роу=0,56 кВт;  ∆Е = 3%;

Отклонения расчетной освещенности от нормируемой допускается в пределах от – 10 % до +20 %

∆Е = 300 – 299 / 300 * 100% = 0,33%

Размещение- LВ=4м; LА=0,18 м

                       ℓВ= 2 м; ℓА= 0,12 м

Расчеты остальных  помещений  выполняются аналогично. Результаты всех расчетов заносятся  в Таблицу 2.

Таблица 2 – Сводная ведомость светотехнического расчета ОУ.

Наименование помещений	А*В*Н, м	Ен, лк	Еф, лк	nр	Nр	Размещение					Источник света		ОУ
						LA, м	lA, м	LB, м	lB, м		Тип	Фл, лм	Марка
1	2	3	4	5	6	7	8	9	10		11	12	13
1.Склад	8*6*4	60	58	2	2	4	2	3	1,5		Г 215-225-150	2090	2*2 НСО 150/3,2
2. Бытовка	8*4*4	60	55	1	2	5	1,5	4	2		Г 215-225-200	2920	1*2 НСП 200/3,2
3. Щитовая	6*4*4	30	27	1	2	5	0,5	4	2		Г 215-225-100	1100	1*2 НСП 100/3,2
4. ТП	6*6*4	30	24	2	2	4	1	3	1,5		Г 215-225-60	700	2*2 НПО 60/3,2
5. Венти ляционная	6*4*4	30	27	1	2	5	0,5	4	2		Г 215-225-100	1100	1*2 НСП 100/3,2
6. Инструментальная	6*4*4	30	27	1	2	5	0,5	4	2		Г 215-225-100	1100	1*2 НСП 100/3,2
7.Комната отдыха	10*4*4	300	299	1	7	0,18	0,12	4	2		ЛСП 12-2х40	3000	1*7 ЛСП 2х40/3,2
8.Станочное отделение.	38*32*10	300	300,6	5	20	0,36	0,18	8		4	ЛСП 12-2х80	5200	5*20 ЛСП 2х80/9,2

 

 

2.3. Электротехнический расчет.

2.3.1. Задачи расчета ЭСН  ОУ:

- Выбрать сечение проводников линий ЭСН с учетом механической прочности, допустимо нагрева изоляции и напряжения на светильниках.

- Выбрать распределительные  устройства щиты освещения и вводные, линейные (групповые) АЗ.

- Обеспечить потерю напряжений (∆U,%) на линии от источника питания до самого допустимого значения ( до +5%) по ГОСТ 13109 – 77.

2.3.2. Расчет мощностей ОУ участка по току нагрузки.

- Определяются параметры  электрической сети.

65 °С – допустимая температура нагрева для проводов и кабелей с резиновой и пластмассовой изоляцией при токе нагрузки.

Максимальная нагрузка (Imax, А) определяется по формулам:

Imax(3) = Pmax / √3 Uном * cosφ *10-3  - для 3 – фазной сети (четырехпроводная 3-ф + 0)

Imax(3) = Pmax / √3 Uф * cosφ *10-3  - для 1 – фазной сети (двухпроводная 1 – ф + 0)

где Pmax – расчетная максимальная нагрузка, кВт;

Uф – фазное напряжение, В;

Uном  -  номинальное напряжение, В;

Cosφ – коэффициент активной мощности сети, отн.ед;

Принимаем: Cosφ = 1 – для ЛН; Cosφ = 0,95 – для ЛЛ;

10-3 – переводной коэффициент мощности в Вт;

Допустимые потери напряжения (∆U,%) в ОУ при cos φ = 1 и Kз = 0,9;

∆U% = 6,4%; для cos φ = 0,95; ∆U% = 5 %

Максимальная мощность ОУ(Pmax, кВт) определяется по формуле:

Pmax = Ксо ∑Рном – с ЛН

Pmax = 1,2 Ксо ∑Рном – с ЛЛ со стартерной схемой зажигания.

Где Ксо – коэффициент спроса осветительный, отн.ед, [2]

Принимаем: Ксо = 1,0 – для небольших производственных зданий.

∑Рном – суммарная номинальная мощность всех подключенных СП, кВт,[Таблица 3]

ГЩО 1 - Pmax = 1*2,4 = 2,4 кВт;

ГЩО 2 - Pmax = 1*16 = 16 кВт;

Для ГЩО 1 - Imax(3) = 2,4 / 1,73 * 380* 1 *103  = 3,65А – для ЛН

Для ГЩО 2 - Imax(3) = 16 / 1,73 * 380* 0,95 *103  = 25,6А – для ЛЛ

- определяется Pmax и Imax для отдельных помещений с ЛН

Pmax = 1*0,6 = 0,6 кВт

Imax(1) = 0,6 / 1,73 * 220* 1 *103  = 2,72А – склад

Pmax = 1*0,4 = 0,4 кВт

Imax(1) = 0,4 / 1,73 * 220* 1 *103  = 1,81А – бытовка

Pmax = 1*0,2 = 0,2 кВт

Imax(1) = 0,2 / 1,73 * 220* 1 *103  = 0,9А – щитовая

Pmax = 1*0,24 = 0,24 кВт

Imax(1) = 0,24 / 1,73 * 220* 1 *103  = 1,09А – ТП

Pmax = 1*0,2 = 0,2 кВт

Imax(1) = 0,2 / 1,73 * 220* 1 *103  = 0,9А – вентиляционная

Pmax = 1*0,2 = 0,2 кВт

Imax(1) = 0,2 / 1,73 * 220* 1 *103  = 0,9А – инструментальная

Pmax = 1*0,56 = 0,56 кВт

Imax(1) = 0,56 / 1,73 * 220* 1 *103  = 2,54А – комната отдыха

2.3.3. Распределение нагрузки  по фазам.

При заполнении Таблицы 3 – Распределение нагрузки по фазам:

1. Заполняется столбец 1,2,3,4 принимается что все вспомогательные помещения и малой площади будут запитаны от ГЩО 1, а крупные помещения (станочное отделение) будут запитаны от ГЩО 2.

2. Для ГЩО 1:

Равномерно распределяются следующие по мощности нагрузки в порядке убывания по фазам. Оставшиеся маломощные потребители добавляются на фазы с целью компенсации и выравнивания мощности по фазам. Проверяется неравномерность загрузки фаз, в случае если неравномерность превышает требуемые 15%, добавляется в помещения, где разрешено устанавливать, розетки с мощностью каждой равной мощности 1 светильника.

Результаты расчета сводятся в Таблицу 3.

 

 

 

 

 

 

 

 

Таблица 3 – Распределение нагрузки по фазам.

Наименование помещений	ОУ			Нагрузка по фазам		Распределительное устройство (РУ)					Дополнительные сведения
	PОУ, кВт	ИС
		Вид	Количество	А	В	С	Тип РУ	Тип А3	Вводн. А3	Линейн. А3
1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
1.Склад	0,6	ЛН	4	+
2. Бытовка	0,4	ЛН	2			+
3. Щитовая	0,2	ЛН	2	+
4. ТП	0,24	ЛН	4		+
5. Вентиляционная	0,2	ЛН	2			+
6. Инструментальная	0,2	ЛН	2			+
7.Комната отдыха	0,56	ЛЛ	14		+
Всего на ГЩО1	2,4	ЛН+ ЛЛ	ЛН=16 ЛЛ=14	0,8	0,8	0,8
8. Станочное отделение	16	ЛЛ	100	6,4	6,4	5,6					Установить розетку в фазу С 5 розеток
Всего на ГЩО2	16	ЛЛ	100	6,4	6,4	5,6					С 2р = 0,8 кВт

 

 

Примечание – Мощность розетки принимается равной мощности светильника помещения, а <<+>> означает, что ОУ этого помещения на указанной фазе.

Неравномерность распределения нагрузки между фазами

∆Р = 6,4 – 5,6/5,6 = 14%

Для выравнивания неравномерности нагрузки устанавливается на фазе С – 5 розеток с общей мощностью Робр = 0,8 кВт

2.3.4. Расчет схемы  ЭСН  ОУ и ЛН

Для ГЩО 1 наиболее удаленная линия до помещения 2 - Инструментальная.

Исходные данные:

А×В×H = 6×4×4 м;

ОУ – 2×2 НСО 150/3,2;

Размещение:

LВ=4 м;  LА=5 м

ℓВ= 2 м;  ℓА= 0,5 м

hщ = 2м;

Требуется:

• Выбрать проводник т. АППВ;

• Выбрать АЗ т. АЕ20;

• Определить ∆Vф;

 

Рисунок 3. Распределение нагрузок ОУ с ЛН (фрагмент).

 

Расчет:

1) Распределяется нагрузка  по фазам с наибольшей равномерностью  и с учетом допустимого количества  ИС, для чего:

- В соответствии с заданием  изображается ОУ на плане и наносятся известные данные Рисунок 3. ОУ состоит из 2 точечных ИС мощностью по 150 Вт.,  все их допустимо подключить на одну фазу групповой линии, начало которой в левом верхнем углу помещения.

- Составляется и упрощается  расчетная схема моментов мощности  для наиболее удаленного  СП.

Рисунок 4. Расчетная схема моментов полная (а) и упрощенная (б).

От ГЩО до потолка H – hщ = 4 – 2 = 2м;

Начиная от точки отсчета (угол помещения), составляется расчетная схема полная (Рисунок 4.) с ответвлениями, указываются  расстояния между ответвлениями и от точки отсчета до первого ответвления. Ответвления указываются по направлению движения ЭЭ с обозначением нагрузки.

По правилам упрощения составляется окончательная расчетная схема  Рисунок 4:

- 2 ответвления (2×2Рл) заменяются эквивалентной и прикладывается к середине между крайними ответвлениями;

- определяются и наносятся  расстояния между ответвлениями  и до первого ответвления;

- определяется и наносится  момент электрической нагрузки  упрощенной расчетной схемы.

М = (Lо + L1+ L2/2)*4 Рл = (4+14+1) *4 Рл = 19*4*100*10-3= 7,6 кВт*м;

2) Выбирается проводник  т. АППВ И АЗ типа АЕ20, для чего:

- определяется нагрузка  в линии (1 – ф, двухпроводная сеть) с ЛН

Iм(1) = Ксо * Pм *103/ Vф * cosφ = 1 * 0,2*103 / 220*1 = 0,9 А;

- согласно условию Iдоп  ≥ Iм(1) по [6] для прокладки в воздухе принимается провод т. АППВ - 2×1,2, Iдоп = 18 А; АППВ 2×2 с Iдоп = 17А.

- согласно условию IНА  ≥ IНР - для осветительной сети с ЛН  по  [6] выбирается выключатель  АЕ20:

Vн = 220 В;

Iн.а = 16 А;

Iн.р. = 1,25 А;

Iу(п) = 1,25* Iн.р. А;

Iу(КЗ) = 3* Iн.р. А;

Iоткл = 2,5 кА;

- согласно условию Iдоп  ≥ Кзщ * Iу(п) проводник проверяется на соответствие выбранному аппарату защиты. Кзщ = 1.

Iдоп(180)  ˂ Кзщ * Iу(п) (1 * 1,25 *1,25 = 1,56 А), что соответствует требованию.

Выбирается АЕ 2020 с Iн.р. = 1,25 А, тогда 1,25 * 1,25 = 1,56

Следовательно, по  [6] для прокладки в воздухе (помещение с нормальной средой) выбирается провод  АППВ - 2×1,2; Iдоп = 18А; АППВ 2×2 с Iдоп = 17А.

3) Определяется фактическая  потеря напряжения в линии (∆Vф, %).

∆Vф (1) = М / С1*S = 7,6 / 7,7*2 = 4,9 %;

Чтобы уменьшить потери надо увеличить сечение проводника

По [6] С1 = F (система сети; Vн; материал) = F (1-ф, 220В, Al) = 7,7.

Вывод: Для ЭСН ОУ с ЛН выбирается провод – т. АППВ - 2×2; Iдоп = 17А; ∆Vф = 4,9 2

АЗ – т.АЕ2020; Iн.р. = 1,25 А; Iу(п) = 1,25* Iн.р. А; Iу(КЗ) = 3* Iн.а. = 16А;

 

 

 

 

2.3.5. Расчет схемы ЭСН  ОУ с ЛЛ.

Станочное отделение.

Исходные данные:

А×В×H = 38×32×10 м;

ОУ – 5×20 ЛСП 2*80/9,2; Lсп = 1,24м;

Размещение:

LВ=8 м;  LА=0,36 м

ℓВ= 4 м;  ℓА=0,18 м

hщ = 2м;

Требуется:

• Выбрать проводник т. АППВ;

• Выбрать АЗ т. АЕ20;

• Определить ∆Vф;

Расчет:

1. Распределяется нагрузка  по фазам с наибольшей равномерностью  и с учетом допустимого количества  ИС, для чего:

- В соответствии с заданием  изображается ОУ на плане  и наносятся известные данные (Рисунок 5).

Рисунок 5. Распределение нагрузки ОУ с ЛЛ групповыми линиями.

L2 = 1,86 * 19/2 = 17,67

ОУ подключается к 3 – фазной сети 5  групповыми линиями к ГЩО, которые включают 20 СП (40 ЛЛ) равномерно.

Расчет выполняется по групповой линии с наиболее удаленными двадцатым СП.

- Составляется и упрощается  расчетная схема для ГрЛ 1

- Определяется момент  электрической нагрузки упрощенной  схемы

М = M1+M2 = Рсп *( Lо * L1) + (Lо + L1+ L2)19 Рсп = 0,16 * 22 + (22 +17,67)0,16 * 19 = 3,52 + 120,7= 124,2 кВт*м;

2. Рассчитывается и выбирается  АЗ т. АЕ20, проводник т. АППВ, для  чего:

- определяется максимальная нагрузка в групповой линии №1 (1 – ф, двухпроводная сеть), СП с ЛЛ и стартерной схемой зажигания:

Iм(1) = Pм *103/ Vф * cosφ = 3,84*103 / 220*0,95 = 18,4 А;

Рм = 1,2 *Ксо *Ру = 1,2*1*3,2 = 3,84 кВт;

Т.к. ГЩО 2 стоит на средней  3ей линии, то наиболее удаленный источник будет на любой крайней линии.

От ГЩО до потолка H – hщ = 10 – 2 = 8м;

Рсп = Рл *nл = 80*2 = 160 Вт;

Ру = Рсп * Nсп = 160 * 20 = 3200Вт = 3,2 кВт;

У нас в ряду 20 светильников

Рисунок 6. Расчетная схема моментов полная (а) и упрощённая (б).

По [6] и условию IНА ≥ IНР выбирается АЕ2030