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.

Elektrik şebekelerini gerilimlerine göre sınıflandıracak olursak alçak , orta , yüksek ve Ultra high gerilimli şebekeler olarak sınıflandırabiliriz. Yapması gereken işe göre iseAydınlatma 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.

Şekil 1.1.Enerji iletim sistemi

Generatör Yükseltici trafo

Enerji nakil hattı Alçaltıcı trafo

Şekil 1.2. Doğru gerilimle enerji iletiminin blok diyagramı

Generatör Yükseltici trafo AC/DC

doğrultucu

Enerji nakil hattı DC/AC çevirici

Düşürücü trafo

1

1

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

2

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 ;

ifadesi ile verilebilir. v(t) ifadesindeki δ açısı , v(t)’nin coswt eğrisine göre faz farkıdır. v(t)’nin etkin değeri ise ;

olur.

v(t) ifadesi üç şekilde gösterilebilir;

Şekil 2.1.’de kutupsal eksende verilen bir fazörün kartezyen eksendeki karşılığı

gösterilmiştir.

Örneğin olarak verilen bir gerilimin değerini sinwt eğrisine göre faz farkını ve kutupsal eksende etkin fazör değerini bulalım. Gerilimin max (tepe) değeri ;

Şekil 2.1. Bir fazörün Kartezyen Takımda Gösterimi

Reel

Sanal

|V|cosδ

|V|sinδ

δ

VV

3

3

(sinwt eğrisine göre) faz açısı; δ=30ºve etkin fazörü;

dur.

2.2. Kompleks (Görünür) Güç

Sürekli hal koşulları altında aktif ve reaktif güçler kompleks güç adı verilen bir tanım içinde birleştirilmiştir. olmak üzere S kompleks güç;

eşitliklerinden her hangi birisi kullanılarak bulunabilir. Örnek olarak R , L ve C elemanları için aşağıda kompleks güç değerleri verilmiştir.

C

2

C

*C

2*

L

2*

R

X

Vj)

jX

V()V(IVS

X

Vj)

jX

V()V(IVS

R

V)

R

V()V(IVS

Saf omik yük için kompleks güç.

Saf endüktif yük için kompleks güç.

Saf kapasitif yük için kompleks güç.

P

θ

S

Q

P

θ

SQ

Kapasitif yük için güç üçgeni Endüktif yük için güç üçgeni

Şekil 2.2. Güç üçgenleri

4

4

Omik yükte akım ve gerilim aynı fazdadır.

Endüktif yükte akım gerilimden geride

ve kapasitif yükte ise akım gerilimden ileridir.

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;

şeklindedir. Bu durumda üç fazlı ve yıldız bağlı bir devre için aktif güç formülünü yazacak olursak ;

şeklindedir. Buradan gerekli sadeleştirmeler yapıldığında; bulunur.

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

I

θ

I

Vθ

5

5

VI

V

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 faz-toprak 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.

İşlemlerde kullanacağımız hat parametrelerinin girişe ait olanları 1 indisi ile , çıkışa ait

olanları ise 2 indisiyle göstereceğiz. Aşağıda bu parametreler ve açıklamaları verilmiştir.

Bir enerji iletim hattına ilişkin iki kapılı devre gösterimi Şekil 3.2.’de gösterilmiştir.

Şekil 3.1. Bir iletim hattının faz-toprak arsından görülen eşdeğer devresi

U1= Hat başı fazlar arası gerilimV1= Hat başı faz-nötr gerilimiI1= Hat başı akımı P1= Hat başı aktif güçQ1= Hat başı reaktif güçS1= Hat başı kompleks güç

U2= Hat sonu fazlar arası gerilimiV2= Hat sonu faz-nötr gerilimi I2= Hat sonu akımı P2= Hat sonu aktif güç Q2= Hat sonu reaktif güçS2= Hat sonu kompleks güç

φ1=Hat başı akım ve gerilim arasındaki açıφ2=Hat sonu akım ve gerilimi arasındaki açı

6

6

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.

elde edilir.

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 almaktadır. Görüleceği gibi hattın kapasitesi ihmal edilmiştir ve hat seri bir empedansla ifade edilmiştir.

İki kapılı devre

A B

C D

V1 V2

I1 I2

Şekil 3.2. ABCD parametreli iki kapılı devre gösterimi

7

7

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 reaktansıℓ : 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 |I1| = |I2|Bu ifadeleri matris şeklinde yazarsak ;

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.

Z

Y Y=g+jb

Z=R+jX

V1 V2

I1 I2

Kısa hatlarda ihmal edilir.

Genel eşdeğer devre

Z

Z=R+jX

V1

I1 I2

∆V

Kısa iletim hattı eşdeğer devresi

Şekil 3.3. Kısa iletim hattı eşdeğer devresi

V2

8

8

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.

δ

φ2φ2

θ

θ-φ2V2

I2=I1

∆V

V1

I2X

I2R

Şekil 3.4.Endüktif yük için kısa iletim hattı fazör diyagramı

δφ2

φ2

V2

I2R

I2X

I2Z

I2=I1

V1

Şekil 3.5.Kapasitif yük için kısa iletim hattı fazör diyagramı

φ1

φ1

θ

A1 B1

C1 D1

A2 B2

C2 D2

V1V2

I1

V1′

I1′ I2

Şekil 3.6. İki adet dört uçlu devre bağlantısı

9

9

? Matris işlemini yapabilmek için öncelikle her iki devrenin

akım ve gerilim bağıntılarını yazalım. Birinci hat için;

ve 2. hat için ;

olur. 1. hat için yazdığımız matriste matrisinin

bulunan değerini yerine yazacak olursak;

matris işlemini yapacak olursak ;

bulunur. Burada ABCD katsayıları

sırasıyla; A =A1A2+B1C2 , B=A1B2 +B1 D2 , C=C1A2+D1C2 ve D=C1B2+D1D2 olur.

Örnek 3.1.

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 ;

(1)

aynı şekilde ikinci devre içinde matris ifadesini yazacak olursak ;

(2)

Z=0+j8I1 I′ I′ I2

i

Y=0-j0,2V1 V′ V′ V2

1.Devre 2.Devre

10

10

elde edilir. 2 nolu denklemi 1 de yerine koyarsak; bulunur. Bu işlemi yaparsak;

şeklinde buluruz. Burada ;

eşit olur.

3.3. İki Adet Dört Uçlu Devrenin Paralel Bağlanması

Şekilden V1=V11=V12 (1) , V2=V21=V22 (2) ve I1=I11+I12 (3) , I2=I21+I22

(4) yazılabilir. Birinci dört uçlu devredeV11=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.

5 nolu denklemi B2 ile , 7 nolu denklemi ise B1 ile çarpıp taraf tarafa toplayalım.

Burada V11=V12=V1 , V21=V22=V2 ve I21+I22=I2’ yerlerine yazarsak;

A1 B1

C1 D1

A2 B2

C2 D2

V1

V11

V12

V21

V22

V2

I1

I11

I12

I21

I22

I2

Şekil 3.7. Paralel bağlı iletim hatları

11

11

bulunur. Burada genel denklemine göre

ve olur.

V11=V12 eşitliğini yazacak olursak ( 1 nolu denklem); olur. Burada I22’ yi 4 nolu denklemden çekersek I2=I21+I22 ise

I22=I2-I21 olur. I22’yi V11=V12 eşitliğinde yerine koyalım

şeklinde yazılabilir. Bulduğumuz bu I21 değerini 6 nolu denklemde yerine yazalım.

Tekrar V11=V12 eşitliğini yazalım.

Bu kez I21’i yerine koyalım. I2=I21+I22 den I21=I2-I22 bulunur.

Bunu yerine koyarsak

bulunur. Bulunan bu I22 denklemini 8 nolu denklemde yerine koyalım

I12=C2· V22+D2· I22

şeklinde bulunur.

I1=I11+I12’de bulunan denklemleri yerlerine yazarsak

12

12

bulunur. Bu denklemi I1=C·V2+D·I2 genel ifadesine benzetecek olursak.

ve şeklinde yazabiliriz.

Yazdığımız bu ifadeleri matris şeklinde aşağıdaki gibi düzenleyebiliriz.

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.

Çözüm:

Z=0,295+j0,557Ω

I1 I2

V2V1

13

13

+

Hat kısa bir hat olduğundan |I1|=|I2| ve V1=V2+I2·Z şeklinde yazabiliriz. V1 bulmak için formülde I2 ve Z değerlerinin hesaplanması gerekir. I2 için

ve Z için ;

Z = ℓ·(r+jx)=20(0,295+j0,557)= 5,9+j11,14Ω

cosφ = 0,9 geri ise bu akım gerilime göre φ2= -25,83° geri anlamına gelir. Bu şekilde;

şeklinde yazılır. Şimdi V1’ i hesaplayabiliriz;

Bulunan bu değerleri fazör diyagramda aşağıdaki gibi gösterilir.

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 MVArc) P2 = 21MW ve Q2 = -12 MVAr olması durumlarında hat başı parametrelerini bulunuz.

Çözüm:

a) Omik yükte:

θ-φ2δ=3,5°

φ2=25,83°

I2=I1

V2

I2·R

V1

I2·Z

I2X

φ1=25,83°+3,5°

φ2

14

14

kV43,6357,6

42,6377,35072,183ZIV 2

b) Endüktif yükte:

A7,29210I

A7,29210I

10315,114

7,291024

10663

10)12j21(

U3

SI

2

*2

3

6

3

6

2

2*2

43,63

43,6377,3532j16Z

δ=9°

A72,183II 21

φ2=0°

V1=41 kV

V2=38,1 kV

63,43°

I2·X

I2·R

ΔV=6,57 kV

15

15

c)Kapasitif yükte:

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.

A210II 21

V1

ΔV I2·X

I2·R

δ=5,73°φ2=29,7° φ1=5,37+29,7=35,07° V2 29,7°

θ-φ2=63,43-29,7=33,73

93,13°

θ=63,43

φ2=29,7°

φ2=29,7°

δ=11,25° V2

V1

∆V

A210II 21

φ1=29,7-11,25=18,45° I2·X

I2·R

16

16

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.

Şekil 3.9. π ve T eşdeğer devreleri

3.4.1.Nominal π devresi

Z

Y Y=g+jb

Z=R+jX

V1 V2

I1 I2

İhmal ediliyor.

Ih

ZV2V1

I1 I2

i1 i2

2

Y

2

Y

π eşdeğer devre

V1 i

I1 I2

Y

V′

2

Z

2

ZV2

T eşdeğer devre

17

17

Şekil 3.10. π eşdeğer devre parametrelerinin bulunması

Nominal π devresi eşitliklerini Şekil 3.10.’dan çıkaralım. Önce (1) nolu işlemi yapalım;

bulunan bu matrisi de yerine

yerine koyalım.(2) nolu işlem.

şeklinde bulunur. Burada katsayılar;

2

Y

Ih

Z

V2V1

I1 I2

i1 i2

I1 I1′

V1 V1′

i1

V1′ Z

V1′ V2′

I2′I1′ I2′ I2

V2′ V2

i2

V2′

2

Y

2

Y

'I'V2

YI

'I0'VV

111

111

'I'V0'I

'IZ'V'V

221

221

222

222

IV2

Y'I

I0V'V

'I

'V

12

Y

01

I

V

1

1

1

1

2

2

2

2

I

V

12

Y

01

'I

'V

(1)

'I

'V

10

Z1

'I

'V

2

2

1

1

(2)

2

Y

18

18

Ih

Z

V2V1

I1 I2

i1 i2

2

Y

2

Y

3.4.1.1. π Eşdeğer Devrenin Klasik Yöntemle Çözülmesi

Şekil 3.11. π eşdeğer devre fazör diyagramı

3.4.2. Nominal T devresi

V2

IhZ

V1

I2

i2

i1

Ih

δ

I1

φ1φ2 φ0

φh

IhX

IhR

θφh

19

19

Şekil 3.12. T eşdeğer devre parametrelerinin çıkarılması

T eşdeğer devrenin ABCD parametrelerini bulmak için Şekil 3.12.’de önce (1) nolu işlemi yapalım;

bulunan matrisini de

yerine koyarsak ( 2 nolu işlem);

elde edilir. Bu işlemi yapacak olursak;

matrisi elde edilir. Buradan ABCD katsayıları;

olur.

3.4.2.1. T devresinin klasik yöntemle çözülmesi

I1′ I2′

V1

′V2′

i

V1

′

V1 i

I1 I2

Y

V′

2

Z

2

Z

V2

I2′I1′

V1 V1′

I1′I1

2

ZV2′ V2

I2I2′

2

Z

'IV0I

'I2

Z'VV

111

111

'I'VY'I

'I0'V'V

221

221

'IV0'I

I2

ZV'V

222

222

'I

'V

102

Z1

I

V

1

1

1

1

'I

'V

1Y

01

'I

'V

2

2

1

1

2

2

2

2

I

V

102

Z1

'I

'V

(1)(2)

20

20

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

V1 i

I1 I2

Y

V′2

Z

2

Z

I1′ I2′

ΔV2ΔV1

V2

I2

I1i

V2

V′

V2

δ

φ1

φ2

φ0

δ′ θ-φ2

φ2

2

RI2

2

XI2

2

XI1

2

RI1

11 V2

ZI

22 V2

ZI

φ0

θ-φ0

Şekil 3.13. T eşdeğer devre fazör diyagramı

21

21

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:

T eşdeğer devrede V1 gerilimini ifadesinden bulabiliriz.

Bunun için I1 ve V′ değerlerinin bulunmasına ihtiyaç vardır.

I1 değeri ise I1 =I2+i den bulunur. Burada önce i değerini bulmamız gerekmektedir.

V1 değerini hesaplarsak

bulunur.

V1 i

I1 I2

Y

V′2

Z2

Z

V2

I1 I2

ΔV1 ΔV2

22

22

Problemi hat sabitleri ile çözelim.

I2,=344A

I1=320A

i=49,5A

V2=89 kV

V′=98,89kV

V2=107,63 kV

δ=9,9°

φ0=21°

φ2=29,35°

δ′=5,36°θ-φ2=44,33°

kV3,12V1

kV23,13V2

θ-φ0=52,68°

23

23

görüldüğü her iki yöntem kullanılarak aynı sonuçlara ulaşmak mümkündür.b) π eşdeğer devre ile çözüm:

V1 =V2+Z.Ih ve Ih =I2+i2 dır. Yani V1’ i hesaplamak için Ih değerini hesaplamamız gerekmektedir. Bunun içinde i2 değerinin hesaplanmasına ihtiyaç vardır.

I1 değeri ise i1 ve Ih’ın toplamına eşittir.

Ih

Z

V2V1

I1 I2

i1 i2

2

Y

2

Y

24

24

Genaratör

xdx

dv

dIV+dv

I+dII1I2

V2VV1 yük

Şekil 3.14. Uzun iletim hattı

Hat parametreleri ile çözüm:

3.5. Uzun İletim Hatları

V2=89 kV

∆V=25,634 kV

V1=107,94 kV

I2=344 Ai2=22,25 A

i1=26,985 A

Ih=333,35 A

δ=10,11°

I1=318,2 A

φ1=32,2°

φ2=29,35°

φ0=22,09°

φh=26,01°

θ-φh=47,67°

25

25

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 admitansıolur. 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 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·dx veya (1)

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·dx veya (2)

yazabiliriz. 1 ve 2 nolu eşitliklerin x’e göre diferansiyelini alırsak

elde edilir. 1 ve 2 nolu eşitliklerdeki dI/dx ve

dV/dx ifadelerini sırasıyla 3 ve 4 nolu eşitliklerde yerine koyarsak, (5)

(6) denklemleri bulunur.

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:

26

26

V=A·e kx çözümünü ele alalım. Ve bu fonksiyonu 5 nolu

denklemde yerine koymak için

türetilir. idi. Bu ifadenin ikinci kez diferansiyelini alırsak;

bulunur. Bu elde edilen sonuçları 5 nolu denklemde yerine koyalım.

Buradaki k’ya propagasyon (yayılma) sabiti adı verilir. Kompleks bir büyüklük olan propagasyon sabiti 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 ;

(7)

yazılabilir. 7 nolu eşitlik ile verilen V değeri 1 nolu eşitlikte yerine konulursa,

=Karakteristik empedans

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

27

27

9 ve 10 ifadelerini taraf tarafa toplarsak

ve taraf tarafa çıkarırsak

şeklinde yazabiliriz.

Hat başı değerlerini bulmak için x = ℓ diyelim ve bulmuş olduğumuz A1 ve A2 değerlerini 7 ve 8 nolu denklemlerde yerlerine koyarsak;

bulullnlur

. Bu iki eşitlikte gerekli düzenlemeleri yapalım.

ve

şeklinde hat sabitlerini yazmış oluruz. Buradaki hiperbolik fonksiyonların genel açılımları;

28

28

DCBA

sinhkxcoshkx

Uygulamada bir ve ikinci ifadeler dışında kalanlar çok küçük sayılar olduklarından ihmal edileceklerdir. Bu durumda

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:

ABCD katsayıları bulduktan sonra genel matris formülünden yararlanarak giriş parametrelerini bulunur.Burada bilmediğimiz değer I2 değeridir. I2’yi bulmak için

b) Hiperbolik fonksiyonlarla çözüm:

29

29

Bu yoldan gitmek için Zc ve k değerlerine ihtiyacımız vardır. Bunlar aşağıdaki şekilde hesaplanır.

bulunur.

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

30

30

V

Z=jwL

iY=jwC

Şekil 4.1. Doğal güç

gibi bir karakteristik empedans varmış gibi düşünülür. Şayet hattan çekilen

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.

θ=γ·ℓBuradaki Sc’ye doğal güç adı verilir.

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:

31

31

I1

V1 V2

R X

Şekil 5.1. Dört uçlu hat parçası

5. BİR HATTIN İLETEBİLECEĞİ MAKSİMUM GÜÇ

32

32

Şekli 5.1.’ deki iletim hattı için güç denklemlerini yazalım;

Şekil 5.2. İletilebilecek maksimum gücün bulunmasında kullanılan fazör diyagramı

Ip.R

V1.cosδ

V1.sinδ

V1Iq.R

Iq.XIp.X

V2Ip

Iq I2

φ2

δ

θIqR

IqX

IqZ

θ

I2RI2X

I2Z=∆V

∆VIpX-IqR

33

33

IqIp

P2

P2max

δθ=δ

Genel güç formülünden Ip’ yi yerine koyacak olursak;

’a eşitleyerek maksimum nokta bulunabilir.

34

34

Z2

Çekilen gücün maksimum olması için θ=δ olmalıdır.

Örnek 5.1.

150 km uzunluğundaki bir iletim hattının empedansı 0,16+j0,4 Ω/km hat sonu gerilimi 154 kV , hat başı gerilimi kV tur. Verilen değerlere göre yükün çektiği gücü ve hattın iletebileceği maksimum gücü bulalım.

Çözüm :

Çekilen maksimum gücü bulmak için ise θ=δ olmalıdır. Bu durumda ;

5.2. Maksimum Gücün A,B,C,D Katsayıları Cinsinden Yazılması

35

35

6. PER-UNİT (BİRİM) DEĞERLER

Devre hesaplamaları gerçek değerlerle yapılabildiği gibi , bunları temsil eden per-unit(birim) değerlerle de yapılabilir. Hesaplamaların herhangi bir kademesinde istenirse per-unit değerden gerçek değerlere dönmek her zaman için mümkündür. Devre hesaplamalarında herhangi bir büyüklüğün birçok değerlerine rastlanılabilir. Örneğin hesaplamalarda gerilim

36

36

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 SB=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)

(1)

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

(2)

şeklini alır.5) Bir iletim hattının empedansı Z [Ω] ve admitansı Y [S] belli ise, SB ve UB BAZ

değerlerine göre pu değerleri

(3)

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.

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

37

37

~Genaratör Trafo

1,1kV150 MVA1,1

15/154 kV75 MVA1,0

(4)

eşitlikleri kullanılır. Benzer şekilde , pu akımı (i) değeri ile gerçek akım arasında (5)

Burada IB değeri

(6)

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:

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:

Bu formülü

transformatör ve genaratöre uygulayalım.Transformatör için:

Generatör için:

38

38

Örnek 6.3. Şekilde verilen devrede baz güç 100 MVA ve baz gerilim 35 kV olduğuna göre birim

dönüşümleri yapınız.

Çözüm:T2 için :

Hat için : 34,5 kV için 154 kV ise 35 kV için X olur.X=156,23kV olarak bulunur.

T1 için :

Genaratör için :159 kV için 15 kV ise156,23 kV için X olsun

X = 14,74 kV olarak bulunur.

Örnek 6.4. Şekildeki sistemde 50 MVA ve 220 kV baz değerlerine göre elemanların per-unit

değerlerini hesaplayınız.

~G T1 T2

250MVA14,2 kV1,2

200 MVA15/159 kV0,1

120 km

0,38 Ω/km

200 MVA154/34,5 kV0,11

39

39

Çözüm:T2 için:

M için:

T1 için:

Omik yük için:

Hat için:

G için:

Örnek 6.5. Sistemde , 200 MVA ve 100 kV baz değerlerine göre elemanların birim değerlerini

bulunuz.

~G T1 T2

30MVA

13,1 kV

0,15

25 MVA

13,8/220 kV0,1

20 km

0,2+j0,4 Ω/km

20 MVA220/15 kV0,08

M 12,5 kV0,105 MVA

2 MW

0,1813 kV

40

40

Çözüm:T3 için:

Hatlar için:

T1 için:

T2 için:

G1 G2

13,2 kV 100 MVA1,1

13,4 kV 120 MVA

1,0

T1 T2

15/66 kV 60 MVA 0,12

15/66 kV 50 MVA0,1

30Ω

30Ω30Ω

T3

66/160 kV 75 MVA 0,09

41

41

G1 için: ? 63,52515 66 14,4 kV (baz) olacaktır. (aynı baz gerilim G2 içinde geçerlidir)

G2 için:

Örnek 6.6. Şekildeki sistemde 200 MVA ve 150 kV baz değerlerine göre elemanların birim

değerlerini bulunuz.

Çözüm:Şönt bobin:

Seri kompanzasyon:

İletim hattı için:

T için:

G için:Genaratörün bağlı olduğu bara için baz gerilim 15 154 ? 150

14,61 kV olacaktır.

~G T

100MVA14,2 kV1,3

80 MVA15/154 kV0,08

200 km0,4 Ω/km

Seri kondansatör

30Ω

Yük 150 kV

Şönt bobin1000Ω

42

42

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.

Çözüm:

Aksi belirtilmediği için SB= 100 MVA kabul edilir.Hat-1 için:

Hat-2 için:

Örnek 6.8. Şekildeki sistemde , 100 MVA ve 154 kV baz değerlerine göre elemanların per-unit

değerlerini bulunuz.

T1 T2

100 MVA

380/154 kV

Hat - 1

100 MVA

154/380 kV

Hat - 2

43

43

Çözüm:T için:

G için: 154 kV baz gerilim olduğundan 15 kV da baz gerilimidir.

RN için:

XN için:Transformatörün çevirme oranı (154/54) sabit olduğundan , genaratör tarafı için baz gerilim 15 kV dur.

Örnek 6.9. Şekildeki sistemde , 100 MVA ve 380 kV baz değerlerine göre elemanların per-unit

değerlerini bulunuz.

Çözüm:T3 için:

İletim hatları için : Hat için baz gerilim , T3 ün primer gerilimidir.

~G

14,4 kV150 MVA1,4

15/154 kV120 MVA0,1

T

Y66 Ω

YΔ20 Ω

~G1 T1

150MVA

13,5 kV1,8

80 MVA15/160 kV

0,1

200 MVA154/380 kV

0,07

14,8 kV120 MVA

110 MVA0,09

158/15 kV

~G2T2

T3

44

44

T1 için : Bu eleman için baz gerilimi 154 kV dur.

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.)

T2 için :

G2 için : G2 tarafındaki baz gerilim (15/158)·154=14,62 kV

7. ENERJİ İLETİM VE DAĞITIMINDA GEÇİCİ REJİM ANALİZİ

45

45

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 ;

dır.

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:

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

46

46

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.

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

120º

120º

120º

VRd

VSdVTd

VRt

VSt

VTt

120º120º120º

VR0 VS0 VT0

VRd

VRt

VR0

VR

VSt

VSd

VS0 VS

VTVT0

VTt

VTd

Doğru sistem Ters sistem Sıfır sistem

47

47

Şekil 7.1.Simetrili bileşenler yöntemi fazör gösterimi

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 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.

48

48

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.

Çözüm:Devrenin eşdeğeri aşağıdaki gibi olur.

Kısa devre hesaplarındaki varsayımlardan yola çıkarak genaratörler paralel bağlı tek bir genaratör olarak düşünülür. Bu halde sistem

şeklini alır. Buradan paralele bağlı reaktansların

eşleniği bize eşdeğer reaktansı verecektir. Buda gerekli denklemlerde yerine konursa;

K

G1 G2 G3 G4

11kV

0,16K

0,16

K

0,160,160,16

49

49

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.

Çözüm: Birim dönüşümü gereken yerler için dönüşümleri yapalım.Genaratörler için:

Motor için:

Hatlar için:

Hesaplamalara göre sistemin eşdeğer devresi şekildeki gibi olur.Üçgen yıldız dönüşümü yapılarak devre sadeleştirilir.

M

G2G1

xd = 0,23 pu

D

B A C

80MVA

50

50

0,921pu

0,4 0,4 ≡

2,04,04,0

4,04,0

0,921pu

ab c

M

G1 G2

0,4 pu0,4pu

0,503 pu

A

BC

0,921pu

0,921pu

0,921pu

0,307

0,921

M

A

B C

D

0,2

0,307

0,307

0,921

0,503

≡

M

0,507

1,2281,228

0,503

≡

0,503

M

0,507

0,614≡

51

51

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 )

Çözüm:

Generatör için:

Motor için:

≡

1,021

0,503

M1 M2

G1 G2

A B

C D

K

52

52

a

b c

M

a

b c

0,50,5

0,50,5

1,01,0

1,01,0≡

M M

A B

C D

0,5 0,5

0,5 0,5

1,01,0

1,0

1,0

B

M

0,25

0,125

1,01,0

0,25

A

0,125

0,250,25

C D

M

0,125

1,5

0,125

1,25

0,25

üçgen oluşuyor.

≡≡

53

53

Örnek 7.4.

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:

Genaratör için:

Motorlar için:

Hatlar için:

a

b

c

0,25

1,25

0,125

0,125

1,5

0,25

1,25

0,107

0,107

0,0089

xeş=0,2915

≡ ≡ xeş

M1

M2

KDG=2500MVAolan şebeke

G1 G2

50MVA0,35pu

0,9pu25 MVA

A

BC

54

54

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

.

0,7 0,7

23,14 23,14

23,140,04

3,6

3,6

ab c

≡0,35

7,71

7,717,71

0,04 1,8

8,06

9,51

4,36≡

0,04 7,71 4,36 xeş=0,039Ω

12,07

0,04

≡≡

K

G1 G2 G3 G4 G5 G6

55

55

Çözüm:Verilen birim değerler yardımıyla sistemin eşdeğer devresini çizelim.

Örnek 7.7.

G1 G2 G3 G4 G5 G6

0,2 0,2 0,2 0,2 0,2 0,2

0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1

paralel

0,2

0,1

0,06

0,2

0,16K

≡

06,05

1,02,0

Ikd

I1

I2

≡

15703,55 A

19629 A

56

56

Genaratörlerden her biri 0,2 pu reaktanslarınki ise 0,3 pu, SB = 60 MVA dır. K noktasındaki KDG yi hesaplayınız.

Çözüm:

G1 G2 G3 G4 G5 G6

K

0,2 0,2 0,2 0,2 0,2 0,2

0,3

0,3 0,3 0,3 0,3 0,3

a

b c

aabb cc

≡

57

57

0,057

0,0850,085

0,057

0,0850,085

0,057

0,0850,085

0,3 0,3 0,3

K

≡

0,05710,0

571 0,0571

0,471 0,471 0,3850,085

ab c

0,0055

0,085

0,0459

0,0459

0,471

0,385

0,0571a

b c

≡≡

58

58

Örnek 7.8.Şekildeki sistemde SB =15 MVA dır. Ikd nin 1500 A aşmaması için E fideri ile seri

bağlanacak olan reaktansın değerini hesaplayın.

Çözüm: Öncelikle gerekli birim dönüşümleri yapalım.Hat için:

G 2 için:

5,74·10-5

5,38·10-3

0,1309 0,315

≡0,136

0,436

5,74·10-5

≡5,09·10-2

G1 G2

T1 T233kV7,3Ω

1/2 1/2

E fideri 33kV0,03pu

10MVA33/11 kV0,08pu

15 MVA

0,02pu0,15pu

20 MVA0,15 pu

59

59

T1 için :

E fideri için :

Bulunan bu değerlere göre eşdeğer devre;

0,15

0,1125

0,01

0,10,1

0,050,05

0,045

x=?

0,08

a bc

pu025,02,0

05,01,0ab

pu0125,02,0

05,005,0c

A B0,110,2625

0,025 0,025

0,0125

0,045

x

0,08

≡

A B

0,1350,2875

0,1375

x

≡

0,091

0,1375

x

0,228

x

≡≡

60

60

Örnek 7.9. Verilen sistemde SB = 60 MVA olduğuna göre kısa devre gücü ve akımını bulunuz.

Çözüm:G3 için birim dönüşümü:

G4 için:

T3 için:

T4 için:

bulunana bu değerlere göre devrenin eşdeğerini çizelim:

G1

G2

G3

60 MVA

60 MVA

40 MVA

120 MVA

60 MVA

60 MVA

30 MVA

0,15 pu

0,15 pu

0,1 pu

0,2 pu

0,2 pu

0,2 pu

0,1 pu

100 MVA0,25 pu

G4

T1

T2

T3

T426,1 Ω

1/4 3/4

61

61

Burada Ikd değerini hesaplamak için UB değerinin hesaplanması gereklidir. Bunun için direnç ve birim değeri ve hat parçasının birim dönüşüm formülünden UB değeri çekilir.

0,2 0,15

0,2 0,15

0,2 0,15

0,1

0,025 0,075

0,1 0,15

116,03

15,02,0

0,1+0,15=0,25

abc

0,116 0,1 0,25

0,025 0,075

0623,0466,0

25,0116,0a

0536,0466,0

1,025,0b

0248,0466,0

1,0116,0c

0,025

0,075

0,0248

0,0536

0,0623≡

0,0498

0,128

0,0623 0,098≡

≡

62

62

Bulunan bu UB değerini yerine koyarak Ikd değerini

buluruz.

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.

Çözüm:G1 için birim dönüşümü:

G2 için:

Transformatörler için :

Hatlar için:

100 MVA

60 MVA

100 MVA

15/154 kV 154/34,5 kV

15/154 kV 154/34,5 kV

Hat 1

Hat 2

SGBT1 T2

T3 T4

0,2 pu

0,3 pu

0,16 pu

G1

G2

13,5 kV

13,5 kV

A B

63

63

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.

0,243

0,243

0,2

0,2

0,2

0,2

0,20,337

0,337

a

c

b

0,5370,2

0,07

0,07

0,086≡

0,737

0,086

0,807

0,27 0,537

≡ 0,807

0,086

0,27 0,537≡

0,27 0,077

0,537

≡

xeş=0,209 pu

0,2

0,2

0,2

0,2

0,2

0,2

x

x

x

0,150,15

0,15 K

64

64

Çözüm:

Örnek 7.12.

0,2 0,2 x

0,2 0,2 x

0,2 0,2 x

0,15

0,15

0,15

≡x0,4

0,35

0,4

0,2+1,5x0,35

≡

65

65

Şekildeki sistemde kısa devre noktasında meydana gelen kısa devre akımını bulalım.

Çözüm: Öncelikle gerekli birim dönüşümleri yapalım.G1 için:

G2 için:

G3 için:

x1 için:

x2 için:

x3 için:

G4 için:

G5 için:

Empedans için:

G1G2

G3

G4 G5

30 MVA

20 MVA30 MVA

60 MVA

80 MVA

60 MVA

80 MVA

90 MVA

60 MVA

x1

x2

x30,8pu

0,2 pu

0,24 pu

0,15 pu

0,12 pu

0,2 pu

0,12 pu

0,18 pu

0,01+j0,05 pu

66

66

Bulunana birim değerlere göre eşdeğer devre aşağıdaki gibi olur.

7.3.4. Kısa Devrelerin Bara-admitans Matrisi Yöntemiyle Çözülmesi

0,5 0,6 0,333

0,333 0,888

0,225 0,2 69,78169,0

0,3

0,272 0,3330,33

0,3 0,888

69,78169,0

a

bc

≡

69,78169,0

0,0965

0,1180,0965

0,3 0,888

0,105

≡

0,380

0,105

0,0331+j0,165≡

67

67

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.

Bu sistemin eşdeğerini çizelim.

A B

C D

A B

C D

YG1 YG2

YG3 YG4

Yh1

Yh2 Yh3

Yh4

68

68

A

C D

0,5 0,5

0,5 0,5

1

1 1

1

M M

formülünden gerilimi çekecek olursak;

şeklinde bulunabilir. Burada ters matrisi bulunarak çözüm yapılabilmektedir.

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.

Akımlar sıfır kabul edildiği için sade x ile gösterilen yerlerin bilinmesi çözüm için yeterli olacaktır. Bu şekilde akımı yazacak olursak;

şeklinde yazılabilir.

Örnek 7.13. Aşağıda daha önce çözümünü indirgeme yöntemi ile bulduğumuz Örnek 7.3. deki sistemin çözümünü bara-admitans yöntemi ile yapalım.

budeğerlere göre admitans eşdeğeri çizilir.

69

69

A B

C D

-j2 -j2

-j2 -j2

-j1

-j1 -j1

-j1

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.

Matris oluşturulurken çapraz sıra yani -j4 lerin bulunduğu sıra dışındaki yerlerin işaretleri (+) yapılır ve ters matris bundan sonra bulunur.

Bu ters matristen yararlanarak denklem sistemimizi oluştururuz.

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 )

70

70

G1 G2

Çözüm: Öncelikle reaktansların admitans karşılıkları bulunur.

71

71

-j1,085

-j1,085

-j1,085

ab c

M

0,4 pu0,4pu

0,503 pu

A

BC

0,921pu

0,921pu

ab c

M

G1 G2

-j2,5-j2,5

-j2

A

BC

-j1,085

-j1,085

0,921pu0,921pu

0,921pu

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.

72

72

0 bileşen grubu ise modülleri eşit aralarında faz farkı olmayan ve döner alan meydana getiremeyen fazör grubudur.

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.

şeklinde yazılabilir.

Ts=Dönüşüm matrisiVs=Simetrili bileşenAynı denklemleri akımlar içinde yazmak mümkündür.

120º

120º

120º

VRd

VSdVTd

VRt

VSt

VTt

120º120º120º

VR0 VS0 VT0

VRd

VRt

VR0

VR

VSt

VSd

VS0 VS

VTVT0

VTt

VTd

Doğru sistem Ters sistem Sıfır sistem

Şekil 7.1. Simetrili bilşenler fazör gösterimi

73

73

a operatörünün yönü

Simetrili bileşenleri bulmak için denkleminden [Vs] matrisini çekelim;

şeklinde yazılabilir. Burada [Ts] ifadesini bulduğumuzda simetrili bileşenleri

de bulabiliriz. Vs ifadesini bulursak Ts-1 ifadesini bulmamız kolaylaşacaktır.

VR0 için;

VRd için;

VRt için;

Bu üç denklemi matris şeklinde yazarsak;

şeklinde yazılır.

74

74

a2

a

a2

a

Örnek 7.15.T fazının kopmasıyla oluşan dengesizlikte hat akımlarının simetrili bileşenlerini

bulunuz.

Çözüm:

Z

ZZ

0100IR

180100Is

0IT

75

75

Empedans değerleri için simetrili bileşenleri bulalım;Genel gerilim formülü (1) buradan Z’in simetrili bileşenlerini bulmak için

ve formüllerini (1) yerlerine koyarsak şekline gelir. Burada Z i çekersek;

bulunur. Burada dersek formül şeklinde

yazılabilir. Buradan da [Zs]’yi çekersek bulunur.

bu ifadeleri yukarıdaki denklemde yerine koyalım.

şeklinde yazılabilir.

Empedans değişikliklerinde simetrisiz bileşenler sonuç vermez.Bir sistemin görünür ya da kompleks gücü şeklinde yazılabilir.

, ise ve matrislerini bulmamız gereklidir.

→

→

76

76

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.

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 bağıntısı geçerlidir.

Bu esnadaki empedans ise genel şekliyle

dır. Ancak dengesiz işleme koşulları için empedans matrisi

şekline gelecektir.

bu ifadede [Vs]’ yi yalnız bırakmak için her iki tarafı [Ts]-1 ile çarpalım.

(1) bu ifadede ki ifadeleri ayrı ayrı bulup yerine yazalım.

(2)

77

77

Zs1

(3)

(2) ve (3) ü (1) de yerine koyarsak;

bulunur. Burada

şeklinde yazabiliriz.

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.)

Reaktans

Senkron motor Senkron Kompansatör

Hidro Genaratör

Turbo GenaratörYükse

k hızlıDüşük

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:

78

78

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

akan akımlar ölçülür. Bu durumda dır.

c) Senkron Makinenin Sıfır Empedansı: Senkron makine hızla döndürülüp uyartım sargısı kısa devre edilir. Tek fazlı kaynak üç

stator sargısıyla 0 potansiyel arasına uygulanır. Böylece olarak elde edilir.

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 BağlantısıZ0

Üçgen bağlantı

79

79

7.3.5.7.Transformatörlerin Sıfır Eşdeğer Reaktans Devreleri

Z0

Z0

3·ZnZn

Z0

Yıldız bağlantı

Yıldız noktası direnç üzerinden topraklı

Yıldız toprak bağlantı

80

80

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

Z0

Z0

Z0

Z0

Yıldız toprak / Yıldız

Yıldız toprak / yıldız toprak

Yıldız toprak / Üçgen

Yıldız / Üçgen

Z0

Z0

Üçgen / Üçgen

Üçgen / Yıldız

81

81

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.

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.

denklemini kullanarak sistemde herhangi bir noktada 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;

Zd , Zt , Z0

Zd , Zt , Z0

Zd , Zt , Z0

K

Zf

S

T

Şekil 7.2. Faz-toprak arızası

R

82

82

Zf=0 için VR=0 olur.

Zf≠0 durumu için VR≠0 olur

Zf=0 ise

Zf≠0 ise;

Zd

Doğru sistem

Zt

Tersi sistem

Z0

Sıfır sistem3Zn

Eğer yıldız noktası bir Zn üzerinden topraklanmışsa bu sadece sıfır bileşende devreye dahil edilir. Şekil 7.3. Doğru , ters ve sıfır sistem

eşdeğerleri

83

83

Örnek 7.16.A barasında meydana gelen 3-4 periyotluk faz-toprak kısa devre akımını ve sağlam faz

gerilimlerini bulunuz.

Çözüm:

Doğru sistem için:

Ters sistem için:

Zd

Doğru sistem

Zf Zd

Doğru sistem

ZfZ0

Sıfır sistem3ZnE

Şekil 7.4. Doğru , ters ve sıfır sistem ve Zf eşdeğerleri

I IIA B

11 kV

50 MVA

xd=1,0 pu

xd′=0,3 pu

xt=0,2 pu

x0=0,05 pu

11/154 kV50 MVA x=0,1 pu

xh = j136Ω

h0 x3x

154/34,5 kV50 MVA0,12 pu

0,3 0,1 0,120,286

84

84

Örnek 7.17.3 - 4 periyotluk faz-toprak kısa devre arızası meydana geldiğinde arıza akımı faz

gerilimlerini bulunuz.

0,2 0,1 0,120,286

Sıfır bileşen sistem için:

0,05 A B

0,1

0,858

0,12

Hat

85

85

Çözüm: Öncelikle gerekli birim dönüşümleri yapalım.Genaratör I için:

Hat için:

Trafo II için:

Genaratör II için:

Zn için:

I IIA B

13,5 kV

50 MVAxd=1,0 pu

xd′ =0,9 pu

xt=0,2 pu

x0=0,4 pu

15/154 kV100 MVA x=0,1 pu

xh = j120Ω 154/15 kV150 MVA0,2 pu

I II

1/2 1/2

x0 = 2,5xh

50 MVA

13,5 kVxd=1,0 pu xd′ =0,8 pu xt=0,4 pu x0=0,5 pu

Zn=25 Ω

86

86

Sıfır bileşen sistem:

0,1

0,5

0,25 0,25

0,133 1,2961,459

Doğru bileşen sistem için;

xd=0,871 pu

0,1

0,5

0,25 0,25

0,133 0,6480,324

Ters bileşen sistem;

xt=0,404 pu

0,648

0,1

1,25

3·11,11

0,630,630,133

0,81

Hat

X0=[(0,63+1,25)//0,63]+0,133=0,607 pu

87

87

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

Zd , Zt , Z0

Zd , Zt , Z0

S

T

R

Şekil 7.5. İki faz kısa devresi

88

88

Zf≠0 ise;

7.3.5.11.İki Faz – Toprak Kısa Devresi

bu kısa devre ile ilgili aşağıdaki bilgileri ilk bakışta yazabiliriz.

Zd Zt

Zf

Şekil 7.6. İki faz kısa devresi eşdeğer devresi

Zd , Zt , Z0

Zd , Zt , Z0

Zd , Zt , Z0

S

T

R

Şekil 7.7. İki faz-toprak kısa devresi

89

89

It’ yi bulmak için;

I0’ ı bulmak için;

90

90

Örnek 7.18.

3Zn

Zt Z0ZdZf

Şekil 7.8. İki faz-toprak kısa devresi eşdeğer devresi

91

91

Örnek 7.19.

1

2

3 4

6

7

Hat 1 Hat 2

Hat 3

Zn1

Zn2

Verilen bu sistemin 0 bileşen devresini çizelim.

1

2

3

3Zn1

Zd3

3Zn2

Zd2

Zd1

Hat1

Hat3

1/3 2/3

Hat2

92

92

Şekildeki sistemde meydan gelen F-F-T kısa devresi sonucunda oluşacak akımların simetrili bileşenlerini bulunuz.

Çözüm: Doğru bileşen sistem için:

Ters bileşen sistem:

A B

xd = 0,3

F-F-T

xt = 0,2

xo = 0,05

100 MVA

x = 0,12 100 MVA

15/154 kV

xd = xt=0,3

x0 = 0,3 xd = 0,1

100 MVA

154/15 kV

xd = 0,25

xd = 0,15 xd = 0,03

100 MVA

15 kV

0,12

0,3

0,3

0,1 0,250,3

Zd=j0,228 pu

0,12 0,1 0,150,2

0,3Zt=0,177 pu

0,3

93

93

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 Z f =0,1 pu kabul ederek hata akımını ve sağlam faz gerilimlerini bulunuz.

c) 3 numaralı barada faz-faz kısa devresi oluştuğunda arıza akımını Zf = 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.

Sıfır bileşen devresi:

0,05 0,12

0,3

0,3

0,1 0,03

I

Z0=0,05+0,12=j0,17 pu

94

94

  MVA

kV

pu

pu

pu

Elemanlar

Baz

Güç

Gerili-m

xd

xt

x0

G1 100

20

0,15

0,15

0,05

G2 100

20

0,15

0,15

0,05

T1 100

20/220

0,1

0,1

0,1

T2 100

20/220

0,1

0,1

0,1

ℓ12 100

220

0,125

0,125

0,3

ℓ13 100

220

0,15

0,5

0,35

ℓ23 100

220

0,25

0,25

0,725

ℓ13

ℓ12

ℓ23

1 2

3

Zn

3

25,0Zn

3

25,0

G2G1

T2T1

95

95

Çözüm:a) Üç faz kısa devresi :

Ikd

j0,25j0,15

j0,125

j0,15

j0,1

j0,15

j0,1

Zf

ab c

1 2

3

pu0595,0525,0

25,0125,0c

pu0357,0525,0

15,0125,0b

pu07142,0525,0

25,015,0a

0,25 0,25 0,25

0,0357 0,0595

0,0714

3

21

0,1

≡

0,2857

0,309

0,07143

0,1

≡

96

96

b) Arıza noktasının direnci ihmal edilirse olur.Ters bileşen için verilen

parametreler doğru bileşenle aynı olduğundan hesaplama yapmaya gerek kalmadan

yazabiliriz. Sıfır bileşen sistem için sıfır eşdeğer devreyi çizmemiz gerekir.Sıfır bileşen sistem:

ab c

3Zn=0,25

0,05 0,1 0,3

0,35 0,725

0,1

0,05

3Zn=0,25

0,183

0,508 0,10,077060,4

97

97

Faz - toprak kısa devresine ait eşdeğer devre.

c) Faz – Faz kısa devresi:

d) İki faz – toprak kısa devresi:

Akımlar bulunmak istenirse

ifadesinden bulunabilir. Aynı şekilde gerilimlerde

ve ifadeleri yardımı ile bulunabilir.

0,4 0,07706

0,10,58

0,183

≡Z0=j0,35 pu

Zd

Doğru sistem

Zf Zt

Ters sistem

ZfZ0

Sıfır sistemE

Zf

98

98

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

99

99