1
1.GİRİŞ 1.1. Genel Elektrik enerjisini üreten merkezler (santraller) çoğunlukla tüketim merkezleri yakınında kurulamamaktadırlar. Bunun en önemli nedeni hammadde nakliyesi , çevre kirliliği , güvenlik vb. sayılabilir.Örneğin ülkemizde hidrolik ve termik kaynaklar çoğunlukla Doğu ve Güneydoğu bölgelerimizde toplanmış iken , tüketim merkezleri çoğunlukla Batı Anadolu’da yer almaktadır. Bu bakımdan elektrik enerjisinin , kilometrelerce uzağa iletilmesi söz konusu olmaktadır. İşte bu noktada enerji iletimi devreye girmektedir. Enerji iletim sistemini oluşturan elemanlar Şekil 1.1. de görüleceği gibi enerjiyi üreten genaratör , ondan sonra yükseltici trafo , sonra hatlar daha sonrada indirgeyen trafo ve kullanıcı kısmından oluşurlar.
Generatör
Yükseltici trafo
Enerji nakil hattı
Alçaltıcı trafo
Şekil 1.1.Enerji iletim sistemi
Elektrik şebekelerini gerilimlerine göre sınıflandıracak olursak alçak , orta , yüksek ve Ultra high gerilimli şebekeler olarak sınıflandırabiliriz. Yapması gereken işe göre ise Aydınlatma ve Kuvvet olmak üzere ikiye ayıkabiliriz. Günümüzde enerji iletimi genellikle alternatif gerilimle yapılmaktadır. Bunun yanında uzak mesafelere enerji iletimi gündeme geldiğinde doğru gerilimle enerji iletimi yapılması maliyet açısından gerekmektedir. Uzak mesafelerde alt sınır ise 800-1000 km dır.
Generatör Yükseltici DC/AC Düşürücü AC/DC Enerji nakil hattı trafo çevirici trafo doğrultucu Şekil 1.2. Doğru gerilimle enerji iletiminin blok diyagramı
1
2
1.2. Doğru Gerilimle Enerji İletiminin Alternatif Gerilime Göre Üstünlükleri 1- İzolasyon yüzeyinden daha fazla faydalanılır. 2- Düzenli gerilim ayarı yapılabilir. 3-Alternatif akımda etkin direnç söz konusu iken doru akımda omik direnç vardır. Bunun sonucunda alternatif akımdaki enerji kayıpları daha çok olur. 4- Alternatif akımla enerji iletiminde bir devre için 3 kablo kullanılırken doğru akımda bu sadece bir tanedir. 5- Doğru akımda Korona kayıpları daha azdır. 6- Akım sabit olduğu için reaktif kayıp yoktur. 7- Dönüş iletkeni olarak toprak kullanılır. 8-Yer altı kablosu kullanılıyorsa di elektrik kaybı azdır. 9-Senkronizm zorlukları yoktur. 10-Kararlılık sorunu yoktur.
1.3. Doğru Gerilimle Enerji İletiminin Dezavantajları 1- Akım geçişi sürekli olduğu için kesilmesi zordur. Alternatif akım ise zamana bağlı olarak sıfır noktasına gelindiğinde kesme işlemi kolaylaşır. 2- Gerilimin yükseltilmesi ve indirilmesi çok zordur. 3- Kullanılan güç elektroniği elemanları harmoniklerin oluşumuna neden olur. 4- Hatların güvenilirlik ve ekonomik şartları iyi değildir.
2
3
2.HATIRLATMALAR 2.1. Fazör Tanıtımı Sinüzoidal ve sabit frekansta olan gerilim veya akım, işaretin tepe (max) değeri ve faz açısı ile tanımlanabilir. Genel olarak gerilimin ani değeri ; v( t ) = Vmax cos( wt + δ ) volt ifadesi ile verilebilir. v(t) ifadesindeki δ açısı , v(t)’nin coswt eğrisine göre faz farkıdır. v(t)’nin etkin değeri ise ; V V = max olur. 2 v(t) ifadesi üç şekilde gösterilebilir; V = V e jδ ( üstel) V = V ∠δ° (kutupsal) V = V cos δ + j V sin δ (kartezyen) Şekil 2.1.’de gösterilmiştir.
kutupsal eksende verilen bir fazörün kartezyen eksendeki karşılığı
Sanal
|V| sinδ
V = V ∠δ°
δ Reel |V|cosδ
Şekil 2.1. Bir fazörün Kartezyen Takımda Gösterimi v( t ) = 220 2 sin ( wt + 30) V Örneğin olarak verilen bir gerilimin değerini sinwt eğrisine göre faz farkını ve kutupsal eksende etkin fazör değerini bulalım. Gerilimin max (tepe) değeri ;
3
4
Vmax = 220 2 V (sinwt eğrisine göre) faz açısı; δ=30º ve etkin fazörü; V = 220∠30° V
dur.
2.2. Kompleks (Görünür) Güç Sürekli hal koşulları altında aktif ve reaktif güçler kompleks güç adı verilen bir tanım içinde birleştirilmiştir. V = V∠δ ve I = I∠θ olmak üzere S kompleks güç; * S = V ⋅ I * = ( V∠δ ) ⋅ ( I∠θ) = ( V∠δ ) ⋅ ( I∠ − θ) = V ⋅ I∠( δ − θ) S = V ⋅ I ⋅ cos( δ − θ) + jV ⋅ I ⋅ sin ( δ − θ) S = P ± jQ eşitliklerinden her hangi birisi kullanılarak bulunabilir. Örnek olarak R , L ve C elemanları için aşağıda kompleks güç değerleri verilmiştir.
V V2 S R = V ⋅ I = (V∠δ°) ⋅ ( ∠ − δ°) = R R
Saf omik yük için kompleks güç.
V∠ − δ V2 S L = V ⋅ I = (V∠δ) ⋅ ( )= j − jX X
Saf endüktif yük için kompleks güç.
V∠ − δ V2 SC = V ⋅ I = (V∠δ) ⋅ ( ) = −j jX C XC
Saf kapasitif yük için kompleks güç.
*
*
*
4
5
P
θ S Q
S
Q
θ P Endüktif yük için güç üçgeni
Kapasitif yük için güç üçgeni
Şekil 2.2. Güç üçgenleri Omik yükte akım ve gerilim aynı fazdadır. V I Endüktif yükte akım gerilimden geride V θ
I ve kapasitif yükte ise akım gerilimden ileridir. I
θ
V
Yukarıdaki bulunan değerler bir faza göre yapılmışlardır. Eğer sistemin toplam gücü bulunmak istenirse bu değerin faz sayısı ile çarpılması ve bağlantı şekillerinin de dikkate alınması gerekir. Yapacağımız işlemlerde genellikle üç fazlı ve aksi belirtilmedikçe yıldız bağlı sistemler kullanılacaktır. Bu durumda faz-nötr gerilimi V yerine faz-faz gerilimi olan U alınır. Bilindiği gibi yıldız bağlı bir devre için; U = 3⋅V şeklindedir. Bu durumda üç fazlı ve yıldız bağlı bir devre için aktif güç formülünü yazacak olursak ; U P = 3⋅ ⋅ I ⋅ cos δ 3 şeklindedir. Buradan gerekli sadeleştirmeler yapıldığında; P = 3 ⋅ U ⋅ I ⋅ cos δ bulunur.
5
6
3. İLETİM HATLARININ UZUNLUKLARINA GÖRE SINIFLANDIRILMASI Enerji iletim hatları uzunluklarına göre üçe ayrılabilirler. 0-100 km’ye kadar olan hatlar kısa hatlar olarak adlandırılırlar. 100-250 km arası olan hatlar ise orta uzunluktaki hatlar olarak adlandırılırlar. 250 km ve daha uzun hatlar ise uzun iletim hatları olarak adlandırılıp gerekli hesaplama yöntemleri ile hat parametreleri bulunur. İletim hatlarını elektriksel yönden inceleyecek olursak , hat parametreleri ve uzunluklar söz konusu olmaktadır. İncelemelerimiz genellikle alternatif akım kullanılan iletim hatları olduğundan alternatif akımda kullanılan tüm büyüklükler burada söz konusu olacaktır. İletim hatlarının bir omik direnci (R) vardır. Bu direnç doğru akımdakine oranla deri olayı sebebiyle yaklaşık 1,5 katı daha fazladır. Diğer taraftan komşu iletkenlerden akan akımların halkaladığı akılar nedeniyle , faz iletkenlerinin self (öz) ve karşılıklı (ortak) endüktansları meydana gelmektedir. Sinüzoidal akımlarla çalışıldığından endüktans deyimi yerine şebeke frekansının bir fonksiyonu olan endüktif reaktans kullanılır. Hattın omik direnci ve endüktif reaktansı birbirlerine seri bağlı olarak düşünülür ve hattın karakterize edilmesi için bu iki büyüklüğün seri toplamı empedans kullanılır. Öte yandan yalıtkan ortam (hava) içinde bulunan hatlarının birbirlerine veya toprağa göre kaçak kapasiteleri bulunacaktır. Sinüzoidal bir gerilimle çalışıldığı için , frekansın bir fonksiyonu olan kapasitif reaktans deyimi kullanılır. Ancak hesaplarda tutulan genel yol , kapasitif reaktans yerine , bunun tersine eşit olan süseptans ile çalışılmaktadır. İletkenlerin toprağa karşı olan kaçak dirençleri çok küçük olduğu için çoğunlukla ihmal edilir. Bu bakımdan hattın kapasitesi , hat ile toprak arasına bağlanmış süseptans ile , daha genel anlamda ise admitans ile temsil edilir. Şekil 3.1.’de görülen devre bir iletim hattının faztoprak arası eşdeğer devresini göstermektedir. Burada ; L: birim uzunluk başına hattın faz-toprak endüktans değeri R: birim uzunluk başına hattın direnci C: birim uzunluk başına hattın faz-toprak kapasitesi R′: birim uzunluk başına hattın faz-toprak kaçak direnci olarak tanımlanmıştır.
Şekil 3.1. Bir iletim hattının faz-toprak arsından görülen eşdeğer devresi
6
7
İşlemlerde kullanacağımız hat parametrelerinin girişe ait olanları 1 indisi ile , çıkışa ait olanları ise 2 indisiyle göstereceğiz. Aşağıda bu parametreler ve açıklamaları verilmiştir. U1= Hat başı fazlar arası gerilim V1= Hat başı faz-nötr gerilimi I1= Hat başı akımı P1= Hat başı aktif güç Q1= Hat başı reaktif güç φ1=Hat başı akım ve gerilim arasındaki açı φ2=Hat sonu akım ve gerilimi arasındaki açı
U2= Hat sonu fazlar arası gerilimi V2= Hat sonu faz-nötr gerilimi I2= Hat sonu akımı P2= Hat sonu aktif güç Q2= Hat sonu reaktif güç S2= Hat sonu kompleks güç
Bir enerji iletim hattına ilişkin iki kapılı devre gösterimi Şekil 3.2.’de gösterilmiştir. I1
I2
A V1
C
İki kapılı devre
B V2
D
Şekil 3.2. ABCD parametreli iki kapılı devre gösterimi Şekilde görülen giriş ve çıkışlar arsındaki bağıntılar V1=A·V2 +B·I2 ve I1=C·V2+D·I2 . Bu eşitlikleri matrissel formda aşağıdaki gibi yazabiliriz. V1 A B V2 I = C D ⋅ I elde edilir. 2 1 Buradaki A , B , C , D sabitlerine iletim hatlarının genel devre sabitleri denir. Bunlar genel olarak kompleks sayılardır. Hattın herhangi bir ucundan bakıldığında hat aynı , yani dört uçlu devre simetrik ise A ve D birbirlerine eşit ve birimsizdir. B ve C nin birimleri sırasıyla Ω (ohm) ve S (Siemens = 1/Ω) dur. Bu simetriliğin sağlanması koşuluyla AD - BC = 1 dır ve sistem dengelidir.
3.1. Kısa Uzunluktaki Hatlar Normal yapıda ve boyları 0-100 km arasında değişen hatlar için kapasite ihmal edilebilir. Kapasitenin ihmal edilerek akım ve gerilim denklemlerinin kurulabileceği iletim hatlarına kısa iletim hatları denilir. Şekil 3.3.’de bir kısa iletim hattı genel gösterimi yer
7
8
almaktadır. Görüleceği gibi hattın kapasitesi ihmal edilmiştir ve hat seri bir empedansla ifade edilmiştir.
Z=R+jX Z
I1
V1
Y
I2
I1
Z
I2
∆V
V2
Y=g+jb
Z=R+jX
V2
V1
Kısa hatlarda ihmal edilir.
Kısa iletim hattı eşdeğer devresi
Genel eşdeğer
Şekil 3.3. Kısa iletim hattı eşdeğer devresi
Bu empedansın değeri ; Z=R + jX = z·ℓ= r·ℓ + jx·ℓ Ω dur. Burada ; Z : Hattın faz başına ohm olarak seri empedansını z : Hattın birim uzunlukta ve faz başına ohm olarak seri empedansını X : Hattın faz başına ohm olarak toplam endüktif reaktansı x : Hattın birim uzunlukta ve faz başına ohm olarak endüktif reaktansı ℓ : Hattın uzunluğunu göstermektedir. Kısa iletim hattı eşdeğer devresi basit bir AC devresi olarak çözülür. Devrede şönt kollar olmadığı için hat başı ve hat sonu akımları bir birine eşittir. V1=V2 + ∆V=V2+Z·I2 Bu ifadeleri matris şeklinde yazarsak ;
|I1| = |I2|
V1 1 Z V2 I = 0 1 ⋅ I 2 1 şeklinde elde edilir. Burada A=D=1 , B=Z Ω ve C=0 1/Ω. Yazılan bu ifadelere göre kısa iletim hattının yük durumuna göre fazör diyagramları Şekil 3.4. ve Şekil 3.5.’deki gibi olur.
8
9
V1 δ φ2
∆V θ-φ2
V2 θ
φ2
φ1
I2X
I2R
I2=I1 Şekil 3.4.Endüktif yük için kısa iletim hattı fazör diyagramı
V1 I2=I1
I2X
φ1
I2Z
I2R
φ2 δ
V2
θ
φ2
Şekil 3.5.Kapasitif yük için kısa iletim hattı fazör diyagramı
3.2. İki Adet Dört Uçlu Devrenin Seri Bağlanması Hat sabitleri A1 , B1 , C1 , D1 ve A2 , B2 , C2 , D2 olan iki adet kısa hat seri olarak bağlandığı durumda ortak ABCD katsayılarını bulalım.
I1
A1
B1
I1′
I2 A2
B2
V1′
V1 C1
V2
D1
C2
D2
Şekil 3.6. İki adet dört uçlu devre bağlantısı
9
10
V1 ? ? V2 ? Matris işlemini yapabilmek için öncelikle her iki devrenin akım ve I = ? ? ⋅ I = 2 1 gerilim bağıntılarını yazalım. Birinci hat için; V1 A 1 B1 V1 ' I = C D ⋅ 1 1 1 I1 ' ve 2. hat için ; V1 ' A 2 B 2 V2 V1 ' ⋅ olur. 1. hat için yazdığımız matriste ' = I ' 1 I 1 C 2 D 2 I 2 matrisinin bulunan değerini yerine yazacak olursak; V1 A 1 B1 A 2 B 2 V2 I = C D ⋅ C D ⋅ I matris işlemini yapacak olursak ; 1 2 2 2 1 1 V1 A 1 ⋅ A 2 + B1 ⋅ C 2 I = C ⋅ A + D ⋅ C 1 1 2 1 2
A1 ⋅ B 2 + B1 ⋅ D 2 V2 ⋅ bulunur. Burada ABCD katsayıları C1 ⋅ B 2 + D1 ⋅ D 2 I 2
sırasıyla; A =A1A2+B1C2 , B=A1B2 +B1 D2
, C=C1A2+D1C2 ve D=C1B2+D1D2 olur.
Örnek 3.1. I1
Z=0+j8
I′
I2
I′ i
V1
V′
V′
1.Devre
Y=0-j0,2
V2
2.Devre
Çözüm: Şekil de görülen devreler birbirlerine seri olarak bağlandıklarında A , B , C , D hat sabitlerini bulalım. Seri bağlı iki devrenin şekli Şekil 3.6.’ daki gibi olur. Birinci devreyi matrissel formda yazarsak ; V1 1 j8 V' I = 0 1 ⋅ I' (1) 1 aynı şekilde ikinci devre içinde matris ifadesini yazacak olursak ;
10
11
0 V2 V' 1 I' = − j0,2 1 ⋅ I (2) 2
0 V2 V1 1 j8 1 ⋅ elde edilir. 2 nolu denklemi 1 de yerine koyarsak; = ⋅ bulunur. I1 0 1 − j0,2 1 I 2 Bu işlemi yaparsak; 8∠90° V2 V1 2,6 I = 0,2∠ − 90° 1 ⋅ I şeklinde buluruz. Burada ; 2 1 A = 2,6 B = 8∠90° Ω 1 C = 0,2∠ − 90° Ω D =1 eşit olur.
3.3. İki Adet Dört Uçlu Devrenin Paralel Bağlanması
I11
B1
C1
D1
V11
I1 V1
A1
V21
I21 I2 I22
I12 A2
V2
B2 V22
V12 C2
D2
Şekil 3.7. Paralel bağlı iletim hatları
Şekilden V1=V11=V12 (1) , V2=V21=V22 (2) ve I1=I11+I12 (3) , (4) yazılabilir. Birinci dört uçlu devrede V11=A1·V21+B1· I21 (5) ve I11=C1· V21+D1· I21 (6) yazılabilir. İkinci dört uçlu devrede ise V12=A2· V22+B2· I22 (7) ve I12=C2· V22+D2· I22 (8) yazılabilir.
I 2=I21+I22
5 nolu denklemi B2 ile , 7 nolu denklemi ise B1 ile çarpıp taraf tarafa toplayalım.
11
12
B 2 ⋅ V11 = A 1 ⋅ B 2 ⋅ V21 + B1 ⋅ B 2 ⋅ I 21 B1 ⋅ V12 = A 2 ⋅ B1 ⋅ V22 + B1 ⋅ B 2 ⋅ I 22 B 2 ⋅ V11 + B1 ⋅ V12 = A 1 ⋅ B 2 ⋅ V21 + A 2 ⋅ B1 ⋅ V22 + B1 ⋅ B 2 ⋅ I 21 + B1 ⋅ B 2 ⋅ I 22 Burada V11=V12=V1 , V21=V22=V2 ve I21+I22=I2’ yerlerine yazarsak;
( B1 + B 2 ) ⋅ V1 = ( A1 ⋅ B 2 + A 2 ⋅ B1 ) ⋅ V2 + B1 ⋅ B 2 ⋅ I 2 ( A ⋅ B + A 2 ⋅ B1 ) ⋅ V + B1 ⋅ B 2 ⋅ I V = 1 2 1
2
2
B1 + B 2 B1 + B 2 bulunur. Burada V1 = A ⋅ V2 + B ⋅ I 2 genel denklemine göre ( A ⋅ B + A 2 ⋅ B1 ) B1 ⋅ B 2 A= 1 2 ve B = olur. B1 + B 2 B1 + B 2 V11=V12 eşitliğini yazacak olursak ( 1 nolu denklem); A 1 ⋅ V21 + B1 ⋅ I 21 = A 2 ⋅ V22 + B 2 ⋅ I 22 olur. Burada I22’ yi 4 nolu denklemden çekersek I2=I21+I22 ise I22=I2-I21 olur. I22’yi V11=V12 eşitliğinde yerine koyalım A 1 ⋅ V21 + B1 ⋅ I 21 = A 2 ⋅ V22 + B 2 ⋅ ( I 2 − I 21 ) A 1 ⋅ V21 + B1 ⋅ I 21 = A 2 ⋅ V22 + B 2 ⋅ I 2 − B 2 ⋅ I 21 B1 ⋅ I 21 + B 2 ⋅ I 21 = A 2 ⋅ V22 − A 1 ⋅ V21 + B 2 ⋅ I 2
V22 = V21 = V2
I 21 ⋅ ( B1 + B 2 ) = ( A 2 − A1 ) ⋅ V2 + B 2 ⋅ I 2
( A 2 − A1 )
B2 ⋅ I2 B1 + B 2 B1 + B 2 şeklinde yazılabilir. Bulduğumuz bu I21 değerini 6 nolu denklemde yerine yazalım. I 11 = C 1 V21 + D 1 I 21 I 21 =
⋅ V2 +
A − A 1 B2 ⋅ V2 + = C 1 ⋅ V21 + D 1 ⋅ 2 B1 + B 2 B1 + B 2
⋅ I 2
D ⋅ ( A 2 − A1 ) B2 I 11 = C 1 + 1 ⋅I2 ⋅ V2 + B1 + B 2 B1 + B 2 Tekrar V11=V12 eşitliğini yazalım.
A 1 ⋅ V21 + B1 ⋅ I 21 = A 2 ⋅ V22 + B 2 ⋅ I 22 Bu kez I21’i yerine koyalım. I2=I21+I22 den bulunur. Bunu yerine koyarsak A 1 ⋅ V21 + B1 ⋅ ( I 2 − I 22 ) = A 2 ⋅ V22 + B 2 ⋅ I 22 A 1 ⋅ V21 − A 2 ⋅ V22 + B1 ⋅ I 2 = B 2 ⋅ I 22 + B1 ⋅ I 22
V2 = V21 = V22
( A1 − A 2 ) ⋅ V2 + B1 ⋅ I 2 = ( B 2 + B1 ) ⋅ I 22 ( A1 − A 2 ) ⋅ V + B1 ⋅ I = I B 2 + B1
2
B 2 + B1
2
22
bulunur. Bulunan bu I22 denklemini 8 nolu denklemde yerine koyalım I12=C2· V22+D2· I22
12
I21=I2-I22
13
A − A 2 I12 = C 2 ⋅ V22 + D 2 ⋅ 1 B1 + B 2
B1 ⋅ V2 + ⋅ I2 B1 + B 2
D ⋅ ( A1 − A 2 ) B1 I12 = C 2 + 2 ⋅ I2 ⋅ V2 + B1 + B 2 B1 + B 2 şeklinde bulunur.
I1=I11+I12’de bulunan denklemleri yerlerine yazarsak D ⋅ ( A 2 − A1 ) B2 I11 = C1 + 1 ⋅ I2 ⋅ V2 + B1 + B 2 B1 + B 2
+
D ⋅ ( A1 − A 2 ) B1 I12 = C 2 + 2 ⋅ I2 ⋅ V2 + B1 + B 2 B1 + B 2
I11 + I12 = ( C1 + C 2 ) ⋅ V2 +
( D 2 − D1 ) ⋅ ( A 1 − A 2 ) B1 + B 2
⋅ V2 +
B 2 ⋅ D 1 + B1 ⋅ D 2 ⋅ I2 B1 + B 2
B 2 ⋅ D 1 + B1 ⋅ D 2 ( D − D1 ) ⋅ ( A 1 − A 2 ) I 1 = C1 + C 2 + 2 ⋅ V2 + B1 + B 2 B1 + B 2
⋅ I 2
bulunur. Bu denklemi I1=C·V2+D·I2 genel ifadesine benzetecek olursak. B 2 D1 + B1 D 2 ( D − D1 ) ⋅ ( A 1 − A 2 ) ⋅ V C = C1 + C 2 + 2 2 ve D = B1 + B 2 B1 + B 2
⋅ I 2 şeklinde yazabiliriz.
Yazdığımız bu ifadeleri matris şeklinde aşağıdaki gibi düzenleyebiliriz. A1 B 2 + A 2 B1 V1 B1 + B 2 I = (A 1 − A 2 )(D 2 − D1 ) 1 C1 + C 2 B1 + B 2
V ⋅ 2 D1 B 2 + D 2 B1 I 2 B1 + B 2 B1 B 2 B1 + B 2
Örnek 3.2. 20 km uzunluğunda üç fazlı kısa bir iletin hattının elektriksel hat sabitleri r = 0,295 Ω/km , x = j0,557 Ω/km ve hat sonu fazlar arası gerilimU2 = 30 kV , hat sonu toplam güç S2 = 8 MVA , ve cosφ = 0,9 (geri) olarak veriliyor. Hat başı gerilim , akımını hesaplayınız.
13
14
Çözüm: Z=0,295+j0,557Ω I2
I1
V2 =
V1
U2 3
=
30 3
= 17,320 kv
V2
Hat kısa bir hat olduğundan |I1|=|I2| ve bulmak için formülde I2 ve Z değerlerinin S2 8 ⋅ 10 6 ∗ I2 = = = 154A 3 ⋅ U2 3 ⋅ 30 ⋅ 10 3 ve Z için ;
V1=V2+I2·Z şeklinde yazabiliriz. V1 hesaplanması gerekir. I2 için
Z = ℓ·(r+jx)=20(0,295+j0,557)= 5,9+j11,14Ω = 12,60∠60,2° cosφ = 0,9 geri ise bu akım gerilime göre φ2= -25,83° geri anlamına gelir. Bu şekilde; I 2 = 154∠( − 25,83) °
şeklinde yazılır. Şimdi V1’ i hesaplayabiliriz;
V1 = V2 + I 2 ⋅ Z = 17320∠0° + 154∠ − 25,83° ⋅ 12,60∠62,2° V1 = 18920∠3,5° V Bulunan bu değerleri fazör diyagramda aşağıdaki gibi gösterilir. V1 I2·Z I2X δ=3,5° φ2=25,83°
V2 φ1=25,83°+3,5°
θ-φ2 φ2 I2·R
I2=I1
14
15
Örnek 3.3. Hat sonu gerilimi 66 kV olan ℓ=80 km uzunluğundaki bir hattın r = 0,20 Ω/km ve x = 0,40 Ω/km olarak veriliyor. a) P2 = 21 MW , Q2 = 0 MVAr b) P2 = 21 MW ve Q2 = 12 MVAr c) P2 = 21MW ve Q2 = -12 MVAr olması durumlarında hat başı parametrelerini bulunuz.
Çözüm: a) Omik yükte: U 66 ⋅ 10 3 V2 = 2 = = 38,1 kV 3 3 S2 21 ⋅ 10 6 ∠0° ∗ ∗ S2 = 3 ⋅ U 2 ⋅ I 2 ⇒ I 2 = = = 183,72∠0° A 3 ⋅ U2 3 ⋅ 38,1 ⋅ 10 3 *
I 2 = I 2 = 186,72 A Z = 80 ⋅ ( 0,2 + j0,4 ) = 16 + j32 = 35,77∠63,42° ∆V = I 2 ⋅ Z = 183,72∠0° ⋅ 35,77∠63,42° = 6,57∠63,43° kV V1 = V2 + ∆V = 38,1∠0° + 6,57∠63,42° = 41∠9° kV
δ = ϕ1 = 9°
I1 = I 2 ⇒ I1 = 183,72∠9°
P1 = 3 ⋅ U1 ⋅ I1 = 3 ⋅ 38,1 ⋅ 10 3 ⋅ cos 9° = 22,32 MW Q1 = 3 ⋅ U 1 ⋅ I1 = 3 ⋅ 38,1 ⋅ 10 3 ⋅ sin 9° = 3,53 MVAr V1=41 kV
ΔV=6,57 kV I2·X
63,43°
δ=9° I1 = I 2 = 183,72 A
I2·R V2=38,1 kV
φ2=0° b) Endüktif yükte:
15
16
*
I2 =
S2 3 ⋅ U2
=
(21 + j12) ⋅ 10 6 3 ⋅ 66 ⋅ 10 3
=
24 ⋅ 10 6 ⋅ ∠29,7° 114,315 ⋅ 10 3
I1 = I 2 = 210 A
*
I 2 = 210∠29,7° A
ϕ 2 = −29,7°
I 2 = 210∠( − 29,7 ) ° A ∆V = I 2 ⋅ Z = 210∠ − 29,7° ⋅ 35,77∠63,43° = 7,51∠33,73° = 6,246 + j4,17 kV V1 = V2 + ∆V = 38,1 + 6,246 + j4,17 = 44,346 + j4,17 = 44,54∠5,73° δ = 5,73° P1 = 3 ⋅ V1 ⋅ I1 ⋅ cos ϕ1 = 3 ⋅ 44,54 ⋅ 10 3 ⋅ 210 ⋅ cos 35,7° = 22,9 MW Q1 = 3 ⋅ V1 ⋅ I1 ⋅ sin ϕ1 = 3 ⋅ 44,54 ⋅ 10 3 ⋅ 210 ⋅ sin 35,7° = 35,07 MVAr Z = 16 + j32 = 35,77∠63,43° θ = 63,43° V1
φ2=29,7°
ΔV
δ=5,73° φ1=5,37+29,7=35,07°
V2
29,7° I2·R
I2·X θ-φ2=63,43-29,7 =33,73
I1 = I 2 = 210 A
c)Kapasitif yükte: I 2 = 210∠29,7° A ∆V = I 2 ⋅ Z = 210∠29,7° ⋅ 35,77∠63,43° = 7,511∠93,13° = −0,41 + j7,499 kV V1 = V2 + ∆V = 38,1 − 0,41 + j7,499
ϕ1 = ϕ 2 − δ = 29,7 − 11,25 = 18,45°
= 37,69 + j7,499 = 38,42∠11,25° kV
P1 = 3 ⋅ V1 ⋅ I1 ⋅ cos ϕ1 = 3 ⋅ 38,42 ⋅ 210 ⋅ cos18,45° = 22,954 MW Q1 = 3 ⋅ V1 ⋅ I1 sin ϕ1 = 3 ⋅ 38,42 ⋅ 210 ⋅ sin 18,45° = 7,66 MVAr
16
17
I1 = I 2 = 210 A
V1
φ1=29,7-11,25=18,45°
∆V δ=11,25°
I2·X θ=63,43 I2·R φ2=29,7°
V2
93,13°
φ2=29,7°
3.4. Orta Uzunluktaki İletim Hatları Uzunlukları 100-250 km arasında değişen hatlar orta uzunluktaki iletim hatları olarak tanımlanırlar. Genellikle, tamamen kapasite olan şönt admitans orta uzunluktaki hatların hesaplanmasında dikkate alınır. Z=R+jX Z
I1
V1
Y
I2
V2
Y=g+jb İhmal ediliyor.
Şekil 3.8. Orta uzunluktaki hattın eşdeğer devresi Bu tür hatların çözülmesinde π ve T eşdeğer devrelerinden yararlanılır. Hattın şönt admitansı hattın baş ve sonlarında iki eşit parçaya bölünerek yerleştirilirse , elde edilen devreye nominal π devresi ; hattın toplam şönt admitansı hattın ortasına , seri empedans da eşit iki parçaya bölünerek bu şönt admitansın sağına ve soluna yerleştirildiğinde elde edilen devreye T devresi denilir. Ih
I1 V1
i1
Y 2
Z
I1
I2
Y 2
i2
V2 V1
Z 2
V′ i
Y
I2
Z 2
T eşdeğer devre
π eşdeğer devre
Şekil 3.9. π ve T eşdeğer devreleri
17
V2
18
3.4.1.Nominal π devresi Ih
I1
I2
Z i1
V1
Y 2
I1 V1′ I1′ i1
Y 2
V1
I1′ V1′
Z
V2′
Y 2
V2′
V1 ' = V2 '+ Z ⋅ I 2 '
I2 ' =
V1 ' 1 Z V2 ' I ' = 0 1 ⋅ I ' 2 1
1 0 V ' V1 ⋅ 1 I = Y 1 I1 ' 1 2
V2
V2 ' = V2 + 0I 2
I1 ' = 0V2 '+ I 2 '
Y ⋅ V1 '+ I1 ' 2
V2
I2′ V2′ I2 i2
I2′
V1′
V1 = V1 '+0I1 ' I1 =
i2
Y 2
Y ⋅ V2 + I2 2
1 0 V V2 ' 2 I ' = Y ⋅ I 1 2 2 2 (1)
(2)
Şekil 3.10. π eşdeğer devre parametrelerinin bulunması Nominal π devresi eşitliklerini yapalım;
Şekil 3.10.’dan çıkaralım. Önce (1) nolu işlemi
1 0 V V1 ' 1 Z ⋅ 2 bulunan bu matrisi I = 0 1 ⋅ Y 1 I 2 1 2
1 0 V ' V1 ⋅ 1 de yerine I = Y 1 I1 ' 1 2
yerine koyalım.(2) nolu işlem. 1 0 1 V1 1 Z = ⋅ ⋅ I Y 0 1 Y 1 1 2 2
0 ⋅ V2 şeklinde bulunur. Burada katsayılar; 1 I 2
18
19
A = D = 1+
Z⋅Y C = Y ⋅ 1 + 4
Z⋅Y 2
B=Z
ZY 1+ Z V 1 V2 2 = ⋅ I 1 Y(1 + ZY ) 1 + ZY I 2 4 2
Ih
I1
3.4.1.1. π Eşdeğer Devrenin Klasik Yöntemle Çözülmesi
I2
Z V1
i1
Y 2
i2
Y 2
V2
S 2 = P2 + jQ 2 Z = Z ∠θ° I 2 = I 2 ∠ϕ 2 ° V2 = V2 ∠0°
Y Y ⋅ V2 = ⋅ V2 ∠90° 2 2 I h = i 2 + I 2 = I h ∠ϕ h °
i2 =
i1 =
Y Y ⋅ V1 = ⋅ V1 ∠90° + δ° 2 2 I1 = i 1 + I h
∆V = Z ⋅ I h = I h ⋅ Z ∠θ° − ϕ h °
I1 = I1 ∠ϕ1 °
V1 = V1 ∠δ°
ϕ1 = δ + ϕ 0 V1 IhZ
φ2
δ φ1 φ 0
θ I1
i1
V2
φh
IhR
IhX φh
Ih i 2 I2 Şekil 3.11. π eşdeğer devre fazör diyagramı
19
20
3.4.2. Nominal T devresi I1
I1′ Z 2
V1
I1
i
V1
I2 Z 2
Y
V2
I1′ V1 I2′
I1′ Z 2
I2′
V′
I2′
i
V1′
V1
Z V1 = V1 '+ ⋅ I1 ' 2 I1 = 0 ⋅ V1 + I1 '
V2′
Z 2
V2′
Z ⋅ I2 2 I 2 ' = 0 ⋅ V2 + I 2 '
I1 ' = Y ⋅ V2 '+ I 2 ' V1 ' 1 0 V2 ' I ' = Y 1 ⋅ I ' 2 1
V2
V2 ' = V2 +
V1 ' = V2 '+0 ⋅ I 2 '
Z V1 1 V1 ' I = 2 ⋅ I ' 1 0 1 1
I2
Z V2 ' 1 V2 I ' = 2 ⋅ I 2 2 0 1 (1)
(2)
Şekil 3.12. T eşdeğer devre parametrelerinin çıkarılması T eşdeğer devrenin yapalım; V1 ' 1 0 1 = ⋅ I ' Y 1 0 1
ABCD parametrelerini bulmak için Şekil 3.12.’de önce (1) nolu işlemi Z V2 2 ⋅ bulunan I 1 2
Z V ' V1 ' V1 1 1 I ' matrisini I = 2 ⋅ I ' de 1 1 1 0 1
yerine koyarsak ( 2 nolu işlem); V1 1 I = 1 0
Z 1 0 1 ⋅ 2 ⋅ Y 1 1 0
Z V2 2 ⋅ elde edilir. Bu işlemi yapacak olursak; I 1 2
20
21
Z⋅Y 1+ V1 2 I = 1 Y A = D = 1+
Z⋅Y 2
Z⋅Y ) 4 ⋅ V2 matrisi elde edilir. Buradan ABCD katsayıları; Z ⋅ Y I 2 1+ 2
Z(1 +
B = Z(1 +
Z⋅Y ) 4
C=Y olur.
3.4.2.1. T devresinin klasik yöntemle çözülmesi
I1
Z 2 ΔV
V1
1
I1′
V′
I2′
Z 2
I2
ΔV2 i
V2
Y
Z ∠θ° Z = I 2 ∠ − ϕ2 ° ⋅ = I 2 ⋅ Z 2 ∠( θ° − ϕ 2 °) 2 2 V' = V2 + ∆V2 = V' ∠δ' ∆V2 = I 2 ⋅
I1 = i + I 2 = Y ⋅ V'+ I 2 = Y ⋅ V' ∠(90° + δ'°) + I 2 ∠ϕ 2 ° Z Z Z = I1 ∠(−δ 0 °) ⋅ ∠θ° = I1 ⋅ ∠( θ° − δ 0 °) 2 2 2 V1 = V'+ ∆V1 ∆V1 = I1 ⋅
21
22
V2 V′ δ
δ′
φ2
θ-φ2
V2
φ1
φ0
I1
φ2
i
I2 ⋅
I2 ⋅ I2 ⋅
X 2
θ-φ0 φ0
I1 ⋅ I1 ⋅
Z = ∆V1 2
X 2
Z = ∆V2I ⋅ R 1 2 2
R 2
I2 Şekil 3.13. T eşdeğer devre fazör diyagramı
Örnek 3.4. 180 km uzunluğundaki bir iletim hattının sonundaki gerilim 154 kV olup sabittir. Hat sonunda 80 MW ve 45 MVAr değerinde aktif ve reaktif güçler çekilmektedir. Hattın birim uzunluk başına empedans ve reaktans değerleri r = 0,12 Ω/km ve x = j0,41 Ω/km’dir. Hattın kapasitansından dolayı oluşan admitans değeri ise 2,78·10-6 S/km dır. Bu hattın π ve T eşdeğer devrelerini kullanarak hat başı işletme koşullarını bulunuz. a) T eşdeğer devreyi kullanarak çözüm: Z 2
I1
I1
V′ I2
Z 2
I2
ΔV2
ΔV1 V1
i
V2
Y
Z = ⋅ (r + jx ) = 180 ⋅ (0,12 + j0,41) = 21,6 + j73,8 Ω V2 =
U2
154 ⋅ 10 3
= 89 kV 3 3 S 2 = P + jQ = 80 + j45 = 91,78∠29,35° MVA I2* =
=
S2 3 ⋅ U2
=
91,78∠29,35° ⋅ 10 6 3 ⋅ 154 ⋅ 10 3
= 344∠29,35° A
I 2 = 344∠(−29,35°) A
22
23
Z ifadesinden bulabiliriz. 2 değerlerinin bulunmasına
T eşdeğer devrede V1 gerilimini V1 = V'+ I1 ⋅
Bunun için I1 ve V′ Z 76,9 ∆V2 = I 2 ⋅ = 344∠( −29,35°) ⋅ ∠73,68 2 2 = 13,23∠44,33° kV
ihtiyaç
vardır.
V' = V2 + ∆V2 = 89 ⋅ 10 3 + 13,23∠44,33 ⋅ 10 3 = 89 + 9,46 + j9,24 = 98,46 + j9,24 = 98,89∠5,36° kV I1 değeri ise I1 =I2+i den bulunur. Burada önce i değerini bulmamız gerekmektedir. S Y = y ⋅ = 2,78 ⋅ 10 −6 ⋅ 180 = 500 ⋅ 10 −6 km i = V'⋅Y = 98,806 ⋅ 10 3 ∠5,36° ⋅ 500,4 ⋅ 10 −6 ∠90° i = 49,44∠95,36°A I1 = I 2 + i = 344,123∠ − 29,35° + 49,44∠95,36° I1 = 318,61∠( − 22 ) ° A
Z 76,89∠73,68° = 98,806∠5,36° + 318,61∠( − 22 ) ° ⋅ 2 2 V1 değerini hesaplarsak V1 = 107,63∠10,1°kV bulunur. V1 = V'+ I1 ⋅
V2=107,63 kV ∆V = 12,3 kV 1 V′=98,89kV
∆V2 = 13,23 kV
δ=9,9° δ′=5,36° I1=320A
V2=89 kV
i=49,5A φ2=29,35° φ0=21°
θ-φ0=52,68°
I2,=344A
P1 = 3 ⋅ V1 ⋅ I1 ⋅ cos ϕ1 = 3 ⋅ 107,63 ⋅ 320 ⋅ cos 30,9° = 88,659 MW Q1 = 3 ⋅ V1 ⋅ I1 ⋅ sin ϕ1 = 3 ⋅ 107,63 ⋅ 320 ⋅ sin 30,9° = 53,06 MVAr
23
θ-φ2=44,33°
24
S1 = 88,659 + j53,06 MVA Problemi hat sabitleri ile çözelim. V1 = A ⋅ V2 + B ⋅ I 2 I1 = C ⋅ V2 + D ⋅ I 2 ZY 76,9∠73,68° ⋅ 500 ⋅ 10 −6 ∠90° = 1+ = 1 + 0,019∠163,68 2 2 A = D = 1 − 0,018 + j0,0053 = 0,982∠0,3° A = D = 1+
76,9∠73,68° ⋅ 500 ⋅ 10 −6 ∠90° ZY B = Z1 + = 76,9∠73,68°1 + 4 4
( B = 76,9∠73,68°(1 − 9,225 ⋅ 10
B = 76,9∠73,68° 1 + 9,612 ⋅ 10 −3 ∠63,68° −3
)
+ j2,70 ⋅ 10 −3
)
B = 76,9∠73,68° ⋅ 0,99 ⋅ ∠0,156° B = 76,192∠73,836° 1 C = Y = 500 ⋅ 10 −6 ∠90° Ω V1 = A ⋅ V2 + B ⋅ I 2 = 0,0816∠0,3° ⋅ 89 ⋅ 10 3 ∠0° + 76,192∠73,836 ⋅ 343,7∠(−29,35)° = 87362,4∠0,3° + 26187,19∠44,486° = (87361,08 + j480,297) + (18682,509 + j18350,28) = 106043,59 + j18830,577 = 107702,52∠10,06° V I1 = CV2 + DI 2 = 500 ⋅ 10 −6 ∠90° ⋅ 89 ⋅ 10 3 ∠0° + 0,9816∠0,3° ⋅ 343,7∠ − 29,35° = 44,5∠90° + 337,375∠(−29,35)° = (0 + j44,5) + (294,974 − j163,742) = 294,974 − j119,242 = 318,163∠(−21)° A görüldüğü her iki yöntem kullanılarak aynı sonuçlara ulaşmak mümkündür. b) π eşdeğer devre ile çözüm: Ih
I1
I2
Z V1
i1
Y 2
Y 2
i2
V2
V1 =V2+Z.Ih ve Ih =I2+i2 dır. Yani V1’ i hesaplamak için Ih değerini gerekmektedir. Bunun içinde i2 değerinin hesaplanmasına ihtiyaç vardır. Y 500,4 i 2 = V2 ⋅ = 89,1.10 3 ∠0° ⋅ ⋅ 10 −6 ∠90° 2 2 = 22,25∠90°A
24
hesaplamamız
25
I h = I 2 + i 2 = 344,123∠( −29,35)° + 22,25∠90° = 333,82∠(−26)° A Z ⋅ I h = 76,89∠73,689° ⋅ 333∠(−26)°
V1 = 89,1∠0° + 25,604∠48°
V1 = 107,9∠10,13° kV = 25,604∠48° kV I1 değeri ise i1 ve Ih’ın toplamına eşittir. Y i 1 = V1 ⋅ = 107.10 3 ∠10,13° ⋅ 250,2.10 −6 ∠90° 2 i 1 = 26,98∠100,13°A I1 = I h + i 1 = 333∠(−26)° + 26,98∠100,13° I1 = 318,63∠(−22,08)° A P1 = 3 ⋅ 107,44 ⋅ 10 3 ⋅ 318,21 ⋅ cos 32,2° = 87,19 MW Q1 = 3 ⋅ 107,44 ⋅ 10 3 ⋅ 318,24 ⋅ sin 32,2° = 54,90 MVAr S1 = 87,19 + j54,90 = 103,03∠32,196 MVA V1=107,94 kV φ1=32,2°
δ=10,11° φ0=22,09°
Ih=333,35 A
θ-φh=47,67°
V2=89 kV i1=26,985 A φh=26,01°
φ2=29,35° I1=318,2 A
∆V=25,634 kV
i2=22,25 A I2=344 A
Hat parametreleri ile çözüm: ZY 76,9∠73,68° ⋅ 500 ⋅ 10 −6 ∠90 A = D = 1+ = 1+ = 0,982∠0,315° 2 2 B = Z = 76,9∠73,68° Ω 76,9∠73,68° ⋅ 500 ⋅ 10 −6 ∠90° ZY −6 1 + C = Y 1 + = 500 ⋅ 10 ∠ 90 ° 4 4 = 495 ⋅ 10 −6 ∠90,156°
25
26
V1 = AV2 + BI 2 0,982∠0,315° ⋅ 89 ⋅ 10 3 + 76,9∠73,68° ⋅ 343,7∠(−29,35)° = 107975∠10,09° V I1 = 495 ⋅ 10 −6 ∠90,156° ⋅ 89 ⋅ 10 3 + 0,982∠0,315° ⋅ 343,7∠(−29,35)° = 320∠(−21)° A
3.5. Uzun İletim Hatları
I1
I2
I+dI dv
Genaratör
V1
V+dv
dI
V2
V
dx Şekil 3.14. Uzun iletim hattı
yük
x
250 km den büyük iletim hatlarının kesin çözümü ve hesaplamaların tamamen doğru yapılabilmesi için hat sabitlerinin gerçekte olduğu gibi hat boyunca üniform dağılmış olduğu düşünülmelidir. Üç fazlı bir hattın tek faz ve nötr bağlantısı yukarıda görülmektedir. Hattın çözümü için empedans ve admitansın eşit dağılmış olduğu düşünüldüğünden toplu parametreler gösterilmemiştir. Diferansiyel eşitlikleri yazabilmek için hat üzerinde sonsuz küçük bir eleman düşünelim ve bu elemanın başlangıç ve son noktalarında akım ve gerilimdeki değişmeleri hesaplayalım. Seçtiğimiz sonsuz küçük eleman hat sonundan x mesafede olsun. Sonsuz küçük elemanın uzunluğu da dx olarak kabul edelim. Buradan, z·dx : Hattın elemanter uzunluğunun seri empedansı y·dx : Hattın elemanter uzunluğunun şönt admitansı olur. Elemanın yüke doğru olan ucunda gerilim V’dir ve kompleks gösterilmiştir. V’ nin değeri hat boyunca değişir. Elemanın genaratöre doğru olan ucunda gerilim V+dv’dir. Hat üzerindeki elemanter uzunlukta artan gerilim x’in artış yönünde dv’dir. Dolayısıyla elemanın genaratöre doğru olana ucunda gerilim , yük ucundaki gerilim artı dv olacaktır. x’in artış
26
27
yönünde artan gerilim aynı zamanda x’in artış yönüne ters yönde akan akım üretecek ve bu akım elemanın empedansı üzerinde I·z·dx gerilim artışını meydana getirecektir. Diğer taraftan bu gerilim artışının değeri dv olduğundan dv = I ⋅ z (1) dv=I·z·dx veya dx yazılabilir. Benzer şekilde elemandan yüke doğru akan akım I’dır. Şönt admitans hat boyunca üniform dağılmış olduğundan hat boyunca akımın fazı ve değeri de değişir. Elemanın genaratöre yakın kısmında akım I+dI olur. Genaratörden sonsuz küçük elemana giren akım elemandan ayrılan akımdan yük yönünde dI kadar büyüktür. Aralarındaki bu fark elemanın şönt admitansından geçen akım yani V·y·dx tir. Böylece, dI = V ⋅ y (2) dI=V·y·dx veya dx yazabiliriz. 1 ve 2 nolu eşitliklerin x’e göre diferansiyelini alırsak d2V dI d2I dV = z ( 3 ) ve =y (4) elde edilir. 1 ve 2 nolu eşitliklerdeki dI/dx 2 2 dx dx dx dx d2V ve dV/dx ifadelerini sırasıyla 3 ve 4 nolu eşitliklerde yerine koyarsak, = y ⋅ z ⋅ V (5) dx 2 d2I ve = y ⋅ z ⋅ I (6) denklemleri bulunur. dx 2 Elde edilen 5 ve 6 nolu eşitlikler ikinci dereceden lineer diferansiyel denklemler olduğu için bu denklemlerde gerilim ve akımın çözümü üstel formda olduğu düşünülebilir. Gerilim için: V=A·e kx çözümünü ele alalım. Ve bu fonksiyonu 5 nolu dV d2V denklemde yerine koymak için ve dx dx 2 dV kx = A ⋅ k ⋅ e kx idi. Bu ifadenin ikinci kez diferansiyelini alırsak; türetilir. V = A ⋅ e ⇒ dx 2 d V = A ⋅ k 2 ⋅ e kx bulunur. Bu elde edilen sonuçları 5 nolu denklemde yerine koyalım. 2 dx A ⋅ k 2 ⋅ e kx = y ⋅ z ⋅ A ⋅ e kx k2 = z ⋅ y k = ± z⋅y Buradaki k’ya propagasyon (yayılma) sabiti adı verilir. Kompleks bir büyüklük olan propagasyon sabiti k = z ⋅ y = α + jβ şeklinde yazılır. Propagasyon sabitinin reel kısmı olan α azalma sabiti olarak adlandırılır ve birim uzunlukta NEPER olarak ölçülür. Propagasyon sabitinin imajiner kısmı olan β ise faz sabiti olarak adlandırılır ve birim uzunlukta radyan olarak ölçülür. Yukarıdaki denklemlerden üretilen genel çözüm ; V = A1e kx + A 2 e − kx veya (7) V = A1e ( yz )⋅x + A 2 e −( yz )⋅x
27
28
yazılabilir. 7 nolu eşitlik ile verilen V değeri 1 nolu eşitlikte yerine konulursa, dV dV = I⋅z = A 1 ⋅ k ⋅ e k⋅x − A 2 ⋅ k ⋅ e k⋅x dx dx k⋅x I ⋅ z = A 1 ⋅ k ⋅ e − A 2 ⋅ k ⋅ e k⋅x I ⋅ z = A ⋅ z ⋅ y ⋅ e ( z ⋅ y )⋅ x − A ⋅ z ⋅ y ⋅ e − ( z ⋅ y )⋅ x
(
1
I= I=
A1 ⋅ A1 ⋅
( (
)
z⋅y z z⋅y
) ⋅ e( ) ⋅ e(
2
) − A2 ⋅
(
) − A2 ⋅
(
z⋅ y ⋅ x
z⋅ y ⋅ x
(
)
z⋅y z
) ⋅e (
)
−
z ⋅ y ⋅x
z ⋅ y ⋅ e −(
z ⋅ y ⋅x
)
)
z2 z2 y ( z ⋅ y )⋅ x y − ( z ⋅ y )⋅ x ⋅e I = A1 ⋅ − A ⋅ 2 z ⋅e z 1 1 I = A1 ⋅ ⋅ e ( z ⋅ y )⋅ x − A 2 ⋅ ⋅ e − ( z ⋅ y )⋅ x z z y y 1 1 − ( z ⋅ y )⋅ x 1 I = A1 ⋅ ⋅ e ( z ⋅ y )⋅ x − A 2 ⋅ e = ⋅ A1 ⋅ e ( ZC ZC ZC
(
) − A ⋅ e −( 2
z ⋅ y ⋅x
)
z ⋅ y ⋅x
)
z = Z C =Karakteristik empedans y A1 ve A2’ yi hat sonundaki şartları kullanarak belirleyebiliriz. x = 0 için (hat sonu koşulları) V = V2 ve I=I2 olacaktır. Bu değerleri 7 ve 8 nolu denklemlerde yerine koyarsak V2 = A 1 ⋅ e 0 − A ⋅ 2 e 0 V2 = A 1 + A 2 I2 = I2 =
(9)
ve
(
1 ⋅ A1 ⋅ e 0 − A 2 ⋅ e 0 ZC
1 ⋅ ( A1 − A 2 ) ZC
)
(10)
9 ve 10 ifadelerini taraf tarafa toplarsak
V2 = A1 + A 2 Z C I 2 = A1 − A 2 V2 + Z C I C = 2A 1 A1 =
ve taraf tarafa çıkarırsak A2 =
V2 + Z C I 2 2
V2 − Z C I 2 şeklinde yazabiliriz. 2
28
29
z zy
z2 z = ZC = zy k
=
zy k zy y 1 1 = = = = = 2 z z z ZC k z Hat başı değerlerini bulmak için x = ℓ diyelim ve bulmuş olduğumuz A 1 ve A2 değerlerini 7 ve 8 nolu denklemlerde yerlerine koyarsak; V + Z c ⋅ I 2 kx V2 − Z c ⋅ I 2 −kx V1 = 2 ⋅e + ⋅e 2 2 1 V2 + Z c ⋅ I 2 kx V2 − Z c ⋅ I 2 −kx I1 = ⋅e − ⋅ e bulullnlur. Z C 2 2 Bu iki eşitlikte gerekli düzenlemeleri yapalım. V1 =
[
(
1 ⋅ V2 ⋅ e kx + Z C ⋅ I 2 ⋅ e kx + V2 ⋅ e − kx − Z C ⋅ I 2 ⋅ e −kx 2
(
)
)]
(
1 V2 ⋅ e kx + e − kx + Z C ⋅ I 2 ⋅ e kx − e − kx 2 e kx + e − kx e kx − e − kx V1 = V2 ⋅ + Z c ⋅ I 2 2 2 =
)
sinhkx
coshkx
V1 = V2 ⋅ cosh kx + I 2 ⋅ Z C ⋅ sinh kx
I1 = V2
ve
1 sinh zy + I 2 cosh zy Zc
V1 = V2 ⋅ cosh zy + I 2 ⋅ Z C sinh zy
D C
B
A
V1 = A ⋅ V2 + B ⋅ I 2
I1 = C ⋅ V2 + D ⋅ I 2
1 ⋅ sinh zy Zc şeklinde hat sabitlerini yazmış oluruz. Buradaki hiperbolik fonksiyonların genel açılımları; A = D = cosh zy
B = Z C ⋅ sinh zy
C=
x2 x4 x6 x 2n cosh x = 1 + + + + ⋅⋅⋅⋅⋅ + 2! 4! 6! 2n! 3 5 7 x x x x ( 2 n −1) sinh x = x + + + + ⋅⋅⋅⋅⋅ + 3! 5! 7! (2n − 1)!
29
30
Uygulamada bir ve ikinci ifadeler dışında kalanlar çok küçük sayılar olduklarından ihmal edileceklerdir. Bu durumda zy 2 zy A = D = cosh zy = 1 + 2 1 zy C= ⋅ sinh zy = y ⋅ (1 + ) Zc 6 cosh zy = 1 +
sinh zy = zy +
zy zy zy = zy 1 + 6 2 B = Z C ⋅ sinh zy = z.(1 +
zy ) 6
Örnek 3.5. 400 km uzunluğundaki bir iletim hattının empedansı z = 0,1+j0,5 Ω/km , y=j3,2.10-6 S/km olarak veriliyor. Hat sonunda U2 = 215 kV altında güç katsayısı 1 olan 150 MVA lik bir güç çekilmektedir. Hat başına ilişkin akım ve gerilim değerlerini ABCD katsayıları ve hiperbolik fonksiyonlar yardımıyla bulunuz.
Çözüm: a) ABCD katsayıları ile hat başı parametrelerinin hesaplanması: V1 A B V2 I = C D ⋅ I V1 = A ⋅ V2 + B ⋅ I 2 I1 = C ⋅ V2 + D ⋅ I 2 2 1 Z = z ⋅ = (0,1 + j0,5).400 = 40 + j20 = 204∠78,69°Ω Y = y ⋅ = j3,2.10 −6.400 = j1,28.10 −31 / Ω Z⋅Y 204∠78,69°.1,28.10 −3 ∠90° A = D = (1 + ) = (1 + ) = 0,8723∠1,68° 2 2 204∠78,68°.1,28.10 −3 ∠90° Z⋅Y B = Z ⋅ 1 + = 204∠78,68° ⋅ 1 + 6 6 = 195,309∠79,168° Ω 204∠78,68°.1,28.10 −3 ∠90° Z⋅Y −3 C = Y ⋅ 1 + = 1,28.10 ∠90° ⋅ 1 + 6 6 1 = 1,225.10 −3 ∠90,508° Ω ABCD katsayıları bulduktan sonra genel matris formülünden yararlanarak giriş parametrelerini bulunur.Burada bilmediğimiz değer I2 değeridir. I2’yi bulmak için S2 150 ⋅ 10 6 * * S2 = 3 ⋅ U 2 ⋅ I 2 ⇒ I 2 = = = 402,8∠0°A 3 ⋅ U2 3 ⋅ 215 ⋅ 10 3 V1 = 0,8723∠1,68° ⋅ 124,13 ⋅ 10 3 + 195,309∠79,198° ⋅ 402,8 = 146,95∠33°kV I1 = 1,225 ⋅ 10 −3 ∠90,08° ⋅ 124,13 ⋅ 10 3 + 0,8723∠1,68° ⋅ 402,8 = 386,52∠24,98°A b) Hiperbolik fonksiyonlarla çözüm:
30
31
1 sinh ZY Zc Bu yoldan gitmek için Zc ve k değerlerine ihtiyacımız vardır. Bunlar aşağıdaki şekilde hesaplanır. Z 204∠78,69° ZC = = = 399,217∠ − 5,655° Y 1,28 ⋅ 10 −3 ∠90° A = D = cosh ZY
B = Z c sinh ZY
C=
k = Z ⋅ Y = 204∠78,69° ⋅ 1,28 ⋅ 10 −3 ∠90° = 0,5109∠84,345° k = 0,0503 + j0,5084 = α + jβ 3,14 180° 0,5084 x° x = β = 29,14° bulunur. e αx ∠β° + e − αx ∠( − β) ° A = D = cosh Z ⋅ Y = 2 0 , 0503 − 0 , 0503 e ∠29,14° + e ∠( − 29,14) ° = 2 = 0,87∠1,6° e αx ∠β° − e − αx ∠(−β)° e 0,0503 ∠29,14° − e −0, 0503 ∠(−29,14)° sinh ZY = = 2 2 sinh Z ⋅ Y = 0,49∠85° B = Z C ⋅ sinh Z ⋅ Y = 399,217∠( −5,655)° ⋅ 0,49∠85° B = 195,6∠79,315° 1 1 C= sinh Z ⋅ Y = ⋅ 0,49∠85° ZC 399,217∠(−5,655)° C = 1,225.10 −3 ∠90,5°
1 Ω
31
32
4. DOĞAL GÜÇ Bir enerji iletim hattında , hattın kapasitesinde üretilen güç , hattın reaktansında tüketilen güç arasında bir denge söz konusu ise hattın doğal güç ile yüklendiği varsayılır. Bu durumda hattın tamamında akım ile gerilim aynı fazda olduğu görülür. Bununla birlikte hat sonunda L gibi bir karakteristik empedans varmış gibi düşünülür. Şayet hattan çekilen ZC = C güç doğal güçten büyük ise hat başı akımı gerilimden geridedir. Bu durumda ise devre endüktif özellik gösterir. Bir enerji iletim hattının doğal güçle yüklenmesi en iyi işleme koşullarından biridir. Hat sonundan çekilen gücün doğal güçten farklı olması durumunda akım ile gerilim arasında faz farkı meydana gelir. Z=jwL
i
Y=jwC
V
R≅0 Z = jwL Ω 1 Y = jwC Ω
Şekil 4.1. Doğal güç
w ⋅ L ⋅ I2 = w ⋅ C ⋅ V2 V2 = I2
wL V = = wC I
wL = wC
Z = ZC Y
Sc = 3 ⋅ U ⋅ I Sc = 3 ⋅ U ⋅
U / 3 U2 = [VA ] Zc Zc
U2 Sc = ⋅ (cos γ + j sin γ ) [VA] Zc θ=γ·ℓ Buradaki Sc’ye doğal güç adı verilir.
32
33
Örnek 4.1. Bir enerji iletim hattının uzunluğu ℓ = 450 km hattın birim etkin direnci r = 0,06 Ω/km , x = 0,4 Ω/km ve hattın admitans değeri y = j4.10-6 S/km ve hattın nominal gerilimi 380 kV olduğuna göre Zc ve Sc değerlerini hesaplayalım.
Çözüm: ZC =
L = C
wL ⋅ = wC
Z Y
Z = R + jX L = 0,06 + j0,4 = 0,404∠81,469°
0,404∠81,469° = 316,22∠(−4,3)° Ω 4 ⋅ 10 −6 ∠90° U 2 (380 ⋅ 10 3 ) 2 Sc = = = 456,6MVA Zc 316,22 ZC =
33
34
5. BİR HATTIN İLETEBİLECEĞİ MAKSİMUM GÜÇ I1 R
V1
X
V2
Şekil 5.1. Dört uçlu hat parçası Şekli 5.1.’ deki iletim hattı için güç denklemlerini yazalım; P2 = 3.U 2 .I 2 . cos ϕ 2 Q 2 = 3.U 2 .I 2 . sin ϕ 2 Iq
Ip I p = I 2 . cos ϕ 2 I q = I 2 sin ϕ 2
Ip.X
Iq.X V1 ∆V
δ
φ2
Ip
Iq
V2
θ
I qZ
IqX
V1.sinδ IpX-IqR
Ip.R
I2Z=∆V
I2
IqR
Iq.R
θ I2R
I2X
V1.cosδ
Şekil 5.2. İletilebilecek maksimum gücün bulunmasında kullanılan fazör diyagramı
34
35
V1 ⋅ cos δ = V2 + I p ⋅ R + X ⋅ I q
(1)
V1 ⋅ sin δ = X ⋅ I p − I q ⋅ R
(2)
I q ⋅ R = X ⋅ I p − V1 ⋅ sin δ ⇒ I q =
X ⋅ I p − V1 ⋅ sin δ
(1) de yerine koyarsak; R X ⋅ I p − V1 ⋅ sin δ ⋅ R R ⋅ V1 ⋅ cos δ = V2 + I p ⋅ R + X ⋅ R V2 ⋅ R + I p ⋅ R 2 + X 2 ⋅ I p − X ⋅ V1 ⋅ sin δ ⋅R R ⋅ V1 ⋅ cos δ = R 2 2 R ⋅ V1 ⋅ cos δ = V2 ⋅ R + I p ⋅ R + X ⋅ I p − X ⋅ V1 ⋅ sin δ R ⋅ V1 ⋅ cos δ = V2 ⋅ R + I p ⋅ (R 2 + X 2 ) − X ⋅ V1 ⋅ sin δ Z2 R ⋅ V1 ⋅ cos δ − V2 ⋅ R + X ⋅ V1 ⋅ sin δ = I p ⋅ Z 2 Ip =
R ⋅ V1 ⋅ cos δ V2 ⋅ R X ⋅ V1 ⋅ sin δ − + Z2 Z2 Z2 R Z X sin θ = Z cos θ =
1 R X V ⋅R ⋅ V1 ⋅ ⋅ cos δ + V1 ⋅ ⋅ sin δ − 2 2 = I p Z Z Z Z V ⋅R 1 ⋅ ( cos θ ⋅ cos δ + sin θ ⋅ sin δ ) ⋅ V1 − 2 2 = I p Z Z Ip =
V1 V ⋅ cos( θ − δ ) − R ⋅ 22 Z Z
Genel güç formülünden P2 = 3.V2 .I p Ip’ yi yerine koyacak olursak; V V P2 = 3.V2 ⋅ 1 ⋅ cos( θ − δ ) − R ⋅ 22 Z Z 2
P2 = 3 ⋅
P2 =
U 1 .U 2 R.U 2 ⋅ cos( θ − δ ) − Z Z2
V2 .V1 V . cos( θ − δ ) − R. 22 ⋅ 3 Z Z
2
dP2 = 0 ’a eşitleyerek maksimum nokta bulunabilir. d ( θ − δ)
35
36
P2 dP2 =0 d ( θ − δ)
P
2max U ⋅U − sin(θ − δ) ⋅ 1 2 = 0 Z U ⋅U sin(θ − δ) ⋅ − 1 2 = 0 Z sin(θ − δ) = 0 θ−δ = 0 θ=δ Çekilen gücün maksimum olması için θ=δ olmalıdır. 2 U1 .U 2 R.U 2 P2 max = ⋅ cos( θ − δ ) − Z Z2 U ⋅U R 2 P2 max = 1 2 − 2 ⋅ U 2 [ W ] Z Z
δ
θ=δ
Örnek 5.1. 150 km uzunluğundaki bir iletim hattının empedansı 0,16+j0,4 Ω/km hat sonu gerilimi 154 kV , hat başı gerilimi 170∠10 kV tur. Verilen değerlere göre yükün çektiği gücü ve hattın iletebileceği maksimum gücü bulalım.
Çözüm :
U ⋅U R ⋅ U2 P2 = 1 2 ⋅ cos( θ − δ ) − Z Z2 Z = z ⋅ = 150 ⋅ ( 0,16 + j0,4 ) = 64,42∠68,2° Ω
(
)
2
170 ⋅ 154 ⋅ 10 6 154 ⋅ 10 3 P2 = cos( 68,2 − 10 ) − 24 ⋅ 64,42 64,42 2 P2 = 77,17 MW Çekilen maksimum gücü bulmak için ise P2 max =
(
θ=δ
U1 ⋅ U 2 R 154 ⋅ 170 ⋅ 10 24 ⋅ 154 ⋅ 10 2 − 2 ⋅ U2 = − Z 64,42 Z ( 64,42) 2 6
P2 max = 269 MW
36
)
3 2
olmalıdır.
Bu
durumda
;
37
5.2. Maksimum Gücün A,B,C,D Katsayıları Cinsinden Yazılması V1 A B V2 I = C D ⋅ I ⇒ V1 = A ⋅ V2 + B ⋅ I 2 2 1 V − A ⋅ V2 V1∠δ° A ⋅ V2 ∠α° V ∠δ° − β° A ⋅ V2 ∠α° − β° I2 = 1 = − I2 = 1 − B B∠β° B∠β° B B V ∠β° − δ° A ⋅ V2 ∠β° − α° ∗ S 2 = V2 ⋅ I 2 = V2 ⋅ 1 − B B 2
V2 ⋅ V1 A ⋅ V2 ∠β° − δ° − ∠β° − α° [VA] B B 2 U ⋅U A ⋅ U2 P2 = 1 2 ⋅ cos( β − δ ) − ⋅ cos( β − α ) [ W ] B B 2 U ⋅U U ⋅A P2 max = 1 2 − 2 ⋅ cos( β − α ) [ W ] B B
S2 =
37
38
6. PER-UNİT (BİRİM) DEĞERLER Devre hesaplamaları gerçek değerlerle yapılabildiği gibi , bunları temsil eden perunit(birim) değerlerle de yapılabilir. Hesaplamaların herhangi bir kademesinde istenirse perunit değerden gerçek değerlere dönmek her zaman için mümkündür. Devre hesaplamalarında herhangi bir büyüklüğün birçok değerlerine rastlanılabilir. Örneğin hesaplamalarda gerilim büyüklüğünün 108 , 120 ve 126 kV değerleri ile karşılaşılmış olsun. Bu gerilim değerlerinden birisi birim veya baz değer olarak seçilebilir. Örneğin 120 kV baz olarak seçilmiş olsun. Bu takdirde 108 , 120 ve 126 kV’luk gerilimler 0,90 , 1 ve 1,05 periyodik değerleri ile ya da %90 , %100 ve %105 değerleri ile ifade gösterilir. Şu halde periyodik değer verilen değerin baz olarak seçilen değere göre alınan ve ondalıklı kesir şeklinde ifade edilen oranına eşittir. Bu büyüklüklerin hesabı için , aşağıdaki noktaların göz önünde bulundurulması gerekir. 1) Öncelikle sisteme ilişkin baz güç ve gerilimin seçilmesi gereklidir. Bu büyüklükler rasgele seçilebilir. Ancak işlemlerin kolaylığı açısından ve sistemdeki hesaplamaların sayısını azaltmak için uygun değerlerin seçilmesine özen gösterilmelidir.( Örneğin S B=100 MVA ve UB =154 kV gibi…) 2) Bir trafo veya genaratörün üzerinde verilen reaktans ve empedans değerleri kendi bazına göre verilmiştir. Örneğin 50MVA ,15 kV , xd=1,0 pu şeklinde verilen bir transformatörün empedans değeri 50 MVA ve 15 kV değerine göre tanımlanmıştır. 3) S1B ve U1B baz değerlerindeki transformatör veya genaratör reaktansı x1 ise , S2B ve U2B değerlerindeki yeni reaktans (x2) 2
2
x 1 ⋅ U1B x ⋅ U 2B (1) = 2 S1B S2B eşitliği yardımıyla hesaplanır. ( Omik direnç ihmal edilmemiş ise x1 yerine Z1 ve x2 yerine Z2 konulacaktır.) 4) Bir transformatörün primer gerilimi BAZ olarak seçilmiş ise , sekonder gerilimide BAZ değer olacaktır. Bu durumda, sistemdeki transformatör gerilim kademeleri ardışık olarak değişiyorsa formül 1 x1 x = 2 (2) S1B S 2 B şeklini alır. 5) Bir iletim hattının empedansı Z [Ω] ve admitansı Y [S] belli ise, SB ve UB BAZ değerlerine göre pu değerleri S [MVA] Z = Z [Ω ] ⋅ B 2 [pu ] U B [ kV] (3) 2 U B [kV] Y = Y [Ω ] ⋅ [pu ] S B [MVA] eşitlikleri bulunur. İletim hattı için geçerli baz gerilim değeri , hattın başındaki (veya sonundaki) transformatörün üst gerilim tarafına karşılık düşen (baz) gerilimidir. 6) Pu büyüklükler hem sürekli işletme analizlerinde (örneğin güç akışı analizi) hem de geçici işletme analizlerinde (örneğin kararlılık veya kısa devre analizi) kullanılabilir. 7) Bir enerji sisteminde tüm büyüklükler (pu) olarak verilmiş ise , ek bir hesaplamaya gerek yoktur. Verilen değerlerle doğrudan analize geçilir.
38
39
8) Pu büyüklükler her türlü bağıntıda ve her türlü düzlemde (gerçek sayılar ve kompleks düzlem) kullanılabilir. 9) İletim hattı üzerinde bulunabilecek seri kompanzatör , seri reaktör , şönt kompanzatör , şönt reaktör , yıldız noktasını toprağa bağlayan bobin ( veya direnç) gibi elemanlara ilişkin pu değerleri 3 nolu bağıntı ile elde edilir. 10) Pu büyüklüklerle yapılan işlem sonucunda bulunan gerilim (u) ve güç (s) değerlerinden fiziksel değerlere geçmek için U = u ⋅ U B [kV] [kV] (4) S = s ⋅ S B [MVA] [MVA] eşitlikleri kullanılır. Benzer şekilde , pu akımı (i) değeri ile gerçek akım arasında (5) I = i ⋅ I B [A] [A] Burada IB değeri S [MVA] IB = B ⋅ 10 3 [A] (6) 3 ⋅ U B [kV] olarak tanımlanmıştır.
Örnek 6.1. Baz gücü 100 MVA , baz gerilimi 154 kV olarak verilen Z = 20 Ω luk bir empedansın bu baz değerlere göre per-unit(birim) değerini bulalım.
Çözüm: z = Z⋅
SB
( UB ) 2
= 20 ⋅
100 ⋅ 10 6
(154 ⋅ 10 )
3 2
= 0,084 pu
Örnek 6.2. Baz gücü SB =100 MVA , UB = 154 kV olarak verilmiş olup şekil de verilen diğer değerleri de kullanarak genaratör ve transformatörün birim dönüşümlerini yapınız.
Çözüm: Genaratör
Trafo
~
1,1kV 150 MVA 1,1
15/154 kV 75 MVA 1,0
2
x 1 ⋅ U1 x ⋅ UB = 2 S1 SB
2
transformatör ve uygulayalım. ransformatör için:
T
39
Bu formülü genaratöre
40
(
)
(
2
x T ⋅ 154 ⋅ 10 3 1,0 ⋅ 154 ⋅ 10 3 = 75 ⋅ 10 6 100 ⋅ 10 3 100 xT = = 1,33 pu 75 Generatör için: 2 2 x d ⋅ 15 ⋅ 10 3 1,1 ⋅ 11 ⋅ 10 3 = 100 150 ⋅ 10 6 x d = 0,39pu
(
(
)
)
2
)
Örnek 6.3. Şekilde verilen devrede baz güç 100 MVA ve baz gerilim 35 kV olduğuna göre birim dönüşümleri yapınız. T1
G
T2
~
120 km 0,38 Ω/km
250MVA 14,2 kV 1,2
200 MVA 15/159 kV 0,1
200 MVA 154/34,5 kV 0,11
Çözüm: T2 için :
(
)
(
2
x T 2 ⋅ 35 ⋅ 10 3 0,11 ⋅ 34,5 ⋅ 10 3 = 200 ⋅ 10 6 100 ⋅ 10 6 x T 2 = 0,0534 pu Hat için : 34,5 kV için 154 kV ise 35 kV için X olur. X=156,23kV olarak bulunur. 100 ⋅ 10 6 x h = (120 ⋅ 0,38) ⋅ 2 156,23 ⋅ 10 3
(
)
2
)
x h = 0,1868 pu T1 için : 0,1 ⋅ 159 ⋅ 10 3 200 ⋅ 10 6
(
)
2
(
x T1 ⋅ 156,23 ⋅ 10 3 = 100 ⋅ 10 6
)
2
x T1 = 0,0518 pu
Genaratör için : 159 kV için 15 kV ise 156,23 kV için X olsun X = 14,74 kV olarak bulunur.
40
41
(
)
(
2
x d ⋅ 14,74 ⋅ 10 3 1,2 ⋅ 14,2 ⋅ 10 3 = 250 ⋅ 10 6 100 ⋅ 10 6 x d = 0,6455 pu
)
2
Örnek 6.4. Şekildeki sistemde 50 MVA ve 220 kV baz değerlerine göre elemanların per-unit değerlerini hesaplayınız. T1
G
~ 30MVA
25 MVA 13,8/220 kV 0,1
13,1 kV 0,15
T2
20 km
20 MVA 220/15 kV 0,08
T2 için: 0,08 x T 2 = ⇒ x T 2 = 0,20 pu 20 50 M için: 0,20 ⋅ 12,5 2 x M ⋅ 15 2 = ⇒ x M = 1,388 pu 5 50 T1 için: 0,10 x T1 = ⇒ x T1 = 0,20 pu 25 50 Omik yük için: 0,18 ⋅ 13 2 x Y ⋅ 15 2 = ⇒ x Y = 3,38 pu 2 50 Hat için: Z h = 20 ⋅ ( 0,2 + j0,4 ) = 4 + j8 Ω Z h = ( 4 + j8) ⋅
0,10 5 MVA
0,2+j0,4 Ω/km
Çözüm:
50 = 0,004 + j0,008 pu 220 2
G için: 0,15 ⋅ 13,12 x d ⋅ 13,8 2 = ⇒ x d = 0,2253 pu 30 50
41
M 12,5 kV
2 MW 13 kV 0,18
42
Örnek 6.5. Sistemde , 200 MVA ve 100 kV baz değerlerine göre elemanların birim değerlerini bulunuz. 13,2 kV 100 MVA 1,1 15/66 kV 50 MVA 0,1
G2
G1
T1
T2
30Ω
30Ω
30Ω
T3
66/160 kV 75 MVA 0,09
Çözüm: T3 için: 0,09 ⋅ 160 2 x T 3 ⋅ 154 2 = ⇒ x T 3 = 0,129 pu 75 100 Hatlar için:
42
13,4 kV 120 MVA 1,0 15/66 kV 60 MVA 0,12
43
66 ⋅ 154 = 63,525 kV 100 100 x h = 30 ⋅ = 0,743 pu 63 ⋅ 525 2 T1 için: 0,1 ⋅ 66 2 x T1 ⋅ 63,525 2 = ⇒ x T1 = 0,216 pu 50 100 T2 için: 0,12 ⋅ 66 2 x T 2 ⋅ 63,525 2 = ⇒ x T 2 = 0,216 pu 60 100 G1 için: ? 15
63,525 66 14,4 kV (baz) olacaktır. (aynı baz gerilim G2 içinde geçerlidir)
1,1 ⋅ 13,2 2 x d1 ⋅ 14,44 2 = ⇒ x d1 = 0,919 pu 100 100 G2 için: 1,0 ⋅ 13,4 2 x d 2 ⋅ 14,44 2 = ⇒ x d 2 = 0,718 pu 120 100 Örnek 6.6. Şekildeki sistemde 200 MVA ve 150 kV baz değerlerine göre elemanların birim değerlerini bulunuz.
G
T
~ 100MVA 14,2 kV 1,3
Seri kondansatör Yük 150 kV
200 km 0,4 Ω/km
80 MVA 15/154 kV 0,08
30Ω
Çözüm: Şönt bobin: 200 = 8,888 pu 150 2 Seri kompanzasyon: 200 x c = 30 ⋅ = 0,267 pu 150 2 x b = 1000 ⋅
İletim hattı için:
43
Şönt bobin 1000Ω
44
x h = 80
200 = 0,711 pu 150 2
T için: 154 2 ⋅ 0,08 150 2 ⋅ x T = ⇒ x T = 0,211 pu 80 200 G için: Genaratörün bağlı olduğu bara için baz gerilim 15 154 ? 150 14,61 kV olacaktır. 14,2 21,3 14,612 ⋅ x d = ⇒ x d = 2,456 pu 100 200 Örnek 6.7. Şekildeki sistemde iletim hatları 220 km olup iletim hatlarının parametreleri r′ = 0,10 Ω/km , x′ = 0,40 Ω/km , y′ = 3·10-6 S/km dır. Hatların per-unit değerlerini bulunuz.
T1
Hat - 1
T2
100 MVA
100 MVA
380/154 kV
154/380 kV
Hat - 2 Çözüm: R = r ' ⋅ = 0,10 ⋅ 220 = 22 Ω X = x ' ⋅ = 0,40 ⋅ 220 = 88 Ω Y = y' ⋅ = 3 ⋅ 10 −6 ⋅ 220 = 6,6 ⋅ 10 − 4 S Aksi belirtilmediği için SB= 100 MVA kabul edilir. Hat-1 için: 100 r = 22 ⋅ = 0,093 pu 154 2 100 x = 88 ⋅ = 0,371 pu 154 2 154 2 y = 6,6 ⋅ 10 − 4 ⋅ = 0,156 pu 100 Hat-2 için:
44
45
100 = 0,015 pu 380 2 100 x = 88 ⋅ = 0,061 pu 380 2 380 2 y = 6,6 ⋅ 10 − 4 ⋅ = 0,953 pu 100
r = 22 ⋅
Örnek 6.8. Şekildeki sistemde , 100 MVA ve 154 kV baz değerlerine göre elemanların per-unit değerlerini bulunuz. T G
Y
~ 14,4 kV 150 MVA 1,4
15/154 kV 120 MVA 0,1
66 Ω
ΔY
20 Ω
Çözüm: T için: 0,1 x T = ⇒ x T = 0,083 pu 120 100 G için: 154 kV baz gerilim olduğundan 15 kV da baz gerilimidir. 1,4 ⋅ 14,4 2 x d ⋅ 15 2 = ⇒ x d = 0,860 pu 150 100 RN için: 100 rN = 20 ⋅ = 0,084 pu 154 2 XN için: Transformatörün çevirme oranı (154/54) sabit olduğundan , genaratör tarafı için baz gerilim 15 kV dur. 100 x N = 66 ⋅ 2 = 29,33 pu 15 Örnek 6.9. Şekildeki sistemde , 100 MVA ve 380 kV baz değerlerine göre elemanların per-unit değerlerini bulunuz.
45
46
G1
T1
T2
~ 150MVA 13,5 kV 1,8
G2
~ 80 MVA 15/160 kV 0,1
T3
154/380 kV 200 MVA 0,07
158/15 kV 120 MVA 110 MVA 14,8 kV 0,09
Çözüm: T3 için: 0,07 x T 3 = ⇒ x T 3 = 0,035 pu 200 100 İletim hatları için : Hat için baz gerilim , T3 ün primer gerilimidir. 100 x h = 140 ⋅ = 0,59 pu 154 2 T1 için : Bu eleman için baz gerilimi 154 kV dur. 0,1 ⋅ 160 2 x T1 ⋅ 154 2 = ⇒ x T1 = 0,135 pu 80 100 G1 için : Genaratör tarafı için baz gerilim , (15/160)·154=14,44 kV dur. (Transformatör değiştirme oranı sabit kaldığından , yüksek gerilim tarafındaki baz gerilim 160 kV olacaktır.) 1,8 ⋅ 13,5 2 x d1 ⋅ 14,44 2 = ⇒ x d1 = 1,049 pu 150 100 T2 için : 0,09 ⋅ 158 2 x T 2 ⋅ 154 2 = ⇒ x T 2 = 0,086 pu 110 100 G2 için : G2 tarafındaki baz gerilim (15/158)·154=14,62 kV 1,6 ⋅ 14,8 2 x d 2 ⋅ 14,6 2 = ⇒ x d 2 = 1,366 pu 120 100
46
47
7. ENERJİ İLETİM VE DAĞITIMINDA GEÇİCİ REJİM ANALİZİ Enerji iletim sistemlerinde akımın toplam empedansının bir kısmını devre dışına çıkararak en kısa yoldan devresini tamamlaması sonucu kısa devreler oluşur. Oluşan bu kısa devre akımının termik ve dinamik etkisi olmak üzere iki tip etkisi vardır. Termik etki cihazlarda aşırı ısınmalara ve yanmalara sebep olur. I2.R.t şeklinde ifade edilebilir. Burada I akımın genliği , R sistemin direnci , ve t de süreyi göstermekte olup , t süresiyle termik etki doğru orantılı olarak artmaktadır. Dinamik etki ise mesned izolatörlerinin kırılmasına , baraların titreşin yapmasına , ölçü trafolarında sargı bozukluklarına neden olmaktadır. Bu nedenler baraların rezonans açısında incelenmesine mutlaka gerek vardır. Kısa devre akımının etkilerinden çeşitli cihazlar yardımıyla korunmak mümkündür veya bu etkiler en aza indirilir. Bunların dışında orta gerilim trafo merkezlerinde kullanılan trafoların da kısa devre akımı sınırlandırılabilir. Ancak reaktans bobini sürekli olarak devrede Kaldığından aktif ve reaktif güç kaybına neden olur. Bunun yanında orta gerilim trafo merkezlerinde trafoların orta gerilim çıkışları ayrı ayrı baralara bağlanarak empedans arttırılır ve kısa devre akımı sınırlandırılır. Bir diğer yöntemde kısa devre akımının sınırlandırılması için orta gerilim trafolarının yıldız noktasının direnç ve bobin üzerinden topraklanmasıdır. Aynı zamanda bu yöntemle indirici merkezlerde kullanılan trafoların güç değerleri belirli sınırlar içerisinde tutularak empedansın çok küçük değerler alması önlenebilir. Çünkü trafolarda empedans ; 2 U U Z = k ⋅ N dır. 100 S N
7.1. Arızalara Uğrayan Şebekelerin İncelenmesi a)Sürekli dengeli işleyen enerji sistemlerinin teorisi: Bu durumda sistemin çözümü doğrusal olmayan cebirsel denklemler yardımıyla bulunur. b) Sürekli ancak denge noktası etrafında küçük ölçüde zamana göre hızı değişmeyen dinamik değişiklikler teorisi:
47
48
Bu durumda sistem modeli sabit parametreli doğrusal diferansiyel denklemlerle kurulur. c) Büyük ve ani değişikliklere uğrayan ve dinamik hal değişikliklerine yol açan geçici olaylar teorisi: Bu durumda sistem modeli daha karmaşık yapıdaki diferansiyel denklemlerle çözümlenir.
7.2. Sistemlerin Geçici Rejimlerinin Sınıflandırılması Hızlarına göre geçici rejimler üç farklı sınıfa ayrılarak incelenirler. a)Çok fazla hızlı geçici rejimler(ani olaylar): Bu duruma özellikle korumasız hatlarda atmosferik deşarjlar yol açar ve hattın sonunda yürüyen dalgalar oluşur. Bu dalgalar hattı ışık hızında bir baştan diğer başa kat ederler. Bu nedenler oluşan arızalar birkaç mili saniyede meydana gelir ve yok olurlar. b) Orta hızdaki geçici rejimler: Genellikle izolasyon bozukluğundan kaynaklanmakta olup sistemin bazı noktalarında her zamankinden farklı akımlar akmasına neden olur veya gerilimleri değiştirebilir. Havaların neminden dolayı izolatörlerde kaçaklar oluşabilir. Orta hızdaki geçici rejimler ikiye ayrılırlar: 1)Asimetrik Arızalar , 2) Simetrik arızalar(üç fazın kısa devresi). c) Yavaş geçici rejimler:
7.3. Kısa Devreler Ve B Sınıfı Arızaların İncelenmesi a)Simetrik Kısa Devreler: Aynı anda üç fazın birden kısa devre olması hali olup şebeke indirgeme yöntemi ile hesaplanır. Sistemi zorlayan en ağır arıza durumu budur. Fakat bununla birlikte seyrek olarak ortaya çıkarlar. Hesaplama yöntemi oldukça basittir. Arıza noktasından itibaren sistemin eşdeğer empedansı hesaplanarak çözüme ulaşılır. b)Asimetrik arızalar: Bu kısa devrelerde çözüm simetrili bileşenler yöntemi yardımıyla gerçekleştirilir. Simetrili bileşenler yönteminde modeller ve açılar farklı olup 3 adet fazör dengeli 9 fazörün süperpozisyonu olarak ifade edilir. Bu 9 fazör grubu kendi aralarında 3 e bölünür. Bunlar doğru , ters ve sıfır bileşen sistemlerdir.
48
49
VRt VRd 120º 120º 120º VSd VTd
Doğru sistem
VR0
VRt
VR
VRd VSt
120º
VTd
120º
120º
VR0 VS0 VT0 VS0 VTt
Sıfır sistem
Ters sistem
VSt
VSd VS
VTt VT0 VT
Şekil 7.1.Simetrili bileşenler yöntemi fazör gösterimi
7.3.1. Kısa Devre Hesaplarındaki Varsayımlar 1) Arızadan hemen önce sistem yüksüz ve anma frekansındadır. Arıza akımı dışında bütün akımlar ihmal edilmektedirler. Aksi belirtilmedikçe bütün genaratörlerin (örneğin 11 kV gibi) kendi anma gerilimlerinde işlediği kabul edilir. Bu genaratörler 11/33 kV luk kendilerine özgü çevirme oranlarında çalışan trafolara bağlanırlar. 2) Bütün genaratörlerin emk ları aynı fazdadır. Bu sistemin salınım yapmadığını ifade eder. Yani senkronlayıcı akımlar bütün makineleri arızadan önceki duruma ya da senkronizasyona çekerler. Birinci ve ikinci maddeyi birleştirdiğimizde emk. lar eşit ve aynı fazda olduklarından bütün genaratörlerin yerine tek bir genaratör konulabilir. Bu işlem bazen kaynakların bir kontak emk. barasından paralel olması şeklinde gösterilir. Böylece alternatörlerin empedansları güç sisteminin empedansına katılmış olur. 3) Sistemin direnci ihmal edilir. Yalnız endüktif reaktansı hesaba katılır. Bu kabulde, sistemde minimum empedans ve maksimum arıza akımı elde edilmiş olur. Böylece en kötü sonucu veren şartlara ulaşılmış olur. Alternatörlerde R/X=0,05 , trafolarda R/X=0,1 , yüksek gerilim hatlarında ise R/X=1/3 şeklindedir.
7.3.2. Üç Fazlı Kısa Devre Sistemlerde Şu Özellikleri Göz Önüne Almak Yerindedir 1)Bütün pratik amaçlar için sistem eşdeğer empedansı yalnızca reaktanstan oluşur. 2)Tam bir kısa devre halinde kısa devre gücü bütünüyle reaktif güçten meydana gelir. 3)Kısa devreden hemen sonra ölçülen kısa devre akımı örneğin yarım saniye sonra ölçülen değerden daha büyük değerdedir. Bu da eşdeğer empedansın arızadan hemen sonra
49
50
minimum olduğunu ve giderek büyüdüğünü ifade etmektedir. Kısa devre akımının zamana göre bu değişimi senkron genaratörün karakteristiğinden ileri gelmektedir. 4) Bir baranın dayanım gücü ya da kısaca gücü doğrudan doğruya kendisinin kısa devre gücüyle orantılıdır. Bu ifadeden anlaşılacağı gibi söz konusu baradan şebekenin içine doğru görünen empedans azaldıkça bu güç artar. Bu yüzden başka baralarda kısa devre meydan geldiği zaman baranın gerilimini koruma yeteneği büyür. Bununla beraber barada bir kısa devre oluşursa büyük kısa devre gücünün bu barada yüksek akıma yol açacağını belirtmek yerinde olur. Bu yüzden bazı şebekelerde bu tipte bir noktaya reaktans eklenmesiyle kısa devre gücünün yapay olarak değiştirilmesine gerek duyulur. 5) Kısa devre gücü bir kesicinin uğradığı zorlanmanın bir ölçüsü olarak aşağıda tanımlanacak nedenlerle kısa devre akımına üstün tutulur. Devre kesicinin ilk görevi akımı ortadan kaldırmaktır. Hızlı bir kesici bu işlemi çoğunlukla iki üç periyottan sonra tamamlar. Bir kere akım sıfır olunca kesici kontaklarının geri gelen gerilime dayanması için yeterli izolasyon gücünü koruması zorunludur. Bu gerilim sonradan her bir kesici kutbu boyunca toplanacaktır. Açma işleminin bitimiyle kesici boyunca tam şebeke gerilim yani 1,0 pu değerinde gerilim ölçülecektir. Bu devre kesicinin hem kesmesi gereken akımı , hem de açması gereken karşı gerilimi hesaba katması gereklidir. Bu iki büyüklüğün çarpımı ve tanım olarak söz konusu olan kesici yerindeki kısa devre gücünü MVA olarak verir. 6) Bazen incelemeleri kolaylaştırmak amacıyla bir barayı sonsuz güçlü kabul etme olanağı vardır. Bu durum baranın bir sonsuz kısa devre gücüne sahip olduğunu ifade eder. Bu ise bir birim eşdeğer empedans belirttiğinden sabit gerilimi korumakla bir baranın daima yeter derecede güçlü olduğunu ifade eder. KDG = U ⋅ I i kd =
1,0 Z eş
KDG = 1,0 ⋅ i kd = 1,0 ⋅ KDG =
1,0 Z eş
1,0 Z eş
7.3.3. Üç Fazlı Simetrik Arızaların İndirgeme Yöntemi İle Çözümü Örnek 7.1. Şekilde görüldüğü gibi dört adet birbirinin aynı genaratör paralel olarak işletilmektedir. Her birinin 11 kv anma geriliminde 25 MVA anma gücü vardır. Her birine ait geçici reaktans xd = 0,16 pu olduğuna göre 3~ kısa devre gücünü hesaplayınız.
50
51
G1
G2
G4
G3
11kV
K
Çözüm: Devrenin eşdeğeri aşağıdaki gibi olur.
0,16
K
Kısa devre hesaplarındaki varsayımlardan yola çıkarak genaratörler paralel bağlı tek bir genaratör olarak düşünülür. Bu halde sistem şeklini alır. Buradan paralele bağlı reaktansların
0,16
0,16
0,16
0,16
K eşleniği bize eşdeğer reaktansı verecektir. Buda gerekli denklemlerde yerine konursa; 1 1 0,16 KDG = = = 25 pu x eş = = 0,04pu Z eş 0,04 4 KDG = KDG ⋅ S B = 25.25 = 625 MVA IB =
SB 3 ⋅ UB
=
25 ⋅ 10 6 3 ⋅ 11 ⋅ 10 3
= 1312,154A
i kd =
1 1 = = 25pu Z eş 0,04
I kd = i kd ⋅ I B =
1 ⋅ I B = 25 ⋅ 1312,154 = 32803 A Z eş
Örnek 7.2. Şekilde 154 kv enterkonnekte şebeke görülmektedir. SG1 , SG2 = 87,5 MVA , xd = 0,2 pu , BD = AB = AC = AD = 125 Ω dur. Her makinenin senkron hızda döndüğü ve kayıpsız olduğu kabul ediliyor. UB = 154 kV , SB = 175 MVA için D barasındaki üç faz kısa devresine ait kısa devre gücünü bulalım.
51
52
G1
G2
B
A
C
D
M 80MVA xd = 0,23 pu
Çözüm: Birim dönüşümü gereken yerler için dönüşümleri yapalım. Genaratörler için: 175 0,2 ⋅ (154 ⋅ 10 3 ) 2 x d ⋅ (154 ⋅ 10 3 ) 2 ⇒ x d = 0,2 ⋅ = 0,4pu = 6 6 87,5 87,5 ⋅ 10 175 ⋅ 10 Motor için: 0,23 x m = ⇒ x m = 0,503 pu 80 175 Hatlar için: 175 x h = 125 ⋅ = 0,922 pu 154 2 Hesaplamalara göre sistemin eşdeğer devresi şekildeki gibi olur.Üçgen yıldız dönüşümü yapılarak devre sadeleştirilir. a=b=c=
0,921 ⋅ 0,921 = 0,307 0,921 + 0,921 + 0,921
52
53
G2
G1
0,4 pu
0,4pu
0,4
0,4
≡ 0,4 ⋅ 0,4 = 0,2 0,4 + 0,4
A 0,921pu
a b
B
0,921pu
c
C 0,921pu
0,921pu
0,921pu 0,503 pu M
0,2 0,307 A 0,307
0,307 ≡
B
C
0,507 ≡
1,228
1,228
0,921
0,921
0,507
≡
0,614
0,503
D 0,503
M
M
53
0,503 M
54
1,02 ≡ 0,503 1 1 = = 2,89pu x eş 0,347
x eş =
1,21 ⋅ 0,503 = 0,345 pu 1,21 + 0,503
I kd =
1 1 175 ⋅ 10 6 ⋅ IB = ⋅ = 1903,935A 0,345 3 ⋅ 154 ⋅ 10 3 x eş
KDG =
Örnek 7.3. Sistemin anma gerilimi 33 kV tur. Generatörlerin her birisi 25 MVA anma gücünde 0,125pu reaktans değerine sahiptir. M1 ve M2 nin her birisi 25 MVA da 0.125 pu reaktans değerine sahiptir. İletim hatlarının her birisi ise 10,9 Ω alınarak A barasının önünde meydana gelebilecek bir simetrik kısa devre gücünü ve akımını bulunuz. ( SB = 100 MVA ) G2
G1
B
A
K
C M1
D M2
Çözüm: 100 = 1,0pu 33 2 0,125 x d Generatör için: = ⇒ x d = 0,5pu 25 100 0,125 x m Motor için: = ⇒ x m = 0,5 pu 25 100 x h = 10,9 ⋅
54
55
0,5 1,0
A
B
≡
1,0
1,0 C 0,5
0,5
c
b 1,0
1,0
1,0
1,0
D 1,0
a
0,5
0,5
b
0,5
c a
0,5
0,5
M
M
M a=
0,5 ⋅ 0,5 = 0,125 pu 0,5 + 0,5 + 1
b=c=
0,5 ⋅ 1 = 0,25pu 2
0,125
üçgen oluşuyor.
0,125 0,25
0,25 A ≡
B
1,0 C
1,0
≡
1,5 1,25
D 0,25
0,25
0,25 0,125 0,125
M
M
55
56
0,25 c 1,5
0,25
0,125 a
b
0,0089
≡
≡
xeş
0,107
0,125 1,25
1 ,25 0,125 ⋅ 0,125 a= = 0,0089 pu 1,5 + 0,125 + 0,125 b=c=
0,107
KDG =
0,125 ⋅ 1,5 = 0,107 pu 1,75
I Kd =
xeş=0,2915 1 1 ⋅ SB = ⋅ 100 = 343 MVA 0,2915 x eş
1 1 100 ⋅ 10 6 ⋅ IB = ⋅ = 6000 A 0,2915 3 ⋅ 33 ⋅ 10 3 x eş
Örnek 7.4. G2
G1 A
50MVA 0,35pu C
B
M1
KDG=2500MVA olan şebeke
M2
0,9pu 25 MVA
Şekildeki 3 baralı sistemde B barasının önünde kısa devre gücü 2500 MVA olan şebeke vardır. G1 ve G2 genaratörlerinin 11 kV’taki reaktans değerleri 0,35 pu ve güçleri ise 50 MVA dır. İletim hatlarının her birisi 70 km uzunluğunda olup reaktansı 0,4 km dır. Motorların 11 kV anma gerilimi ve 25 MVA gücünde olup reaktansları 0,9 pu dır. B barasının kısa devre gücünü bulunuz.(SB =100MVA alınacaktır)
Çözüm: Şebeke için birim dönüşümü: 1 1 KDG = ⋅ S B ⇒ 2500 = ⋅ 100 ⇒ X eş x eş Genaratör için: 0,35 x d = ⇒ x d = 0,7 pu 50 100 Motorlar için: 0,9 x m = ⇒ x m = 3,6 pu 25 100
x eş = 0,04pu
56
57
Hatlar için: x h = (0,4 ⋅ 70) ⋅
100 = 23,14 pu 112 8,06 ≡
4,36
9,51
0,7
0,7
0,35
≡
7,71 23,14 0,04
a=b=c=
b
23,14
a c
23,14
7,71
3,6 0,04
3,6
7,71 1,8
23,14 ⋅ 23,14 = 7,71 pu 23,14 + 23,14 + 23,14
12,07 0,04
≡
7,71
4,36
xeş=0,039Ω
≡ 0,04
KDG =
1 1 ⋅ SB = ⋅ 100 = 2564,102 MVA 0,039 x eş
Örnek 7.6. Aşağıdaki şekilde verilen sistemde genaratörlerin hepsi 60 MVA de 0,2 pu değerine sahiptirler. Kullanılan reaktans bobinleri 0,1 pu dır. K noktasında meydana gelen üç faz kısa devre gücünü bulalım . G1
G2
G3
G4
G5
G6
K
57
58
Çözüm: Verilen birim değerler yardımıyla sistemin eşdeğer devresini çizelim.
paralel G1
≡
G2
0,2
0,2
0,1
0,1
Ikd K
G3
0,2 0,1
G4
G6
G5
0,2
0,2
0,1
0,1
0,2 + 0,1 = 0,06 5
0,2
≡
0,2 0,1
0,1
19629 A
I2 0,2 I1
0,06
15703,55 A
0,16
1 1 ⋅ SB = ⋅ 60 = 675 MVA 0,089 x eş
x eş =
0,2 ⋅ 0,16 = 0,089 pu 0,2 + 0,16
I kd =
SB 1 1 60 ⋅ 10 6 ⋅ = ⋅ = 35333 A x eş 3 ⋅ U B 0,089 3 ⋅ 11 ⋅ 10 3
KDG =
0,16 0,16 = 35333 ⋅ = 15703,555 A 0,16 + 0,2 0,36 0,2 0,2 I1 = I kd ⋅ = 35333 ⋅ = 19629 A 0,16 + 0,2 0,36 19629 I G 2 = I G3 = I G 4 = I G5 = I G6 = = 3925,8 A 5 I 2 = I kd ⋅
58
59
Örnek 7.7. Genaratörlerden her biri 0,2 pu reaktanslarınki ise 0,3 pu, SB = 60 MVA dır. K noktasındaki KDG yi hesaplayınız. G1
G3
G2
G4
G6
G5
K
Çözüm:
0,2
b
c
b
a
a
a
0,2
0,2
c 0,2
c
b 0,2
0,2
≡ 0,3
0,3
0,3
0,3 a=
0,2 ⋅ 0,2 = 0,057 0,7
b=c=
0,3 ⋅ 0,2 = 0,085 0,7
59
0,3
0,3
60
0,057
0,057
0,057
≡ 0,085
0,085
0,085
0,085
0,085
0,085
K
≡
0,0571
a b c
05
0,
0,085 0,471
71
0,3
0,3
0,3
0,0055
≡
0,0571
0,0459 0,085
0,471 0,385
a b c 0,0459
0,385 0,471
0,0571 ⋅ 0,0571 = 0,0055 0,0571 + 0,0571 + 0,471 0,0571 ⋅ 0,471 b=c= = 0,0459 0,0571 + 0,0571 + 0,471
a=
0,0055 ⋅ 0,0571 = 5,74 ⋅ 10 −5 0,0055 + 0,0571 + 0,516 0,0055 ⋅ 0,516 b= = 5,38 ⋅ 10 −3 0,0055 + 0,00571 + 0,516 0,0571 ⋅ 0,516 c= = 5,09 ⋅ 10 − 2 0,0571 + 0,0516 + 0,0055
a=
60
0,0571
61
5,74·10-5 ≡
0,136
5,09·10-2
5,38·10-3
5,74·10-5
≡ 0,436
0,315
0,1309
KDG =
x eş = 0,1043 pu
1 1 ⋅ SB = ⋅ 60 = 575,26 MVA 0,1043 x eş
Örnek 7.8. Şekildeki sistemde SB =15 MVA dır. Ikd nin 1500 A aşmaması için E fideri ile seri bağlanacak olan reaktansın değerini hesaplayın. G1
G2 0,02pu
0,15pu 20 MVA 0,15 pu
33kV 7,3Ω
T1
1/2
T2
1/2 E fideri
33/11 kV 0,08pu 15 MVA
33kV 0,03pu 10MVA
Çözüm: Öncelikle gerekli birim dönüşümleri yapalım. Hat için: 15 x h = 7,3 ⋅ 2 = 0,1 pu 33 G2 için: 0,02 x d 2 = ⇒ x d 2 = 0,01 pu 30 15
61
62
T1 için : 0,15 x T1 = ⇒ x T1 = 0,125 pu 20 15 E fideri için : 0,03 x E = ⇒ x E = 0,045 pu 10 15 Bulunan bu değerlere göre eşdeğer devre;
0,2625 0,15
0,01
0,1125
0,1
A
0,1 a
B
b c
0,05
≡ b=a=
0,05 0,045
A
c=
0,11B
0,025
0,1 ⋅ 0,05 = 0,025pu 0,2
0,025 0,0125 0,045
0,05 ⋅ 0,05 = 0,0125 pu 0,2
x 0,08
x=? 0,08
0,135
0,2875
0,091 ≡
≡
0,1375 0,1375
≡
0,228 x
x x
62
63
I kd = 1500 A ⇒ 1500 =
SB 1 ⋅ x eş 3 ⋅ UB
1 15 ⋅ 10 6 ⋅ = 0,524 1500 3 ⋅ 11 ⋅ 10 3 0,524 = x + 0,228 ⇒ x = 0,296 pu x eş =
Örnek 7.9. Verilen sistemde SB = 60 MVA olduğuna göre kısa devre gücü ve akımını bulunuz. G1 T1 60 MVA 0,2 pu 60 MVA 100 MVA 0,15 pu 26,1 Ω T4 G2 0,25 pu T2 60 MVA G4 3/4 0,2 pu 1/4 60 MVA 120 MVA 0,15 pu 0,2 pu G3 T3 30 MVA 0,1 pu 40 MVA 0,1 pu Çözüm: G3 için birim dönüşümü: 0,1 x d 3 = ⇒ x d 3 = 0,2 pu 30 60 G4 için: 0,25 x d 4 = ⇒ x d 4 = 0,15 pu 100 60 T3 için: 0,1 x T3 = ⇒ x T3 = 0,15 pu 40 60 T4 için: 0,2 x T4 = ⇒ x T4 = 0,1 pu 120 60 bulunana bu değerlere göre devrenin eşdeğerini çizelim:
63
64
0,2
0,15 0,1
0,2
0,15
0,2
0,15
0,1
0,025
0,15
0,075 0,1+0,15=0,25
0,2 + 0,15 = 0,116 3
0,116
a c b 0,1
0,025
≡
0,25
0,025
0,0248
≡
0,0623
0,075 0,0536
a=
0,116 ⋅ 0,25 = 0,0623 0,466
b=
0,25 ⋅ 0,1 = 0,0536 0,466
0,075
0,0498
0,116 ⋅ 0,1 c= = 0,0248 0,466
0,0623
0,098 ≡
0,128
1 1 ⋅ SB = ⋅ 60 = 612,24 MVA 0,098 x eş Burada Ikd değerini hesaplamak için UB değerinin hesaplanması gereklidir. Bunun için direnç ve birim değeri ve hat parçasının birim dönüşüm formülünden UB değeri çekilir. KDG =
64
65
0,1 =
26,1 ⋅ 60 ⋅ 10 6 UB
2
⇒ U B = 125,136 kV Bulunan bu UB değerini yerine koyarak Ikd değerini
buluruz. 1 60 ⋅ 10 6 I kd = ⋅ = 2824,696 A 0,098 3 ⋅ 125,139 ⋅ 10 3 Örnek 7.10. Şekildeki sistemde transformatörlerin her biri 50 MVA ve 0,1 pu değerindedir. Hatlar 0,8 pu , SB=100 MVA ve UB=154 kV tur. A ve B noktalarında kısa devre meydana gelecek olursa kısa devre gücünü ve akımını bulunuz. 100 MVA SGB T1 T2 0,3 pu Hat 1 G1 13,5 kV
15/154 kV
154/34,5 kV
100 MVA 0,2 pu T3 G2 60 MVA 0,16 pu
Hat 2 A
15/154 kV
13,5 kV Çözüm: G1 için birim dönüşümü: 2 0,3 ⋅ 13,5 2 x d1 ⋅ 15 = ⇒ x d1 = 0,243 pu 100 100 G2 için: 2 0,18 ⋅ 13,5 2 x d 2 ⋅ 15 = ⇒ x d 2 = 0,243 pu 60 100 Transformatörler için : 0,1 x T = ⇒ x T = 0,2 pu 50 100 Hatlar için: 100 x h = 80 ⋅ = 0,337 pu 154 2
65
T4 B 154/34,5 kV
66
0,243
0,337
0,2
0,2 0,737
a b c 0,243
a=
≡
0,2 0,337
0,2
0,07
0,086
0,07
0,2
0,243 2 = 0,086 pu 0,686
b=c=
0,537
0,2
0,2 ⋅ 0,243 = 0,07 pu 0,686 0,086
0,807
0,27
0,086
≡
≡ 0,27
0,807 0,27 0,537
0,537
0,077
≡ 0,537 xeş=0,209 pu
1 ⋅ 100 = 478,468 MVA 0,209 1 100 ⋅ 10 6 = ⋅ = 1793,793 A 0,209 3 ⋅ 154 ⋅ 10 3
KDG = I kd
Örnek 7.11. Şekildeki sistemde K noktasındaki kısa devre akımını 3 kVA de sınırlamak için x bobinlerinin değerleri ne olmalıdır? Sistemin baz akımı IB=1575 A dır. x 0,2
0,2 x
0,2
0,15
0,2 x
0,2
0,2
66
0,15
0,15
K
67
Çözüm: x
0,2
0,2
0,15 0,15
0,15
0,2 +
0,2
0,2
x
0,2
0,2
x
x 2
0,2+1,5x
0,35
≡ 0,4
≡
x
0,35 0,4
I kd =
1 ⋅ IB x eş
3000 =
1 ⋅ 1575 ⇒ x eş = 0,525 pu x eş
0,525 = 0,35 +
67
0,4 ⋅ ( 0,2 + 1,5x ) ⇒ x = 0,074 pu 0,6 + 1,5x
68
Örnek 7.12. Şekildeki sistemde kısa devre noktasında meydana gelen kısa devre akımını bulalım. G2
30 MVA G1 0,15 pu x2 x1
80 MVA 0,24 pu 90 MVA 0,8pu
20 MVA 0,12 pu 60 MVA 0,2 pu G3
60 MVA 0,2 pu
x3 30 MVA 0,01+j0,05 pu
80 0,18 pu G4
0,12 60 MVA G5 pu
Çözüm: Öncelikle gerekli birim dönüşümleri yapalım. G1 için: 0,15 x d1 = 100 ⋅ = 0,5 30 G2 için: 0,12 x d 2 = 100 ⋅ = 0,6 20 G3 için: 0,2 x d 3 = 100 ⋅ = 0,333 60 x1 için: 0,24 x 1 = 100 ⋅ = 0,3 80 x2 için: 0,2 x 2 = 100 ⋅ = 0,333 60 x3 için: 0,8 x 3 = 100 ⋅ = 0,888 90 G4 için: 0,18 x d 4 = 100 ⋅ = 0,225 80 G5 için:
68
69
0,12 = 0,2 60 Empedans için: 0,0509∠78,69° x z = 100 ⋅ = 0,169∠78,69° 30 Bulunana birim değerlere göre eşdeğer devre aşağıdaki gibi olur. x d 5 = 100 ⋅
0,5
0,6 0,333
0,3 0,225
0,2
a
0,333
0,272 ≡
0,888
b
c
0,333
0,33 0,3
0,169∠78,69°
0,888
0,169∠78,69°
a=b=
0,272 ⋅ 0,333 = 0,0965 0,272 + 0,333 + 0,333
c=
0,333 2 = 0,118 0,272 + 0,333 + 0,333
0,0965 ≡ 0,0965
0,118
0,380
≡ 0,888
0,3
0,0331+j0,165
0,105
0,105
0,169∠78,69° Z eş = 0,0331 + j0,2474 = 0,249∠82,37° I kd =
SB 1 1 100 ⋅ 10 6 ⋅ = ⋅ = 21078,87∠( − 82,37 ) ° A Z eş 3 ⋅ U B 0,249∠82,37° 3 ⋅ 11 ⋅ 10 3
69
70
7.3.4. Kısa Devrelerin Bara-admitans Matrisi Yöntemiyle Çözülmesi Bara-admitans yöntemi kısa devre hesaplamalarında kullanılan farklı bir yöntemdir. Bu yöntemde indirgeme yönteminden farklı olarak admitans değerleri tespit edilerek matris oluşturulur. Oluşturulan bu matris yardımıyla kısa devre olan baranın akımı tespit edilir. Bu yöntemi aşağıdaki sistem üzerinden açıklayalım.
A
B
C
D
Bu sistemin eşdeğerini çizelim.
YG1 A
YG2 Yh1
Yh2
B Yh3
C
D Yh4
YG3
YG4
70
71
I A YAA I Y B = BA I C YCA I D YDA
YAB YBB YCB YDB
YAC YBC YCC YDC
YAD VA YBD VB ⋅ YCD VC YDD VD
[ I] = [ Y] ⋅ [ V ] formülünden gerilimi çekecek olursak; [ V ] = [ I] [ Y] [ V] = [ Y] −1 ⋅ [ I] şeklinde bulunabilir. Burada [ Y ] −1 ters matrisi bulunarak çözüm yapılabilmektedir. VA I A V B = [ Y ] −1 ⋅ I B VC I C VD I D Arıza olan baranın kısa devre akımı bulunurken matris ifadesinde kısa devre olan baranın gerilimi 1,0 pu olarak alınır. Örneğin kısa devre A barasında ise buranın gerilimi 1,0 olarak kabul edilir ve kısa devre akımı bulunur. Diğer baralardan akım akmadığı kabul edilir. 1,0 X i kd V 0 X B = ⋅ VC 0 X X 0 VD Akımlar sıfır kabul edildiği için sade x ile gösterilen yerlerin bilinmesi çözüm için yeterli olacaktır. Bu şekilde akımı yazacak olursak; 1,0 1,0 = x eş ⋅ i kd ⇒ i kd = şeklinde yazılabilir. x eş
71
72
Örnek 7.13. Aşağıda daha önce çözümünü indirgeme yöntemi ile bulduğumuz Örnek 7.3. deki sistemin çözümünü bara-admitans yöntemi ile yapalım.
0,5 YG1 = YG 2 = YM1 = YM 2 Yhatlar =
1 = = − j2 j0,5
0,5 1
A
1 = − j1 j1
1 C
budeğerlere göre admitans eşdeğeri çizilir.
1
D
0,5
0,5 M
-j2
1
M
-j2 -j1
A
B
-j1
-j1 C
D -j1
-j2
-j2
Admitans eşdeğeri çizildikten sonra bu değerler yardımıyla matris oluşturulur. Matris oluşturulurken YAA= A düğümüne gelen admitansların toplamı , YAB=A ve B düğümleri arasındaki admitans olarak alınarak matris oluşturulur. j1 j1 0 − j4 j1 − j4 0 j1 [ Y] = j1 0 − j4 j1 j1 j1 − j4 0 Matris oluşturulurken çapraz sıra yani -j4 lerin bulunduğu sıra dışındaki yerlerin işaretleri (+) yapılır ve ters matris bundan sonra bulunur.
72
73
j0,291 j0,082 j0,082 j0,042 j0,082 j0,291 j0,042 j0,082 −1 [ Y] = j0,082 j0,042 j0,291 j0,082 j0,042 j0,082 j0,082 j0,291 Bu ters matristen yararlanarak denklem sistemimizi oluştururuz. VA j0,291 j0,082 j0,082 j0,042 I A V B = j0,082 j0,291 j0,042 j0,082 ⋅ I B VC j0,082 j0,042 j0,291 j0,082 I C j0,08 j0,291 I D VD j0,042 j0,08 1,0 = j0,291 ⋅ i kd + 0 + 0 + 0 ⇒ i kd =
1,0 = 3,436 pu 0,291
100 ⋅ 10 6
I kd = i kd ⋅ I B = 3,436 ⋅
= 6011,44 A 3 ⋅ 33 ⋅ 10 3 Bulunan bu sonuç indirgeme yöntemi ile bulunan değerle (6000 A)yaklaşık aynıdır. Örnek 7.14. Aşağıda reaktans eşdeğeri verilen sistemin bara-admitans yöntemi ile D noktasındaki kısa devre akımını bulalım.(SB =175 MVA , UB = 154 kV ) G2 G1
0,4 pu
0,4pu A 0,921pu B
0,921pu
a b
c
C
0,921pu 0,921pu
0,921pu
0,503 pu M
73
74
Çözüm: Öncelikle reaktansların admitans karşılıkları bulunur. 1 YG! = YG 2 = = − j2,5 G1 j4 1 Yhatlar = = − j1,085 j0,921 1 -j2,5 YM = = − j2 j0,5
G2
-j2,5 A
-j1,085 B
-j1,085
a b
c C
-j1,085 -j1,085
-j1,085 -j2 M
j1,085 0 − j7,17 j1,085 j1,085 − j3,255 j1,085 j1,085 [ Y] = j1,085 j1,085 − j3,255 j1,085 j1,085 j1,085 − j4,17 0 j0,1185 j0,1185 j0,061665 j0,17533 j0,1185 j0,50675 j0,27533 j0,20375 [ Y] −1 = j0,1185 j0,27633 j0,50675 j0,20375 j0,061665 j0,20375 j0,20375 j0,34584 VA j0,17533 V B = j0,1185 VC j0,1185 VD j0,061665
j0,1185 j0,50675 j0,27633 j0,20375
1,0 = 0,34584 ⋅ i kd ⇒ i kd = I kd = 2,8915 ⋅
175 ⋅ 10 6 3 ⋅ 154 ⋅ 10 3
j0,1185 j0,27533 j0,50675 j0,20375
j0,061665 I A j0,20375 I B ⋅ j0,20375 I C j0,34584 I D
1,0 = 2,891 pu 0,34584 = 1897,054 A
74
75
7.3.5. Simetrik Olmayan Arızaların İncelenmesi Üç fazlı bir sistemin dengeli işletilmesinde bu sisteme ait akım ve gerilimlerin fazörlerinin modülleri birbirine eşit olup aralarında 120° faz farkı bulunmaktadır. Bu şekildeki sistemler çeşitli yöntemlerle analiz edilebilirler. Ancak akım ve gerilim fazörlerinin modül olarak büyüklükleri veya aralarındaki açı değiştiğinde , yani bir dengesizlik söz konusu olduğunda sistem faz bileşenleri yöntemi ile çözümlenememektedir. Simetrik olmayan arızaların incelenmesinde simetrili bileşenler yönteminden yararlanılır. Genel olarak en çok kullanılan simetrili bileşen yöntemleri Fortescue ve Kimbark’ın simetrili bileşenler yöntemidir. Kimbark’ın simetrili bileşenler yönteminde döner manyetik alan elemanları ( genaratör , motor….vb) tanımlanamadığı için Fortescue’nin yöntemi tercih edilir. Bir enerji sistemini oluşturan elemanları etkileyen dengesiz bir akım sistemiyle gerilim sistemi yerine dengeli 3 ayrı akım sistemi veya dengeli 3 ayrı gerilim sistemi kullanılır. Ancak bu işlemin yapılabilmesi için dengesizliğin etkisi altındaki elemanın üç fazının yapısı elektiriki açıdan simetrik olmalıdır. Bu koşul altında iletim sisteminin her elemanı 3 bağımsız 4 uçlu veya 2 kapılı ile gösterilebilir. Bu 4 uçların her birine gerilimle akımların sadece birer bileşeni etkili olmaktadır. Daha açık şekliyle 4 uçluların birincisinde doğru sistem gerilim ve akımları , ikincisinde ters sistem gerilim ve akımları , üçüncüsünde ise sıfır sistem gerilim ve akımları etkili olmaktadır. Böylece 3 ayrı bileşen sistem için gerilimler ve akımlar arası bağıntılar doğrusal olup 1 fazlının 4 uçlu denklemlerine dönüşmüş olur. Bu durumda dengesizliğin etkisi altındaki sistem doğru , ters ve sıfır sistem yardımıyla 9 tane dengeli fazörün süperpozisyonu olarak ifade edilebilir. Bunlardan doğru sistem fazörlerinin zaman içindeki sırası +RST yönünde olup aralarında 120° faz farkı bulunan fazör grubudur. Ve döner alan makinelerinin statorlarına uygulandığında +yönde döner alan meydan getirirler. Ters bileşen sistemi zaman içerisindeki sırası +RST yönüne ters yönde olan modülleri birbirine eşit , aralarında 120° faz farkı olan ve döner alan makinelerinin statorlarına uygulandığında ters yönde döner alanlar meydana getiren fazör grubudur. 0 bileşen grubu ise modülleri eşit aralarında faz farkı olmayan ve döner alan meydana getiremeyen fazör grubudur. a operatörünün yönü VRt VRd 120º 120º 120º VSd VTd
Doğru sistem
VR0
VRt
VR
VRd VSt
120º
VTd
120º
120º
VR0 VS0 VT0 VS0 VTt
Ters sistem
Sıfır sistem
Şekil 7.1. Simetrili bilşenler fazör gösterimi
75
VSt
VSd VS
VTt V VT0 T
76
a = 1∠120° = −0,5 + j0,866 a 2 = 1∠240° = −0,5 − j0,866 a 3 = 1∠360° = 1 Şekil 7.1. de görülen vektörel toplama işlemlerini yazarsak; VR= VRd+VRt+VR0=VR0+VRd+VRt VS=VSd+VSt+VS0=VS0+VSd+VSt VT=VTd+VTt+VT0=VT0+VTd+VTt VS ve VT ifadelerini VR cinsinden yazmak için bir a operatörü kullanalım. VR=VR0+VRd+VRt VS=VRo+a2·VRd+a·VRt ( VS0=VR0=VT0 ve VSd’u VRd cinsinden yazmak için a operatörü yönünde iki kere yani 240° dönmek gerekmektedir.VSt’i yazmak için ise ters bileşen sistemde a operatörü yönünde VRt’den itibaren 120° dönmek gerekmektedir.) VT=VR0+a·VRd+a2·VRt ( VT’nin bileşenleri de yukarıdaki gibi a operatörü yardımıyla yazılır.) Yazdığımız bu denklemleri matrissel formda yazalım. VR 1 1 1 VRo V = 1 a 2 a ⋅ V S Rd 2 VT 1 a a VRt
[ V] = [ Ts ] ⋅ [ Vs ]
şeklinde yazılabilir. VR 1 1 1 VR 0 [ V] = VS [ Ts ] = 1 a 2 a [ Vs ] = VRd VT 1 a a 2 VRt Ts=Dönüşüm matrisi Vs=Simetrili bileşen Aynı denklemleri akımlar içinde yazmak mümkündür. I R 1 1 1 I Ro I R I = 1 a 2 a ⋅ I [ I] = [ Ts ] ⋅ [ I s ] [ I] = I S S Rd I T 1 a a 2 I Rt I T
I R 0 [ I s ] = I Rd I Rt Simetrili bileşenleri bulmak için [ V ] = [ Ts ] ⋅ [ Vs ] denkleminden [Vs] matrisini çekelim;
[ Vs ] = [ Ts ] −1 ⋅ [ V ]
şeklinde yazılabilir. Burada [Ts] ifadesini bulduğumuzda simetrili bileşenleri de bulabiliriz. Vs ifadesini bulursak Ts-1 ifadesini bulmamız kolaylaşacaktır. VR0 için; VR = VR 0 + VRd + VRt VS = VR 0 + a 2 ⋅ VRd + a ⋅ VRt VT = VR 0 + a ⋅ VRd + a 2 ⋅ VRt
(
)
(
VR + VS + VT = 3VR 0 + VRd 1 + a + a 2 + VRt 1 + a + a 2
(
= 3VR 0 + 1 + a + a
2
)( V
Rd
+ VRt )
1 VR + VS + VT = 3VR 0 ⇒ VR 0 = (VR + VS + VT ) 3 2 1 + a + a = 1 + ( − 0,5 + j0,866) + ( − 0,5 − j0,866 ) = 0
76
)
77
VRd için; VR = VR 0 + VRd + VRt a
VS = VR 0 + a 2 ⋅ VRd + a ⋅ VRt
a2
VT = VR 0 + a ⋅ VRd + a 2 ⋅ VRt
(
)
(
)
(
(
)
(
VR + a ⋅ VS + a 2 ⋅ VT = VR 0 1 + a + a 2 + VRd 1 + a 3 + a 3 + VRt 1 + a 2 + a 4 1 VR + a ⋅ VS + a 2 ⋅ VT = 3 ⋅ VRd ⇒ VRd = VR + a ⋅ VS + a 2 ⋅ VT 3 VRt için; VR = VR 0 + VRd + VRt 2 a VS = VR 0 + a 2 ⋅ VRd + a ⋅ VRt a
(
)
VT = VR 0 + a ⋅ VRd + a 2 ⋅ VRt
(
)
VR + a 2 ⋅ VS + a ⋅ VT = VR 0 1 + a + a 2 + VRd 1 + a 4 + a 2 + VRt 1 + a 3 + a 3 1 VRt = ⋅ VR + a 2 ⋅ VS + a ⋅ VT 3 Bu üç denklemi matris şeklinde yazarsak; VR 0 1 1 1 VR V = 1 ⋅ 1 a a 2 ⋅ V Rd 3 S şeklinde yazılır. 2 VRt 1 a a VT
(
1 1 1 [ Ts ] = ⋅ 1 a 3 1 a 2 I R 0 1 1 I = 1 ⋅ 1 a Rd 3 I Rt 1 a 2 −1
)
)
1 a 2 a 1 I R a 2 ⋅ I S a I T
77
)
78
Örnek 7.15. T fazının kopmasıyla oluşan dengesizlikte hat akımlarının simetrili bileşenlerini bulunuz.
I R = 100∠0° Z
I s = 100∠180°
Z Z
IT = 0
Çözüm: 1 1 100∠0° I R 0 1 I = 1 ⋅ 1 1∠120° 1∠240° ⋅ 100∠180° Rd 3 I Rt 1 1∠240° 1∠120° 0 1 I R 0 = ⋅ (100 − 100 + 0 ) = 0 3 1 1 I Rd = ⋅ (100 + 1∠120° ⋅ 1∠180° + 0 ) = (100 + 100∠300°) = 57,73∠( − 30 ) ° A 3 3 Empedans değerleri için simetrili bileşenleri bulalım; Genel gerilim formülü [ V ] = [ Z] ⋅ [ I] (1) buradan Z’in simetrili bileşenlerini bulmak için [ V] = [ Ts ] ⋅ [ Vs ] ve [ I] = [ Ts ] ⋅ [ I s ] formüllerini (1) yerlerine koyarsak [ Ts ] ⋅ [ Vs ] = [ Z] ⋅ [ Ts ] ⋅ [ I s ] şekline gelir. Burada Z i çekersek; [ Z] = [ Ts ] ⋅ [ Vs ] ⋅ [ Ts ] −1 bulunur. Burada [ Vs ] = [ Z s ] dersek formül [ Z] = [ Ts ] ⋅ [ Z s ] ⋅ [ Ts ] −1 [ Is ] [Is ] şeklinde yazılabilir. Buradan da [Zs]’yi çekersek [ Z s ] = [ Ts ] ⋅ [ Z] ⋅ [ Ts ] bulunur. −1
Z RR Z RS Z RT Z R 00 Z R 0 d Z R 0 T 1 1 1 −1 [ Z] = ZSR ZSS ZST [ Z s ] = Z Rd 0 Z Rdd Z Rdt [ Ts ] = ⋅ 1 a 3 Z TR Z TS Z TT Z Rt 0 Z Rtd Z Rtt 1 a 2 1 1 1 [ Ts ] = 1 a 2 a bu ifadeleri yukarıdaki denklemde yerine koyalım. 1 a a 2
78
1 a 2 a
79
1 1 1 Z RR Z RS Z RT 1 1 1 1 [ Z s ] = 1 a a 2 ZSR ZSS ZST 1 a 2 a şeklinde yazılabilir. 3 1 a 2 a Z TR Z TS Z TT 1 a a 2 Empedans değişikliklerinde simetrisiz bileşenler sonuç vermez. Bir sistemin görünür ya da kompleks gücü [ S] = [ V ] t ⋅ I * şeklinde yazılabilir. [ V] = [ Ts ] ⋅ [ Vs ] , [ I] = [ Ts ] ⋅ [ I s ] ise [ I *] = Ts * ⋅ I * ve [ V] t = [ Ts ] t ⋅ [ Vs ] t matrislerini bulmamız
[ ][ ]
[ ]
gereklidir. 1 1 [ Ts ] = 1 a 2 1 a
1 1 1 1 a → [ Ts ] t = 1 a 2 a [ Ts ] = [ Ts ] t 1 a a 2 a 2 1 1 1 1 1 1 * [ Ts ] = 1 1∠240° 1∠120° → Ts = 1 1∠ − 240° 1∠ − 120° 1∠ − 240° = 1∠120° 1∠ − 120° = 1∠240 1 1∠120° 1∠240° 1 1∠ − 120° 1∠ − 240° 1 1 1 * −1 Ts * = 1 a a 2 Ts = 3 ⋅ [ Ts ] 1 a 2 a
[ ]
[ ]
[ ]
[S] = [ Ts ] t ⋅ [ Vs ] t ⋅ [Ts * ] ⋅ [I s * ] [S] = [ Vs ] t ⋅ [ Ts ] t ⋅ 3 ⋅ [ Ts ] −1 ⋅ [I s * ] [S] = 3 ⋅ [ Vs ] t ⋅ [I s * ] [S] = 3 ⋅ [ VR 0
VRd
VR 0 [ Vs ] = VRd VRt I R 0 * * VRt ] ⋅ I Rd I Rt *
I R 0 [ I s ] = I Rd I Rt
[S] = 3 ⋅ VR 0 ⋅ I R 0 * + 3 ⋅ VRd ⋅ I Rd * + 3 ⋅ VRt ⋅ I Rt * S = S0 + Sd + S t P = P0 + Pd + Pt Q = Q0 + Qd + Q t
7.3.5.1. Güçlere Ait Özellikler 1) Simetrik yapıda bir şebekede akımla ya da gerilimlerin doğru, sıfır ve ters sistemlere göre bileşenleri birbirine bağlı olmadıkları gibi bu üç ayrı bileşenler sistemdeki güçlerde birbirinden bağımsızdır. Yani kompleks güçte aktif ve reaktif güçte üç ayrı sisteme bölünür. Sistemlerden her birisi diğer sistemlerdeki güçlere bağlı olmadan güç iletir.
79
80
2) Tesis yapısında simetrisizlik varsa gerilimler ve akımlardaki bağımsızlık kalkarak 3 sistemin akım ya da gerilimleri birbirlerine bağlı duruma gelirler. Ancak her üç sistemdeki güçler yine birbirlerinden bağımsız kalır. 3) Simetrili bileşenler sisteminin üç bileşeninin her birindeki aktif güç veya reaktif güçler bütün iletim sistemi boyunca kendi değerini korur. 4) Bir ters aktif veya reaktif güç ya da bir sıfır aktif güç veya reaktif güç bulunması iletim sisteminde bir dengesizlik sisteminin varolduğunun kesin belirtisidir.
7.3.5.2. Simetrisiz Yüklü Bir Senkron Makinenin İşleme Denklemlerinde Simetrili Denklemlere Dönüşüm Dengeli yükleme koşullarında işleyen bir senkron makinede tam bir bağımsızlık altında [ V] = [ E] − [ Z] ⋅ [ I] bağıntısı geçerlidir. Bu esnadaki empedans ise genel şekliyle 0 0 jx d [ Z] = 0 jx d 0 dır. Ancak dengesiz işleme koşulları için empedans matrisi 0 0 jx d Z1 Z 2 Z 3 [ Z] = Z 3 Z1 Z 2 şekline gelecektir. Z 2 Z 3 Z1 [ V ] = [ E ] − [ Z] ⋅ [ I ] [ Ts ] ⋅ [ Vs ] = [ E] − [ Z] ⋅ [ Ts ] ⋅ [ I s ] bu ifadede [Vs]’ yi yalnız bırakmak için her iki tarafı [Ts]-1 ile çarpalım. [ Ts ] −1 ⋅ [ Ts ] ⋅ [ Vs ] = [ Ts ] −1 ⋅ [ E] − [ Ts ] −1 ⋅ [ Z] ⋅ [ Ts ] ⋅ [ I s ] 1
[ Vs ] = [ Ts ] −1 ⋅ [ E] − [ Z s ] ⋅ [ I s ]
Zs (1) bu ifadede ki ifadeleri ayrı ayrı bulup yerine yazalım.
1 1 1 E E 1 [ Ts ] ⋅ [ E] = ⋅ 1 a 2 a ⋅ a 2 E = 0 (2) 3 1 a a 2 aE 0 Z1 Z 2 Z 3 −1 [ Z s ] = [ Ts ] ⋅ Z 3 Z1 Z 2 ⋅ [ Ts ] Z 2 Z 3 Z1 Z1 + a 2 ⋅ Z 2 + a ⋅ Z 3 0 0 0 0 Z1 + a ⋅ Z 2 + a 2 ⋅ Z 3 = Z1 + Z 2 + Z 3 0 0 −1
80
(3)
81
(2) ve (3) ü (1) de yerine koyarsak; 0 I d Vd E Z d 0 V = 0 − 0 Z 0 ⋅ I t bulunur. Burada t t V0 0 0 0 Z 0 I 0 Vd = E − Z d ⋅ I d Vt = − Z t ⋅ I t
şeklinde yazabiliriz.
V0 = − Z 0 ⋅ I 0
7.3.5.3.Senkron Makinelerde Empedans Değerleri a) Senkron Makinenin Doğru Bileşen Değerleri: En kolay belirlenen parametredir. Dengeli çalışmada doğrudan doğruya doğru sistemin etkisi altındadır. Zd=jxd (Sürekli kısa devre durumu için geçerlidir.) Zd=jxd′′ (1 ~ 2 periyotluk kısa devrelerde kullanılır.) Zd=jxd′ (3 ~ 4 periyotluk kısa devrelerde kullanılır.) Reakta ns
Senkron motor
Senkro Hidro Turbo n Genaratör Genaratör Yükse Düşük Kompansatör k hızlı hızlı
xd
0,8
1,0
1,60
1,0
1,15
xq
0,65
0,8
1,0
0,65
1,0
xd′
0,30
0,35
0,40
0,30
0,15
xd′′
0,18
0,2
0,25
0,20
0,10
xt
0,19
0,35
0,25
0,20
0,13
x0
0,05
0,07
0,08
0,07
0,04
b) Senkron Makinenin Ters Empedansı: Makine bir tahrik makinesi tarafından normal hızla döndürülür. emk. ler uyarma sargısı kısa devre edilerek 0’ a getirilirler. Bir dış kaynak , örneğin bir başka senkron makine tarafından makine uçlarına ters bir gerilim uygulanır. Bu takdirde incelenen makinede doğru VR akan akımlar ölçülür. Bu durumda Z t = dır. It c) Senkron Makinenin Sıfır Empedansı: Senkron makine hızla döndürülüp uyartım sargısı kısa devre edilir. Tek fazlı kaynak üç E stator sargısıyla 0 potansiyel arasına uygulanır. Böylece Z 0 = olarak elde edilir. I0
81
82
7.3.5.4.Trafoların Empedans Değerleri Bir trafonun doğru empedansı kaçak empedansına eşittir. Kısa devre deneyi ile elde edilir. Bütün hareketsiz makinelerde xd=xt dır.
7.3.5.5.Hatların Empedans Değerleri İletim hatlarında doğru ve ters empedans birbirine eşittir. 0 bileşen değeri ise doğru bileşen değerinin 2 veya 3 katı oranındadır.
7.3.5.6.Sıfır Bileşen Sisteminde Elemanların Bağlantısı Z0 Üçgen bağlantı
Z0
Yıldız bağlantı
Z0
Yıldız noktası direnç üzerinden topraklı
3·Zn
Zn
Z0
Yıldız toprak bağlantı
7.3.5.7.Transformatörlerin Sıfır Eşdeğer Reaktans Devreleri
82
83
Z0
Yıldız toprak / Yıldız
Z0
Yıldız toprak / yıldız toprak
Z0
Yıldız toprak / Üçgen Z0
Yıldız / Üçgen
Z0 Üçgen / Üçgen
Z0 Üçgen / Yıldız
Çizimler yapılırken direnç önce varsa yıldız-toprak sonra yıldız ve sonrada üçgen şeklinde bir sıralamaya göre yerleştirilir.
7.3.5.8.Simetrik Olmayan Kısa Devrelerin Çözüm İşlem Basamakları
83
84
Bir enerji sisteminin herhangi bir yerindeki dengesiz arıza akımları ve gerilimlerin hesaplanmasında ; 1) Şebekelerin her birinde empedans değerleri yerlerine konur. Her bir şebeke Zd,Zt,Z0 olmak üzere tek bir empedans değerine indirgenir. 2) Sistemin şemasına bakılarak üretim merkezinden arıza noktasına kadar üç bileşen sistemine göre şebeke belirlenir. 3) Bu empedanslar göz önüne alınan dengesiz arızaya ilişkin olacak şekilde bir arıza empedansı oluşturularak birleştirilir. E 3E Id = I kd = Zd + Zt + Z0 Zd + Zt + Z0 4) Arıza noktasındaki R fazındaki akımın bileşenleri hesaplanır. 5) Arıza noktasından geriye gidilerek bileşen şebekelerin herhangi bir noktasındaki R faz akımının simetrik bileşenleri hesaplanır. 6) [I]=[Ts]·[Is] denklemini kullanarak gerçek sistemin herhangi bir kolundaki bir fazda gerçek akım hesaplanır. 0 I d Vd E Z d 0 V = 0 − 0 Z 0 ⋅ I t denklemini kullanarak sistemde herhangi bir noktada t t V0 0 0 0 Z 0 I 0 R fazı ile toprak arasındaki gerilimin bileşenleri hesaplanır. 7) [V]=[Ts]·[Vs] denklemiyle sistemin bir önceki maddede bulunan noktalarda simetrili bileşenlerden o noktalardaki gerçek gerilim değeri bulunur. 7.3.5.9. Faz -Toprak Arızasının Belirlenmesi R fazında meydana gelen bir kısa devre durumu için şunları yazabiliriz; VR = 0 VS = ? VT = ? I R = I kd I S = I T = 0 Zd , Zt , Z0
R
K Zf
Zd , Zt , Z0 S Zd , Zt , Z0
T
Şekil 7.2. Faz-toprak arızası
84
85
1 1 ⋅ ( IR + IS + IT ) = ⋅ IR 3 3 1 1 I d = ⋅ I R + a ⋅ IS + a 2 ⋅ I T = ⋅ I R 3 3 1 1 I t = ⋅ I R + a 2 ⋅ IS + a ⋅ IT = ⋅ I R 3 3 I Id = I t = I0 = R 3 I kd = I R = 3 ⋅ I d = 3 ⋅ I t = 3 ⋅ I 0 Zf=0 için VR=0 olur. VR = Vd + Vt + V0 Vd = E − Z d ⋅ I d I0 =
(
)
(
)
Vt = − Z t ⋅ I t V0 = − Z 0 ⋅ I 0 ( E − Zd ⋅ Id ) + ( − Z t ⋅ I t ) + ( − Z0 ⋅ I 0 ) = 0 E − Zd ⋅ Id − Zt ⋅ Id − Z0 ⋅ Id = 0 E = I d ⋅ ( Zd + Z t + Z0 ) Id =
E Zd + Zt + Z0
E Zd + Z t + Z0 Zf≠0 durumu için VR≠0 olur VR = Vd + Vt + V0 = I R ⋅ Z f ( E − Zd ⋅ Id ) + ( − Z t ⋅ I t ) + ( − Z0 ⋅ I 0 ) = I R ⋅ Zf I kd = 3 ⋅ I d = 3 ⋅
E − Zd ⋅ Id − Zt ⋅ Id − Z0 ⋅ Id = 3 ⋅ Id ⋅ Zf E = I d ⋅ ( Zd + Z t + Z0 ) + 3 ⋅ I d ⋅ Zf Id =
E Zd + Z t + Z0 + 3 ⋅ Zf
I kd = 3 ⋅ I d = 3 ⋅
E Zd + Z t + Z0 + 3 ⋅ Zf
Zf=0 ise Zd Doğru sistem
Z0
Zt Tersi sistem
3Zn
Sıfır sistem
Eğer yıldız noktası bir Zn üzerinden topraklanmışsa bu sadece sıfır bileşende devreye dahil edilir.
Şekil 7.3. Doğru , ters ve sıfır sistem eşdeğerleri
85
86
Zf≠0 ise; Zd E
Zd
Zf
Doğru sistem
Z0
Zf
Doğru sistem
3Zn
Sıfır sistem
Şekil 7.4. Doğru , ters ve sıfır sistem ve Zf eşdeğerleri Örnek 7.16. A barasında meydana gelen 3-4 periyotluk faz-toprak kısa devre akımını ve sağlam faz gerilimlerini bulunuz. B A I II
xh = j136Ω x 0 = 3x h
11 kV 50 MVA xd=1,0 pu
11/154 kV 50 MVA x=0,1 pu
154/34,5 kV 50 MVA 0,12 pu
xd′=0,3 pu xt=0,2 pu x0=0,05 pu Çözüm: 50 x h = 136 ⋅ = 0,284 pu 154 2 x 0 = 3 ⋅ 0,286 = 0,84 pu Doğru sistem için: 0,3
xd =
0,1
0,286
0,12
0,4 ⋅ 0,406 = 0,201 0,4 + 0,406
86
87
Ters sistem için: 0,2
xt =
0,1
0,286
0,12
0,3 ⋅ 0,406 = 0,172 0,3 + 0,406
Sıfır bileşen sistem için: 0,05
A
B 0,858
0,1
0,12
Hat x 0 = 0,1 // ( 0,858 + 0,12 ) = 0,0907 E 1,0 Id = = = − j2,156 pu Z d + Z t + Z 0 j( 0,201 + 0,172 + 0,0907 ) i kd = 3 ⋅ I d = 3 ⋅ 2,156 = 6,468 pu IB =
SB
50 ⋅ 10 6
= = 187,6 A 3 ⋅ UB 3 ⋅ 154 ⋅ 10 3 I kd = 187,6 ⋅ 6,468 = 1213,398 A Vd = E − Z d ⋅ I d = 1,0 − j0,201 ⋅ ( − j2,156 ) = 0,566 pu Vt = − Z t ⋅ I t = − j0,172 ⋅ ( − j2,156 ) = −0,37 pu V0 = − Z 0 ⋅ I 0 = − j0,09 ⋅ ( − j2,156) = −0,194 pu
VS = V0 + a 2 ⋅ Vd + a ⋅ Vt = −0,194 + 1∠240° ⋅ 0,566 + 1∠120° ⋅ ( − 0,37 ) = −0,194 + 0,566∠240° − 0,37∠120° = −0,194 − 0,283 − j0,49 + 0,185 − j0,32 = −0,297 − j0,81 = 0,86∠ − 110° pu VT = V0 + a ⋅ Vd + a 2 ⋅ Vt = −0,194 + 1∠120° ⋅ 0,566 + 1∠240° ⋅ ( − 0,37 ) = −0,194 − 0,283 + 0,185 + j0,49 + j0,32 = −0,27 + j0,81 = 0,862∠110,13 pu
87
88
Örnek 7.17. 3 - 4 periyotluk faz-toprak kısa devre arızası meydana geldiğinde arıza akımı faz gerilimlerini bulunuz. B A I II I II 1/2
1/2
Zn=25 Ω 13,5 kV 50 MVA xd=1,0 pu
15/154 kV 100 MVA x=0,1 pu
xh = j120Ω x0 = 2,5xh
154/15 kV 150 MVA 0,2 pu
xd′ =0,9 pu xt=0,2 pu x0=0,4 pu
50 MVA 13,5 kV xd=1,0 pu xd′ =0,8 pu xt=0,4 pu x0=0,5 pu
Çözüm: Öncelikle gerekli birim dönüşümleri yapalım. Genaratör I için: '
13,5 2 x d ⋅ 15 2 ' 0,9 ⋅ = ⇒ x d = 1,459 pu 50 100 2 x ⋅ 15 2 13,5 0,4 ⋅ = 0 ⇒ x 0 = 0,648 pu 50 100 Hat için: 100 x h = 120 ⋅ = 0,5 pu 154 2 x h 0 = 2,5 ⋅ 0,5 = 1,25 pu Trafo II için: 0,2 x T 0 = ⇒ x T 0 = 0,133 pu 150 100 Genaratör II için: '
0,8 ⋅ 13,5 2 x d 2 ⋅ 15 2 ' = ⇒ x d 2 = 1,296 pu 50 100 13,5 2 x 02 ⋅ 15 2 0,5 ⋅ = ⇒ x 02 = 0,81 pu 50 100 Zn için: 100 Z n = 25 ⋅ 2 = 11,11 pu 15
13,5 2 x t ⋅ 15 2 0,2 ⋅ = ⇒ x t = 0,324 pu 50 100
0,4 ⋅
13,5 2 x t 2 ⋅ 15 2 = ⇒ x t 2 = 0,648 pu 50 100
88
89
Doğru bileşen sistem için; 0,5 1,459
0,1
0,133 1,296
0,25
xd=0,871 pu
0,25
Ters bileşen sistem; 0,5 0,324
0,1
0,133 0,648
0,25
xt=0,404 pu
0,25
Sıfır bileşen sistem: 0,648
3·11,11
1,25
0,1
0,81 0,63
0,63
0,133
Hat
X0=[(0,63+1,25)//0,63]+0,133=0,607 pu
Id =
E 1,0 = = − j0,531 Z 0 + Z d + Z t j( 0,607 + 0,871 + 0,404 )
i kd = 3 ⋅ I d = 3 ⋅ 0,531 = 1,593 pu I kd = i kd ⋅ I B = 1,593 ⋅
100 ⋅ 10 6 3 ⋅ 154 ⋅ 10 3
= 597,220 A
89
90
Vd = E − Z d ⋅ I d = 1,0 − j0,871 ⋅ ( − j0,531) = 0,53 pu Vt = − Z t ⋅ I d = − j0,404 ⋅ ( − j0,531) = −0,21 pu
V0 = − Z 0 ⋅ I d = − j0,607 ⋅ ( − j0,531) = −0,322 pu
VS = V0 + a 2 ⋅ Vd + a ⋅ Vt = −0,322 + 1∠240° ⋅ 0,53 + 1∠120° ⋅ ( − 0,21) = −0,322 + 0,53∠240° − 0,21∠120° = −0,322 − 0,265 − j0,458 + 0,105 − j0,216 = 0,482 − j0,674 = 0,828∠ − 125,56° VT = V0 + a ⋅ Vd + a 2 ⋅ Vt = −0,322 + 1∠120° ⋅ 0,53 + 1∠240° ⋅ ( − 0,21) = −0,322 − 0,265 + j0,458 + 0,105 + j0,181 = −0,482 + j0,639 = 0,8∠127,02°
7.3.5.10. Faz – Faz Kısa Devresi Belirlenmesi S ve T fazının birbirine değmesi ile meydana gelen bir kısa devre arızasında akım ve gerilim dağılımı aşağıdaki gibi olur. IR=0 , IS=-IT ve VS=VT Zd , Zt , Z0
R
Zd , Zt , Z0
S
T
Zd , Zt , Z0 Şekil 7.5. İki faz kısa devresi
1 ( I R + IS + I T ) = 1 ( 0 + IS − IS ) = 0 3 3 I 1 1 I d = I R + aI S + a 2 I T = 0 + aI S − a 2 I S = S a − a 2 3 3 3 I I 1 1 I t = I R + a 2 I S + aI T = 0 + a 2 I S − aI S = S a 2 − a = − S a − a 2 3 3 3 3 I t = −I d I0 =
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
90
(
)
91
VS = VT V0 + a 2 Vd + aVt = V0 + aVd + a 2 Vt a 2 Vd + aVt = aVd + a 2 Vt a 2 Vd − aVd = a 2 Vt − aVt
(
)
(
Vd a 2 − a = Vt a 2 − a
)
Vd = Vt Vd = Vt E − Z d I d = −Z t I t E − Zd Id = Zt Id E = Id ( Zt + Zd ) ⇒ Id =
E Zd + Zt
Zf≠0 ise; E Id Zf + Zd + Zt Zf Zd
Zt
Şekil 7.6. İki faz kısa devresi eşdeğer devresi
7.3.5.11.İki Faz – Toprak Kısa Devresi
Zd , Zt , Z0
Zd , Zt , Z0
R
S
T Zd , Zt , Z0 Şekil 7.7. İki faz-toprak kısa devresi
91
92
bu kısa devre ile ilgili aşağıdaki bilgileri ilk bakışta yazabiliriz. IR = 0 VS = VT = 0 VR = ?
[ Vs ] = [ Ts ] −1 ⋅ [ V] V0 1 1 1 VR V = 1 a a 2 0 d Vt 1 a 2 a 0 V 1 V0 = ( VR + 0 + 0 ) = R 3 3 V 1 Vd = ( VR + 0 + 0 ) = R 3 3 V 1 Vt = ( VR + 0 + 0 ) = R 3 3 V Vd = Vt = V0 = R 3 Vd = E − Z d I d Vt = − Z t I t ⇒ I t = −
Vt Zt
V0 = − Z 0 I 0 ⇒ I 0 = −
V0 Z0
IR = I0 + Id + I t = 0 −
V0 V + Id − t = 0 Z0 Zt
Id =
V0 Vt + Z0 Zt
Id =
Vd Vd + Z t Z0
1 1 I d = Vd + Zt Z0
Z Z = Vd 0 T Zt + Z0 Z0 Zt Vt = Vd = V0 = I d Zt + Z0 It’ yi bulmak için; Z0 Zt − Zt I t = Id Z t + Z0 I t = −I d
Z0 Z t Zt + Z0
92
93
I0’ ı bulmak için; Zt Z0 − Z0 I0 = I d Zt + Z0 I 0 = −I d
Zt Z0 Zt + Z0
Vd = Vt E − Z d I d = −Z t I t E − Zd Id − Zt Vd = V0 It =
E − Zd Id − Z0 IR = I0 + Id + I t = 0 I0 =
−
E − Id Zd E − Zd Id + Id − =0 Z0 Zt
Id =
E ZZ Z d + t 0 Zt + Z0
Zf
Zd
Zt
Z0
3Zn
Şekil 7.8. İki faz-toprak kısa devresi eşdeğer devresi
93
94
Örnek 7.18. 2 Zn2
3
1
4
Hat 1
1
2
Hat 2
6
3
7
Hat 3
Zn1
Verilen bu sistemin 0 bileşen devresini çizelim. 3Zn2 Zd2
Hat1 Zd1 3Zn1
Hat2 Hat3 1/3
2/3
94
Zd3
95
Örnek 7.19. Şekildeki sistemde meydan gelen F-F-T kısa devresi sonucunda oluşacak akımların simetrili bileşenlerini bulunuz. B
A F-F-T
xd = 0,3 xt = 0,2 xo = 0,05
x = 0,12 100 MVA 15/154 kV
xd = xt=0,3 x0 = 0,3
xd = 0,1 100 MVA 154/15 kV
100 MVA
Çözüm: Doğru bileşen sistem için: 0,3 0,3
0,1
0,12
0,25
0,3 Zd=j0,228 pu Ters bileşen sistem:
0,3 0,2
0,1
0,12 0,3
95
0,15
Zt=0,177 pu
xd = 0,25 xd = 0,15 xd = 0,03 100 MVA 15 kV
96
Sıfır bileşen devresi: 0,3 0,1
0,12
0,05
I
0,03
0,3
Z0=0,05+0,12=j0,17 pu E 1,0 = = − j3,15 pu Zt Z0 j0,177 ⋅ j0,17 j0,228 + Zd + j0,177 + j0,17 Zt + Z0 Zt j0,177 I 0 = −I d = j3,15 = j1,63 pu Zt + Z0 j0,177 + j0,17 Id =
Z0 j0,17 = j3,15 = j1,54 pu Zt + Z0 j0,177 + j0,17 Örnek 7.20. Aşağıdaki şekilde bir güç sisteminin tek hat modeli verilmiştir. Her bir genaratörün yıldız noktası akımını sınırlamak için 100MVA baz güçlü 0,2513 pu’lük reaktansla toprağa bağlanmıştır. Sisteme ait veriler aşağıda ifade edilmektedir. Genaratör nominal gerilimde ve frekansta ve her bir fazdaki emk değeri ile yüksüz olarak çalışmaya başlıyorlar. Baz güç 100 MVA ve baz gerilim ise 220 kV dur. Bu bilgiler ışığında; a) Üç numaralı barada 3 faz hatası (simetrik hata) oluştuğunda arıza noktasındaki empedansı j0,1 pu kabul ederek arıza akımını b) 3 numaralı barada faz-toprak hatası oluştuğunda arıza noktası empedansı Zf =0,1 pu kabul ederek hata akımını ve sağlam faz gerilimlerini bulunuz. c) 3 numaralı barada faz-faz kısa devresi oluştuğunda arıza akımını Z f = j0,1 pu kabul ederek çözünüz. d) 3 numaralı barada faz-faz-toprak hatası oluştuğunda arıza akımını Z f =j0,1 pu kabul ederek çözünüz. I t = −I d
96
97
G1
G2
Zn
Zn
0,25 3
0,25 3
T2
T1
1
ℓ12
ℓ23
ℓ13 3
VA E lemanlar az
M k V u B G erili-m d G
p u x t
p u x 0
p
1 2 0 ,15 1 2 0 ,15 1 2 0/220 ,1 1 2 0/220 ,1 1 2 20 ,125 1 2 20 ,15 1 2 20 ,25
0 ,15 0 ,15 0 ,1 0 ,1 0 ,125 0 ,5 0 ,25
0 ,05 0 ,05 0 ,1 0 ,1 0 ,3 0 ,35 0 ,725
0
x
üç G1 00 G2 00 T1 00 T2 00 ℓ12 00 ℓ13 00 ℓ23 00
2
0 0 0 0 0 0
97
98
Çözüm: a) Üç faz kısa devresi :
j0,15
j0,15
j0,1
j0,1
1
0,25
0,25
0,25 1
0,0357 2
2 0,0595
≡
j0,125 c
b a
j0,15
j0,25
Ikd Zf
≡
0,15 ⋅ 0,25 = 0,07142 pu 0,525 0,125 ⋅ 0,15 b= = 0,0357 pu 0,525 0,125 ⋅ 0,25 c= = 0,0595 pu 0,525 a=
3
0,285 7
0,0714
0,309
0,0714 3 0,1
98
3
0,1
99
Z eş = j(0,22 + 0,1) = 0,32 pu IB =
SB 3 ⋅ UB
=
100 ⋅ 10 6 3 ⋅ 220 ⋅ 10 3
= 262,43 A
1 ⋅ 262,43 = 820 A 0,32 b) Arıza noktasının direnci ihmal edilirse x d = j0,22 pu olur.Ters bileşen için verilen parametreler doğru bileşenle aynı olduğundan hesaplama yapmaya gerek kalmadan x t = j0,22 pu yazabiliriz. Sıfır bileşen sistem için sıfır eşdeğer devreyi çizmemiz gerekir. I kd =
Sıfır bileşen sistem: 0,05
0,3
0,1
0,35
b
c a
0,05
0,725
3Zn=0,25
0,1
0,35 ⋅ 0,725 = 0,182 pu 1,3625 0,3 ⋅ 0,35 b= = 0,07706 pu 1,365 0,725 ⋅ 0,3 c= = 0,1568 pu 1,365 a=
0,4
0,07706
0,508
0,183
99
0,1
3Zn=0,25
100
0,4
≡
Z0=j0,35 pu
0,183
0,58 Zd E
0,07706
Zf
Doğru sistem
0,1 Zt
Z0
Zf
Ters sistem
Sıfır sistem
Faz - toprak kısa devresine ait eşdeğer devre. 3E 3 I kd = = = − j2,752 pu Z d + Z t + Z 0 + 3Z f j(0,25 + 0,22 + 0,35 + 3 ⋅ 0,1) I kd 2,752 = = 0,917 pu 3 3 c) Faz – Faz kısa devresi: E 1 I d = −I t = = = − j1,85 pu Zd + Z t + Zf j(0,22 + 0,22 + 0,1) Id = I t = I0 =
I t = j1,85 pu d) İki faz – toprak kısa devresi: E 1,0 Id = = = j2,6017 pu Z t ( Z 0 + 3Z f ) 0,22(0,35 + 0,3) 0,22 + Zd + 0,22 + 0,35 + 0,3 Z t + Z 0 + 3Z f It =
E − Z d I d 1,0 − 0,22 ⋅ 2,6017 = = j1,9438 pu − Zt − 0,22
− E − Z d I d − 1,0 − 0,22 ⋅ 2,6017 = = j0,6579 pu Z 0 + 3Z f 0,35 + 0,3 Akımlar bulunmak istenirse I R 1 1 1 I 0 I = 1 a 2 a ⋅ I S d ifadesinden bulunabilir. Aynı şekilde gerilimlerde 2 I T 1 a a I t
I0 =
100
Zf
101
Vd = E − Z d ⋅ I d Vt = − Z t ⋅ I t V0 = − Z 0 ⋅ I 0
ve
VR 1 1 V = 1 a 2 S VT 1 a
1 V0 a ⋅ Vd ifadeleri yardımı ile bulunabilir. a 2 Vt
KAYNAKLAR 1. ÇAKIR, H. , Enerji İletimi Elektrik Hesapları , sayfa 1-52 , 88-195 , Birsen Yayınları , İstanbul 1989 2. ARİFOĞLU, U., Güç Sistemlerinin Bilgisayar Destekli Analizi , sayfa 1-132 , Alfa Yayınları , İstanbul 2002 3. GÜNEY, İ., Çözümlü Enerji İletim Hatları Problemleri , sayfa 125-278 , Marmara Üniversitesi Yayınları İstanbul 2001
101
