Post on 04-Feb-2018
1
ENERJĐ ĐLETĐM SĐSTEMLERĐ 1GĐRĐŞ Elektrik enerji sistemleri geleneksel olarak uumlretim iletim ve dağıtım şeklinde incelenmektedir Enerji iletim sistemleri daha ccedilok iletim kısmı ağırlıklı olmakla beraber gerek uumlretim gerekse dağıtım ve yuumlk modellerini de iccedileren analizleri kapsamaktadır Boumlluumlmlere goumlre incelenecek konular ise şoumlyle sıralanabilir Đkinci Boumlluumlm Fazoumlr kavramı R L C devreleri akım gerilim ve guumlccedil ifadeleri Uumlccediluumlncuuml Boumlluumlm Đletim sistemlerinin modellenmesi tek hat şeması uumlccedil fazlı eşdeğer goumlsterilimler tek fazlı eşdeğer goumlsterilimler birim değerler birim değerli eşdeğer goumlsterilimler Doumlrduumlncuuml Boumlluumlm Enerji iletim hatları kısa hatlar orta uzunluktaki hatlar ve uzun hatların modellenmesi nominal ve eşdeğer devreler iki kapılı goumlsterilimler A B C D sabitleri giriş ve ccedilıkış elektriksel buumlyuumlkluumlkleri arasındaki bağıntılar Beşinci Boumlluumlm Simetrili bileşenler kavramı ifadeler doumlnuumlşuumlm matrisi gerilim ve akım dengesizliklerine uygulanması iletim sistemlerinin dizi bileşen devreleri Altıncı Boumlluumlm Simetrik ve simetrik olmayan arızalar uumlccedil-faz faz-toprak faz-faz faz-faz-toprak tek ve ccedilift hat accedilma arızalarının modellenmesi ccediloumlzuumlm youmlntemleri Yedinci Boumlluumlm Bara admitans ve empedans matrisi kavram ve modelleri sistem değişimlerinin modellere yansıtılması Sekizinci Boumlluumlm Enerji iletimi iki bara arasında guumlccedil transferi yuumlk akışı iccedilin temel kavramlar bara tipleri kontrol ve durum değişkenleri ccediloumlzuumlm youmlntemleri-iteratif metodlar Gauss-Seidell Newton-Raphson Decoupled Fast Decoupled Yuumlk Akışı Analizleri Gerilim Seviyeleri Alccedilak Gerilim
Orta Gerilim
Yuumlksek Gerilim
Ccedilok Yuumlksek Gerilim
Ccedilok Ccedilok Yuumlksek Gerilim
Low Voltage Medium High Extra High Ultra High
190 110 V 6 ndash 36 kV 66 kV 345 kV 1000 kV 380 220 V 138 kV 400 kV 1500 kV 440 V 154 kV 500 kV 660 V 220 kV 765 kV
2
2FAZOumlRLER 21 Gerilim ve Akım Fazoumlrleri Fazoumlr Sinuumlsoidal bir işaretin genlik ve accedilı bilgisini iccedileren kompleks bir sayıdır v(t)=VmSin(ωt+α) i(t)=ImSin(ωt+β)
)t(Sinj)t(Cose tj ω+ω=ω )t(Sinj)t(Cose )t(j α+ω+α+ω=α+ω
[ ] )t(jm eVĐmag)t(Sinj)t(CosVmĐmag)t(v α+ωsdot=α+ω+α+ω=
sdotsdotsdot=
sdotsdot= ωαα+ω tjjm)t(jm ee2
Ve
2
V)t(v Đmag2Đmag2
Gerilim Fazoumlruuml 2
VV m=bull
Akım Fazoumlruuml 2
II m=bull
tjeV2)t(v ωsdotsdot= ampimag tjeI2)t(i ωsdotsdot= ampimag
)jSinCos(VVeVeVe2
VV jj
effjm α+αsdot=αangsdot=sdot=sdot=sdot= αααamp
)SinjCos(IIeIeIe2
II jj
effjm β+βsdot=βangsdot=sdot=sdot=sdot= βββamp
tjeV2)t(v ωsdotsdot= ampimag tjeI2)t(i ωsdotsdot= ampimag
22 Empedans ve Admitans Kavramları 221 Direnccedil Elemanı Zaman domeninde tanım bağıntısı v(t)=Ri(t) Fazoumlrel tanım bağıntısı V=RI 222 Enduumlktans Elemanı
Zaman domeninde tanım bağıntısı dt
)t(diL)t(v sdot=
Fazoumlrel tanım bağıntısı V=jωLI
3
223 Kapasitans Elemanı
Zaman domeninde tanım bağıntısı intsdot= dt)t(iC
1)t(v
Fazoumlrel tanım bağıntısı ICj
1V ampamp sdot
ω=
224 Elemanların Sembolleri
R (Omik Direnccedil) XL=jωL (Enduumlktif Reaktans) Cj
1XC ω
=amp (Kapasitif Reaktans)
Empedans boyutunda olup birimleri ohmrsquo dur
R
1G = (Đletkenlik Siemens)
Lj
1
X
1Y
LL ω
==amp
amp CjCX
1YC ω==
ampamp
Admitans boyutunda olup birimleri siemensrsquo tir 23 Seri R-L-C Devresi Zaman domeninde aşağıdaki entegro-diferansiyel denklemin ccediloumlzuumlmuuml gereklidir
intsdot+sdot+= dt)t(iC
1
dt
)t(diL)t(Ri)t(v
Fazoumlrel olarak buumlyuumlkluumlkler yerine konursa
IZI)Cj
1LjR(I
Cj
1ILjIRV ampampampampampampamp sdot=sdot
ω+ω+=sdot
ω+sdotω+sdot=
)Cj
1LjR(Z
ω+ω+=amp Fazoumlrel buumlyuumlkluumlğuuml toplam empedans olarak tanımlanır Birimi Ohm dur
24 Paralel R-L-C Devresi Zaman domeninde aşağıdaki entegro-diferansiyel denklemin ccediloumlzuumlmuuml gereklidir
intsdot+sdot+= dt)t(vL
1
dt
)t(dvC)t(vG)t(i
Fazoumlrel olarak buumlyuumlkluumlkler yerine konursa
VYV)Lj
1CjG(V
Lj
1VCjVGI ampampampampampampampamp sdot=sdot
ω+ω+=sdot
ω+sdotω+sdot=
4
)Lj
1CjG(Y
ω+ω+=amp Fazoumlrel buumlyuumlkluumlğuuml toplam admitans olarak tanımlanır Birimi
Siemensrsquotir 25 Kompleks Guumlccedil Đfadesi Akım ve Gerilim Fazoumlrleri yardımıyla guumlccedil ifadesi S=VI dan
)(SinIVj)(CosIVeIV)eI(eVS )(jjj βminusαsdotsdot+βminusαsdotsdot=sdotsdot=sdotsdotsdot= βminusαβα
ϕ = α - β
jQP)(SinIVj)(CosIVS +=ϕsdotsdot+ϕsdotsdot=
S Goumlruumlnuumlr Guumlccedil [VA] P = VICosϕ Aktif Guumlccedil [W] Q = VISinϕ Reaktif Guumlccedil [VAr] α gt β durumunda (yani akım gerilimden geri fazda ise) ccedilekilen yuumlk Enduumlktif karakterli olacaktır Denkleme goumlre Enduumlktif Yuumlk Pozitif Reaktif Guumlccedil Ccedilekmektedir 26 Uumlccedil Fazlı Devreler Đndisler VL VH VR VS VT Faz Gerilimlerini (Faz ndash Noumltr) VLL VHH VRS VST VTR Faz Arası Gerilimleri (Faz ndash Faz )
ifade etmektedir ve dengeli uumlccedil fazlı sistemlerde LLL V3V = kuralı geccedilerlidir
IL IH IR IS IT Faz (Hat) Akımlarını goumlstermektedir
ΦΦφ +=ϕsdotsdotsdot+ϕsdotsdotsdot=sdotsdot= 33HHHH
HH3 jQPSinIV3jCosIV3IV3S ampamp
ΦΦφ +=ϕsdotsdotsdot+ϕsdotsdotsdot=sdotsdot= 33HHHHHH
HHH3 jQPSinIV3jCosIV3IV3S ampamp
IR R
S T
N
IS IT
VR
VS
VT
VRS VST
VTR
5
3 İLETİM SİSTEMLERİNİN GOumlSTERİLİMLERİ 31 Şemalar İletim sistemleri uumlccedil fazlı sistemler olup sistemin dengeli olduğu kabul edildiğinden goumlsterilimlerde uumlccedil kutuplu şema yerine simetriden faydalanılarak tek kutuplu şema kullanılmaktadır Aşağıdaki şekilde tek hat şeması verilen basit bir iletim sisteminin uumlccedil kutuplu tek kutuplu ve birim değere indirgenmiş tek kutuplu şemaları goumlruumllmektedir Şemalardan goumlruumllebileceği gibi uumlccedil kutuplu devre ccediloumlzuumlm accedilısından tek kutuplu devreye goumlre şuumlphesiz daha karmaşıktır Ancak tek kutuplu devrede de modelleme gereği ideal trafonun varlığından dolayı hesaplamalarda primere veya sekondere indirgemeler yapmak gerekecektir Oysaki son devreden de goumlruumllebileceği gibi birim değere ccedilevrilmiş sistemde ideal trafonun devrede tutulmasına gerek kalmamaktadır a) Tek hat şeması
b) Uumlccedil kutuplu şema
Generatoumlr Trafo Hat Yuumlk
6
c) Tek kutuplu şema
d) Tek kutuplu şema (birim değere indirgenmiş sistem) Şekil 31 Basit bir iletim sisteminin goumlsterilimleri 32 Birim Değerler Enerji iletim sistemlerinin incelenmesinde sistemdeki elemanların (generatoumlr trafo hat yuumlk ) birim (pu per-unit) değerlerinin elde edilmesi buumlyuumlk kolaylıklar sağlar Bu amaccedilla aşağıdaki algoritma kullanılabilir 1Adım Baz Seccedilimi Guumlccedil (S) Gerilim (U) Akım (I) Empedans (Z)buumlyuumlkluumlklerinden herhangi ikisi baz seccedililir (geleneksel olarak SBAZ ve UBAZ alınır) 2Adım Diğer buumlyuumlkluumlklerin baz değerleri bilinen formuumlller yardımıyla hesaplanır
BBB U3SI B2BB SUZ
3Adım Bir elemanın Deger Baz
DegerGerccedilek Degeri Birim şeklinde belirlenir
7
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı ( L km) Trafo2 Yuumlk Guumlccedil Sg St1 St2 Syuumlk Gerilim Ug U1 U2 U2 U3 Uyuumlk Empedans Xd Xt1 Zhat Xt1
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Guumlccedil SBAZ SBAZ SBAZ Gerilim UBAZ = U1 UBAZ = U2 UBAZ = U3 Akım 1BAZ U3S 2BAZ U3S 3BAZ U3S Empedans
BAZ2
1 SU BAZ2
2 SU BAZ2
3 SU Transformatoumlrlerden dolayı baz gerilimi de trafoların anma ccedilevirme oranlarında tam olarak doumlnuumlştuumlruumlrler Ancak seccedililen baz gerilimi hat geriliminden farklı ise (UBAZ U2) baz geriliminin yine trafonun anma ccedilevirme oranlarına goumlre ccedilevrilmesi gerekecektir bu durumda baz gerilimi dağılımı
Gerilim (U1U2)UBAZ UBAZ (U3U2)UBAZ şeklinde olmalıdır Eğer oumlrnekteki ikinci trafonun ccedilevirme oranı U3 yuumlksek gerilim tarafı olmak uumlzere (U3U4) ise baz gerilimi dağılımı
Gerilim (U1U2)UBAZ UBAZ (U4U3)UBAZ şeklinde olacaktır Oumlrnek 1
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı Trafo2 Yuumlk Gerilim(kV) 20 20 380 380 36 36
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Gerilim(kV) 20 380 36
3 ~
3 ~
8
Oumlrnek 2
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı Trafo2 Yuumlk Gerilim(kV) 20 20 380 380 36 36
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Gerilim(kV) (20380)x400 = 21 400 (36380)x400=38
Oumlrnek 3
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı Trafo2 Yuumlk Gerilim(kV) 20 20 400 360 36 36
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Gerilim(kV) (20400)x380 = 19 380 (36360)x380=38
321 Tek ve Uumlccedil Fazlı Devreler İccedilin Empedansın Baz Değeri Tek fazlı devrelerde
BBB IZV BBB IVZ BBB IVS BBB VSI ifadelerinden tek fazlı devreler iccedilin empedans değeri
B2BB SVZ VB Faz Noumltr Gerilimi (1)
olarak bulunur Uumlccedil fazlı devrelerde ise (3 3Faz anlamında bir indis)
3BB S31S 3UV BB ifadelerini (1) de yerine koyarak
3S3UZ 3B2
BB
3B2BB SUZ UB Faz Arası Gerilimi (2)
olarak empedans değeri bulunur
3 ~
3 ~
9
322 Sistemde Baz Değişimi İletim sisteminde bulunan generatoumlr transformatoumlr buumlyuumlk guumlccedilluuml motorlar gibi elektriksel cihazların empedansları genellikle ldquoohmrdquo olarak değil bu cihazların kendi anma gerilim ve anma guumlccedilleri cinsinden ldquobirim değer ndash puumlrdquo olarak verilir Bu cihazların baz değerleri kullanıldıkları bir sistemde seccedililen baz değerinden farklı olabilir Yada yukarıda bahsedildiği gibi transformatoumlrlerin ccedilevirme oranlarından dolayı yalnızca baz gerilim değişebilmektedir Dolayısı ile gerekli baz doumlnuumlşuumlmleri yapılarak bu cihazların empedanslarına ilişkin ldquoyeni bir birim değerrdquo hesaplanmalıdır
Bpuuml ZZZ B2
BB SUZ 2B
Bpuuml U
SZZ
02B
0Bpuumlo U
SZZ
n2B
nBpuumln U
SZZ
Zpuumlo empedansın eski birim değerini Zpuumln empedansın yeni birim değerini ifade etmektedir
Bo
Bn2
Bn
Bo0puumlpuumln S
SUU
ZZ (3)
(3) ifadesinde VBo ve SBo sırasıyla eski baz gerilimi ve baz guumlcuuml VBn ve SBn sırasıyla yeni baz gerilimi ve baz guumlcuuml temsil etmektedir 323 Birim Değerlerin Faydaları Tuumlm bara gerilimleri 1 puuml civarında olur ve birbirleri ile kıyaslamaları kolaylaşır Transformatoumlrlerin ccedilevirme oranlarından kurtulunur Transformatoumlrlerin oluşturduğu kuplajlı ccedilevre sayısı azalır Ancak faz kaydırıcılı ve kademe değiştiricili trafolar iccedilin model irdelenmelidir
2
2FAZOumlRLER 21 Gerilim ve Akım Fazoumlrleri Fazoumlr Sinuumlsoidal bir işaretin genlik ve accedilı bilgisini iccedileren kompleks bir sayıdır v(t)=VmSin(ωt+α) i(t)=ImSin(ωt+β)
)t(Sinj)t(Cose tj ω+ω=ω )t(Sinj)t(Cose )t(j α+ω+α+ω=α+ω
[ ] )t(jm eVĐmag)t(Sinj)t(CosVmĐmag)t(v α+ωsdot=α+ω+α+ω=
sdotsdotsdot=
sdotsdot= ωαα+ω tjjm)t(jm ee2
Ve
2
V)t(v Đmag2Đmag2
Gerilim Fazoumlruuml 2
VV m=bull
Akım Fazoumlruuml 2
II m=bull
tjeV2)t(v ωsdotsdot= ampimag tjeI2)t(i ωsdotsdot= ampimag
)jSinCos(VVeVeVe2
VV jj
effjm α+αsdot=αangsdot=sdot=sdot=sdot= αααamp
)SinjCos(IIeIeIe2
II jj
effjm β+βsdot=βangsdot=sdot=sdot=sdot= βββamp
tjeV2)t(v ωsdotsdot= ampimag tjeI2)t(i ωsdotsdot= ampimag
22 Empedans ve Admitans Kavramları 221 Direnccedil Elemanı Zaman domeninde tanım bağıntısı v(t)=Ri(t) Fazoumlrel tanım bağıntısı V=RI 222 Enduumlktans Elemanı
Zaman domeninde tanım bağıntısı dt
)t(diL)t(v sdot=
Fazoumlrel tanım bağıntısı V=jωLI
3
223 Kapasitans Elemanı
Zaman domeninde tanım bağıntısı intsdot= dt)t(iC
1)t(v
Fazoumlrel tanım bağıntısı ICj
1V ampamp sdot
ω=
224 Elemanların Sembolleri
R (Omik Direnccedil) XL=jωL (Enduumlktif Reaktans) Cj
1XC ω
=amp (Kapasitif Reaktans)
Empedans boyutunda olup birimleri ohmrsquo dur
R
1G = (Đletkenlik Siemens)
Lj
1
X
1Y
LL ω
==amp
amp CjCX
1YC ω==
ampamp
Admitans boyutunda olup birimleri siemensrsquo tir 23 Seri R-L-C Devresi Zaman domeninde aşağıdaki entegro-diferansiyel denklemin ccediloumlzuumlmuuml gereklidir
intsdot+sdot+= dt)t(iC
1
dt
)t(diL)t(Ri)t(v
Fazoumlrel olarak buumlyuumlkluumlkler yerine konursa
IZI)Cj
1LjR(I
Cj
1ILjIRV ampampampampampampamp sdot=sdot
ω+ω+=sdot
ω+sdotω+sdot=
)Cj
1LjR(Z
ω+ω+=amp Fazoumlrel buumlyuumlkluumlğuuml toplam empedans olarak tanımlanır Birimi Ohm dur
24 Paralel R-L-C Devresi Zaman domeninde aşağıdaki entegro-diferansiyel denklemin ccediloumlzuumlmuuml gereklidir
intsdot+sdot+= dt)t(vL
1
dt
)t(dvC)t(vG)t(i
Fazoumlrel olarak buumlyuumlkluumlkler yerine konursa
VYV)Lj
1CjG(V
Lj
1VCjVGI ampampampampampampampamp sdot=sdot
ω+ω+=sdot
ω+sdotω+sdot=
4
)Lj
1CjG(Y
ω+ω+=amp Fazoumlrel buumlyuumlkluumlğuuml toplam admitans olarak tanımlanır Birimi
Siemensrsquotir 25 Kompleks Guumlccedil Đfadesi Akım ve Gerilim Fazoumlrleri yardımıyla guumlccedil ifadesi S=VI dan
)(SinIVj)(CosIVeIV)eI(eVS )(jjj βminusαsdotsdot+βminusαsdotsdot=sdotsdot=sdotsdotsdot= βminusαβα
ϕ = α - β
jQP)(SinIVj)(CosIVS +=ϕsdotsdot+ϕsdotsdot=
S Goumlruumlnuumlr Guumlccedil [VA] P = VICosϕ Aktif Guumlccedil [W] Q = VISinϕ Reaktif Guumlccedil [VAr] α gt β durumunda (yani akım gerilimden geri fazda ise) ccedilekilen yuumlk Enduumlktif karakterli olacaktır Denkleme goumlre Enduumlktif Yuumlk Pozitif Reaktif Guumlccedil Ccedilekmektedir 26 Uumlccedil Fazlı Devreler Đndisler VL VH VR VS VT Faz Gerilimlerini (Faz ndash Noumltr) VLL VHH VRS VST VTR Faz Arası Gerilimleri (Faz ndash Faz )
ifade etmektedir ve dengeli uumlccedil fazlı sistemlerde LLL V3V = kuralı geccedilerlidir
IL IH IR IS IT Faz (Hat) Akımlarını goumlstermektedir
ΦΦφ +=ϕsdotsdotsdot+ϕsdotsdotsdot=sdotsdot= 33HHHH
HH3 jQPSinIV3jCosIV3IV3S ampamp
ΦΦφ +=ϕsdotsdotsdot+ϕsdotsdotsdot=sdotsdot= 33HHHHHH
HHH3 jQPSinIV3jCosIV3IV3S ampamp
IR R
S T
N
IS IT
VR
VS
VT
VRS VST
VTR
5
3 İLETİM SİSTEMLERİNİN GOumlSTERİLİMLERİ 31 Şemalar İletim sistemleri uumlccedil fazlı sistemler olup sistemin dengeli olduğu kabul edildiğinden goumlsterilimlerde uumlccedil kutuplu şema yerine simetriden faydalanılarak tek kutuplu şema kullanılmaktadır Aşağıdaki şekilde tek hat şeması verilen basit bir iletim sisteminin uumlccedil kutuplu tek kutuplu ve birim değere indirgenmiş tek kutuplu şemaları goumlruumllmektedir Şemalardan goumlruumllebileceği gibi uumlccedil kutuplu devre ccediloumlzuumlm accedilısından tek kutuplu devreye goumlre şuumlphesiz daha karmaşıktır Ancak tek kutuplu devrede de modelleme gereği ideal trafonun varlığından dolayı hesaplamalarda primere veya sekondere indirgemeler yapmak gerekecektir Oysaki son devreden de goumlruumllebileceği gibi birim değere ccedilevrilmiş sistemde ideal trafonun devrede tutulmasına gerek kalmamaktadır a) Tek hat şeması
b) Uumlccedil kutuplu şema
Generatoumlr Trafo Hat Yuumlk
6
c) Tek kutuplu şema
d) Tek kutuplu şema (birim değere indirgenmiş sistem) Şekil 31 Basit bir iletim sisteminin goumlsterilimleri 32 Birim Değerler Enerji iletim sistemlerinin incelenmesinde sistemdeki elemanların (generatoumlr trafo hat yuumlk ) birim (pu per-unit) değerlerinin elde edilmesi buumlyuumlk kolaylıklar sağlar Bu amaccedilla aşağıdaki algoritma kullanılabilir 1Adım Baz Seccedilimi Guumlccedil (S) Gerilim (U) Akım (I) Empedans (Z)buumlyuumlkluumlklerinden herhangi ikisi baz seccedililir (geleneksel olarak SBAZ ve UBAZ alınır) 2Adım Diğer buumlyuumlkluumlklerin baz değerleri bilinen formuumlller yardımıyla hesaplanır
BBB U3SI B2BB SUZ
3Adım Bir elemanın Deger Baz
DegerGerccedilek Degeri Birim şeklinde belirlenir
7
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı ( L km) Trafo2 Yuumlk Guumlccedil Sg St1 St2 Syuumlk Gerilim Ug U1 U2 U2 U3 Uyuumlk Empedans Xd Xt1 Zhat Xt1
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Guumlccedil SBAZ SBAZ SBAZ Gerilim UBAZ = U1 UBAZ = U2 UBAZ = U3 Akım 1BAZ U3S 2BAZ U3S 3BAZ U3S Empedans
BAZ2
1 SU BAZ2
2 SU BAZ2
3 SU Transformatoumlrlerden dolayı baz gerilimi de trafoların anma ccedilevirme oranlarında tam olarak doumlnuumlştuumlruumlrler Ancak seccedililen baz gerilimi hat geriliminden farklı ise (UBAZ U2) baz geriliminin yine trafonun anma ccedilevirme oranlarına goumlre ccedilevrilmesi gerekecektir bu durumda baz gerilimi dağılımı
Gerilim (U1U2)UBAZ UBAZ (U3U2)UBAZ şeklinde olmalıdır Eğer oumlrnekteki ikinci trafonun ccedilevirme oranı U3 yuumlksek gerilim tarafı olmak uumlzere (U3U4) ise baz gerilimi dağılımı
Gerilim (U1U2)UBAZ UBAZ (U4U3)UBAZ şeklinde olacaktır Oumlrnek 1
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı Trafo2 Yuumlk Gerilim(kV) 20 20 380 380 36 36
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Gerilim(kV) 20 380 36
3 ~
3 ~
8
Oumlrnek 2
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı Trafo2 Yuumlk Gerilim(kV) 20 20 380 380 36 36
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Gerilim(kV) (20380)x400 = 21 400 (36380)x400=38
Oumlrnek 3
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı Trafo2 Yuumlk Gerilim(kV) 20 20 400 360 36 36
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Gerilim(kV) (20400)x380 = 19 380 (36360)x380=38
321 Tek ve Uumlccedil Fazlı Devreler İccedilin Empedansın Baz Değeri Tek fazlı devrelerde
BBB IZV BBB IVZ BBB IVS BBB VSI ifadelerinden tek fazlı devreler iccedilin empedans değeri
B2BB SVZ VB Faz Noumltr Gerilimi (1)
olarak bulunur Uumlccedil fazlı devrelerde ise (3 3Faz anlamında bir indis)
3BB S31S 3UV BB ifadelerini (1) de yerine koyarak
3S3UZ 3B2
BB
3B2BB SUZ UB Faz Arası Gerilimi (2)
olarak empedans değeri bulunur
3 ~
3 ~
9
322 Sistemde Baz Değişimi İletim sisteminde bulunan generatoumlr transformatoumlr buumlyuumlk guumlccedilluuml motorlar gibi elektriksel cihazların empedansları genellikle ldquoohmrdquo olarak değil bu cihazların kendi anma gerilim ve anma guumlccedilleri cinsinden ldquobirim değer ndash puumlrdquo olarak verilir Bu cihazların baz değerleri kullanıldıkları bir sistemde seccedililen baz değerinden farklı olabilir Yada yukarıda bahsedildiği gibi transformatoumlrlerin ccedilevirme oranlarından dolayı yalnızca baz gerilim değişebilmektedir Dolayısı ile gerekli baz doumlnuumlşuumlmleri yapılarak bu cihazların empedanslarına ilişkin ldquoyeni bir birim değerrdquo hesaplanmalıdır
Bpuuml ZZZ B2
BB SUZ 2B
Bpuuml U
SZZ
02B
0Bpuumlo U
SZZ
n2B
nBpuumln U
SZZ
Zpuumlo empedansın eski birim değerini Zpuumln empedansın yeni birim değerini ifade etmektedir
Bo
Bn2
Bn
Bo0puumlpuumln S
SUU
ZZ (3)
(3) ifadesinde VBo ve SBo sırasıyla eski baz gerilimi ve baz guumlcuuml VBn ve SBn sırasıyla yeni baz gerilimi ve baz guumlcuuml temsil etmektedir 323 Birim Değerlerin Faydaları Tuumlm bara gerilimleri 1 puuml civarında olur ve birbirleri ile kıyaslamaları kolaylaşır Transformatoumlrlerin ccedilevirme oranlarından kurtulunur Transformatoumlrlerin oluşturduğu kuplajlı ccedilevre sayısı azalır Ancak faz kaydırıcılı ve kademe değiştiricili trafolar iccedilin model irdelenmelidir
3
223 Kapasitans Elemanı
Zaman domeninde tanım bağıntısı intsdot= dt)t(iC
1)t(v
Fazoumlrel tanım bağıntısı ICj
1V ampamp sdot
ω=
224 Elemanların Sembolleri
R (Omik Direnccedil) XL=jωL (Enduumlktif Reaktans) Cj
1XC ω
=amp (Kapasitif Reaktans)
Empedans boyutunda olup birimleri ohmrsquo dur
R
1G = (Đletkenlik Siemens)
Lj
1
X
1Y
LL ω
==amp
amp CjCX
1YC ω==
ampamp
Admitans boyutunda olup birimleri siemensrsquo tir 23 Seri R-L-C Devresi Zaman domeninde aşağıdaki entegro-diferansiyel denklemin ccediloumlzuumlmuuml gereklidir
intsdot+sdot+= dt)t(iC
1
dt
)t(diL)t(Ri)t(v
Fazoumlrel olarak buumlyuumlkluumlkler yerine konursa
IZI)Cj
1LjR(I
Cj
1ILjIRV ampampampampampampamp sdot=sdot
ω+ω+=sdot
ω+sdotω+sdot=
)Cj
1LjR(Z
ω+ω+=amp Fazoumlrel buumlyuumlkluumlğuuml toplam empedans olarak tanımlanır Birimi Ohm dur
24 Paralel R-L-C Devresi Zaman domeninde aşağıdaki entegro-diferansiyel denklemin ccediloumlzuumlmuuml gereklidir
intsdot+sdot+= dt)t(vL
1
dt
)t(dvC)t(vG)t(i
Fazoumlrel olarak buumlyuumlkluumlkler yerine konursa
VYV)Lj
1CjG(V
Lj
1VCjVGI ampampampampampampampamp sdot=sdot
ω+ω+=sdot
ω+sdotω+sdot=
4
)Lj
1CjG(Y
ω+ω+=amp Fazoumlrel buumlyuumlkluumlğuuml toplam admitans olarak tanımlanır Birimi
Siemensrsquotir 25 Kompleks Guumlccedil Đfadesi Akım ve Gerilim Fazoumlrleri yardımıyla guumlccedil ifadesi S=VI dan
)(SinIVj)(CosIVeIV)eI(eVS )(jjj βminusαsdotsdot+βminusαsdotsdot=sdotsdot=sdotsdotsdot= βminusαβα
ϕ = α - β
jQP)(SinIVj)(CosIVS +=ϕsdotsdot+ϕsdotsdot=
S Goumlruumlnuumlr Guumlccedil [VA] P = VICosϕ Aktif Guumlccedil [W] Q = VISinϕ Reaktif Guumlccedil [VAr] α gt β durumunda (yani akım gerilimden geri fazda ise) ccedilekilen yuumlk Enduumlktif karakterli olacaktır Denkleme goumlre Enduumlktif Yuumlk Pozitif Reaktif Guumlccedil Ccedilekmektedir 26 Uumlccedil Fazlı Devreler Đndisler VL VH VR VS VT Faz Gerilimlerini (Faz ndash Noumltr) VLL VHH VRS VST VTR Faz Arası Gerilimleri (Faz ndash Faz )
ifade etmektedir ve dengeli uumlccedil fazlı sistemlerde LLL V3V = kuralı geccedilerlidir
IL IH IR IS IT Faz (Hat) Akımlarını goumlstermektedir
ΦΦφ +=ϕsdotsdotsdot+ϕsdotsdotsdot=sdotsdot= 33HHHH
HH3 jQPSinIV3jCosIV3IV3S ampamp
ΦΦφ +=ϕsdotsdotsdot+ϕsdotsdotsdot=sdotsdot= 33HHHHHH
HHH3 jQPSinIV3jCosIV3IV3S ampamp
IR R
S T
N
IS IT
VR
VS
VT
VRS VST
VTR
5
3 İLETİM SİSTEMLERİNİN GOumlSTERİLİMLERİ 31 Şemalar İletim sistemleri uumlccedil fazlı sistemler olup sistemin dengeli olduğu kabul edildiğinden goumlsterilimlerde uumlccedil kutuplu şema yerine simetriden faydalanılarak tek kutuplu şema kullanılmaktadır Aşağıdaki şekilde tek hat şeması verilen basit bir iletim sisteminin uumlccedil kutuplu tek kutuplu ve birim değere indirgenmiş tek kutuplu şemaları goumlruumllmektedir Şemalardan goumlruumllebileceği gibi uumlccedil kutuplu devre ccediloumlzuumlm accedilısından tek kutuplu devreye goumlre şuumlphesiz daha karmaşıktır Ancak tek kutuplu devrede de modelleme gereği ideal trafonun varlığından dolayı hesaplamalarda primere veya sekondere indirgemeler yapmak gerekecektir Oysaki son devreden de goumlruumllebileceği gibi birim değere ccedilevrilmiş sistemde ideal trafonun devrede tutulmasına gerek kalmamaktadır a) Tek hat şeması
b) Uumlccedil kutuplu şema
Generatoumlr Trafo Hat Yuumlk
6
c) Tek kutuplu şema
d) Tek kutuplu şema (birim değere indirgenmiş sistem) Şekil 31 Basit bir iletim sisteminin goumlsterilimleri 32 Birim Değerler Enerji iletim sistemlerinin incelenmesinde sistemdeki elemanların (generatoumlr trafo hat yuumlk ) birim (pu per-unit) değerlerinin elde edilmesi buumlyuumlk kolaylıklar sağlar Bu amaccedilla aşağıdaki algoritma kullanılabilir 1Adım Baz Seccedilimi Guumlccedil (S) Gerilim (U) Akım (I) Empedans (Z)buumlyuumlkluumlklerinden herhangi ikisi baz seccedililir (geleneksel olarak SBAZ ve UBAZ alınır) 2Adım Diğer buumlyuumlkluumlklerin baz değerleri bilinen formuumlller yardımıyla hesaplanır
BBB U3SI B2BB SUZ
3Adım Bir elemanın Deger Baz
DegerGerccedilek Degeri Birim şeklinde belirlenir
7
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı ( L km) Trafo2 Yuumlk Guumlccedil Sg St1 St2 Syuumlk Gerilim Ug U1 U2 U2 U3 Uyuumlk Empedans Xd Xt1 Zhat Xt1
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Guumlccedil SBAZ SBAZ SBAZ Gerilim UBAZ = U1 UBAZ = U2 UBAZ = U3 Akım 1BAZ U3S 2BAZ U3S 3BAZ U3S Empedans
BAZ2
1 SU BAZ2
2 SU BAZ2
3 SU Transformatoumlrlerden dolayı baz gerilimi de trafoların anma ccedilevirme oranlarında tam olarak doumlnuumlştuumlruumlrler Ancak seccedililen baz gerilimi hat geriliminden farklı ise (UBAZ U2) baz geriliminin yine trafonun anma ccedilevirme oranlarına goumlre ccedilevrilmesi gerekecektir bu durumda baz gerilimi dağılımı
Gerilim (U1U2)UBAZ UBAZ (U3U2)UBAZ şeklinde olmalıdır Eğer oumlrnekteki ikinci trafonun ccedilevirme oranı U3 yuumlksek gerilim tarafı olmak uumlzere (U3U4) ise baz gerilimi dağılımı
Gerilim (U1U2)UBAZ UBAZ (U4U3)UBAZ şeklinde olacaktır Oumlrnek 1
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı Trafo2 Yuumlk Gerilim(kV) 20 20 380 380 36 36
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Gerilim(kV) 20 380 36
3 ~
3 ~
8
Oumlrnek 2
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı Trafo2 Yuumlk Gerilim(kV) 20 20 380 380 36 36
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Gerilim(kV) (20380)x400 = 21 400 (36380)x400=38
Oumlrnek 3
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı Trafo2 Yuumlk Gerilim(kV) 20 20 400 360 36 36
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Gerilim(kV) (20400)x380 = 19 380 (36360)x380=38
321 Tek ve Uumlccedil Fazlı Devreler İccedilin Empedansın Baz Değeri Tek fazlı devrelerde
BBB IZV BBB IVZ BBB IVS BBB VSI ifadelerinden tek fazlı devreler iccedilin empedans değeri
B2BB SVZ VB Faz Noumltr Gerilimi (1)
olarak bulunur Uumlccedil fazlı devrelerde ise (3 3Faz anlamında bir indis)
3BB S31S 3UV BB ifadelerini (1) de yerine koyarak
3S3UZ 3B2
BB
3B2BB SUZ UB Faz Arası Gerilimi (2)
olarak empedans değeri bulunur
3 ~
3 ~
9
322 Sistemde Baz Değişimi İletim sisteminde bulunan generatoumlr transformatoumlr buumlyuumlk guumlccedilluuml motorlar gibi elektriksel cihazların empedansları genellikle ldquoohmrdquo olarak değil bu cihazların kendi anma gerilim ve anma guumlccedilleri cinsinden ldquobirim değer ndash puumlrdquo olarak verilir Bu cihazların baz değerleri kullanıldıkları bir sistemde seccedililen baz değerinden farklı olabilir Yada yukarıda bahsedildiği gibi transformatoumlrlerin ccedilevirme oranlarından dolayı yalnızca baz gerilim değişebilmektedir Dolayısı ile gerekli baz doumlnuumlşuumlmleri yapılarak bu cihazların empedanslarına ilişkin ldquoyeni bir birim değerrdquo hesaplanmalıdır
Bpuuml ZZZ B2
BB SUZ 2B
Bpuuml U
SZZ
02B
0Bpuumlo U
SZZ
n2B
nBpuumln U
SZZ
Zpuumlo empedansın eski birim değerini Zpuumln empedansın yeni birim değerini ifade etmektedir
Bo
Bn2
Bn
Bo0puumlpuumln S
SUU
ZZ (3)
(3) ifadesinde VBo ve SBo sırasıyla eski baz gerilimi ve baz guumlcuuml VBn ve SBn sırasıyla yeni baz gerilimi ve baz guumlcuuml temsil etmektedir 323 Birim Değerlerin Faydaları Tuumlm bara gerilimleri 1 puuml civarında olur ve birbirleri ile kıyaslamaları kolaylaşır Transformatoumlrlerin ccedilevirme oranlarından kurtulunur Transformatoumlrlerin oluşturduğu kuplajlı ccedilevre sayısı azalır Ancak faz kaydırıcılı ve kademe değiştiricili trafolar iccedilin model irdelenmelidir
4
)Lj
1CjG(Y
ω+ω+=amp Fazoumlrel buumlyuumlkluumlğuuml toplam admitans olarak tanımlanır Birimi
Siemensrsquotir 25 Kompleks Guumlccedil Đfadesi Akım ve Gerilim Fazoumlrleri yardımıyla guumlccedil ifadesi S=VI dan
)(SinIVj)(CosIVeIV)eI(eVS )(jjj βminusαsdotsdot+βminusαsdotsdot=sdotsdot=sdotsdotsdot= βminusαβα
ϕ = α - β
jQP)(SinIVj)(CosIVS +=ϕsdotsdot+ϕsdotsdot=
S Goumlruumlnuumlr Guumlccedil [VA] P = VICosϕ Aktif Guumlccedil [W] Q = VISinϕ Reaktif Guumlccedil [VAr] α gt β durumunda (yani akım gerilimden geri fazda ise) ccedilekilen yuumlk Enduumlktif karakterli olacaktır Denkleme goumlre Enduumlktif Yuumlk Pozitif Reaktif Guumlccedil Ccedilekmektedir 26 Uumlccedil Fazlı Devreler Đndisler VL VH VR VS VT Faz Gerilimlerini (Faz ndash Noumltr) VLL VHH VRS VST VTR Faz Arası Gerilimleri (Faz ndash Faz )
ifade etmektedir ve dengeli uumlccedil fazlı sistemlerde LLL V3V = kuralı geccedilerlidir
IL IH IR IS IT Faz (Hat) Akımlarını goumlstermektedir
ΦΦφ +=ϕsdotsdotsdot+ϕsdotsdotsdot=sdotsdot= 33HHHH
HH3 jQPSinIV3jCosIV3IV3S ampamp
ΦΦφ +=ϕsdotsdotsdot+ϕsdotsdotsdot=sdotsdot= 33HHHHHH
HHH3 jQPSinIV3jCosIV3IV3S ampamp
IR R
S T
N
IS IT
VR
VS
VT
VRS VST
VTR
5
3 İLETİM SİSTEMLERİNİN GOumlSTERİLİMLERİ 31 Şemalar İletim sistemleri uumlccedil fazlı sistemler olup sistemin dengeli olduğu kabul edildiğinden goumlsterilimlerde uumlccedil kutuplu şema yerine simetriden faydalanılarak tek kutuplu şema kullanılmaktadır Aşağıdaki şekilde tek hat şeması verilen basit bir iletim sisteminin uumlccedil kutuplu tek kutuplu ve birim değere indirgenmiş tek kutuplu şemaları goumlruumllmektedir Şemalardan goumlruumllebileceği gibi uumlccedil kutuplu devre ccediloumlzuumlm accedilısından tek kutuplu devreye goumlre şuumlphesiz daha karmaşıktır Ancak tek kutuplu devrede de modelleme gereği ideal trafonun varlığından dolayı hesaplamalarda primere veya sekondere indirgemeler yapmak gerekecektir Oysaki son devreden de goumlruumllebileceği gibi birim değere ccedilevrilmiş sistemde ideal trafonun devrede tutulmasına gerek kalmamaktadır a) Tek hat şeması
b) Uumlccedil kutuplu şema
Generatoumlr Trafo Hat Yuumlk
6
c) Tek kutuplu şema
d) Tek kutuplu şema (birim değere indirgenmiş sistem) Şekil 31 Basit bir iletim sisteminin goumlsterilimleri 32 Birim Değerler Enerji iletim sistemlerinin incelenmesinde sistemdeki elemanların (generatoumlr trafo hat yuumlk ) birim (pu per-unit) değerlerinin elde edilmesi buumlyuumlk kolaylıklar sağlar Bu amaccedilla aşağıdaki algoritma kullanılabilir 1Adım Baz Seccedilimi Guumlccedil (S) Gerilim (U) Akım (I) Empedans (Z)buumlyuumlkluumlklerinden herhangi ikisi baz seccedililir (geleneksel olarak SBAZ ve UBAZ alınır) 2Adım Diğer buumlyuumlkluumlklerin baz değerleri bilinen formuumlller yardımıyla hesaplanır
BBB U3SI B2BB SUZ
3Adım Bir elemanın Deger Baz
DegerGerccedilek Degeri Birim şeklinde belirlenir
7
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı ( L km) Trafo2 Yuumlk Guumlccedil Sg St1 St2 Syuumlk Gerilim Ug U1 U2 U2 U3 Uyuumlk Empedans Xd Xt1 Zhat Xt1
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Guumlccedil SBAZ SBAZ SBAZ Gerilim UBAZ = U1 UBAZ = U2 UBAZ = U3 Akım 1BAZ U3S 2BAZ U3S 3BAZ U3S Empedans
BAZ2
1 SU BAZ2
2 SU BAZ2
3 SU Transformatoumlrlerden dolayı baz gerilimi de trafoların anma ccedilevirme oranlarında tam olarak doumlnuumlştuumlruumlrler Ancak seccedililen baz gerilimi hat geriliminden farklı ise (UBAZ U2) baz geriliminin yine trafonun anma ccedilevirme oranlarına goumlre ccedilevrilmesi gerekecektir bu durumda baz gerilimi dağılımı
Gerilim (U1U2)UBAZ UBAZ (U3U2)UBAZ şeklinde olmalıdır Eğer oumlrnekteki ikinci trafonun ccedilevirme oranı U3 yuumlksek gerilim tarafı olmak uumlzere (U3U4) ise baz gerilimi dağılımı
Gerilim (U1U2)UBAZ UBAZ (U4U3)UBAZ şeklinde olacaktır Oumlrnek 1
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı Trafo2 Yuumlk Gerilim(kV) 20 20 380 380 36 36
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Gerilim(kV) 20 380 36
3 ~
3 ~
8
Oumlrnek 2
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı Trafo2 Yuumlk Gerilim(kV) 20 20 380 380 36 36
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Gerilim(kV) (20380)x400 = 21 400 (36380)x400=38
Oumlrnek 3
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı Trafo2 Yuumlk Gerilim(kV) 20 20 400 360 36 36
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Gerilim(kV) (20400)x380 = 19 380 (36360)x380=38
321 Tek ve Uumlccedil Fazlı Devreler İccedilin Empedansın Baz Değeri Tek fazlı devrelerde
BBB IZV BBB IVZ BBB IVS BBB VSI ifadelerinden tek fazlı devreler iccedilin empedans değeri
B2BB SVZ VB Faz Noumltr Gerilimi (1)
olarak bulunur Uumlccedil fazlı devrelerde ise (3 3Faz anlamında bir indis)
3BB S31S 3UV BB ifadelerini (1) de yerine koyarak
3S3UZ 3B2
BB
3B2BB SUZ UB Faz Arası Gerilimi (2)
olarak empedans değeri bulunur
3 ~
3 ~
9
322 Sistemde Baz Değişimi İletim sisteminde bulunan generatoumlr transformatoumlr buumlyuumlk guumlccedilluuml motorlar gibi elektriksel cihazların empedansları genellikle ldquoohmrdquo olarak değil bu cihazların kendi anma gerilim ve anma guumlccedilleri cinsinden ldquobirim değer ndash puumlrdquo olarak verilir Bu cihazların baz değerleri kullanıldıkları bir sistemde seccedililen baz değerinden farklı olabilir Yada yukarıda bahsedildiği gibi transformatoumlrlerin ccedilevirme oranlarından dolayı yalnızca baz gerilim değişebilmektedir Dolayısı ile gerekli baz doumlnuumlşuumlmleri yapılarak bu cihazların empedanslarına ilişkin ldquoyeni bir birim değerrdquo hesaplanmalıdır
Bpuuml ZZZ B2
BB SUZ 2B
Bpuuml U
SZZ
02B
0Bpuumlo U
SZZ
n2B
nBpuumln U
SZZ
Zpuumlo empedansın eski birim değerini Zpuumln empedansın yeni birim değerini ifade etmektedir
Bo
Bn2
Bn
Bo0puumlpuumln S
SUU
ZZ (3)
(3) ifadesinde VBo ve SBo sırasıyla eski baz gerilimi ve baz guumlcuuml VBn ve SBn sırasıyla yeni baz gerilimi ve baz guumlcuuml temsil etmektedir 323 Birim Değerlerin Faydaları Tuumlm bara gerilimleri 1 puuml civarında olur ve birbirleri ile kıyaslamaları kolaylaşır Transformatoumlrlerin ccedilevirme oranlarından kurtulunur Transformatoumlrlerin oluşturduğu kuplajlı ccedilevre sayısı azalır Ancak faz kaydırıcılı ve kademe değiştiricili trafolar iccedilin model irdelenmelidir
5
3 İLETİM SİSTEMLERİNİN GOumlSTERİLİMLERİ 31 Şemalar İletim sistemleri uumlccedil fazlı sistemler olup sistemin dengeli olduğu kabul edildiğinden goumlsterilimlerde uumlccedil kutuplu şema yerine simetriden faydalanılarak tek kutuplu şema kullanılmaktadır Aşağıdaki şekilde tek hat şeması verilen basit bir iletim sisteminin uumlccedil kutuplu tek kutuplu ve birim değere indirgenmiş tek kutuplu şemaları goumlruumllmektedir Şemalardan goumlruumllebileceği gibi uumlccedil kutuplu devre ccediloumlzuumlm accedilısından tek kutuplu devreye goumlre şuumlphesiz daha karmaşıktır Ancak tek kutuplu devrede de modelleme gereği ideal trafonun varlığından dolayı hesaplamalarda primere veya sekondere indirgemeler yapmak gerekecektir Oysaki son devreden de goumlruumllebileceği gibi birim değere ccedilevrilmiş sistemde ideal trafonun devrede tutulmasına gerek kalmamaktadır a) Tek hat şeması
b) Uumlccedil kutuplu şema
Generatoumlr Trafo Hat Yuumlk
6
c) Tek kutuplu şema
d) Tek kutuplu şema (birim değere indirgenmiş sistem) Şekil 31 Basit bir iletim sisteminin goumlsterilimleri 32 Birim Değerler Enerji iletim sistemlerinin incelenmesinde sistemdeki elemanların (generatoumlr trafo hat yuumlk ) birim (pu per-unit) değerlerinin elde edilmesi buumlyuumlk kolaylıklar sağlar Bu amaccedilla aşağıdaki algoritma kullanılabilir 1Adım Baz Seccedilimi Guumlccedil (S) Gerilim (U) Akım (I) Empedans (Z)buumlyuumlkluumlklerinden herhangi ikisi baz seccedililir (geleneksel olarak SBAZ ve UBAZ alınır) 2Adım Diğer buumlyuumlkluumlklerin baz değerleri bilinen formuumlller yardımıyla hesaplanır
BBB U3SI B2BB SUZ
3Adım Bir elemanın Deger Baz
DegerGerccedilek Degeri Birim şeklinde belirlenir
7
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı ( L km) Trafo2 Yuumlk Guumlccedil Sg St1 St2 Syuumlk Gerilim Ug U1 U2 U2 U3 Uyuumlk Empedans Xd Xt1 Zhat Xt1
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Guumlccedil SBAZ SBAZ SBAZ Gerilim UBAZ = U1 UBAZ = U2 UBAZ = U3 Akım 1BAZ U3S 2BAZ U3S 3BAZ U3S Empedans
BAZ2
1 SU BAZ2
2 SU BAZ2
3 SU Transformatoumlrlerden dolayı baz gerilimi de trafoların anma ccedilevirme oranlarında tam olarak doumlnuumlştuumlruumlrler Ancak seccedililen baz gerilimi hat geriliminden farklı ise (UBAZ U2) baz geriliminin yine trafonun anma ccedilevirme oranlarına goumlre ccedilevrilmesi gerekecektir bu durumda baz gerilimi dağılımı
Gerilim (U1U2)UBAZ UBAZ (U3U2)UBAZ şeklinde olmalıdır Eğer oumlrnekteki ikinci trafonun ccedilevirme oranı U3 yuumlksek gerilim tarafı olmak uumlzere (U3U4) ise baz gerilimi dağılımı
Gerilim (U1U2)UBAZ UBAZ (U4U3)UBAZ şeklinde olacaktır Oumlrnek 1
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı Trafo2 Yuumlk Gerilim(kV) 20 20 380 380 36 36
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Gerilim(kV) 20 380 36
3 ~
3 ~
8
Oumlrnek 2
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı Trafo2 Yuumlk Gerilim(kV) 20 20 380 380 36 36
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Gerilim(kV) (20380)x400 = 21 400 (36380)x400=38
Oumlrnek 3
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı Trafo2 Yuumlk Gerilim(kV) 20 20 400 360 36 36
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Gerilim(kV) (20400)x380 = 19 380 (36360)x380=38
321 Tek ve Uumlccedil Fazlı Devreler İccedilin Empedansın Baz Değeri Tek fazlı devrelerde
BBB IZV BBB IVZ BBB IVS BBB VSI ifadelerinden tek fazlı devreler iccedilin empedans değeri
B2BB SVZ VB Faz Noumltr Gerilimi (1)
olarak bulunur Uumlccedil fazlı devrelerde ise (3 3Faz anlamında bir indis)
3BB S31S 3UV BB ifadelerini (1) de yerine koyarak
3S3UZ 3B2
BB
3B2BB SUZ UB Faz Arası Gerilimi (2)
olarak empedans değeri bulunur
3 ~
3 ~
9
322 Sistemde Baz Değişimi İletim sisteminde bulunan generatoumlr transformatoumlr buumlyuumlk guumlccedilluuml motorlar gibi elektriksel cihazların empedansları genellikle ldquoohmrdquo olarak değil bu cihazların kendi anma gerilim ve anma guumlccedilleri cinsinden ldquobirim değer ndash puumlrdquo olarak verilir Bu cihazların baz değerleri kullanıldıkları bir sistemde seccedililen baz değerinden farklı olabilir Yada yukarıda bahsedildiği gibi transformatoumlrlerin ccedilevirme oranlarından dolayı yalnızca baz gerilim değişebilmektedir Dolayısı ile gerekli baz doumlnuumlşuumlmleri yapılarak bu cihazların empedanslarına ilişkin ldquoyeni bir birim değerrdquo hesaplanmalıdır
Bpuuml ZZZ B2
BB SUZ 2B
Bpuuml U
SZZ
02B
0Bpuumlo U
SZZ
n2B
nBpuumln U
SZZ
Zpuumlo empedansın eski birim değerini Zpuumln empedansın yeni birim değerini ifade etmektedir
Bo
Bn2
Bn
Bo0puumlpuumln S
SUU
ZZ (3)
(3) ifadesinde VBo ve SBo sırasıyla eski baz gerilimi ve baz guumlcuuml VBn ve SBn sırasıyla yeni baz gerilimi ve baz guumlcuuml temsil etmektedir 323 Birim Değerlerin Faydaları Tuumlm bara gerilimleri 1 puuml civarında olur ve birbirleri ile kıyaslamaları kolaylaşır Transformatoumlrlerin ccedilevirme oranlarından kurtulunur Transformatoumlrlerin oluşturduğu kuplajlı ccedilevre sayısı azalır Ancak faz kaydırıcılı ve kademe değiştiricili trafolar iccedilin model irdelenmelidir
6
c) Tek kutuplu şema
d) Tek kutuplu şema (birim değere indirgenmiş sistem) Şekil 31 Basit bir iletim sisteminin goumlsterilimleri 32 Birim Değerler Enerji iletim sistemlerinin incelenmesinde sistemdeki elemanların (generatoumlr trafo hat yuumlk ) birim (pu per-unit) değerlerinin elde edilmesi buumlyuumlk kolaylıklar sağlar Bu amaccedilla aşağıdaki algoritma kullanılabilir 1Adım Baz Seccedilimi Guumlccedil (S) Gerilim (U) Akım (I) Empedans (Z)buumlyuumlkluumlklerinden herhangi ikisi baz seccedililir (geleneksel olarak SBAZ ve UBAZ alınır) 2Adım Diğer buumlyuumlkluumlklerin baz değerleri bilinen formuumlller yardımıyla hesaplanır
BBB U3SI B2BB SUZ
3Adım Bir elemanın Deger Baz
DegerGerccedilek Degeri Birim şeklinde belirlenir
7
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı ( L km) Trafo2 Yuumlk Guumlccedil Sg St1 St2 Syuumlk Gerilim Ug U1 U2 U2 U3 Uyuumlk Empedans Xd Xt1 Zhat Xt1
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Guumlccedil SBAZ SBAZ SBAZ Gerilim UBAZ = U1 UBAZ = U2 UBAZ = U3 Akım 1BAZ U3S 2BAZ U3S 3BAZ U3S Empedans
BAZ2
1 SU BAZ2
2 SU BAZ2
3 SU Transformatoumlrlerden dolayı baz gerilimi de trafoların anma ccedilevirme oranlarında tam olarak doumlnuumlştuumlruumlrler Ancak seccedililen baz gerilimi hat geriliminden farklı ise (UBAZ U2) baz geriliminin yine trafonun anma ccedilevirme oranlarına goumlre ccedilevrilmesi gerekecektir bu durumda baz gerilimi dağılımı
Gerilim (U1U2)UBAZ UBAZ (U3U2)UBAZ şeklinde olmalıdır Eğer oumlrnekteki ikinci trafonun ccedilevirme oranı U3 yuumlksek gerilim tarafı olmak uumlzere (U3U4) ise baz gerilimi dağılımı
Gerilim (U1U2)UBAZ UBAZ (U4U3)UBAZ şeklinde olacaktır Oumlrnek 1
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı Trafo2 Yuumlk Gerilim(kV) 20 20 380 380 36 36
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Gerilim(kV) 20 380 36
3 ~
3 ~
8
Oumlrnek 2
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı Trafo2 Yuumlk Gerilim(kV) 20 20 380 380 36 36
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Gerilim(kV) (20380)x400 = 21 400 (36380)x400=38
Oumlrnek 3
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı Trafo2 Yuumlk Gerilim(kV) 20 20 400 360 36 36
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Gerilim(kV) (20400)x380 = 19 380 (36360)x380=38
321 Tek ve Uumlccedil Fazlı Devreler İccedilin Empedansın Baz Değeri Tek fazlı devrelerde
BBB IZV BBB IVZ BBB IVS BBB VSI ifadelerinden tek fazlı devreler iccedilin empedans değeri
B2BB SVZ VB Faz Noumltr Gerilimi (1)
olarak bulunur Uumlccedil fazlı devrelerde ise (3 3Faz anlamında bir indis)
3BB S31S 3UV BB ifadelerini (1) de yerine koyarak
3S3UZ 3B2
BB
3B2BB SUZ UB Faz Arası Gerilimi (2)
olarak empedans değeri bulunur
3 ~
3 ~
9
322 Sistemde Baz Değişimi İletim sisteminde bulunan generatoumlr transformatoumlr buumlyuumlk guumlccedilluuml motorlar gibi elektriksel cihazların empedansları genellikle ldquoohmrdquo olarak değil bu cihazların kendi anma gerilim ve anma guumlccedilleri cinsinden ldquobirim değer ndash puumlrdquo olarak verilir Bu cihazların baz değerleri kullanıldıkları bir sistemde seccedililen baz değerinden farklı olabilir Yada yukarıda bahsedildiği gibi transformatoumlrlerin ccedilevirme oranlarından dolayı yalnızca baz gerilim değişebilmektedir Dolayısı ile gerekli baz doumlnuumlşuumlmleri yapılarak bu cihazların empedanslarına ilişkin ldquoyeni bir birim değerrdquo hesaplanmalıdır
Bpuuml ZZZ B2
BB SUZ 2B
Bpuuml U
SZZ
02B
0Bpuumlo U
SZZ
n2B
nBpuumln U
SZZ
Zpuumlo empedansın eski birim değerini Zpuumln empedansın yeni birim değerini ifade etmektedir
Bo
Bn2
Bn
Bo0puumlpuumln S
SUU
ZZ (3)
(3) ifadesinde VBo ve SBo sırasıyla eski baz gerilimi ve baz guumlcuuml VBn ve SBn sırasıyla yeni baz gerilimi ve baz guumlcuuml temsil etmektedir 323 Birim Değerlerin Faydaları Tuumlm bara gerilimleri 1 puuml civarında olur ve birbirleri ile kıyaslamaları kolaylaşır Transformatoumlrlerin ccedilevirme oranlarından kurtulunur Transformatoumlrlerin oluşturduğu kuplajlı ccedilevre sayısı azalır Ancak faz kaydırıcılı ve kademe değiştiricili trafolar iccedilin model irdelenmelidir
7
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı ( L km) Trafo2 Yuumlk Guumlccedil Sg St1 St2 Syuumlk Gerilim Ug U1 U2 U2 U3 Uyuumlk Empedans Xd Xt1 Zhat Xt1
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Guumlccedil SBAZ SBAZ SBAZ Gerilim UBAZ = U1 UBAZ = U2 UBAZ = U3 Akım 1BAZ U3S 2BAZ U3S 3BAZ U3S Empedans
BAZ2
1 SU BAZ2
2 SU BAZ2
3 SU Transformatoumlrlerden dolayı baz gerilimi de trafoların anma ccedilevirme oranlarında tam olarak doumlnuumlştuumlruumlrler Ancak seccedililen baz gerilimi hat geriliminden farklı ise (UBAZ U2) baz geriliminin yine trafonun anma ccedilevirme oranlarına goumlre ccedilevrilmesi gerekecektir bu durumda baz gerilimi dağılımı
Gerilim (U1U2)UBAZ UBAZ (U3U2)UBAZ şeklinde olmalıdır Eğer oumlrnekteki ikinci trafonun ccedilevirme oranı U3 yuumlksek gerilim tarafı olmak uumlzere (U3U4) ise baz gerilimi dağılımı
Gerilim (U1U2)UBAZ UBAZ (U4U3)UBAZ şeklinde olacaktır Oumlrnek 1
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı Trafo2 Yuumlk Gerilim(kV) 20 20 380 380 36 36
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Gerilim(kV) 20 380 36
3 ~
3 ~
8
Oumlrnek 2
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı Trafo2 Yuumlk Gerilim(kV) 20 20 380 380 36 36
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Gerilim(kV) (20380)x400 = 21 400 (36380)x400=38
Oumlrnek 3
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı Trafo2 Yuumlk Gerilim(kV) 20 20 400 360 36 36
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Gerilim(kV) (20400)x380 = 19 380 (36360)x380=38
321 Tek ve Uumlccedil Fazlı Devreler İccedilin Empedansın Baz Değeri Tek fazlı devrelerde
BBB IZV BBB IVZ BBB IVS BBB VSI ifadelerinden tek fazlı devreler iccedilin empedans değeri
B2BB SVZ VB Faz Noumltr Gerilimi (1)
olarak bulunur Uumlccedil fazlı devrelerde ise (3 3Faz anlamında bir indis)
3BB S31S 3UV BB ifadelerini (1) de yerine koyarak
3S3UZ 3B2
BB
3B2BB SUZ UB Faz Arası Gerilimi (2)
olarak empedans değeri bulunur
3 ~
3 ~
9
322 Sistemde Baz Değişimi İletim sisteminde bulunan generatoumlr transformatoumlr buumlyuumlk guumlccedilluuml motorlar gibi elektriksel cihazların empedansları genellikle ldquoohmrdquo olarak değil bu cihazların kendi anma gerilim ve anma guumlccedilleri cinsinden ldquobirim değer ndash puumlrdquo olarak verilir Bu cihazların baz değerleri kullanıldıkları bir sistemde seccedililen baz değerinden farklı olabilir Yada yukarıda bahsedildiği gibi transformatoumlrlerin ccedilevirme oranlarından dolayı yalnızca baz gerilim değişebilmektedir Dolayısı ile gerekli baz doumlnuumlşuumlmleri yapılarak bu cihazların empedanslarına ilişkin ldquoyeni bir birim değerrdquo hesaplanmalıdır
Bpuuml ZZZ B2
BB SUZ 2B
Bpuuml U
SZZ
02B
0Bpuumlo U
SZZ
n2B
nBpuumln U
SZZ
Zpuumlo empedansın eski birim değerini Zpuumln empedansın yeni birim değerini ifade etmektedir
Bo
Bn2
Bn
Bo0puumlpuumln S
SUU
ZZ (3)
(3) ifadesinde VBo ve SBo sırasıyla eski baz gerilimi ve baz guumlcuuml VBn ve SBn sırasıyla yeni baz gerilimi ve baz guumlcuuml temsil etmektedir 323 Birim Değerlerin Faydaları Tuumlm bara gerilimleri 1 puuml civarında olur ve birbirleri ile kıyaslamaları kolaylaşır Transformatoumlrlerin ccedilevirme oranlarından kurtulunur Transformatoumlrlerin oluşturduğu kuplajlı ccedilevre sayısı azalır Ancak faz kaydırıcılı ve kademe değiştiricili trafolar iccedilin model irdelenmelidir
8
Oumlrnek 2
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı Trafo2 Yuumlk Gerilim(kV) 20 20 380 380 36 36
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Gerilim(kV) (20380)x400 = 21 400 (36380)x400=38
Oumlrnek 3
Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı Trafo2 Yuumlk Gerilim(kV) 20 20 400 360 36 36
BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Gerilim(kV) (20400)x380 = 19 380 (36360)x380=38
321 Tek ve Uumlccedil Fazlı Devreler İccedilin Empedansın Baz Değeri Tek fazlı devrelerde
BBB IZV BBB IVZ BBB IVS BBB VSI ifadelerinden tek fazlı devreler iccedilin empedans değeri
B2BB SVZ VB Faz Noumltr Gerilimi (1)
olarak bulunur Uumlccedil fazlı devrelerde ise (3 3Faz anlamında bir indis)
3BB S31S 3UV BB ifadelerini (1) de yerine koyarak
3S3UZ 3B2
BB
3B2BB SUZ UB Faz Arası Gerilimi (2)
olarak empedans değeri bulunur
3 ~
3 ~
9
322 Sistemde Baz Değişimi İletim sisteminde bulunan generatoumlr transformatoumlr buumlyuumlk guumlccedilluuml motorlar gibi elektriksel cihazların empedansları genellikle ldquoohmrdquo olarak değil bu cihazların kendi anma gerilim ve anma guumlccedilleri cinsinden ldquobirim değer ndash puumlrdquo olarak verilir Bu cihazların baz değerleri kullanıldıkları bir sistemde seccedililen baz değerinden farklı olabilir Yada yukarıda bahsedildiği gibi transformatoumlrlerin ccedilevirme oranlarından dolayı yalnızca baz gerilim değişebilmektedir Dolayısı ile gerekli baz doumlnuumlşuumlmleri yapılarak bu cihazların empedanslarına ilişkin ldquoyeni bir birim değerrdquo hesaplanmalıdır
Bpuuml ZZZ B2
BB SUZ 2B
Bpuuml U
SZZ
02B
0Bpuumlo U
SZZ
n2B
nBpuumln U
SZZ
Zpuumlo empedansın eski birim değerini Zpuumln empedansın yeni birim değerini ifade etmektedir
Bo
Bn2
Bn
Bo0puumlpuumln S
SUU
ZZ (3)
(3) ifadesinde VBo ve SBo sırasıyla eski baz gerilimi ve baz guumlcuuml VBn ve SBn sırasıyla yeni baz gerilimi ve baz guumlcuuml temsil etmektedir 323 Birim Değerlerin Faydaları Tuumlm bara gerilimleri 1 puuml civarında olur ve birbirleri ile kıyaslamaları kolaylaşır Transformatoumlrlerin ccedilevirme oranlarından kurtulunur Transformatoumlrlerin oluşturduğu kuplajlı ccedilevre sayısı azalır Ancak faz kaydırıcılı ve kademe değiştiricili trafolar iccedilin model irdelenmelidir
9
322 Sistemde Baz Değişimi İletim sisteminde bulunan generatoumlr transformatoumlr buumlyuumlk guumlccedilluuml motorlar gibi elektriksel cihazların empedansları genellikle ldquoohmrdquo olarak değil bu cihazların kendi anma gerilim ve anma guumlccedilleri cinsinden ldquobirim değer ndash puumlrdquo olarak verilir Bu cihazların baz değerleri kullanıldıkları bir sistemde seccedililen baz değerinden farklı olabilir Yada yukarıda bahsedildiği gibi transformatoumlrlerin ccedilevirme oranlarından dolayı yalnızca baz gerilim değişebilmektedir Dolayısı ile gerekli baz doumlnuumlşuumlmleri yapılarak bu cihazların empedanslarına ilişkin ldquoyeni bir birim değerrdquo hesaplanmalıdır
Bpuuml ZZZ B2
BB SUZ 2B
Bpuuml U
SZZ
02B
0Bpuumlo U
SZZ
n2B
nBpuumln U
SZZ
Zpuumlo empedansın eski birim değerini Zpuumln empedansın yeni birim değerini ifade etmektedir
Bo
Bn2
Bn
Bo0puumlpuumln S
SUU
ZZ (3)
(3) ifadesinde VBo ve SBo sırasıyla eski baz gerilimi ve baz guumlcuuml VBn ve SBn sırasıyla yeni baz gerilimi ve baz guumlcuuml temsil etmektedir 323 Birim Değerlerin Faydaları Tuumlm bara gerilimleri 1 puuml civarında olur ve birbirleri ile kıyaslamaları kolaylaşır Transformatoumlrlerin ccedilevirme oranlarından kurtulunur Transformatoumlrlerin oluşturduğu kuplajlı ccedilevre sayısı azalır Ancak faz kaydırıcılı ve kademe değiştiricili trafolar iccedilin model irdelenmelidir
10
33 Sistem Elemanlarının Modelleri 331 Generatoumlr Generatoumlrler en basit model olarak suumlrekli hal incelemelerinde sargı direnci ihmal edilerek sabit bir reaktans (Xd Senkron Reaktans) gerisinde bir EMK ile modellenirler Bunun yanında transiyent (geccedilici hal) subtransiyent (uumlst geccedilici hal) durumlarında E ve Xd farklı değerler alır
Durum EMK Reaktans Suumlrekli-Hal E Xd Geccedilici Hal E Xd Uumlst Geccedilici Hal E Xd
Genellikle E gt E gt E ve Xd lt Xd lt Xd S ve U sırasıyla generatoumlruumln anma guumlcuuml ve anma gerilimidir Xd kendi guumlccedil ve gerilim BAZ olmak uumlzere pu veya olarak verilir Oumlrnek S=50 MVA U = 15 kV Xd = 025 pu verilerine goumlre Xd nin gerccedilek değerini hesaplayınız
Bir buumlyuumlkluumlğuumln birim değeri iccedilin kullanılan ifadeye goumlre)Xd(Baz
)Xd(Gerccedilekpu)Xd( olacaktır
Xd nin baz değeri ise generatoumlruumln kendi U ve S değerleri baz kabul edilerek belirlenebilir
BAZ
2BAZ
BAZ SU)Xd(
Xd nin gerccedilek değeri
125154x25050225250
5015250
SU250)X()X(X
22
BAZdpudd
Oumlrnek Aynı generatoumlruumln SBAZ=100 MVA UBAZ = 16 kV olan bir sisteme bağlı olması durumunda Xd nin yeni birim değerini hesaplayınız
11
pu4395029375025050
1001615250
SS
UU
)X()X( 22
BO
BN2
BN
BOpudOpudN
332 Trafolar
1
2
2
1
2
1
II
UU
NNn
2t
22
1t
21
2211 XU
XUIUIUSt
2
22
21
2t
1t nUU
XX
2t2
1t XnX
21t
2t nX
X
(1) Primerden (2) Sekondere (2) Sekonderden (1) Primere U 1n n I n 1n Z 1n2 n2
SBAZ = St
1BAZ UU StUZ
21
1BAZ 1BAZ
1tput Z
XX
2BAZ
2t
1BAZ
1tput Z
XZ
XX
2BAZ UU
StUZ
22
2BAZ 2BAZ
2tput Z
XX
İspat
StU
X
StU
XX tt
put 22
22
1
1 22
2t21
1tput U
XUX
X 22
2t2
2
2t2
21
1tput U
X)Un(
XnUX
X
22
21
2
1
U
U
X
X
t
t
12
15 154 kV
St= 250 MVA Xt=01 pu
UBAZ=154 kV SBAZ = 100 MVA olması durumunda Xt nin yeni birim değeri
UBAZ=154 kV SBAZ = 100 MVA olması durumunda Xt nin yeni birim değeri
primer UBAZ=154 kV olduğuna goumlre
sekonder kV441416015154UBAZ
333 Yuumlkler
Buumlyuumlk guumlccedillerdeki motorlar senkron generatoumlre benzer biccedilimde bir EMK oumlnuumlnde reaktansla modellenirler ( U gt E ) modunda ccedilalışma olur
Diğer yuumlkler genellikle pasif empedans (admitansla) modellenirler
YUumlK
YUumlK
YUumlKS
UZ
2
YUumlKYUumlK
YUumlK
SI
3 U
BAZYUumlK
YUumlKpuYUumlK I
II
BAZ
YUumlK
YUumlKZ
ZZ
)( jSinCosII
puYUumlKpuYUumlK
)( jSinCosZZ
puYUumlKpuYUumlK
pu040250100
15415410X
2
punt
pu040250100
151510X
2
punt
pu0430250100
15416010X
2
punt
pu0430250100
44141510X
2
punt
15 160 kV
St= 250 MVA Xt=01 pu
13
OumlRNEK PROBLEMLER Oumlrnek 1) Tek hat şeması verilen sistemin Baz guumlccedil SBAZ= 100 MVA ve Baz Gerilim UBAZ= 154 kV iccedilin a-) Sistemin pu empedans diyağramını ccediliziniz b-) D barasında gerilim sabit kabul ederek A barasının gerilimini hesaplayınız
UumlRETİM İLETİM YUumlK
100 MVA SBAZ= 100 MVA 100 MVA 15 kV UBAZ=154 kV 35 kV
25210015Z
2
BAZ 16237100
154Z2
BAZ 251210035Z
2
BAZ
2
15154x252
16237 2512x
35154 2
a -) pu Empedans Diyagramı Generatoumlr
pu0670j150100
151510jX
2
d
Hat Xh=j024100=j24 Ohm ZBAZ=23716 Ohm
pu1010j16237
24jX puH
Trafo 1
pu10j200100
15415420jX
2
1t
Trafo 2 2
t2154 100X j015 j01 pu154 150
Yuumlk
3131580
35SU
Z2
YUumlK
2YUumlK
YUumlK pu2512512
31315puZYUumlK
Cos =08 geri ZYUumlK-pu=125(08+j06)=1+j075 pu
80 MVA Cos =08 geri
B
150 MVA 15 kV xd
=j01 pu
200 MVA 15154 kV xt1=j02 pu
150 MVA 15435 kV
xt2=j015 pu
XHAT = j024 ohmkm LHAT= 100 km
A D C
14
b-) Ccedilekilen akımı belirleyelim D barasında gerilim sabit olduğuna goumlre VD=1 0 pu olur
pu93680pu480j640750j1
01ZVIYUumlK
D
A barasının gerilimide(pu olarak)
)480j640)(10j1010j10j(01I)XXX(VV 2th1tDA
pu5391611920j1441VA
)FazFaz(kV41715161VA )NoumltrFaz(kV0510
315161VA
NOT
A165010353
10100U3
SI 3
6
BAZ
BAZBAZ
A132010353
1080U3
SI 3
6
YUumlK
YUumlKYUumlK
pu480j640)60j80(80pu9368016501320
II
IBAZ
YUumlKpu
15
Oumlrnek 2) Aşağıda tek hat şeması verilen sistemin Baz guumlccedil SBAZ= 150 MVA ve Baz Gerilim UBAZ= 150 kV iccedilin a-) Sistemin pu empedans diyağramını ccediliziniz b-) D barasının geriliminin 25 kVta sabit tutulduğunu kabul ederek A barasının gerilimini hesaplayınız
UumlRETİM İLETİM YUumlK
150 MVA SBAZ= 150 MVA 150 MVA 10 kV UBAZ=150 kV 30 kV
67015010Z
2
BAZ 150150
150Z2
BAZ 615030Z
2
BAZ
2
10150x670
150 6x
30150 2
a -) pu Empedans Diyagramı Generatoumlr
pu150j50
1501010050jX
2
d
Hat Xh = j75 Ohm ZBAZ=150 Ohm
pu50j150
75jX puH
Trafo 1
pu150j75
1501501500750jX
2
1t
Trafo 2
pu150j50
150150150050jX
2
2t
Yuumlk
2525
25SU
Z2
YUumlK
2YUumlK
YUumlK pu174625puZYUumlK
Cos = 1 Saf Omik Yuumlk
D Barası
pu083303025VD
25 MVA Cos =1
B
50 MVA 10 kV xd
=j005 pu
75 MVA 10150 kV xt1=j0075 pu
50 MVA 15030 kV
xt2=j005 pu
XHAT = j75 ohm
A D 25 kV C
16
b-) D barasında gerilim 25 kVsabit olduğuna goumlre VD=0833 0 pu olur
pu20174
08330ZVIYUumlK
D
A barasının gerilim de(pu olarak)
)20)(150j50j150j(08330I)XXX(VV 2th1tDA
pu5628041160j8330VA
)FazFaz(kV0418108041VA
NOT
A288710303
10150U3
SI 3
6
BAZ
BAZBAZ
A57710253
1025U3
SI 3
6
YUumlK
YUumlKYUumlK
pu202887577
II
IBAZ
YUumlKpu
17
Oumlrnek 3) Şekilde tek hat şeması verilen iletim sisteminin Generatoumlr değerlerini BAZ seccedilmek sureti ile pu-empedans diyagramını ccediliziniz ( XHAT = j 80 Ohm) Guumlccedil (MVA) Gerilim (kV) Empedans (pu) Generatoumlr 30 138 Xd=j015 Motor 1 20 125 Xm1=j020 Motor 2 10 125 Xm2=j020 Trafo 1 35 132 115 Xt1=j010 Trafo 2 3x10 67 125 Xt2=j010 3 adet tek fazlı trafo Y bağlı UN = kV116673 Primer Faz-Arası Gerilimi
UumlRETİM İLETİM YUumlK
SBAZ= 30 MVA 30 MVA 30 MVA
UBAZ=138 kV kV120213
115kV813
kV912116
512kV120
480
30120Z
2
BAZ
B
Generatoumlr
Trafo 1 Trafo 2
HAT
A D C E
F
Motor 1
Motor 2
18
Trafo 1
pu07840j3530
81321310jX
2
1t
veya
pu07840j3530
12011510jX
2
1t
Trafo 2
pu0940j3030
91251210jX
2
1t
pujjX t 09403030
12011610
2
2
Hat
Xh = j80 Ohm ZBAZ=480 Ohm pu1670j48080jX puH
Motor 1
pujjX m 28202030
91251220
2
1
Motor 2
pujjX m 56301030
91251220
2
2
sistemin pu-empedans diyagramı aşağıdaki şekilde oluşur
19
BOumlLUumlM 4 İLETİM HATLARI 41 İletim hatlarının yapısı Yuumlksek gerilim iletim hatlarında malzeme olarak ccedilelik oumlzluuml aluumlminyum iletkenler kullanılır (ACSR ndashAluminium Conductor Steel Reinforced) Kanada standardı olarak tuumlm duumlnyada kuş isimleri ile karakteristik adları bilinen ACSR iletkenler AWG veya MCM oumllccedilekleriyle anılan kesitlere sahiptirler ve uumllkemizde de TS-IEC 1089rsquo a uygun olarak 15 mmsup2 ile 750 mmsup2 kesitleri arasında uumlretilmektedir
Şekil 41 ACSR iletken İletkende seri olarak tel direnci ve magnetik alandan doğan reaktans ile şoumlnt olarak elektrik alandan doğan toprak kapasitesi mevcuttur
Şekil 42 Hattın (dx) sonsuz kuumlccediluumlk parccedilasındaki (dağıtılmış) hat parametreleri r Hattın seri omik direnci (rezistans) x Hattın seri enduumlktif direnci (reaktans) g Hattın kaccedilak iletkenliği (Konduumlktans) b Hattın kaccedilak kapasitesini (suseptans) L(km) hat boyu Dağıtılmış parametreleri ile hatlar a-) Yuumlksek frekanslı iletimde (haberleşme hatları) b-) Geccedilici olaylar sonucu oluşan yuumlruumlyen dalga analizlerinde c-) Uzun mesafeli enerji iletiminde goumlzoumlnuumlne alınırlar Bunun oumltesinde daha ccedilok hatların parametrik değerleri z kilometre başına seri empedans- ohmkm veya y kilometre başına şoumlnt admitans 1ohmkm olarak birim uzunluk başına verilmektedir Hatların admitans ve empedans etkileri hat uzunluğuna bağlıdır Z = zL = rL+ j xL (ohm) Hattın toplam seri empedansı Y = yL =gL+j bL (1ohm) Hattın toplam şoumlnt admitansı
20
IS IR
VS VR A B C D
IS IR=0
VS VR A B C D
IS IR
VS VR=0 A B C D
42 İki Kapılı Devreler Transmission parametreleri A B C D
Şekil 43 İki kapılı devre
RRS
RRS
IDVCI
IBVAV
(1)
A B C D sabitleri transmission parametreleri olarak adlandırılır | AD-BC |= 1 ve simetrik devrelerde D = A olur Bu parametreler iki test ile bulunur - accedilık devre testi - kısa devre testi 421 Accedilık Devre Testi
Şekil 44 İki kapılı devre accedilık devre testi IR 0 olduğundan
R
SRS
R
SRS
VI
CVCI
VV
AVAV
422 Kısa Devre Testi
Şekil 45 İki kapılı devre kısa devre testi
21
VR 0 olduğundan
V BI BVI
I DI DII
S RS
R
S RS
R
423 Sadece seri empedanstan oluşan devrede Transmisyon Sabitleri Şekil 46 Seri Z elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden
I I
V V ZIS R
S R R
eşitlikten
A = 1 B = Z C = 0 D = 1 424 Sadece şoumlnt admitanstan oluşan devrede Transmission Sabitleri Şekil 47 Şoumlnt Y elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden
RRS
RS
IVYI
VV
eşitlikten
A = 1 B = 0 C = Y D = 1
IR IS
VS Y VR
IR IS
VS
Z
VR
22
43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler
A1 B1
C1 D1V
I
A2 B2
C2 D2Vs Vr
IrIs
Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler
IV
DCBA
IsVs
11
11
IrVr
DCBA
IV
22
22
[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin
IrVr
DCBA
DCBA
IsVs
22
22
11
11
IrVr
DCBA
IsVs
Sonuccedil olarak
22
22
11
11
DCBA
DCBA
DCBA
A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2
23
432 Paralel bağlı devreler
A1 B1
C1 D1
A2 B2
C2 D2
Vs Vr
IrIs
Is1
Is2
Ir1
Ir2
Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri
A A B A BB B
B B BB B
C C C A A D DB B
1 2 2 1
1 2
1 2
1 21 2
1 2 2 1
1 2
( )( )
D D B D BB B
1 2 2 1
1 2
şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm
2R22R21R11R1S
2RR1R2R1RR
2S1SS
IDVCIDVCI
IIIIII
III
boumlylece
2R22R1R1R21S
R21
1R
21
212R
R1R21212R
2RR1R211R1R212R2
2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS
IDIDIDV)CC(I
IBB
BV
BBAA
I
IBV)AA()BB(I
)II(BV)AA(IBV)AA(IB
IBVAIBVAIBVAVIBVAVV
24
R21
21R
21
2121S
R21
2121R
21
211221S
R21
1R
21
2112R1R21S
IBB
BBVBB
ABBAV
şekildeaynı
IBB
DBBDVBB
)AA)(DD(CCI
)IBB
BVBBAA)(DD(IDV)CC(I
sonuccedil olarak
21
2121eq
21
211221eq
21
21eq
21
2121eq
BBDBBD
DBB
)AA)(DD(CCC
BBBB
BBB
ABBAA
433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi
1YZZY1
1Y01
10Z1
DCBA
Şekil 411 Ters L devresi
ZY1YZ1
10Z1
1Y01
DCBA
Z Y
Vs Vr
Z Y
Vs Vr
25
44 Hat Modelleri Hat uzunluklarının etkilerinden dolayı iletim hatlarını 1) Kısa hatlar (80 km kadar) 2) Orta uzunluktaki hatlar (80-250 km arası) 3) Uzun hatlar (250 km uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm
I I
V V ZIS R
S R R
A B C D Sabitleri
A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır
Z IR IS
VS VR
IR
RHIR
VR
VS
j XHIR
26
Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması
IrVr
2YZ1Y
4YZ1Z2
YZ1IrVr
102
Z11Y01
102
Z1IsVs
A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında
2YZ1
4YZ1Y
Z2YZ1
12Y
0110Z1
12Y
01DCBA
Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr
Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z
Z2 Y Vs Z2 Vr
27
Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi
Y2 Y2
Vs Z Is Ir I1
I2
I3 Vr
IR
RHI2 I2
VR
VS
I1
IS I3 j XHI2
28
Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)
İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)
Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa
ccediloumlzuumlm
Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx
Ixzdx
dVx VxydxdIx
VxyzdxdIxz
dxVxd
2
2 Ixyz
dxdVxz
dxIxd2
2
2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları
L j L L j LR R C R R CS
V I Z V I ZV e e e e2 2
L j L L j LC R R C R R C
SY V I Y V I ZI e e e e
2 2
29
elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur
Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından
LCRRLCRRS e
2ZIV
e2
ZIVV
LRRCLRRC
S e2
IVYe
2IVY
I
RC
LL
R
LL
S IZ2eeV
2eeV
R
LL
RC
LL
S V2eeVY
2eeI
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir
Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir
30
)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(
)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(
)eeee(21
2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL
LL
)eeee(21
2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL
LL
veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı
720
ZY24
ZY2
YZ1A3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1ZB3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1YC3322
Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden
Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir
31
YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC
YZ21
YZ21tanh
2Y
Z
L21tanh
sinhZ1cosh
B1A
2Y
CC
Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden
YZYZsinhYsinhYCY CT
YZ21tanhZ
Y
L21tanh
sinhY1cosh
C1A
2Z
CCC
T
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR
Y Z 2 Vs Vr
Is Ir Z 2
32
45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın
a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız
Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm
33
C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1
99500102j93849j99500
9988010999j25j99880
9988010999j25j99880
DCBA
DCBA
DCBA
45511
11
11
11
b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek
= ZY = -001 = ZY = j 010
Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır
34
SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR
VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR
VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml
a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2
3j501201ea 120j +minus=degang== deg
a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866
a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1
-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866
1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir
VRangangangang0degdegdegdeg
VS =VRangangangang240degdegdegdeg
VT =VRangangangang120degdegdegdeg
VR2
VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg
VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg
VR1
VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg
VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0
35
0R2R1RR VVVV ++=
0S2S1SS VVVV ++=
0T2T1TT VVVV ++=
1R1T1R2
1S VaVVaV == M
2R2
2T2R2S VaVVaV == M
0R0T0R0S VVVV == M
0R2R1RR VVVV ++=
0R2R1R2
S VVaVaV ++=
0R2R2
1RT VVaVaV ++=
VR
VS VT
VT0
VR2
VR1
VS1
VT1
VR0 VR
VS0
VS2
VT2
VS
VT
36
sdot
=
2R
1R
0R
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2R
1R
0R
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
Ancak daha yaygın olarak
sdot
=
2
1
0
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2
1
0
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
şeklinde kullanılmaktadır
[ ]
=2
2
aa1
aa1
111
A [ ]
sdot=minus
aa1
aa1
111
3
1A
2
21
37
[ ]
sdot=
2a
1a
0a
T
S
R
V
V
V
A
V
V
V
[ ]
=
minus
c
b
a1
2a
1a
0a
V
V
V
A
V
V
V
[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST
1
012 VAV sdot= minus
Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil
S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS
+ VTIT
lowast
Φ
sdot
=
T
S
R
T
T
S
R
3
I
I
I
V
V
V
S
[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST
T
RST3 IVS
Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak
[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012
T
0123 IAVAS
[ ] [ ] [ ] [ ]012
TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast
Φ
[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast
olduğundan
[ ] [ ]012
T
0123 IV3S sdotsdot=Φ
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
11
pu4395029375025050
1001615250
SS
UU
)X()X( 22
BO
BN2
BN
BOpudOpudN
332 Trafolar
1
2
2
1
2
1
II
UU
NNn
2t
22
1t
21
2211 XU
XUIUIUSt
2
22
21
2t
1t nUU
XX
2t2
1t XnX
21t
2t nX
X
(1) Primerden (2) Sekondere (2) Sekonderden (1) Primere U 1n n I n 1n Z 1n2 n2
SBAZ = St
1BAZ UU StUZ
21
1BAZ 1BAZ
1tput Z
XX
2BAZ
2t
1BAZ
1tput Z
XZ
XX
2BAZ UU
StUZ
22
2BAZ 2BAZ
2tput Z
XX
İspat
StU
X
StU
XX tt
put 22
22
1
1 22
2t21
1tput U
XUX
X 22
2t2
2
2t2
21
1tput U
X)Un(
XnUX
X
22
21
2
1
U
U
X
X
t
t
12
15 154 kV
St= 250 MVA Xt=01 pu
UBAZ=154 kV SBAZ = 100 MVA olması durumunda Xt nin yeni birim değeri
UBAZ=154 kV SBAZ = 100 MVA olması durumunda Xt nin yeni birim değeri
primer UBAZ=154 kV olduğuna goumlre
sekonder kV441416015154UBAZ
333 Yuumlkler
Buumlyuumlk guumlccedillerdeki motorlar senkron generatoumlre benzer biccedilimde bir EMK oumlnuumlnde reaktansla modellenirler ( U gt E ) modunda ccedilalışma olur
Diğer yuumlkler genellikle pasif empedans (admitansla) modellenirler
YUumlK
YUumlK
YUumlKS
UZ
2
YUumlKYUumlK
YUumlK
SI
3 U
BAZYUumlK
YUumlKpuYUumlK I
II
BAZ
YUumlK
YUumlKZ
ZZ
)( jSinCosII
puYUumlKpuYUumlK
)( jSinCosZZ
puYUumlKpuYUumlK
pu040250100
15415410X
2
punt
pu040250100
151510X
2
punt
pu0430250100
15416010X
2
punt
pu0430250100
44141510X
2
punt
15 160 kV
St= 250 MVA Xt=01 pu
13
OumlRNEK PROBLEMLER Oumlrnek 1) Tek hat şeması verilen sistemin Baz guumlccedil SBAZ= 100 MVA ve Baz Gerilim UBAZ= 154 kV iccedilin a-) Sistemin pu empedans diyağramını ccediliziniz b-) D barasında gerilim sabit kabul ederek A barasının gerilimini hesaplayınız
UumlRETİM İLETİM YUumlK
100 MVA SBAZ= 100 MVA 100 MVA 15 kV UBAZ=154 kV 35 kV
25210015Z
2
BAZ 16237100
154Z2
BAZ 251210035Z
2
BAZ
2
15154x252
16237 2512x
35154 2
a -) pu Empedans Diyagramı Generatoumlr
pu0670j150100
151510jX
2
d
Hat Xh=j024100=j24 Ohm ZBAZ=23716 Ohm
pu1010j16237
24jX puH
Trafo 1
pu10j200100
15415420jX
2
1t
Trafo 2 2
t2154 100X j015 j01 pu154 150
Yuumlk
3131580
35SU
Z2
YUumlK
2YUumlK
YUumlK pu2512512
31315puZYUumlK
Cos =08 geri ZYUumlK-pu=125(08+j06)=1+j075 pu
80 MVA Cos =08 geri
B
150 MVA 15 kV xd
=j01 pu
200 MVA 15154 kV xt1=j02 pu
150 MVA 15435 kV
xt2=j015 pu
XHAT = j024 ohmkm LHAT= 100 km
A D C
14
b-) Ccedilekilen akımı belirleyelim D barasında gerilim sabit olduğuna goumlre VD=1 0 pu olur
pu93680pu480j640750j1
01ZVIYUumlK
D
A barasının gerilimide(pu olarak)
)480j640)(10j1010j10j(01I)XXX(VV 2th1tDA
pu5391611920j1441VA
)FazFaz(kV41715161VA )NoumltrFaz(kV0510
315161VA
NOT
A165010353
10100U3
SI 3
6
BAZ
BAZBAZ
A132010353
1080U3
SI 3
6
YUumlK
YUumlKYUumlK
pu480j640)60j80(80pu9368016501320
II
IBAZ
YUumlKpu
15
Oumlrnek 2) Aşağıda tek hat şeması verilen sistemin Baz guumlccedil SBAZ= 150 MVA ve Baz Gerilim UBAZ= 150 kV iccedilin a-) Sistemin pu empedans diyağramını ccediliziniz b-) D barasının geriliminin 25 kVta sabit tutulduğunu kabul ederek A barasının gerilimini hesaplayınız
UumlRETİM İLETİM YUumlK
150 MVA SBAZ= 150 MVA 150 MVA 10 kV UBAZ=150 kV 30 kV
67015010Z
2
BAZ 150150
150Z2
BAZ 615030Z
2
BAZ
2
10150x670
150 6x
30150 2
a -) pu Empedans Diyagramı Generatoumlr
pu150j50
1501010050jX
2
d
Hat Xh = j75 Ohm ZBAZ=150 Ohm
pu50j150
75jX puH
Trafo 1
pu150j75
1501501500750jX
2
1t
Trafo 2
pu150j50
150150150050jX
2
2t
Yuumlk
2525
25SU
Z2
YUumlK
2YUumlK
YUumlK pu174625puZYUumlK
Cos = 1 Saf Omik Yuumlk
D Barası
pu083303025VD
25 MVA Cos =1
B
50 MVA 10 kV xd
=j005 pu
75 MVA 10150 kV xt1=j0075 pu
50 MVA 15030 kV
xt2=j005 pu
XHAT = j75 ohm
A D 25 kV C
16
b-) D barasında gerilim 25 kVsabit olduğuna goumlre VD=0833 0 pu olur
pu20174
08330ZVIYUumlK
D
A barasının gerilim de(pu olarak)
)20)(150j50j150j(08330I)XXX(VV 2th1tDA
pu5628041160j8330VA
)FazFaz(kV0418108041VA
NOT
A288710303
10150U3
SI 3
6
BAZ
BAZBAZ
A57710253
1025U3
SI 3
6
YUumlK
YUumlKYUumlK
pu202887577
II
IBAZ
YUumlKpu
17
Oumlrnek 3) Şekilde tek hat şeması verilen iletim sisteminin Generatoumlr değerlerini BAZ seccedilmek sureti ile pu-empedans diyagramını ccediliziniz ( XHAT = j 80 Ohm) Guumlccedil (MVA) Gerilim (kV) Empedans (pu) Generatoumlr 30 138 Xd=j015 Motor 1 20 125 Xm1=j020 Motor 2 10 125 Xm2=j020 Trafo 1 35 132 115 Xt1=j010 Trafo 2 3x10 67 125 Xt2=j010 3 adet tek fazlı trafo Y bağlı UN = kV116673 Primer Faz-Arası Gerilimi
UumlRETİM İLETİM YUumlK
SBAZ= 30 MVA 30 MVA 30 MVA
UBAZ=138 kV kV120213
115kV813
kV912116
512kV120
480
30120Z
2
BAZ
B
Generatoumlr
Trafo 1 Trafo 2
HAT
A D C E
F
Motor 1
Motor 2
18
Trafo 1
pu07840j3530
81321310jX
2
1t
veya
pu07840j3530
12011510jX
2
1t
Trafo 2
pu0940j3030
91251210jX
2
1t
pujjX t 09403030
12011610
2
2
Hat
Xh = j80 Ohm ZBAZ=480 Ohm pu1670j48080jX puH
Motor 1
pujjX m 28202030
91251220
2
1
Motor 2
pujjX m 56301030
91251220
2
2
sistemin pu-empedans diyagramı aşağıdaki şekilde oluşur
19
BOumlLUumlM 4 İLETİM HATLARI 41 İletim hatlarının yapısı Yuumlksek gerilim iletim hatlarında malzeme olarak ccedilelik oumlzluuml aluumlminyum iletkenler kullanılır (ACSR ndashAluminium Conductor Steel Reinforced) Kanada standardı olarak tuumlm duumlnyada kuş isimleri ile karakteristik adları bilinen ACSR iletkenler AWG veya MCM oumllccedilekleriyle anılan kesitlere sahiptirler ve uumllkemizde de TS-IEC 1089rsquo a uygun olarak 15 mmsup2 ile 750 mmsup2 kesitleri arasında uumlretilmektedir
Şekil 41 ACSR iletken İletkende seri olarak tel direnci ve magnetik alandan doğan reaktans ile şoumlnt olarak elektrik alandan doğan toprak kapasitesi mevcuttur
Şekil 42 Hattın (dx) sonsuz kuumlccediluumlk parccedilasındaki (dağıtılmış) hat parametreleri r Hattın seri omik direnci (rezistans) x Hattın seri enduumlktif direnci (reaktans) g Hattın kaccedilak iletkenliği (Konduumlktans) b Hattın kaccedilak kapasitesini (suseptans) L(km) hat boyu Dağıtılmış parametreleri ile hatlar a-) Yuumlksek frekanslı iletimde (haberleşme hatları) b-) Geccedilici olaylar sonucu oluşan yuumlruumlyen dalga analizlerinde c-) Uzun mesafeli enerji iletiminde goumlzoumlnuumlne alınırlar Bunun oumltesinde daha ccedilok hatların parametrik değerleri z kilometre başına seri empedans- ohmkm veya y kilometre başına şoumlnt admitans 1ohmkm olarak birim uzunluk başına verilmektedir Hatların admitans ve empedans etkileri hat uzunluğuna bağlıdır Z = zL = rL+ j xL (ohm) Hattın toplam seri empedansı Y = yL =gL+j bL (1ohm) Hattın toplam şoumlnt admitansı
20
IS IR
VS VR A B C D
IS IR=0
VS VR A B C D
IS IR
VS VR=0 A B C D
42 İki Kapılı Devreler Transmission parametreleri A B C D
Şekil 43 İki kapılı devre
RRS
RRS
IDVCI
IBVAV
(1)
A B C D sabitleri transmission parametreleri olarak adlandırılır | AD-BC |= 1 ve simetrik devrelerde D = A olur Bu parametreler iki test ile bulunur - accedilık devre testi - kısa devre testi 421 Accedilık Devre Testi
Şekil 44 İki kapılı devre accedilık devre testi IR 0 olduğundan
R
SRS
R
SRS
VI
CVCI
VV
AVAV
422 Kısa Devre Testi
Şekil 45 İki kapılı devre kısa devre testi
21
VR 0 olduğundan
V BI BVI
I DI DII
S RS
R
S RS
R
423 Sadece seri empedanstan oluşan devrede Transmisyon Sabitleri Şekil 46 Seri Z elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden
I I
V V ZIS R
S R R
eşitlikten
A = 1 B = Z C = 0 D = 1 424 Sadece şoumlnt admitanstan oluşan devrede Transmission Sabitleri Şekil 47 Şoumlnt Y elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden
RRS
RS
IVYI
VV
eşitlikten
A = 1 B = 0 C = Y D = 1
IR IS
VS Y VR
IR IS
VS
Z
VR
22
43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler
A1 B1
C1 D1V
I
A2 B2
C2 D2Vs Vr
IrIs
Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler
IV
DCBA
IsVs
11
11
IrVr
DCBA
IV
22
22
[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin
IrVr
DCBA
DCBA
IsVs
22
22
11
11
IrVr
DCBA
IsVs
Sonuccedil olarak
22
22
11
11
DCBA
DCBA
DCBA
A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2
23
432 Paralel bağlı devreler
A1 B1
C1 D1
A2 B2
C2 D2
Vs Vr
IrIs
Is1
Is2
Ir1
Ir2
Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri
A A B A BB B
B B BB B
C C C A A D DB B
1 2 2 1
1 2
1 2
1 21 2
1 2 2 1
1 2
( )( )
D D B D BB B
1 2 2 1
1 2
şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm
2R22R21R11R1S
2RR1R2R1RR
2S1SS
IDVCIDVCI
IIIIII
III
boumlylece
2R22R1R1R21S
R21
1R
21
212R
R1R21212R
2RR1R211R1R212R2
2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS
IDIDIDV)CC(I
IBB
BV
BBAA
I
IBV)AA()BB(I
)II(BV)AA(IBV)AA(IB
IBVAIBVAIBVAVIBVAVV
24
R21
21R
21
2121S
R21
2121R
21
211221S
R21
1R
21
2112R1R21S
IBB
BBVBB
ABBAV
şekildeaynı
IBB
DBBDVBB
)AA)(DD(CCI
)IBB
BVBBAA)(DD(IDV)CC(I
sonuccedil olarak
21
2121eq
21
211221eq
21
21eq
21
2121eq
BBDBBD
DBB
)AA)(DD(CCC
BBBB
BBB
ABBAA
433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi
1YZZY1
1Y01
10Z1
DCBA
Şekil 411 Ters L devresi
ZY1YZ1
10Z1
1Y01
DCBA
Z Y
Vs Vr
Z Y
Vs Vr
25
44 Hat Modelleri Hat uzunluklarının etkilerinden dolayı iletim hatlarını 1) Kısa hatlar (80 km kadar) 2) Orta uzunluktaki hatlar (80-250 km arası) 3) Uzun hatlar (250 km uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm
I I
V V ZIS R
S R R
A B C D Sabitleri
A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır
Z IR IS
VS VR
IR
RHIR
VR
VS
j XHIR
26
Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması
IrVr
2YZ1Y
4YZ1Z2
YZ1IrVr
102
Z11Y01
102
Z1IsVs
A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında
2YZ1
4YZ1Y
Z2YZ1
12Y
0110Z1
12Y
01DCBA
Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr
Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z
Z2 Y Vs Z2 Vr
27
Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi
Y2 Y2
Vs Z Is Ir I1
I2
I3 Vr
IR
RHI2 I2
VR
VS
I1
IS I3 j XHI2
28
Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)
İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)
Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa
ccediloumlzuumlm
Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx
Ixzdx
dVx VxydxdIx
VxyzdxdIxz
dxVxd
2
2 Ixyz
dxdVxz
dxIxd2
2
2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları
L j L L j LR R C R R CS
V I Z V I ZV e e e e2 2
L j L L j LC R R C R R C
SY V I Y V I ZI e e e e
2 2
29
elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur
Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından
LCRRLCRRS e
2ZIV
e2
ZIVV
LRRCLRRC
S e2
IVYe
2IVY
I
RC
LL
R
LL
S IZ2eeV
2eeV
R
LL
RC
LL
S V2eeVY
2eeI
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir
Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir
30
)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(
)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(
)eeee(21
2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL
LL
)eeee(21
2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL
LL
veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı
720
ZY24
ZY2
YZ1A3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1ZB3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1YC3322
Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden
Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir
31
YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC
YZ21
YZ21tanh
2Y
Z
L21tanh
sinhZ1cosh
B1A
2Y
CC
Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden
YZYZsinhYsinhYCY CT
YZ21tanhZ
Y
L21tanh
sinhY1cosh
C1A
2Z
CCC
T
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR
Y Z 2 Vs Vr
Is Ir Z 2
32
45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın
a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız
Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm
33
C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1
99500102j93849j99500
9988010999j25j99880
9988010999j25j99880
DCBA
DCBA
DCBA
45511
11
11
11
b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek
= ZY = -001 = ZY = j 010
Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır
34
SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR
VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR
VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml
a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2
3j501201ea 120j +minus=degang== deg
a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866
a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1
-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866
1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir
VRangangangang0degdegdegdeg
VS =VRangangangang240degdegdegdeg
VT =VRangangangang120degdegdegdeg
VR2
VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg
VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg
VR1
VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg
VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0
35
0R2R1RR VVVV ++=
0S2S1SS VVVV ++=
0T2T1TT VVVV ++=
1R1T1R2
1S VaVVaV == M
2R2
2T2R2S VaVVaV == M
0R0T0R0S VVVV == M
0R2R1RR VVVV ++=
0R2R1R2
S VVaVaV ++=
0R2R2
1RT VVaVaV ++=
VR
VS VT
VT0
VR2
VR1
VS1
VT1
VR0 VR
VS0
VS2
VT2
VS
VT
36
sdot
=
2R
1R
0R
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2R
1R
0R
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
Ancak daha yaygın olarak
sdot
=
2
1
0
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2
1
0
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
şeklinde kullanılmaktadır
[ ]
=2
2
aa1
aa1
111
A [ ]
sdot=minus
aa1
aa1
111
3
1A
2
21
37
[ ]
sdot=
2a
1a
0a
T
S
R
V
V
V
A
V
V
V
[ ]
=
minus
c
b
a1
2a
1a
0a
V
V
V
A
V
V
V
[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST
1
012 VAV sdot= minus
Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil
S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS
+ VTIT
lowast
Φ
sdot
=
T
S
R
T
T
S
R
3
I
I
I
V
V
V
S
[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST
T
RST3 IVS
Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak
[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012
T
0123 IAVAS
[ ] [ ] [ ] [ ]012
TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast
Φ
[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast
olduğundan
[ ] [ ]012
T
0123 IV3S sdotsdot=Φ
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
12
15 154 kV
St= 250 MVA Xt=01 pu
UBAZ=154 kV SBAZ = 100 MVA olması durumunda Xt nin yeni birim değeri
UBAZ=154 kV SBAZ = 100 MVA olması durumunda Xt nin yeni birim değeri
primer UBAZ=154 kV olduğuna goumlre
sekonder kV441416015154UBAZ
333 Yuumlkler
Buumlyuumlk guumlccedillerdeki motorlar senkron generatoumlre benzer biccedilimde bir EMK oumlnuumlnde reaktansla modellenirler ( U gt E ) modunda ccedilalışma olur
Diğer yuumlkler genellikle pasif empedans (admitansla) modellenirler
YUumlK
YUumlK
YUumlKS
UZ
2
YUumlKYUumlK
YUumlK
SI
3 U
BAZYUumlK
YUumlKpuYUumlK I
II
BAZ
YUumlK
YUumlKZ
ZZ
)( jSinCosII
puYUumlKpuYUumlK
)( jSinCosZZ
puYUumlKpuYUumlK
pu040250100
15415410X
2
punt
pu040250100
151510X
2
punt
pu0430250100
15416010X
2
punt
pu0430250100
44141510X
2
punt
15 160 kV
St= 250 MVA Xt=01 pu
13
OumlRNEK PROBLEMLER Oumlrnek 1) Tek hat şeması verilen sistemin Baz guumlccedil SBAZ= 100 MVA ve Baz Gerilim UBAZ= 154 kV iccedilin a-) Sistemin pu empedans diyağramını ccediliziniz b-) D barasında gerilim sabit kabul ederek A barasının gerilimini hesaplayınız
UumlRETİM İLETİM YUumlK
100 MVA SBAZ= 100 MVA 100 MVA 15 kV UBAZ=154 kV 35 kV
25210015Z
2
BAZ 16237100
154Z2
BAZ 251210035Z
2
BAZ
2
15154x252
16237 2512x
35154 2
a -) pu Empedans Diyagramı Generatoumlr
pu0670j150100
151510jX
2
d
Hat Xh=j024100=j24 Ohm ZBAZ=23716 Ohm
pu1010j16237
24jX puH
Trafo 1
pu10j200100
15415420jX
2
1t
Trafo 2 2
t2154 100X j015 j01 pu154 150
Yuumlk
3131580
35SU
Z2
YUumlK
2YUumlK
YUumlK pu2512512
31315puZYUumlK
Cos =08 geri ZYUumlK-pu=125(08+j06)=1+j075 pu
80 MVA Cos =08 geri
B
150 MVA 15 kV xd
=j01 pu
200 MVA 15154 kV xt1=j02 pu
150 MVA 15435 kV
xt2=j015 pu
XHAT = j024 ohmkm LHAT= 100 km
A D C
14
b-) Ccedilekilen akımı belirleyelim D barasında gerilim sabit olduğuna goumlre VD=1 0 pu olur
pu93680pu480j640750j1
01ZVIYUumlK
D
A barasının gerilimide(pu olarak)
)480j640)(10j1010j10j(01I)XXX(VV 2th1tDA
pu5391611920j1441VA
)FazFaz(kV41715161VA )NoumltrFaz(kV0510
315161VA
NOT
A165010353
10100U3
SI 3
6
BAZ
BAZBAZ
A132010353
1080U3
SI 3
6
YUumlK
YUumlKYUumlK
pu480j640)60j80(80pu9368016501320
II
IBAZ
YUumlKpu
15
Oumlrnek 2) Aşağıda tek hat şeması verilen sistemin Baz guumlccedil SBAZ= 150 MVA ve Baz Gerilim UBAZ= 150 kV iccedilin a-) Sistemin pu empedans diyağramını ccediliziniz b-) D barasının geriliminin 25 kVta sabit tutulduğunu kabul ederek A barasının gerilimini hesaplayınız
UumlRETİM İLETİM YUumlK
150 MVA SBAZ= 150 MVA 150 MVA 10 kV UBAZ=150 kV 30 kV
67015010Z
2
BAZ 150150
150Z2
BAZ 615030Z
2
BAZ
2
10150x670
150 6x
30150 2
a -) pu Empedans Diyagramı Generatoumlr
pu150j50
1501010050jX
2
d
Hat Xh = j75 Ohm ZBAZ=150 Ohm
pu50j150
75jX puH
Trafo 1
pu150j75
1501501500750jX
2
1t
Trafo 2
pu150j50
150150150050jX
2
2t
Yuumlk
2525
25SU
Z2
YUumlK
2YUumlK
YUumlK pu174625puZYUumlK
Cos = 1 Saf Omik Yuumlk
D Barası
pu083303025VD
25 MVA Cos =1
B
50 MVA 10 kV xd
=j005 pu
75 MVA 10150 kV xt1=j0075 pu
50 MVA 15030 kV
xt2=j005 pu
XHAT = j75 ohm
A D 25 kV C
16
b-) D barasında gerilim 25 kVsabit olduğuna goumlre VD=0833 0 pu olur
pu20174
08330ZVIYUumlK
D
A barasının gerilim de(pu olarak)
)20)(150j50j150j(08330I)XXX(VV 2th1tDA
pu5628041160j8330VA
)FazFaz(kV0418108041VA
NOT
A288710303
10150U3
SI 3
6
BAZ
BAZBAZ
A57710253
1025U3
SI 3
6
YUumlK
YUumlKYUumlK
pu202887577
II
IBAZ
YUumlKpu
17
Oumlrnek 3) Şekilde tek hat şeması verilen iletim sisteminin Generatoumlr değerlerini BAZ seccedilmek sureti ile pu-empedans diyagramını ccediliziniz ( XHAT = j 80 Ohm) Guumlccedil (MVA) Gerilim (kV) Empedans (pu) Generatoumlr 30 138 Xd=j015 Motor 1 20 125 Xm1=j020 Motor 2 10 125 Xm2=j020 Trafo 1 35 132 115 Xt1=j010 Trafo 2 3x10 67 125 Xt2=j010 3 adet tek fazlı trafo Y bağlı UN = kV116673 Primer Faz-Arası Gerilimi
UumlRETİM İLETİM YUumlK
SBAZ= 30 MVA 30 MVA 30 MVA
UBAZ=138 kV kV120213
115kV813
kV912116
512kV120
480
30120Z
2
BAZ
B
Generatoumlr
Trafo 1 Trafo 2
HAT
A D C E
F
Motor 1
Motor 2
18
Trafo 1
pu07840j3530
81321310jX
2
1t
veya
pu07840j3530
12011510jX
2
1t
Trafo 2
pu0940j3030
91251210jX
2
1t
pujjX t 09403030
12011610
2
2
Hat
Xh = j80 Ohm ZBAZ=480 Ohm pu1670j48080jX puH
Motor 1
pujjX m 28202030
91251220
2
1
Motor 2
pujjX m 56301030
91251220
2
2
sistemin pu-empedans diyagramı aşağıdaki şekilde oluşur
19
BOumlLUumlM 4 İLETİM HATLARI 41 İletim hatlarının yapısı Yuumlksek gerilim iletim hatlarında malzeme olarak ccedilelik oumlzluuml aluumlminyum iletkenler kullanılır (ACSR ndashAluminium Conductor Steel Reinforced) Kanada standardı olarak tuumlm duumlnyada kuş isimleri ile karakteristik adları bilinen ACSR iletkenler AWG veya MCM oumllccedilekleriyle anılan kesitlere sahiptirler ve uumllkemizde de TS-IEC 1089rsquo a uygun olarak 15 mmsup2 ile 750 mmsup2 kesitleri arasında uumlretilmektedir
Şekil 41 ACSR iletken İletkende seri olarak tel direnci ve magnetik alandan doğan reaktans ile şoumlnt olarak elektrik alandan doğan toprak kapasitesi mevcuttur
Şekil 42 Hattın (dx) sonsuz kuumlccediluumlk parccedilasındaki (dağıtılmış) hat parametreleri r Hattın seri omik direnci (rezistans) x Hattın seri enduumlktif direnci (reaktans) g Hattın kaccedilak iletkenliği (Konduumlktans) b Hattın kaccedilak kapasitesini (suseptans) L(km) hat boyu Dağıtılmış parametreleri ile hatlar a-) Yuumlksek frekanslı iletimde (haberleşme hatları) b-) Geccedilici olaylar sonucu oluşan yuumlruumlyen dalga analizlerinde c-) Uzun mesafeli enerji iletiminde goumlzoumlnuumlne alınırlar Bunun oumltesinde daha ccedilok hatların parametrik değerleri z kilometre başına seri empedans- ohmkm veya y kilometre başına şoumlnt admitans 1ohmkm olarak birim uzunluk başına verilmektedir Hatların admitans ve empedans etkileri hat uzunluğuna bağlıdır Z = zL = rL+ j xL (ohm) Hattın toplam seri empedansı Y = yL =gL+j bL (1ohm) Hattın toplam şoumlnt admitansı
20
IS IR
VS VR A B C D
IS IR=0
VS VR A B C D
IS IR
VS VR=0 A B C D
42 İki Kapılı Devreler Transmission parametreleri A B C D
Şekil 43 İki kapılı devre
RRS
RRS
IDVCI
IBVAV
(1)
A B C D sabitleri transmission parametreleri olarak adlandırılır | AD-BC |= 1 ve simetrik devrelerde D = A olur Bu parametreler iki test ile bulunur - accedilık devre testi - kısa devre testi 421 Accedilık Devre Testi
Şekil 44 İki kapılı devre accedilık devre testi IR 0 olduğundan
R
SRS
R
SRS
VI
CVCI
VV
AVAV
422 Kısa Devre Testi
Şekil 45 İki kapılı devre kısa devre testi
21
VR 0 olduğundan
V BI BVI
I DI DII
S RS
R
S RS
R
423 Sadece seri empedanstan oluşan devrede Transmisyon Sabitleri Şekil 46 Seri Z elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden
I I
V V ZIS R
S R R
eşitlikten
A = 1 B = Z C = 0 D = 1 424 Sadece şoumlnt admitanstan oluşan devrede Transmission Sabitleri Şekil 47 Şoumlnt Y elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden
RRS
RS
IVYI
VV
eşitlikten
A = 1 B = 0 C = Y D = 1
IR IS
VS Y VR
IR IS
VS
Z
VR
22
43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler
A1 B1
C1 D1V
I
A2 B2
C2 D2Vs Vr
IrIs
Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler
IV
DCBA
IsVs
11
11
IrVr
DCBA
IV
22
22
[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin
IrVr
DCBA
DCBA
IsVs
22
22
11
11
IrVr
DCBA
IsVs
Sonuccedil olarak
22
22
11
11
DCBA
DCBA
DCBA
A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2
23
432 Paralel bağlı devreler
A1 B1
C1 D1
A2 B2
C2 D2
Vs Vr
IrIs
Is1
Is2
Ir1
Ir2
Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri
A A B A BB B
B B BB B
C C C A A D DB B
1 2 2 1
1 2
1 2
1 21 2
1 2 2 1
1 2
( )( )
D D B D BB B
1 2 2 1
1 2
şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm
2R22R21R11R1S
2RR1R2R1RR
2S1SS
IDVCIDVCI
IIIIII
III
boumlylece
2R22R1R1R21S
R21
1R
21
212R
R1R21212R
2RR1R211R1R212R2
2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS
IDIDIDV)CC(I
IBB
BV
BBAA
I
IBV)AA()BB(I
)II(BV)AA(IBV)AA(IB
IBVAIBVAIBVAVIBVAVV
24
R21
21R
21
2121S
R21
2121R
21
211221S
R21
1R
21
2112R1R21S
IBB
BBVBB
ABBAV
şekildeaynı
IBB
DBBDVBB
)AA)(DD(CCI
)IBB
BVBBAA)(DD(IDV)CC(I
sonuccedil olarak
21
2121eq
21
211221eq
21
21eq
21
2121eq
BBDBBD
DBB
)AA)(DD(CCC
BBBB
BBB
ABBAA
433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi
1YZZY1
1Y01
10Z1
DCBA
Şekil 411 Ters L devresi
ZY1YZ1
10Z1
1Y01
DCBA
Z Y
Vs Vr
Z Y
Vs Vr
25
44 Hat Modelleri Hat uzunluklarının etkilerinden dolayı iletim hatlarını 1) Kısa hatlar (80 km kadar) 2) Orta uzunluktaki hatlar (80-250 km arası) 3) Uzun hatlar (250 km uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm
I I
V V ZIS R
S R R
A B C D Sabitleri
A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır
Z IR IS
VS VR
IR
RHIR
VR
VS
j XHIR
26
Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması
IrVr
2YZ1Y
4YZ1Z2
YZ1IrVr
102
Z11Y01
102
Z1IsVs
A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında
2YZ1
4YZ1Y
Z2YZ1
12Y
0110Z1
12Y
01DCBA
Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr
Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z
Z2 Y Vs Z2 Vr
27
Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi
Y2 Y2
Vs Z Is Ir I1
I2
I3 Vr
IR
RHI2 I2
VR
VS
I1
IS I3 j XHI2
28
Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)
İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)
Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa
ccediloumlzuumlm
Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx
Ixzdx
dVx VxydxdIx
VxyzdxdIxz
dxVxd
2
2 Ixyz
dxdVxz
dxIxd2
2
2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları
L j L L j LR R C R R CS
V I Z V I ZV e e e e2 2
L j L L j LC R R C R R C
SY V I Y V I ZI e e e e
2 2
29
elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur
Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından
LCRRLCRRS e
2ZIV
e2
ZIVV
LRRCLRRC
S e2
IVYe
2IVY
I
RC
LL
R
LL
S IZ2eeV
2eeV
R
LL
RC
LL
S V2eeVY
2eeI
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir
Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir
30
)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(
)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(
)eeee(21
2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL
LL
)eeee(21
2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL
LL
veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı
720
ZY24
ZY2
YZ1A3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1ZB3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1YC3322
Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden
Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir
31
YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC
YZ21
YZ21tanh
2Y
Z
L21tanh
sinhZ1cosh
B1A
2Y
CC
Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden
YZYZsinhYsinhYCY CT
YZ21tanhZ
Y
L21tanh
sinhY1cosh
C1A
2Z
CCC
T
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR
Y Z 2 Vs Vr
Is Ir Z 2
32
45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın
a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız
Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm
33
C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1
99500102j93849j99500
9988010999j25j99880
9988010999j25j99880
DCBA
DCBA
DCBA
45511
11
11
11
b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek
= ZY = -001 = ZY = j 010
Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır
34
SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR
VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR
VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml
a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2
3j501201ea 120j +minus=degang== deg
a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866
a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1
-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866
1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir
VRangangangang0degdegdegdeg
VS =VRangangangang240degdegdegdeg
VT =VRangangangang120degdegdegdeg
VR2
VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg
VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg
VR1
VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg
VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0
35
0R2R1RR VVVV ++=
0S2S1SS VVVV ++=
0T2T1TT VVVV ++=
1R1T1R2
1S VaVVaV == M
2R2
2T2R2S VaVVaV == M
0R0T0R0S VVVV == M
0R2R1RR VVVV ++=
0R2R1R2
S VVaVaV ++=
0R2R2
1RT VVaVaV ++=
VR
VS VT
VT0
VR2
VR1
VS1
VT1
VR0 VR
VS0
VS2
VT2
VS
VT
36
sdot
=
2R
1R
0R
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2R
1R
0R
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
Ancak daha yaygın olarak
sdot
=
2
1
0
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2
1
0
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
şeklinde kullanılmaktadır
[ ]
=2
2
aa1
aa1
111
A [ ]
sdot=minus
aa1
aa1
111
3
1A
2
21
37
[ ]
sdot=
2a
1a
0a
T
S
R
V
V
V
A
V
V
V
[ ]
=
minus
c
b
a1
2a
1a
0a
V
V
V
A
V
V
V
[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST
1
012 VAV sdot= minus
Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil
S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS
+ VTIT
lowast
Φ
sdot
=
T
S
R
T
T
S
R
3
I
I
I
V
V
V
S
[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST
T
RST3 IVS
Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak
[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012
T
0123 IAVAS
[ ] [ ] [ ] [ ]012
TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast
Φ
[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast
olduğundan
[ ] [ ]012
T
0123 IV3S sdotsdot=Φ
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
13
OumlRNEK PROBLEMLER Oumlrnek 1) Tek hat şeması verilen sistemin Baz guumlccedil SBAZ= 100 MVA ve Baz Gerilim UBAZ= 154 kV iccedilin a-) Sistemin pu empedans diyağramını ccediliziniz b-) D barasında gerilim sabit kabul ederek A barasının gerilimini hesaplayınız
UumlRETİM İLETİM YUumlK
100 MVA SBAZ= 100 MVA 100 MVA 15 kV UBAZ=154 kV 35 kV
25210015Z
2
BAZ 16237100
154Z2
BAZ 251210035Z
2
BAZ
2
15154x252
16237 2512x
35154 2
a -) pu Empedans Diyagramı Generatoumlr
pu0670j150100
151510jX
2
d
Hat Xh=j024100=j24 Ohm ZBAZ=23716 Ohm
pu1010j16237
24jX puH
Trafo 1
pu10j200100
15415420jX
2
1t
Trafo 2 2
t2154 100X j015 j01 pu154 150
Yuumlk
3131580
35SU
Z2
YUumlK
2YUumlK
YUumlK pu2512512
31315puZYUumlK
Cos =08 geri ZYUumlK-pu=125(08+j06)=1+j075 pu
80 MVA Cos =08 geri
B
150 MVA 15 kV xd
=j01 pu
200 MVA 15154 kV xt1=j02 pu
150 MVA 15435 kV
xt2=j015 pu
XHAT = j024 ohmkm LHAT= 100 km
A D C
14
b-) Ccedilekilen akımı belirleyelim D barasında gerilim sabit olduğuna goumlre VD=1 0 pu olur
pu93680pu480j640750j1
01ZVIYUumlK
D
A barasının gerilimide(pu olarak)
)480j640)(10j1010j10j(01I)XXX(VV 2th1tDA
pu5391611920j1441VA
)FazFaz(kV41715161VA )NoumltrFaz(kV0510
315161VA
NOT
A165010353
10100U3
SI 3
6
BAZ
BAZBAZ
A132010353
1080U3
SI 3
6
YUumlK
YUumlKYUumlK
pu480j640)60j80(80pu9368016501320
II
IBAZ
YUumlKpu
15
Oumlrnek 2) Aşağıda tek hat şeması verilen sistemin Baz guumlccedil SBAZ= 150 MVA ve Baz Gerilim UBAZ= 150 kV iccedilin a-) Sistemin pu empedans diyağramını ccediliziniz b-) D barasının geriliminin 25 kVta sabit tutulduğunu kabul ederek A barasının gerilimini hesaplayınız
UumlRETİM İLETİM YUumlK
150 MVA SBAZ= 150 MVA 150 MVA 10 kV UBAZ=150 kV 30 kV
67015010Z
2
BAZ 150150
150Z2
BAZ 615030Z
2
BAZ
2
10150x670
150 6x
30150 2
a -) pu Empedans Diyagramı Generatoumlr
pu150j50
1501010050jX
2
d
Hat Xh = j75 Ohm ZBAZ=150 Ohm
pu50j150
75jX puH
Trafo 1
pu150j75
1501501500750jX
2
1t
Trafo 2
pu150j50
150150150050jX
2
2t
Yuumlk
2525
25SU
Z2
YUumlK
2YUumlK
YUumlK pu174625puZYUumlK
Cos = 1 Saf Omik Yuumlk
D Barası
pu083303025VD
25 MVA Cos =1
B
50 MVA 10 kV xd
=j005 pu
75 MVA 10150 kV xt1=j0075 pu
50 MVA 15030 kV
xt2=j005 pu
XHAT = j75 ohm
A D 25 kV C
16
b-) D barasında gerilim 25 kVsabit olduğuna goumlre VD=0833 0 pu olur
pu20174
08330ZVIYUumlK
D
A barasının gerilim de(pu olarak)
)20)(150j50j150j(08330I)XXX(VV 2th1tDA
pu5628041160j8330VA
)FazFaz(kV0418108041VA
NOT
A288710303
10150U3
SI 3
6
BAZ
BAZBAZ
A57710253
1025U3
SI 3
6
YUumlK
YUumlKYUumlK
pu202887577
II
IBAZ
YUumlKpu
17
Oumlrnek 3) Şekilde tek hat şeması verilen iletim sisteminin Generatoumlr değerlerini BAZ seccedilmek sureti ile pu-empedans diyagramını ccediliziniz ( XHAT = j 80 Ohm) Guumlccedil (MVA) Gerilim (kV) Empedans (pu) Generatoumlr 30 138 Xd=j015 Motor 1 20 125 Xm1=j020 Motor 2 10 125 Xm2=j020 Trafo 1 35 132 115 Xt1=j010 Trafo 2 3x10 67 125 Xt2=j010 3 adet tek fazlı trafo Y bağlı UN = kV116673 Primer Faz-Arası Gerilimi
UumlRETİM İLETİM YUumlK
SBAZ= 30 MVA 30 MVA 30 MVA
UBAZ=138 kV kV120213
115kV813
kV912116
512kV120
480
30120Z
2
BAZ
B
Generatoumlr
Trafo 1 Trafo 2
HAT
A D C E
F
Motor 1
Motor 2
18
Trafo 1
pu07840j3530
81321310jX
2
1t
veya
pu07840j3530
12011510jX
2
1t
Trafo 2
pu0940j3030
91251210jX
2
1t
pujjX t 09403030
12011610
2
2
Hat
Xh = j80 Ohm ZBAZ=480 Ohm pu1670j48080jX puH
Motor 1
pujjX m 28202030
91251220
2
1
Motor 2
pujjX m 56301030
91251220
2
2
sistemin pu-empedans diyagramı aşağıdaki şekilde oluşur
19
BOumlLUumlM 4 İLETİM HATLARI 41 İletim hatlarının yapısı Yuumlksek gerilim iletim hatlarında malzeme olarak ccedilelik oumlzluuml aluumlminyum iletkenler kullanılır (ACSR ndashAluminium Conductor Steel Reinforced) Kanada standardı olarak tuumlm duumlnyada kuş isimleri ile karakteristik adları bilinen ACSR iletkenler AWG veya MCM oumllccedilekleriyle anılan kesitlere sahiptirler ve uumllkemizde de TS-IEC 1089rsquo a uygun olarak 15 mmsup2 ile 750 mmsup2 kesitleri arasında uumlretilmektedir
Şekil 41 ACSR iletken İletkende seri olarak tel direnci ve magnetik alandan doğan reaktans ile şoumlnt olarak elektrik alandan doğan toprak kapasitesi mevcuttur
Şekil 42 Hattın (dx) sonsuz kuumlccediluumlk parccedilasındaki (dağıtılmış) hat parametreleri r Hattın seri omik direnci (rezistans) x Hattın seri enduumlktif direnci (reaktans) g Hattın kaccedilak iletkenliği (Konduumlktans) b Hattın kaccedilak kapasitesini (suseptans) L(km) hat boyu Dağıtılmış parametreleri ile hatlar a-) Yuumlksek frekanslı iletimde (haberleşme hatları) b-) Geccedilici olaylar sonucu oluşan yuumlruumlyen dalga analizlerinde c-) Uzun mesafeli enerji iletiminde goumlzoumlnuumlne alınırlar Bunun oumltesinde daha ccedilok hatların parametrik değerleri z kilometre başına seri empedans- ohmkm veya y kilometre başına şoumlnt admitans 1ohmkm olarak birim uzunluk başına verilmektedir Hatların admitans ve empedans etkileri hat uzunluğuna bağlıdır Z = zL = rL+ j xL (ohm) Hattın toplam seri empedansı Y = yL =gL+j bL (1ohm) Hattın toplam şoumlnt admitansı
20
IS IR
VS VR A B C D
IS IR=0
VS VR A B C D
IS IR
VS VR=0 A B C D
42 İki Kapılı Devreler Transmission parametreleri A B C D
Şekil 43 İki kapılı devre
RRS
RRS
IDVCI
IBVAV
(1)
A B C D sabitleri transmission parametreleri olarak adlandırılır | AD-BC |= 1 ve simetrik devrelerde D = A olur Bu parametreler iki test ile bulunur - accedilık devre testi - kısa devre testi 421 Accedilık Devre Testi
Şekil 44 İki kapılı devre accedilık devre testi IR 0 olduğundan
R
SRS
R
SRS
VI
CVCI
VV
AVAV
422 Kısa Devre Testi
Şekil 45 İki kapılı devre kısa devre testi
21
VR 0 olduğundan
V BI BVI
I DI DII
S RS
R
S RS
R
423 Sadece seri empedanstan oluşan devrede Transmisyon Sabitleri Şekil 46 Seri Z elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden
I I
V V ZIS R
S R R
eşitlikten
A = 1 B = Z C = 0 D = 1 424 Sadece şoumlnt admitanstan oluşan devrede Transmission Sabitleri Şekil 47 Şoumlnt Y elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden
RRS
RS
IVYI
VV
eşitlikten
A = 1 B = 0 C = Y D = 1
IR IS
VS Y VR
IR IS
VS
Z
VR
22
43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler
A1 B1
C1 D1V
I
A2 B2
C2 D2Vs Vr
IrIs
Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler
IV
DCBA
IsVs
11
11
IrVr
DCBA
IV
22
22
[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin
IrVr
DCBA
DCBA
IsVs
22
22
11
11
IrVr
DCBA
IsVs
Sonuccedil olarak
22
22
11
11
DCBA
DCBA
DCBA
A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2
23
432 Paralel bağlı devreler
A1 B1
C1 D1
A2 B2
C2 D2
Vs Vr
IrIs
Is1
Is2
Ir1
Ir2
Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri
A A B A BB B
B B BB B
C C C A A D DB B
1 2 2 1
1 2
1 2
1 21 2
1 2 2 1
1 2
( )( )
D D B D BB B
1 2 2 1
1 2
şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm
2R22R21R11R1S
2RR1R2R1RR
2S1SS
IDVCIDVCI
IIIIII
III
boumlylece
2R22R1R1R21S
R21
1R
21
212R
R1R21212R
2RR1R211R1R212R2
2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS
IDIDIDV)CC(I
IBB
BV
BBAA
I
IBV)AA()BB(I
)II(BV)AA(IBV)AA(IB
IBVAIBVAIBVAVIBVAVV
24
R21
21R
21
2121S
R21
2121R
21
211221S
R21
1R
21
2112R1R21S
IBB
BBVBB
ABBAV
şekildeaynı
IBB
DBBDVBB
)AA)(DD(CCI
)IBB
BVBBAA)(DD(IDV)CC(I
sonuccedil olarak
21
2121eq
21
211221eq
21
21eq
21
2121eq
BBDBBD
DBB
)AA)(DD(CCC
BBBB
BBB
ABBAA
433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi
1YZZY1
1Y01
10Z1
DCBA
Şekil 411 Ters L devresi
ZY1YZ1
10Z1
1Y01
DCBA
Z Y
Vs Vr
Z Y
Vs Vr
25
44 Hat Modelleri Hat uzunluklarının etkilerinden dolayı iletim hatlarını 1) Kısa hatlar (80 km kadar) 2) Orta uzunluktaki hatlar (80-250 km arası) 3) Uzun hatlar (250 km uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm
I I
V V ZIS R
S R R
A B C D Sabitleri
A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır
Z IR IS
VS VR
IR
RHIR
VR
VS
j XHIR
26
Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması
IrVr
2YZ1Y
4YZ1Z2
YZ1IrVr
102
Z11Y01
102
Z1IsVs
A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında
2YZ1
4YZ1Y
Z2YZ1
12Y
0110Z1
12Y
01DCBA
Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr
Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z
Z2 Y Vs Z2 Vr
27
Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi
Y2 Y2
Vs Z Is Ir I1
I2
I3 Vr
IR
RHI2 I2
VR
VS
I1
IS I3 j XHI2
28
Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)
İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)
Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa
ccediloumlzuumlm
Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx
Ixzdx
dVx VxydxdIx
VxyzdxdIxz
dxVxd
2
2 Ixyz
dxdVxz
dxIxd2
2
2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları
L j L L j LR R C R R CS
V I Z V I ZV e e e e2 2
L j L L j LC R R C R R C
SY V I Y V I ZI e e e e
2 2
29
elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur
Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından
LCRRLCRRS e
2ZIV
e2
ZIVV
LRRCLRRC
S e2
IVYe
2IVY
I
RC
LL
R
LL
S IZ2eeV
2eeV
R
LL
RC
LL
S V2eeVY
2eeI
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir
Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir
30
)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(
)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(
)eeee(21
2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL
LL
)eeee(21
2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL
LL
veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı
720
ZY24
ZY2
YZ1A3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1ZB3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1YC3322
Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden
Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir
31
YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC
YZ21
YZ21tanh
2Y
Z
L21tanh
sinhZ1cosh
B1A
2Y
CC
Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden
YZYZsinhYsinhYCY CT
YZ21tanhZ
Y
L21tanh
sinhY1cosh
C1A
2Z
CCC
T
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR
Y Z 2 Vs Vr
Is Ir Z 2
32
45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın
a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız
Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm
33
C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1
99500102j93849j99500
9988010999j25j99880
9988010999j25j99880
DCBA
DCBA
DCBA
45511
11
11
11
b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek
= ZY = -001 = ZY = j 010
Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır
34
SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR
VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR
VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml
a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2
3j501201ea 120j +minus=degang== deg
a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866
a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1
-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866
1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir
VRangangangang0degdegdegdeg
VS =VRangangangang240degdegdegdeg
VT =VRangangangang120degdegdegdeg
VR2
VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg
VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg
VR1
VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg
VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0
35
0R2R1RR VVVV ++=
0S2S1SS VVVV ++=
0T2T1TT VVVV ++=
1R1T1R2
1S VaVVaV == M
2R2
2T2R2S VaVVaV == M
0R0T0R0S VVVV == M
0R2R1RR VVVV ++=
0R2R1R2
S VVaVaV ++=
0R2R2
1RT VVaVaV ++=
VR
VS VT
VT0
VR2
VR1
VS1
VT1
VR0 VR
VS0
VS2
VT2
VS
VT
36
sdot
=
2R
1R
0R
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2R
1R
0R
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
Ancak daha yaygın olarak
sdot
=
2
1
0
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2
1
0
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
şeklinde kullanılmaktadır
[ ]
=2
2
aa1
aa1
111
A [ ]
sdot=minus
aa1
aa1
111
3
1A
2
21
37
[ ]
sdot=
2a
1a
0a
T
S
R
V
V
V
A
V
V
V
[ ]
=
minus
c
b
a1
2a
1a
0a
V
V
V
A
V
V
V
[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST
1
012 VAV sdot= minus
Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil
S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS
+ VTIT
lowast
Φ
sdot
=
T
S
R
T
T
S
R
3
I
I
I
V
V
V
S
[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST
T
RST3 IVS
Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak
[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012
T
0123 IAVAS
[ ] [ ] [ ] [ ]012
TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast
Φ
[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast
olduğundan
[ ] [ ]012
T
0123 IV3S sdotsdot=Φ
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
14
b-) Ccedilekilen akımı belirleyelim D barasında gerilim sabit olduğuna goumlre VD=1 0 pu olur
pu93680pu480j640750j1
01ZVIYUumlK
D
A barasının gerilimide(pu olarak)
)480j640)(10j1010j10j(01I)XXX(VV 2th1tDA
pu5391611920j1441VA
)FazFaz(kV41715161VA )NoumltrFaz(kV0510
315161VA
NOT
A165010353
10100U3
SI 3
6
BAZ
BAZBAZ
A132010353
1080U3
SI 3
6
YUumlK
YUumlKYUumlK
pu480j640)60j80(80pu9368016501320
II
IBAZ
YUumlKpu
15
Oumlrnek 2) Aşağıda tek hat şeması verilen sistemin Baz guumlccedil SBAZ= 150 MVA ve Baz Gerilim UBAZ= 150 kV iccedilin a-) Sistemin pu empedans diyağramını ccediliziniz b-) D barasının geriliminin 25 kVta sabit tutulduğunu kabul ederek A barasının gerilimini hesaplayınız
UumlRETİM İLETİM YUumlK
150 MVA SBAZ= 150 MVA 150 MVA 10 kV UBAZ=150 kV 30 kV
67015010Z
2
BAZ 150150
150Z2
BAZ 615030Z
2
BAZ
2
10150x670
150 6x
30150 2
a -) pu Empedans Diyagramı Generatoumlr
pu150j50
1501010050jX
2
d
Hat Xh = j75 Ohm ZBAZ=150 Ohm
pu50j150
75jX puH
Trafo 1
pu150j75
1501501500750jX
2
1t
Trafo 2
pu150j50
150150150050jX
2
2t
Yuumlk
2525
25SU
Z2
YUumlK
2YUumlK
YUumlK pu174625puZYUumlK
Cos = 1 Saf Omik Yuumlk
D Barası
pu083303025VD
25 MVA Cos =1
B
50 MVA 10 kV xd
=j005 pu
75 MVA 10150 kV xt1=j0075 pu
50 MVA 15030 kV
xt2=j005 pu
XHAT = j75 ohm
A D 25 kV C
16
b-) D barasında gerilim 25 kVsabit olduğuna goumlre VD=0833 0 pu olur
pu20174
08330ZVIYUumlK
D
A barasının gerilim de(pu olarak)
)20)(150j50j150j(08330I)XXX(VV 2th1tDA
pu5628041160j8330VA
)FazFaz(kV0418108041VA
NOT
A288710303
10150U3
SI 3
6
BAZ
BAZBAZ
A57710253
1025U3
SI 3
6
YUumlK
YUumlKYUumlK
pu202887577
II
IBAZ
YUumlKpu
17
Oumlrnek 3) Şekilde tek hat şeması verilen iletim sisteminin Generatoumlr değerlerini BAZ seccedilmek sureti ile pu-empedans diyagramını ccediliziniz ( XHAT = j 80 Ohm) Guumlccedil (MVA) Gerilim (kV) Empedans (pu) Generatoumlr 30 138 Xd=j015 Motor 1 20 125 Xm1=j020 Motor 2 10 125 Xm2=j020 Trafo 1 35 132 115 Xt1=j010 Trafo 2 3x10 67 125 Xt2=j010 3 adet tek fazlı trafo Y bağlı UN = kV116673 Primer Faz-Arası Gerilimi
UumlRETİM İLETİM YUumlK
SBAZ= 30 MVA 30 MVA 30 MVA
UBAZ=138 kV kV120213
115kV813
kV912116
512kV120
480
30120Z
2
BAZ
B
Generatoumlr
Trafo 1 Trafo 2
HAT
A D C E
F
Motor 1
Motor 2
18
Trafo 1
pu07840j3530
81321310jX
2
1t
veya
pu07840j3530
12011510jX
2
1t
Trafo 2
pu0940j3030
91251210jX
2
1t
pujjX t 09403030
12011610
2
2
Hat
Xh = j80 Ohm ZBAZ=480 Ohm pu1670j48080jX puH
Motor 1
pujjX m 28202030
91251220
2
1
Motor 2
pujjX m 56301030
91251220
2
2
sistemin pu-empedans diyagramı aşağıdaki şekilde oluşur
19
BOumlLUumlM 4 İLETİM HATLARI 41 İletim hatlarının yapısı Yuumlksek gerilim iletim hatlarında malzeme olarak ccedilelik oumlzluuml aluumlminyum iletkenler kullanılır (ACSR ndashAluminium Conductor Steel Reinforced) Kanada standardı olarak tuumlm duumlnyada kuş isimleri ile karakteristik adları bilinen ACSR iletkenler AWG veya MCM oumllccedilekleriyle anılan kesitlere sahiptirler ve uumllkemizde de TS-IEC 1089rsquo a uygun olarak 15 mmsup2 ile 750 mmsup2 kesitleri arasında uumlretilmektedir
Şekil 41 ACSR iletken İletkende seri olarak tel direnci ve magnetik alandan doğan reaktans ile şoumlnt olarak elektrik alandan doğan toprak kapasitesi mevcuttur
Şekil 42 Hattın (dx) sonsuz kuumlccediluumlk parccedilasındaki (dağıtılmış) hat parametreleri r Hattın seri omik direnci (rezistans) x Hattın seri enduumlktif direnci (reaktans) g Hattın kaccedilak iletkenliği (Konduumlktans) b Hattın kaccedilak kapasitesini (suseptans) L(km) hat boyu Dağıtılmış parametreleri ile hatlar a-) Yuumlksek frekanslı iletimde (haberleşme hatları) b-) Geccedilici olaylar sonucu oluşan yuumlruumlyen dalga analizlerinde c-) Uzun mesafeli enerji iletiminde goumlzoumlnuumlne alınırlar Bunun oumltesinde daha ccedilok hatların parametrik değerleri z kilometre başına seri empedans- ohmkm veya y kilometre başına şoumlnt admitans 1ohmkm olarak birim uzunluk başına verilmektedir Hatların admitans ve empedans etkileri hat uzunluğuna bağlıdır Z = zL = rL+ j xL (ohm) Hattın toplam seri empedansı Y = yL =gL+j bL (1ohm) Hattın toplam şoumlnt admitansı
20
IS IR
VS VR A B C D
IS IR=0
VS VR A B C D
IS IR
VS VR=0 A B C D
42 İki Kapılı Devreler Transmission parametreleri A B C D
Şekil 43 İki kapılı devre
RRS
RRS
IDVCI
IBVAV
(1)
A B C D sabitleri transmission parametreleri olarak adlandırılır | AD-BC |= 1 ve simetrik devrelerde D = A olur Bu parametreler iki test ile bulunur - accedilık devre testi - kısa devre testi 421 Accedilık Devre Testi
Şekil 44 İki kapılı devre accedilık devre testi IR 0 olduğundan
R
SRS
R
SRS
VI
CVCI
VV
AVAV
422 Kısa Devre Testi
Şekil 45 İki kapılı devre kısa devre testi
21
VR 0 olduğundan
V BI BVI
I DI DII
S RS
R
S RS
R
423 Sadece seri empedanstan oluşan devrede Transmisyon Sabitleri Şekil 46 Seri Z elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden
I I
V V ZIS R
S R R
eşitlikten
A = 1 B = Z C = 0 D = 1 424 Sadece şoumlnt admitanstan oluşan devrede Transmission Sabitleri Şekil 47 Şoumlnt Y elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden
RRS
RS
IVYI
VV
eşitlikten
A = 1 B = 0 C = Y D = 1
IR IS
VS Y VR
IR IS
VS
Z
VR
22
43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler
A1 B1
C1 D1V
I
A2 B2
C2 D2Vs Vr
IrIs
Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler
IV
DCBA
IsVs
11
11
IrVr
DCBA
IV
22
22
[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin
IrVr
DCBA
DCBA
IsVs
22
22
11
11
IrVr
DCBA
IsVs
Sonuccedil olarak
22
22
11
11
DCBA
DCBA
DCBA
A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2
23
432 Paralel bağlı devreler
A1 B1
C1 D1
A2 B2
C2 D2
Vs Vr
IrIs
Is1
Is2
Ir1
Ir2
Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri
A A B A BB B
B B BB B
C C C A A D DB B
1 2 2 1
1 2
1 2
1 21 2
1 2 2 1
1 2
( )( )
D D B D BB B
1 2 2 1
1 2
şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm
2R22R21R11R1S
2RR1R2R1RR
2S1SS
IDVCIDVCI
IIIIII
III
boumlylece
2R22R1R1R21S
R21
1R
21
212R
R1R21212R
2RR1R211R1R212R2
2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS
IDIDIDV)CC(I
IBB
BV
BBAA
I
IBV)AA()BB(I
)II(BV)AA(IBV)AA(IB
IBVAIBVAIBVAVIBVAVV
24
R21
21R
21
2121S
R21
2121R
21
211221S
R21
1R
21
2112R1R21S
IBB
BBVBB
ABBAV
şekildeaynı
IBB
DBBDVBB
)AA)(DD(CCI
)IBB
BVBBAA)(DD(IDV)CC(I
sonuccedil olarak
21
2121eq
21
211221eq
21
21eq
21
2121eq
BBDBBD
DBB
)AA)(DD(CCC
BBBB
BBB
ABBAA
433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi
1YZZY1
1Y01
10Z1
DCBA
Şekil 411 Ters L devresi
ZY1YZ1
10Z1
1Y01
DCBA
Z Y
Vs Vr
Z Y
Vs Vr
25
44 Hat Modelleri Hat uzunluklarının etkilerinden dolayı iletim hatlarını 1) Kısa hatlar (80 km kadar) 2) Orta uzunluktaki hatlar (80-250 km arası) 3) Uzun hatlar (250 km uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm
I I
V V ZIS R
S R R
A B C D Sabitleri
A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır
Z IR IS
VS VR
IR
RHIR
VR
VS
j XHIR
26
Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması
IrVr
2YZ1Y
4YZ1Z2
YZ1IrVr
102
Z11Y01
102
Z1IsVs
A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında
2YZ1
4YZ1Y
Z2YZ1
12Y
0110Z1
12Y
01DCBA
Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr
Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z
Z2 Y Vs Z2 Vr
27
Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi
Y2 Y2
Vs Z Is Ir I1
I2
I3 Vr
IR
RHI2 I2
VR
VS
I1
IS I3 j XHI2
28
Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)
İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)
Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa
ccediloumlzuumlm
Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx
Ixzdx
dVx VxydxdIx
VxyzdxdIxz
dxVxd
2
2 Ixyz
dxdVxz
dxIxd2
2
2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları
L j L L j LR R C R R CS
V I Z V I ZV e e e e2 2
L j L L j LC R R C R R C
SY V I Y V I ZI e e e e
2 2
29
elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur
Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından
LCRRLCRRS e
2ZIV
e2
ZIVV
LRRCLRRC
S e2
IVYe
2IVY
I
RC
LL
R
LL
S IZ2eeV
2eeV
R
LL
RC
LL
S V2eeVY
2eeI
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir
Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir
30
)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(
)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(
)eeee(21
2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL
LL
)eeee(21
2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL
LL
veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı
720
ZY24
ZY2
YZ1A3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1ZB3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1YC3322
Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden
Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir
31
YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC
YZ21
YZ21tanh
2Y
Z
L21tanh
sinhZ1cosh
B1A
2Y
CC
Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden
YZYZsinhYsinhYCY CT
YZ21tanhZ
Y
L21tanh
sinhY1cosh
C1A
2Z
CCC
T
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR
Y Z 2 Vs Vr
Is Ir Z 2
32
45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın
a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız
Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm
33
C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1
99500102j93849j99500
9988010999j25j99880
9988010999j25j99880
DCBA
DCBA
DCBA
45511
11
11
11
b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek
= ZY = -001 = ZY = j 010
Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır
34
SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR
VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR
VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml
a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2
3j501201ea 120j +minus=degang== deg
a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866
a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1
-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866
1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir
VRangangangang0degdegdegdeg
VS =VRangangangang240degdegdegdeg
VT =VRangangangang120degdegdegdeg
VR2
VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg
VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg
VR1
VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg
VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0
35
0R2R1RR VVVV ++=
0S2S1SS VVVV ++=
0T2T1TT VVVV ++=
1R1T1R2
1S VaVVaV == M
2R2
2T2R2S VaVVaV == M
0R0T0R0S VVVV == M
0R2R1RR VVVV ++=
0R2R1R2
S VVaVaV ++=
0R2R2
1RT VVaVaV ++=
VR
VS VT
VT0
VR2
VR1
VS1
VT1
VR0 VR
VS0
VS2
VT2
VS
VT
36
sdot
=
2R
1R
0R
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2R
1R
0R
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
Ancak daha yaygın olarak
sdot
=
2
1
0
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2
1
0
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
şeklinde kullanılmaktadır
[ ]
=2
2
aa1
aa1
111
A [ ]
sdot=minus
aa1
aa1
111
3
1A
2
21
37
[ ]
sdot=
2a
1a
0a
T
S
R
V
V
V
A
V
V
V
[ ]
=
minus
c
b
a1
2a
1a
0a
V
V
V
A
V
V
V
[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST
1
012 VAV sdot= minus
Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil
S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS
+ VTIT
lowast
Φ
sdot
=
T
S
R
T
T
S
R
3
I
I
I
V
V
V
S
[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST
T
RST3 IVS
Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak
[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012
T
0123 IAVAS
[ ] [ ] [ ] [ ]012
TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast
Φ
[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast
olduğundan
[ ] [ ]012
T
0123 IV3S sdotsdot=Φ
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
15
Oumlrnek 2) Aşağıda tek hat şeması verilen sistemin Baz guumlccedil SBAZ= 150 MVA ve Baz Gerilim UBAZ= 150 kV iccedilin a-) Sistemin pu empedans diyağramını ccediliziniz b-) D barasının geriliminin 25 kVta sabit tutulduğunu kabul ederek A barasının gerilimini hesaplayınız
UumlRETİM İLETİM YUumlK
150 MVA SBAZ= 150 MVA 150 MVA 10 kV UBAZ=150 kV 30 kV
67015010Z
2
BAZ 150150
150Z2
BAZ 615030Z
2
BAZ
2
10150x670
150 6x
30150 2
a -) pu Empedans Diyagramı Generatoumlr
pu150j50
1501010050jX
2
d
Hat Xh = j75 Ohm ZBAZ=150 Ohm
pu50j150
75jX puH
Trafo 1
pu150j75
1501501500750jX
2
1t
Trafo 2
pu150j50
150150150050jX
2
2t
Yuumlk
2525
25SU
Z2
YUumlK
2YUumlK
YUumlK pu174625puZYUumlK
Cos = 1 Saf Omik Yuumlk
D Barası
pu083303025VD
25 MVA Cos =1
B
50 MVA 10 kV xd
=j005 pu
75 MVA 10150 kV xt1=j0075 pu
50 MVA 15030 kV
xt2=j005 pu
XHAT = j75 ohm
A D 25 kV C
16
b-) D barasında gerilim 25 kVsabit olduğuna goumlre VD=0833 0 pu olur
pu20174
08330ZVIYUumlK
D
A barasının gerilim de(pu olarak)
)20)(150j50j150j(08330I)XXX(VV 2th1tDA
pu5628041160j8330VA
)FazFaz(kV0418108041VA
NOT
A288710303
10150U3
SI 3
6
BAZ
BAZBAZ
A57710253
1025U3
SI 3
6
YUumlK
YUumlKYUumlK
pu202887577
II
IBAZ
YUumlKpu
17
Oumlrnek 3) Şekilde tek hat şeması verilen iletim sisteminin Generatoumlr değerlerini BAZ seccedilmek sureti ile pu-empedans diyagramını ccediliziniz ( XHAT = j 80 Ohm) Guumlccedil (MVA) Gerilim (kV) Empedans (pu) Generatoumlr 30 138 Xd=j015 Motor 1 20 125 Xm1=j020 Motor 2 10 125 Xm2=j020 Trafo 1 35 132 115 Xt1=j010 Trafo 2 3x10 67 125 Xt2=j010 3 adet tek fazlı trafo Y bağlı UN = kV116673 Primer Faz-Arası Gerilimi
UumlRETİM İLETİM YUumlK
SBAZ= 30 MVA 30 MVA 30 MVA
UBAZ=138 kV kV120213
115kV813
kV912116
512kV120
480
30120Z
2
BAZ
B
Generatoumlr
Trafo 1 Trafo 2
HAT
A D C E
F
Motor 1
Motor 2
18
Trafo 1
pu07840j3530
81321310jX
2
1t
veya
pu07840j3530
12011510jX
2
1t
Trafo 2
pu0940j3030
91251210jX
2
1t
pujjX t 09403030
12011610
2
2
Hat
Xh = j80 Ohm ZBAZ=480 Ohm pu1670j48080jX puH
Motor 1
pujjX m 28202030
91251220
2
1
Motor 2
pujjX m 56301030
91251220
2
2
sistemin pu-empedans diyagramı aşağıdaki şekilde oluşur
19
BOumlLUumlM 4 İLETİM HATLARI 41 İletim hatlarının yapısı Yuumlksek gerilim iletim hatlarında malzeme olarak ccedilelik oumlzluuml aluumlminyum iletkenler kullanılır (ACSR ndashAluminium Conductor Steel Reinforced) Kanada standardı olarak tuumlm duumlnyada kuş isimleri ile karakteristik adları bilinen ACSR iletkenler AWG veya MCM oumllccedilekleriyle anılan kesitlere sahiptirler ve uumllkemizde de TS-IEC 1089rsquo a uygun olarak 15 mmsup2 ile 750 mmsup2 kesitleri arasında uumlretilmektedir
Şekil 41 ACSR iletken İletkende seri olarak tel direnci ve magnetik alandan doğan reaktans ile şoumlnt olarak elektrik alandan doğan toprak kapasitesi mevcuttur
Şekil 42 Hattın (dx) sonsuz kuumlccediluumlk parccedilasındaki (dağıtılmış) hat parametreleri r Hattın seri omik direnci (rezistans) x Hattın seri enduumlktif direnci (reaktans) g Hattın kaccedilak iletkenliği (Konduumlktans) b Hattın kaccedilak kapasitesini (suseptans) L(km) hat boyu Dağıtılmış parametreleri ile hatlar a-) Yuumlksek frekanslı iletimde (haberleşme hatları) b-) Geccedilici olaylar sonucu oluşan yuumlruumlyen dalga analizlerinde c-) Uzun mesafeli enerji iletiminde goumlzoumlnuumlne alınırlar Bunun oumltesinde daha ccedilok hatların parametrik değerleri z kilometre başına seri empedans- ohmkm veya y kilometre başına şoumlnt admitans 1ohmkm olarak birim uzunluk başına verilmektedir Hatların admitans ve empedans etkileri hat uzunluğuna bağlıdır Z = zL = rL+ j xL (ohm) Hattın toplam seri empedansı Y = yL =gL+j bL (1ohm) Hattın toplam şoumlnt admitansı
20
IS IR
VS VR A B C D
IS IR=0
VS VR A B C D
IS IR
VS VR=0 A B C D
42 İki Kapılı Devreler Transmission parametreleri A B C D
Şekil 43 İki kapılı devre
RRS
RRS
IDVCI
IBVAV
(1)
A B C D sabitleri transmission parametreleri olarak adlandırılır | AD-BC |= 1 ve simetrik devrelerde D = A olur Bu parametreler iki test ile bulunur - accedilık devre testi - kısa devre testi 421 Accedilık Devre Testi
Şekil 44 İki kapılı devre accedilık devre testi IR 0 olduğundan
R
SRS
R
SRS
VI
CVCI
VV
AVAV
422 Kısa Devre Testi
Şekil 45 İki kapılı devre kısa devre testi
21
VR 0 olduğundan
V BI BVI
I DI DII
S RS
R
S RS
R
423 Sadece seri empedanstan oluşan devrede Transmisyon Sabitleri Şekil 46 Seri Z elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden
I I
V V ZIS R
S R R
eşitlikten
A = 1 B = Z C = 0 D = 1 424 Sadece şoumlnt admitanstan oluşan devrede Transmission Sabitleri Şekil 47 Şoumlnt Y elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden
RRS
RS
IVYI
VV
eşitlikten
A = 1 B = 0 C = Y D = 1
IR IS
VS Y VR
IR IS
VS
Z
VR
22
43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler
A1 B1
C1 D1V
I
A2 B2
C2 D2Vs Vr
IrIs
Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler
IV
DCBA
IsVs
11
11
IrVr
DCBA
IV
22
22
[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin
IrVr
DCBA
DCBA
IsVs
22
22
11
11
IrVr
DCBA
IsVs
Sonuccedil olarak
22
22
11
11
DCBA
DCBA
DCBA
A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2
23
432 Paralel bağlı devreler
A1 B1
C1 D1
A2 B2
C2 D2
Vs Vr
IrIs
Is1
Is2
Ir1
Ir2
Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri
A A B A BB B
B B BB B
C C C A A D DB B
1 2 2 1
1 2
1 2
1 21 2
1 2 2 1
1 2
( )( )
D D B D BB B
1 2 2 1
1 2
şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm
2R22R21R11R1S
2RR1R2R1RR
2S1SS
IDVCIDVCI
IIIIII
III
boumlylece
2R22R1R1R21S
R21
1R
21
212R
R1R21212R
2RR1R211R1R212R2
2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS
IDIDIDV)CC(I
IBB
BV
BBAA
I
IBV)AA()BB(I
)II(BV)AA(IBV)AA(IB
IBVAIBVAIBVAVIBVAVV
24
R21
21R
21
2121S
R21
2121R
21
211221S
R21
1R
21
2112R1R21S
IBB
BBVBB
ABBAV
şekildeaynı
IBB
DBBDVBB
)AA)(DD(CCI
)IBB
BVBBAA)(DD(IDV)CC(I
sonuccedil olarak
21
2121eq
21
211221eq
21
21eq
21
2121eq
BBDBBD
DBB
)AA)(DD(CCC
BBBB
BBB
ABBAA
433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi
1YZZY1
1Y01
10Z1
DCBA
Şekil 411 Ters L devresi
ZY1YZ1
10Z1
1Y01
DCBA
Z Y
Vs Vr
Z Y
Vs Vr
25
44 Hat Modelleri Hat uzunluklarının etkilerinden dolayı iletim hatlarını 1) Kısa hatlar (80 km kadar) 2) Orta uzunluktaki hatlar (80-250 km arası) 3) Uzun hatlar (250 km uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm
I I
V V ZIS R
S R R
A B C D Sabitleri
A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır
Z IR IS
VS VR
IR
RHIR
VR
VS
j XHIR
26
Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması
IrVr
2YZ1Y
4YZ1Z2
YZ1IrVr
102
Z11Y01
102
Z1IsVs
A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında
2YZ1
4YZ1Y
Z2YZ1
12Y
0110Z1
12Y
01DCBA
Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr
Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z
Z2 Y Vs Z2 Vr
27
Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi
Y2 Y2
Vs Z Is Ir I1
I2
I3 Vr
IR
RHI2 I2
VR
VS
I1
IS I3 j XHI2
28
Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)
İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)
Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa
ccediloumlzuumlm
Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx
Ixzdx
dVx VxydxdIx
VxyzdxdIxz
dxVxd
2
2 Ixyz
dxdVxz
dxIxd2
2
2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları
L j L L j LR R C R R CS
V I Z V I ZV e e e e2 2
L j L L j LC R R C R R C
SY V I Y V I ZI e e e e
2 2
29
elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur
Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından
LCRRLCRRS e
2ZIV
e2
ZIVV
LRRCLRRC
S e2
IVYe
2IVY
I
RC
LL
R
LL
S IZ2eeV
2eeV
R
LL
RC
LL
S V2eeVY
2eeI
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir
Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir
30
)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(
)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(
)eeee(21
2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL
LL
)eeee(21
2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL
LL
veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı
720
ZY24
ZY2
YZ1A3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1ZB3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1YC3322
Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden
Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir
31
YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC
YZ21
YZ21tanh
2Y
Z
L21tanh
sinhZ1cosh
B1A
2Y
CC
Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden
YZYZsinhYsinhYCY CT
YZ21tanhZ
Y
L21tanh
sinhY1cosh
C1A
2Z
CCC
T
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR
Y Z 2 Vs Vr
Is Ir Z 2
32
45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın
a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız
Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm
33
C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1
99500102j93849j99500
9988010999j25j99880
9988010999j25j99880
DCBA
DCBA
DCBA
45511
11
11
11
b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek
= ZY = -001 = ZY = j 010
Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır
34
SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR
VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR
VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml
a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2
3j501201ea 120j +minus=degang== deg
a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866
a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1
-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866
1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir
VRangangangang0degdegdegdeg
VS =VRangangangang240degdegdegdeg
VT =VRangangangang120degdegdegdeg
VR2
VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg
VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg
VR1
VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg
VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0
35
0R2R1RR VVVV ++=
0S2S1SS VVVV ++=
0T2T1TT VVVV ++=
1R1T1R2
1S VaVVaV == M
2R2
2T2R2S VaVVaV == M
0R0T0R0S VVVV == M
0R2R1RR VVVV ++=
0R2R1R2
S VVaVaV ++=
0R2R2
1RT VVaVaV ++=
VR
VS VT
VT0
VR2
VR1
VS1
VT1
VR0 VR
VS0
VS2
VT2
VS
VT
36
sdot
=
2R
1R
0R
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2R
1R
0R
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
Ancak daha yaygın olarak
sdot
=
2
1
0
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2
1
0
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
şeklinde kullanılmaktadır
[ ]
=2
2
aa1
aa1
111
A [ ]
sdot=minus
aa1
aa1
111
3
1A
2
21
37
[ ]
sdot=
2a
1a
0a
T
S
R
V
V
V
A
V
V
V
[ ]
=
minus
c
b
a1
2a
1a
0a
V
V
V
A
V
V
V
[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST
1
012 VAV sdot= minus
Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil
S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS
+ VTIT
lowast
Φ
sdot
=
T
S
R
T
T
S
R
3
I
I
I
V
V
V
S
[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST
T
RST3 IVS
Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak
[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012
T
0123 IAVAS
[ ] [ ] [ ] [ ]012
TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast
Φ
[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast
olduğundan
[ ] [ ]012
T
0123 IV3S sdotsdot=Φ
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
16
b-) D barasında gerilim 25 kVsabit olduğuna goumlre VD=0833 0 pu olur
pu20174
08330ZVIYUumlK
D
A barasının gerilim de(pu olarak)
)20)(150j50j150j(08330I)XXX(VV 2th1tDA
pu5628041160j8330VA
)FazFaz(kV0418108041VA
NOT
A288710303
10150U3
SI 3
6
BAZ
BAZBAZ
A57710253
1025U3
SI 3
6
YUumlK
YUumlKYUumlK
pu202887577
II
IBAZ
YUumlKpu
17
Oumlrnek 3) Şekilde tek hat şeması verilen iletim sisteminin Generatoumlr değerlerini BAZ seccedilmek sureti ile pu-empedans diyagramını ccediliziniz ( XHAT = j 80 Ohm) Guumlccedil (MVA) Gerilim (kV) Empedans (pu) Generatoumlr 30 138 Xd=j015 Motor 1 20 125 Xm1=j020 Motor 2 10 125 Xm2=j020 Trafo 1 35 132 115 Xt1=j010 Trafo 2 3x10 67 125 Xt2=j010 3 adet tek fazlı trafo Y bağlı UN = kV116673 Primer Faz-Arası Gerilimi
UumlRETİM İLETİM YUumlK
SBAZ= 30 MVA 30 MVA 30 MVA
UBAZ=138 kV kV120213
115kV813
kV912116
512kV120
480
30120Z
2
BAZ
B
Generatoumlr
Trafo 1 Trafo 2
HAT
A D C E
F
Motor 1
Motor 2
18
Trafo 1
pu07840j3530
81321310jX
2
1t
veya
pu07840j3530
12011510jX
2
1t
Trafo 2
pu0940j3030
91251210jX
2
1t
pujjX t 09403030
12011610
2
2
Hat
Xh = j80 Ohm ZBAZ=480 Ohm pu1670j48080jX puH
Motor 1
pujjX m 28202030
91251220
2
1
Motor 2
pujjX m 56301030
91251220
2
2
sistemin pu-empedans diyagramı aşağıdaki şekilde oluşur
19
BOumlLUumlM 4 İLETİM HATLARI 41 İletim hatlarının yapısı Yuumlksek gerilim iletim hatlarında malzeme olarak ccedilelik oumlzluuml aluumlminyum iletkenler kullanılır (ACSR ndashAluminium Conductor Steel Reinforced) Kanada standardı olarak tuumlm duumlnyada kuş isimleri ile karakteristik adları bilinen ACSR iletkenler AWG veya MCM oumllccedilekleriyle anılan kesitlere sahiptirler ve uumllkemizde de TS-IEC 1089rsquo a uygun olarak 15 mmsup2 ile 750 mmsup2 kesitleri arasında uumlretilmektedir
Şekil 41 ACSR iletken İletkende seri olarak tel direnci ve magnetik alandan doğan reaktans ile şoumlnt olarak elektrik alandan doğan toprak kapasitesi mevcuttur
Şekil 42 Hattın (dx) sonsuz kuumlccediluumlk parccedilasındaki (dağıtılmış) hat parametreleri r Hattın seri omik direnci (rezistans) x Hattın seri enduumlktif direnci (reaktans) g Hattın kaccedilak iletkenliği (Konduumlktans) b Hattın kaccedilak kapasitesini (suseptans) L(km) hat boyu Dağıtılmış parametreleri ile hatlar a-) Yuumlksek frekanslı iletimde (haberleşme hatları) b-) Geccedilici olaylar sonucu oluşan yuumlruumlyen dalga analizlerinde c-) Uzun mesafeli enerji iletiminde goumlzoumlnuumlne alınırlar Bunun oumltesinde daha ccedilok hatların parametrik değerleri z kilometre başına seri empedans- ohmkm veya y kilometre başına şoumlnt admitans 1ohmkm olarak birim uzunluk başına verilmektedir Hatların admitans ve empedans etkileri hat uzunluğuna bağlıdır Z = zL = rL+ j xL (ohm) Hattın toplam seri empedansı Y = yL =gL+j bL (1ohm) Hattın toplam şoumlnt admitansı
20
IS IR
VS VR A B C D
IS IR=0
VS VR A B C D
IS IR
VS VR=0 A B C D
42 İki Kapılı Devreler Transmission parametreleri A B C D
Şekil 43 İki kapılı devre
RRS
RRS
IDVCI
IBVAV
(1)
A B C D sabitleri transmission parametreleri olarak adlandırılır | AD-BC |= 1 ve simetrik devrelerde D = A olur Bu parametreler iki test ile bulunur - accedilık devre testi - kısa devre testi 421 Accedilık Devre Testi
Şekil 44 İki kapılı devre accedilık devre testi IR 0 olduğundan
R
SRS
R
SRS
VI
CVCI
VV
AVAV
422 Kısa Devre Testi
Şekil 45 İki kapılı devre kısa devre testi
21
VR 0 olduğundan
V BI BVI
I DI DII
S RS
R
S RS
R
423 Sadece seri empedanstan oluşan devrede Transmisyon Sabitleri Şekil 46 Seri Z elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden
I I
V V ZIS R
S R R
eşitlikten
A = 1 B = Z C = 0 D = 1 424 Sadece şoumlnt admitanstan oluşan devrede Transmission Sabitleri Şekil 47 Şoumlnt Y elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden
RRS
RS
IVYI
VV
eşitlikten
A = 1 B = 0 C = Y D = 1
IR IS
VS Y VR
IR IS
VS
Z
VR
22
43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler
A1 B1
C1 D1V
I
A2 B2
C2 D2Vs Vr
IrIs
Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler
IV
DCBA
IsVs
11
11
IrVr
DCBA
IV
22
22
[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin
IrVr
DCBA
DCBA
IsVs
22
22
11
11
IrVr
DCBA
IsVs
Sonuccedil olarak
22
22
11
11
DCBA
DCBA
DCBA
A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2
23
432 Paralel bağlı devreler
A1 B1
C1 D1
A2 B2
C2 D2
Vs Vr
IrIs
Is1
Is2
Ir1
Ir2
Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri
A A B A BB B
B B BB B
C C C A A D DB B
1 2 2 1
1 2
1 2
1 21 2
1 2 2 1
1 2
( )( )
D D B D BB B
1 2 2 1
1 2
şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm
2R22R21R11R1S
2RR1R2R1RR
2S1SS
IDVCIDVCI
IIIIII
III
boumlylece
2R22R1R1R21S
R21
1R
21
212R
R1R21212R
2RR1R211R1R212R2
2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS
IDIDIDV)CC(I
IBB
BV
BBAA
I
IBV)AA()BB(I
)II(BV)AA(IBV)AA(IB
IBVAIBVAIBVAVIBVAVV
24
R21
21R
21
2121S
R21
2121R
21
211221S
R21
1R
21
2112R1R21S
IBB
BBVBB
ABBAV
şekildeaynı
IBB
DBBDVBB
)AA)(DD(CCI
)IBB
BVBBAA)(DD(IDV)CC(I
sonuccedil olarak
21
2121eq
21
211221eq
21
21eq
21
2121eq
BBDBBD
DBB
)AA)(DD(CCC
BBBB
BBB
ABBAA
433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi
1YZZY1
1Y01
10Z1
DCBA
Şekil 411 Ters L devresi
ZY1YZ1
10Z1
1Y01
DCBA
Z Y
Vs Vr
Z Y
Vs Vr
25
44 Hat Modelleri Hat uzunluklarının etkilerinden dolayı iletim hatlarını 1) Kısa hatlar (80 km kadar) 2) Orta uzunluktaki hatlar (80-250 km arası) 3) Uzun hatlar (250 km uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm
I I
V V ZIS R
S R R
A B C D Sabitleri
A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır
Z IR IS
VS VR
IR
RHIR
VR
VS
j XHIR
26
Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması
IrVr
2YZ1Y
4YZ1Z2
YZ1IrVr
102
Z11Y01
102
Z1IsVs
A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında
2YZ1
4YZ1Y
Z2YZ1
12Y
0110Z1
12Y
01DCBA
Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr
Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z
Z2 Y Vs Z2 Vr
27
Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi
Y2 Y2
Vs Z Is Ir I1
I2
I3 Vr
IR
RHI2 I2
VR
VS
I1
IS I3 j XHI2
28
Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)
İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)
Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa
ccediloumlzuumlm
Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx
Ixzdx
dVx VxydxdIx
VxyzdxdIxz
dxVxd
2
2 Ixyz
dxdVxz
dxIxd2
2
2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları
L j L L j LR R C R R CS
V I Z V I ZV e e e e2 2
L j L L j LC R R C R R C
SY V I Y V I ZI e e e e
2 2
29
elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur
Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından
LCRRLCRRS e
2ZIV
e2
ZIVV
LRRCLRRC
S e2
IVYe
2IVY
I
RC
LL
R
LL
S IZ2eeV
2eeV
R
LL
RC
LL
S V2eeVY
2eeI
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir
Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir
30
)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(
)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(
)eeee(21
2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL
LL
)eeee(21
2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL
LL
veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı
720
ZY24
ZY2
YZ1A3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1ZB3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1YC3322
Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden
Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir
31
YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC
YZ21
YZ21tanh
2Y
Z
L21tanh
sinhZ1cosh
B1A
2Y
CC
Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden
YZYZsinhYsinhYCY CT
YZ21tanhZ
Y
L21tanh
sinhY1cosh
C1A
2Z
CCC
T
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR
Y Z 2 Vs Vr
Is Ir Z 2
32
45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın
a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız
Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm
33
C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1
99500102j93849j99500
9988010999j25j99880
9988010999j25j99880
DCBA
DCBA
DCBA
45511
11
11
11
b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek
= ZY = -001 = ZY = j 010
Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır
34
SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR
VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR
VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml
a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2
3j501201ea 120j +minus=degang== deg
a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866
a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1
-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866
1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir
VRangangangang0degdegdegdeg
VS =VRangangangang240degdegdegdeg
VT =VRangangangang120degdegdegdeg
VR2
VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg
VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg
VR1
VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg
VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0
35
0R2R1RR VVVV ++=
0S2S1SS VVVV ++=
0T2T1TT VVVV ++=
1R1T1R2
1S VaVVaV == M
2R2
2T2R2S VaVVaV == M
0R0T0R0S VVVV == M
0R2R1RR VVVV ++=
0R2R1R2
S VVaVaV ++=
0R2R2
1RT VVaVaV ++=
VR
VS VT
VT0
VR2
VR1
VS1
VT1
VR0 VR
VS0
VS2
VT2
VS
VT
36
sdot
=
2R
1R
0R
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2R
1R
0R
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
Ancak daha yaygın olarak
sdot
=
2
1
0
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2
1
0
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
şeklinde kullanılmaktadır
[ ]
=2
2
aa1
aa1
111
A [ ]
sdot=minus
aa1
aa1
111
3
1A
2
21
37
[ ]
sdot=
2a
1a
0a
T
S
R
V
V
V
A
V
V
V
[ ]
=
minus
c
b
a1
2a
1a
0a
V
V
V
A
V
V
V
[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST
1
012 VAV sdot= minus
Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil
S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS
+ VTIT
lowast
Φ
sdot
=
T
S
R
T
T
S
R
3
I
I
I
V
V
V
S
[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST
T
RST3 IVS
Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak
[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012
T
0123 IAVAS
[ ] [ ] [ ] [ ]012
TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast
Φ
[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast
olduğundan
[ ] [ ]012
T
0123 IV3S sdotsdot=Φ
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
17
Oumlrnek 3) Şekilde tek hat şeması verilen iletim sisteminin Generatoumlr değerlerini BAZ seccedilmek sureti ile pu-empedans diyagramını ccediliziniz ( XHAT = j 80 Ohm) Guumlccedil (MVA) Gerilim (kV) Empedans (pu) Generatoumlr 30 138 Xd=j015 Motor 1 20 125 Xm1=j020 Motor 2 10 125 Xm2=j020 Trafo 1 35 132 115 Xt1=j010 Trafo 2 3x10 67 125 Xt2=j010 3 adet tek fazlı trafo Y bağlı UN = kV116673 Primer Faz-Arası Gerilimi
UumlRETİM İLETİM YUumlK
SBAZ= 30 MVA 30 MVA 30 MVA
UBAZ=138 kV kV120213
115kV813
kV912116
512kV120
480
30120Z
2
BAZ
B
Generatoumlr
Trafo 1 Trafo 2
HAT
A D C E
F
Motor 1
Motor 2
18
Trafo 1
pu07840j3530
81321310jX
2
1t
veya
pu07840j3530
12011510jX
2
1t
Trafo 2
pu0940j3030
91251210jX
2
1t
pujjX t 09403030
12011610
2
2
Hat
Xh = j80 Ohm ZBAZ=480 Ohm pu1670j48080jX puH
Motor 1
pujjX m 28202030
91251220
2
1
Motor 2
pujjX m 56301030
91251220
2
2
sistemin pu-empedans diyagramı aşağıdaki şekilde oluşur
19
BOumlLUumlM 4 İLETİM HATLARI 41 İletim hatlarının yapısı Yuumlksek gerilim iletim hatlarında malzeme olarak ccedilelik oumlzluuml aluumlminyum iletkenler kullanılır (ACSR ndashAluminium Conductor Steel Reinforced) Kanada standardı olarak tuumlm duumlnyada kuş isimleri ile karakteristik adları bilinen ACSR iletkenler AWG veya MCM oumllccedilekleriyle anılan kesitlere sahiptirler ve uumllkemizde de TS-IEC 1089rsquo a uygun olarak 15 mmsup2 ile 750 mmsup2 kesitleri arasında uumlretilmektedir
Şekil 41 ACSR iletken İletkende seri olarak tel direnci ve magnetik alandan doğan reaktans ile şoumlnt olarak elektrik alandan doğan toprak kapasitesi mevcuttur
Şekil 42 Hattın (dx) sonsuz kuumlccediluumlk parccedilasındaki (dağıtılmış) hat parametreleri r Hattın seri omik direnci (rezistans) x Hattın seri enduumlktif direnci (reaktans) g Hattın kaccedilak iletkenliği (Konduumlktans) b Hattın kaccedilak kapasitesini (suseptans) L(km) hat boyu Dağıtılmış parametreleri ile hatlar a-) Yuumlksek frekanslı iletimde (haberleşme hatları) b-) Geccedilici olaylar sonucu oluşan yuumlruumlyen dalga analizlerinde c-) Uzun mesafeli enerji iletiminde goumlzoumlnuumlne alınırlar Bunun oumltesinde daha ccedilok hatların parametrik değerleri z kilometre başına seri empedans- ohmkm veya y kilometre başına şoumlnt admitans 1ohmkm olarak birim uzunluk başına verilmektedir Hatların admitans ve empedans etkileri hat uzunluğuna bağlıdır Z = zL = rL+ j xL (ohm) Hattın toplam seri empedansı Y = yL =gL+j bL (1ohm) Hattın toplam şoumlnt admitansı
20
IS IR
VS VR A B C D
IS IR=0
VS VR A B C D
IS IR
VS VR=0 A B C D
42 İki Kapılı Devreler Transmission parametreleri A B C D
Şekil 43 İki kapılı devre
RRS
RRS
IDVCI
IBVAV
(1)
A B C D sabitleri transmission parametreleri olarak adlandırılır | AD-BC |= 1 ve simetrik devrelerde D = A olur Bu parametreler iki test ile bulunur - accedilık devre testi - kısa devre testi 421 Accedilık Devre Testi
Şekil 44 İki kapılı devre accedilık devre testi IR 0 olduğundan
R
SRS
R
SRS
VI
CVCI
VV
AVAV
422 Kısa Devre Testi
Şekil 45 İki kapılı devre kısa devre testi
21
VR 0 olduğundan
V BI BVI
I DI DII
S RS
R
S RS
R
423 Sadece seri empedanstan oluşan devrede Transmisyon Sabitleri Şekil 46 Seri Z elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden
I I
V V ZIS R
S R R
eşitlikten
A = 1 B = Z C = 0 D = 1 424 Sadece şoumlnt admitanstan oluşan devrede Transmission Sabitleri Şekil 47 Şoumlnt Y elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden
RRS
RS
IVYI
VV
eşitlikten
A = 1 B = 0 C = Y D = 1
IR IS
VS Y VR
IR IS
VS
Z
VR
22
43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler
A1 B1
C1 D1V
I
A2 B2
C2 D2Vs Vr
IrIs
Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler
IV
DCBA
IsVs
11
11
IrVr
DCBA
IV
22
22
[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin
IrVr
DCBA
DCBA
IsVs
22
22
11
11
IrVr
DCBA
IsVs
Sonuccedil olarak
22
22
11
11
DCBA
DCBA
DCBA
A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2
23
432 Paralel bağlı devreler
A1 B1
C1 D1
A2 B2
C2 D2
Vs Vr
IrIs
Is1
Is2
Ir1
Ir2
Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri
A A B A BB B
B B BB B
C C C A A D DB B
1 2 2 1
1 2
1 2
1 21 2
1 2 2 1
1 2
( )( )
D D B D BB B
1 2 2 1
1 2
şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm
2R22R21R11R1S
2RR1R2R1RR
2S1SS
IDVCIDVCI
IIIIII
III
boumlylece
2R22R1R1R21S
R21
1R
21
212R
R1R21212R
2RR1R211R1R212R2
2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS
IDIDIDV)CC(I
IBB
BV
BBAA
I
IBV)AA()BB(I
)II(BV)AA(IBV)AA(IB
IBVAIBVAIBVAVIBVAVV
24
R21
21R
21
2121S
R21
2121R
21
211221S
R21
1R
21
2112R1R21S
IBB
BBVBB
ABBAV
şekildeaynı
IBB
DBBDVBB
)AA)(DD(CCI
)IBB
BVBBAA)(DD(IDV)CC(I
sonuccedil olarak
21
2121eq
21
211221eq
21
21eq
21
2121eq
BBDBBD
DBB
)AA)(DD(CCC
BBBB
BBB
ABBAA
433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi
1YZZY1
1Y01
10Z1
DCBA
Şekil 411 Ters L devresi
ZY1YZ1
10Z1
1Y01
DCBA
Z Y
Vs Vr
Z Y
Vs Vr
25
44 Hat Modelleri Hat uzunluklarının etkilerinden dolayı iletim hatlarını 1) Kısa hatlar (80 km kadar) 2) Orta uzunluktaki hatlar (80-250 km arası) 3) Uzun hatlar (250 km uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm
I I
V V ZIS R
S R R
A B C D Sabitleri
A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır
Z IR IS
VS VR
IR
RHIR
VR
VS
j XHIR
26
Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması
IrVr
2YZ1Y
4YZ1Z2
YZ1IrVr
102
Z11Y01
102
Z1IsVs
A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında
2YZ1
4YZ1Y
Z2YZ1
12Y
0110Z1
12Y
01DCBA
Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr
Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z
Z2 Y Vs Z2 Vr
27
Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi
Y2 Y2
Vs Z Is Ir I1
I2
I3 Vr
IR
RHI2 I2
VR
VS
I1
IS I3 j XHI2
28
Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)
İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)
Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa
ccediloumlzuumlm
Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx
Ixzdx
dVx VxydxdIx
VxyzdxdIxz
dxVxd
2
2 Ixyz
dxdVxz
dxIxd2
2
2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları
L j L L j LR R C R R CS
V I Z V I ZV e e e e2 2
L j L L j LC R R C R R C
SY V I Y V I ZI e e e e
2 2
29
elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur
Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından
LCRRLCRRS e
2ZIV
e2
ZIVV
LRRCLRRC
S e2
IVYe
2IVY
I
RC
LL
R
LL
S IZ2eeV
2eeV
R
LL
RC
LL
S V2eeVY
2eeI
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir
Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir
30
)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(
)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(
)eeee(21
2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL
LL
)eeee(21
2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL
LL
veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı
720
ZY24
ZY2
YZ1A3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1ZB3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1YC3322
Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden
Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir
31
YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC
YZ21
YZ21tanh
2Y
Z
L21tanh
sinhZ1cosh
B1A
2Y
CC
Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden
YZYZsinhYsinhYCY CT
YZ21tanhZ
Y
L21tanh
sinhY1cosh
C1A
2Z
CCC
T
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR
Y Z 2 Vs Vr
Is Ir Z 2
32
45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın
a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız
Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm
33
C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1
99500102j93849j99500
9988010999j25j99880
9988010999j25j99880
DCBA
DCBA
DCBA
45511
11
11
11
b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek
= ZY = -001 = ZY = j 010
Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır
34
SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR
VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR
VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml
a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2
3j501201ea 120j +minus=degang== deg
a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866
a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1
-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866
1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir
VRangangangang0degdegdegdeg
VS =VRangangangang240degdegdegdeg
VT =VRangangangang120degdegdegdeg
VR2
VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg
VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg
VR1
VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg
VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0
35
0R2R1RR VVVV ++=
0S2S1SS VVVV ++=
0T2T1TT VVVV ++=
1R1T1R2
1S VaVVaV == M
2R2
2T2R2S VaVVaV == M
0R0T0R0S VVVV == M
0R2R1RR VVVV ++=
0R2R1R2
S VVaVaV ++=
0R2R2
1RT VVaVaV ++=
VR
VS VT
VT0
VR2
VR1
VS1
VT1
VR0 VR
VS0
VS2
VT2
VS
VT
36
sdot
=
2R
1R
0R
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2R
1R
0R
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
Ancak daha yaygın olarak
sdot
=
2
1
0
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2
1
0
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
şeklinde kullanılmaktadır
[ ]
=2
2
aa1
aa1
111
A [ ]
sdot=minus
aa1
aa1
111
3
1A
2
21
37
[ ]
sdot=
2a
1a
0a
T
S
R
V
V
V
A
V
V
V
[ ]
=
minus
c
b
a1
2a
1a
0a
V
V
V
A
V
V
V
[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST
1
012 VAV sdot= minus
Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil
S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS
+ VTIT
lowast
Φ
sdot
=
T
S
R
T
T
S
R
3
I
I
I
V
V
V
S
[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST
T
RST3 IVS
Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak
[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012
T
0123 IAVAS
[ ] [ ] [ ] [ ]012
TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast
Φ
[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast
olduğundan
[ ] [ ]012
T
0123 IV3S sdotsdot=Φ
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
18
Trafo 1
pu07840j3530
81321310jX
2
1t
veya
pu07840j3530
12011510jX
2
1t
Trafo 2
pu0940j3030
91251210jX
2
1t
pujjX t 09403030
12011610
2
2
Hat
Xh = j80 Ohm ZBAZ=480 Ohm pu1670j48080jX puH
Motor 1
pujjX m 28202030
91251220
2
1
Motor 2
pujjX m 56301030
91251220
2
2
sistemin pu-empedans diyagramı aşağıdaki şekilde oluşur
19
BOumlLUumlM 4 İLETİM HATLARI 41 İletim hatlarının yapısı Yuumlksek gerilim iletim hatlarında malzeme olarak ccedilelik oumlzluuml aluumlminyum iletkenler kullanılır (ACSR ndashAluminium Conductor Steel Reinforced) Kanada standardı olarak tuumlm duumlnyada kuş isimleri ile karakteristik adları bilinen ACSR iletkenler AWG veya MCM oumllccedilekleriyle anılan kesitlere sahiptirler ve uumllkemizde de TS-IEC 1089rsquo a uygun olarak 15 mmsup2 ile 750 mmsup2 kesitleri arasında uumlretilmektedir
Şekil 41 ACSR iletken İletkende seri olarak tel direnci ve magnetik alandan doğan reaktans ile şoumlnt olarak elektrik alandan doğan toprak kapasitesi mevcuttur
Şekil 42 Hattın (dx) sonsuz kuumlccediluumlk parccedilasındaki (dağıtılmış) hat parametreleri r Hattın seri omik direnci (rezistans) x Hattın seri enduumlktif direnci (reaktans) g Hattın kaccedilak iletkenliği (Konduumlktans) b Hattın kaccedilak kapasitesini (suseptans) L(km) hat boyu Dağıtılmış parametreleri ile hatlar a-) Yuumlksek frekanslı iletimde (haberleşme hatları) b-) Geccedilici olaylar sonucu oluşan yuumlruumlyen dalga analizlerinde c-) Uzun mesafeli enerji iletiminde goumlzoumlnuumlne alınırlar Bunun oumltesinde daha ccedilok hatların parametrik değerleri z kilometre başına seri empedans- ohmkm veya y kilometre başına şoumlnt admitans 1ohmkm olarak birim uzunluk başına verilmektedir Hatların admitans ve empedans etkileri hat uzunluğuna bağlıdır Z = zL = rL+ j xL (ohm) Hattın toplam seri empedansı Y = yL =gL+j bL (1ohm) Hattın toplam şoumlnt admitansı
20
IS IR
VS VR A B C D
IS IR=0
VS VR A B C D
IS IR
VS VR=0 A B C D
42 İki Kapılı Devreler Transmission parametreleri A B C D
Şekil 43 İki kapılı devre
RRS
RRS
IDVCI
IBVAV
(1)
A B C D sabitleri transmission parametreleri olarak adlandırılır | AD-BC |= 1 ve simetrik devrelerde D = A olur Bu parametreler iki test ile bulunur - accedilık devre testi - kısa devre testi 421 Accedilık Devre Testi
Şekil 44 İki kapılı devre accedilık devre testi IR 0 olduğundan
R
SRS
R
SRS
VI
CVCI
VV
AVAV
422 Kısa Devre Testi
Şekil 45 İki kapılı devre kısa devre testi
21
VR 0 olduğundan
V BI BVI
I DI DII
S RS
R
S RS
R
423 Sadece seri empedanstan oluşan devrede Transmisyon Sabitleri Şekil 46 Seri Z elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden
I I
V V ZIS R
S R R
eşitlikten
A = 1 B = Z C = 0 D = 1 424 Sadece şoumlnt admitanstan oluşan devrede Transmission Sabitleri Şekil 47 Şoumlnt Y elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden
RRS
RS
IVYI
VV
eşitlikten
A = 1 B = 0 C = Y D = 1
IR IS
VS Y VR
IR IS
VS
Z
VR
22
43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler
A1 B1
C1 D1V
I
A2 B2
C2 D2Vs Vr
IrIs
Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler
IV
DCBA
IsVs
11
11
IrVr
DCBA
IV
22
22
[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin
IrVr
DCBA
DCBA
IsVs
22
22
11
11
IrVr
DCBA
IsVs
Sonuccedil olarak
22
22
11
11
DCBA
DCBA
DCBA
A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2
23
432 Paralel bağlı devreler
A1 B1
C1 D1
A2 B2
C2 D2
Vs Vr
IrIs
Is1
Is2
Ir1
Ir2
Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri
A A B A BB B
B B BB B
C C C A A D DB B
1 2 2 1
1 2
1 2
1 21 2
1 2 2 1
1 2
( )( )
D D B D BB B
1 2 2 1
1 2
şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm
2R22R21R11R1S
2RR1R2R1RR
2S1SS
IDVCIDVCI
IIIIII
III
boumlylece
2R22R1R1R21S
R21
1R
21
212R
R1R21212R
2RR1R211R1R212R2
2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS
IDIDIDV)CC(I
IBB
BV
BBAA
I
IBV)AA()BB(I
)II(BV)AA(IBV)AA(IB
IBVAIBVAIBVAVIBVAVV
24
R21
21R
21
2121S
R21
2121R
21
211221S
R21
1R
21
2112R1R21S
IBB
BBVBB
ABBAV
şekildeaynı
IBB
DBBDVBB
)AA)(DD(CCI
)IBB
BVBBAA)(DD(IDV)CC(I
sonuccedil olarak
21
2121eq
21
211221eq
21
21eq
21
2121eq
BBDBBD
DBB
)AA)(DD(CCC
BBBB
BBB
ABBAA
433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi
1YZZY1
1Y01
10Z1
DCBA
Şekil 411 Ters L devresi
ZY1YZ1
10Z1
1Y01
DCBA
Z Y
Vs Vr
Z Y
Vs Vr
25
44 Hat Modelleri Hat uzunluklarının etkilerinden dolayı iletim hatlarını 1) Kısa hatlar (80 km kadar) 2) Orta uzunluktaki hatlar (80-250 km arası) 3) Uzun hatlar (250 km uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm
I I
V V ZIS R
S R R
A B C D Sabitleri
A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır
Z IR IS
VS VR
IR
RHIR
VR
VS
j XHIR
26
Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması
IrVr
2YZ1Y
4YZ1Z2
YZ1IrVr
102
Z11Y01
102
Z1IsVs
A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında
2YZ1
4YZ1Y
Z2YZ1
12Y
0110Z1
12Y
01DCBA
Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr
Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z
Z2 Y Vs Z2 Vr
27
Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi
Y2 Y2
Vs Z Is Ir I1
I2
I3 Vr
IR
RHI2 I2
VR
VS
I1
IS I3 j XHI2
28
Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)
İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)
Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa
ccediloumlzuumlm
Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx
Ixzdx
dVx VxydxdIx
VxyzdxdIxz
dxVxd
2
2 Ixyz
dxdVxz
dxIxd2
2
2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları
L j L L j LR R C R R CS
V I Z V I ZV e e e e2 2
L j L L j LC R R C R R C
SY V I Y V I ZI e e e e
2 2
29
elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur
Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından
LCRRLCRRS e
2ZIV
e2
ZIVV
LRRCLRRC
S e2
IVYe
2IVY
I
RC
LL
R
LL
S IZ2eeV
2eeV
R
LL
RC
LL
S V2eeVY
2eeI
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir
Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir
30
)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(
)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(
)eeee(21
2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL
LL
)eeee(21
2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL
LL
veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı
720
ZY24
ZY2
YZ1A3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1ZB3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1YC3322
Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden
Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir
31
YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC
YZ21
YZ21tanh
2Y
Z
L21tanh
sinhZ1cosh
B1A
2Y
CC
Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden
YZYZsinhYsinhYCY CT
YZ21tanhZ
Y
L21tanh
sinhY1cosh
C1A
2Z
CCC
T
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR
Y Z 2 Vs Vr
Is Ir Z 2
32
45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın
a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız
Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm
33
C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1
99500102j93849j99500
9988010999j25j99880
9988010999j25j99880
DCBA
DCBA
DCBA
45511
11
11
11
b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek
= ZY = -001 = ZY = j 010
Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır
34
SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR
VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR
VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml
a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2
3j501201ea 120j +minus=degang== deg
a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866
a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1
-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866
1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir
VRangangangang0degdegdegdeg
VS =VRangangangang240degdegdegdeg
VT =VRangangangang120degdegdegdeg
VR2
VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg
VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg
VR1
VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg
VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0
35
0R2R1RR VVVV ++=
0S2S1SS VVVV ++=
0T2T1TT VVVV ++=
1R1T1R2
1S VaVVaV == M
2R2
2T2R2S VaVVaV == M
0R0T0R0S VVVV == M
0R2R1RR VVVV ++=
0R2R1R2
S VVaVaV ++=
0R2R2
1RT VVaVaV ++=
VR
VS VT
VT0
VR2
VR1
VS1
VT1
VR0 VR
VS0
VS2
VT2
VS
VT
36
sdot
=
2R
1R
0R
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2R
1R
0R
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
Ancak daha yaygın olarak
sdot
=
2
1
0
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2
1
0
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
şeklinde kullanılmaktadır
[ ]
=2
2
aa1
aa1
111
A [ ]
sdot=minus
aa1
aa1
111
3
1A
2
21
37
[ ]
sdot=
2a
1a
0a
T
S
R
V
V
V
A
V
V
V
[ ]
=
minus
c
b
a1
2a
1a
0a
V
V
V
A
V
V
V
[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST
1
012 VAV sdot= minus
Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil
S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS
+ VTIT
lowast
Φ
sdot
=
T
S
R
T
T
S
R
3
I
I
I
V
V
V
S
[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST
T
RST3 IVS
Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak
[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012
T
0123 IAVAS
[ ] [ ] [ ] [ ]012
TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast
Φ
[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast
olduğundan
[ ] [ ]012
T
0123 IV3S sdotsdot=Φ
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
19
BOumlLUumlM 4 İLETİM HATLARI 41 İletim hatlarının yapısı Yuumlksek gerilim iletim hatlarında malzeme olarak ccedilelik oumlzluuml aluumlminyum iletkenler kullanılır (ACSR ndashAluminium Conductor Steel Reinforced) Kanada standardı olarak tuumlm duumlnyada kuş isimleri ile karakteristik adları bilinen ACSR iletkenler AWG veya MCM oumllccedilekleriyle anılan kesitlere sahiptirler ve uumllkemizde de TS-IEC 1089rsquo a uygun olarak 15 mmsup2 ile 750 mmsup2 kesitleri arasında uumlretilmektedir
Şekil 41 ACSR iletken İletkende seri olarak tel direnci ve magnetik alandan doğan reaktans ile şoumlnt olarak elektrik alandan doğan toprak kapasitesi mevcuttur
Şekil 42 Hattın (dx) sonsuz kuumlccediluumlk parccedilasındaki (dağıtılmış) hat parametreleri r Hattın seri omik direnci (rezistans) x Hattın seri enduumlktif direnci (reaktans) g Hattın kaccedilak iletkenliği (Konduumlktans) b Hattın kaccedilak kapasitesini (suseptans) L(km) hat boyu Dağıtılmış parametreleri ile hatlar a-) Yuumlksek frekanslı iletimde (haberleşme hatları) b-) Geccedilici olaylar sonucu oluşan yuumlruumlyen dalga analizlerinde c-) Uzun mesafeli enerji iletiminde goumlzoumlnuumlne alınırlar Bunun oumltesinde daha ccedilok hatların parametrik değerleri z kilometre başına seri empedans- ohmkm veya y kilometre başına şoumlnt admitans 1ohmkm olarak birim uzunluk başına verilmektedir Hatların admitans ve empedans etkileri hat uzunluğuna bağlıdır Z = zL = rL+ j xL (ohm) Hattın toplam seri empedansı Y = yL =gL+j bL (1ohm) Hattın toplam şoumlnt admitansı
20
IS IR
VS VR A B C D
IS IR=0
VS VR A B C D
IS IR
VS VR=0 A B C D
42 İki Kapılı Devreler Transmission parametreleri A B C D
Şekil 43 İki kapılı devre
RRS
RRS
IDVCI
IBVAV
(1)
A B C D sabitleri transmission parametreleri olarak adlandırılır | AD-BC |= 1 ve simetrik devrelerde D = A olur Bu parametreler iki test ile bulunur - accedilık devre testi - kısa devre testi 421 Accedilık Devre Testi
Şekil 44 İki kapılı devre accedilık devre testi IR 0 olduğundan
R
SRS
R
SRS
VI
CVCI
VV
AVAV
422 Kısa Devre Testi
Şekil 45 İki kapılı devre kısa devre testi
21
VR 0 olduğundan
V BI BVI
I DI DII
S RS
R
S RS
R
423 Sadece seri empedanstan oluşan devrede Transmisyon Sabitleri Şekil 46 Seri Z elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden
I I
V V ZIS R
S R R
eşitlikten
A = 1 B = Z C = 0 D = 1 424 Sadece şoumlnt admitanstan oluşan devrede Transmission Sabitleri Şekil 47 Şoumlnt Y elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden
RRS
RS
IVYI
VV
eşitlikten
A = 1 B = 0 C = Y D = 1
IR IS
VS Y VR
IR IS
VS
Z
VR
22
43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler
A1 B1
C1 D1V
I
A2 B2
C2 D2Vs Vr
IrIs
Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler
IV
DCBA
IsVs
11
11
IrVr
DCBA
IV
22
22
[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin
IrVr
DCBA
DCBA
IsVs
22
22
11
11
IrVr
DCBA
IsVs
Sonuccedil olarak
22
22
11
11
DCBA
DCBA
DCBA
A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2
23
432 Paralel bağlı devreler
A1 B1
C1 D1
A2 B2
C2 D2
Vs Vr
IrIs
Is1
Is2
Ir1
Ir2
Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri
A A B A BB B
B B BB B
C C C A A D DB B
1 2 2 1
1 2
1 2
1 21 2
1 2 2 1
1 2
( )( )
D D B D BB B
1 2 2 1
1 2
şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm
2R22R21R11R1S
2RR1R2R1RR
2S1SS
IDVCIDVCI
IIIIII
III
boumlylece
2R22R1R1R21S
R21
1R
21
212R
R1R21212R
2RR1R211R1R212R2
2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS
IDIDIDV)CC(I
IBB
BV
BBAA
I
IBV)AA()BB(I
)II(BV)AA(IBV)AA(IB
IBVAIBVAIBVAVIBVAVV
24
R21
21R
21
2121S
R21
2121R
21
211221S
R21
1R
21
2112R1R21S
IBB
BBVBB
ABBAV
şekildeaynı
IBB
DBBDVBB
)AA)(DD(CCI
)IBB
BVBBAA)(DD(IDV)CC(I
sonuccedil olarak
21
2121eq
21
211221eq
21
21eq
21
2121eq
BBDBBD
DBB
)AA)(DD(CCC
BBBB
BBB
ABBAA
433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi
1YZZY1
1Y01
10Z1
DCBA
Şekil 411 Ters L devresi
ZY1YZ1
10Z1
1Y01
DCBA
Z Y
Vs Vr
Z Y
Vs Vr
25
44 Hat Modelleri Hat uzunluklarının etkilerinden dolayı iletim hatlarını 1) Kısa hatlar (80 km kadar) 2) Orta uzunluktaki hatlar (80-250 km arası) 3) Uzun hatlar (250 km uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm
I I
V V ZIS R
S R R
A B C D Sabitleri
A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır
Z IR IS
VS VR
IR
RHIR
VR
VS
j XHIR
26
Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması
IrVr
2YZ1Y
4YZ1Z2
YZ1IrVr
102
Z11Y01
102
Z1IsVs
A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında
2YZ1
4YZ1Y
Z2YZ1
12Y
0110Z1
12Y
01DCBA
Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr
Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z
Z2 Y Vs Z2 Vr
27
Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi
Y2 Y2
Vs Z Is Ir I1
I2
I3 Vr
IR
RHI2 I2
VR
VS
I1
IS I3 j XHI2
28
Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)
İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)
Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa
ccediloumlzuumlm
Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx
Ixzdx
dVx VxydxdIx
VxyzdxdIxz
dxVxd
2
2 Ixyz
dxdVxz
dxIxd2
2
2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları
L j L L j LR R C R R CS
V I Z V I ZV e e e e2 2
L j L L j LC R R C R R C
SY V I Y V I ZI e e e e
2 2
29
elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur
Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından
LCRRLCRRS e
2ZIV
e2
ZIVV
LRRCLRRC
S e2
IVYe
2IVY
I
RC
LL
R
LL
S IZ2eeV
2eeV
R
LL
RC
LL
S V2eeVY
2eeI
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir
Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir
30
)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(
)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(
)eeee(21
2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL
LL
)eeee(21
2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL
LL
veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı
720
ZY24
ZY2
YZ1A3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1ZB3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1YC3322
Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden
Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir
31
YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC
YZ21
YZ21tanh
2Y
Z
L21tanh
sinhZ1cosh
B1A
2Y
CC
Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden
YZYZsinhYsinhYCY CT
YZ21tanhZ
Y
L21tanh
sinhY1cosh
C1A
2Z
CCC
T
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR
Y Z 2 Vs Vr
Is Ir Z 2
32
45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın
a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız
Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm
33
C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1
99500102j93849j99500
9988010999j25j99880
9988010999j25j99880
DCBA
DCBA
DCBA
45511
11
11
11
b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek
= ZY = -001 = ZY = j 010
Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır
34
SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR
VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR
VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml
a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2
3j501201ea 120j +minus=degang== deg
a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866
a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1
-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866
1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir
VRangangangang0degdegdegdeg
VS =VRangangangang240degdegdegdeg
VT =VRangangangang120degdegdegdeg
VR2
VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg
VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg
VR1
VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg
VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0
35
0R2R1RR VVVV ++=
0S2S1SS VVVV ++=
0T2T1TT VVVV ++=
1R1T1R2
1S VaVVaV == M
2R2
2T2R2S VaVVaV == M
0R0T0R0S VVVV == M
0R2R1RR VVVV ++=
0R2R1R2
S VVaVaV ++=
0R2R2
1RT VVaVaV ++=
VR
VS VT
VT0
VR2
VR1
VS1
VT1
VR0 VR
VS0
VS2
VT2
VS
VT
36
sdot
=
2R
1R
0R
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2R
1R
0R
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
Ancak daha yaygın olarak
sdot
=
2
1
0
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2
1
0
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
şeklinde kullanılmaktadır
[ ]
=2
2
aa1
aa1
111
A [ ]
sdot=minus
aa1
aa1
111
3
1A
2
21
37
[ ]
sdot=
2a
1a
0a
T
S
R
V
V
V
A
V
V
V
[ ]
=
minus
c
b
a1
2a
1a
0a
V
V
V
A
V
V
V
[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST
1
012 VAV sdot= minus
Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil
S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS
+ VTIT
lowast
Φ
sdot
=
T
S
R
T
T
S
R
3
I
I
I
V
V
V
S
[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST
T
RST3 IVS
Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak
[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012
T
0123 IAVAS
[ ] [ ] [ ] [ ]012
TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast
Φ
[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast
olduğundan
[ ] [ ]012
T
0123 IV3S sdotsdot=Φ
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
20
IS IR
VS VR A B C D
IS IR=0
VS VR A B C D
IS IR
VS VR=0 A B C D
42 İki Kapılı Devreler Transmission parametreleri A B C D
Şekil 43 İki kapılı devre
RRS
RRS
IDVCI
IBVAV
(1)
A B C D sabitleri transmission parametreleri olarak adlandırılır | AD-BC |= 1 ve simetrik devrelerde D = A olur Bu parametreler iki test ile bulunur - accedilık devre testi - kısa devre testi 421 Accedilık Devre Testi
Şekil 44 İki kapılı devre accedilık devre testi IR 0 olduğundan
R
SRS
R
SRS
VI
CVCI
VV
AVAV
422 Kısa Devre Testi
Şekil 45 İki kapılı devre kısa devre testi
21
VR 0 olduğundan
V BI BVI
I DI DII
S RS
R
S RS
R
423 Sadece seri empedanstan oluşan devrede Transmisyon Sabitleri Şekil 46 Seri Z elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden
I I
V V ZIS R
S R R
eşitlikten
A = 1 B = Z C = 0 D = 1 424 Sadece şoumlnt admitanstan oluşan devrede Transmission Sabitleri Şekil 47 Şoumlnt Y elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden
RRS
RS
IVYI
VV
eşitlikten
A = 1 B = 0 C = Y D = 1
IR IS
VS Y VR
IR IS
VS
Z
VR
22
43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler
A1 B1
C1 D1V
I
A2 B2
C2 D2Vs Vr
IrIs
Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler
IV
DCBA
IsVs
11
11
IrVr
DCBA
IV
22
22
[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin
IrVr
DCBA
DCBA
IsVs
22
22
11
11
IrVr
DCBA
IsVs
Sonuccedil olarak
22
22
11
11
DCBA
DCBA
DCBA
A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2
23
432 Paralel bağlı devreler
A1 B1
C1 D1
A2 B2
C2 D2
Vs Vr
IrIs
Is1
Is2
Ir1
Ir2
Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri
A A B A BB B
B B BB B
C C C A A D DB B
1 2 2 1
1 2
1 2
1 21 2
1 2 2 1
1 2
( )( )
D D B D BB B
1 2 2 1
1 2
şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm
2R22R21R11R1S
2RR1R2R1RR
2S1SS
IDVCIDVCI
IIIIII
III
boumlylece
2R22R1R1R21S
R21
1R
21
212R
R1R21212R
2RR1R211R1R212R2
2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS
IDIDIDV)CC(I
IBB
BV
BBAA
I
IBV)AA()BB(I
)II(BV)AA(IBV)AA(IB
IBVAIBVAIBVAVIBVAVV
24
R21
21R
21
2121S
R21
2121R
21
211221S
R21
1R
21
2112R1R21S
IBB
BBVBB
ABBAV
şekildeaynı
IBB
DBBDVBB
)AA)(DD(CCI
)IBB
BVBBAA)(DD(IDV)CC(I
sonuccedil olarak
21
2121eq
21
211221eq
21
21eq
21
2121eq
BBDBBD
DBB
)AA)(DD(CCC
BBBB
BBB
ABBAA
433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi
1YZZY1
1Y01
10Z1
DCBA
Şekil 411 Ters L devresi
ZY1YZ1
10Z1
1Y01
DCBA
Z Y
Vs Vr
Z Y
Vs Vr
25
44 Hat Modelleri Hat uzunluklarının etkilerinden dolayı iletim hatlarını 1) Kısa hatlar (80 km kadar) 2) Orta uzunluktaki hatlar (80-250 km arası) 3) Uzun hatlar (250 km uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm
I I
V V ZIS R
S R R
A B C D Sabitleri
A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır
Z IR IS
VS VR
IR
RHIR
VR
VS
j XHIR
26
Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması
IrVr
2YZ1Y
4YZ1Z2
YZ1IrVr
102
Z11Y01
102
Z1IsVs
A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında
2YZ1
4YZ1Y
Z2YZ1
12Y
0110Z1
12Y
01DCBA
Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr
Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z
Z2 Y Vs Z2 Vr
27
Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi
Y2 Y2
Vs Z Is Ir I1
I2
I3 Vr
IR
RHI2 I2
VR
VS
I1
IS I3 j XHI2
28
Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)
İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)
Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa
ccediloumlzuumlm
Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx
Ixzdx
dVx VxydxdIx
VxyzdxdIxz
dxVxd
2
2 Ixyz
dxdVxz
dxIxd2
2
2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları
L j L L j LR R C R R CS
V I Z V I ZV e e e e2 2
L j L L j LC R R C R R C
SY V I Y V I ZI e e e e
2 2
29
elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur
Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından
LCRRLCRRS e
2ZIV
e2
ZIVV
LRRCLRRC
S e2
IVYe
2IVY
I
RC
LL
R
LL
S IZ2eeV
2eeV
R
LL
RC
LL
S V2eeVY
2eeI
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir
Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir
30
)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(
)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(
)eeee(21
2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL
LL
)eeee(21
2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL
LL
veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı
720
ZY24
ZY2
YZ1A3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1ZB3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1YC3322
Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden
Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir
31
YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC
YZ21
YZ21tanh
2Y
Z
L21tanh
sinhZ1cosh
B1A
2Y
CC
Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden
YZYZsinhYsinhYCY CT
YZ21tanhZ
Y
L21tanh
sinhY1cosh
C1A
2Z
CCC
T
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR
Y Z 2 Vs Vr
Is Ir Z 2
32
45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın
a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız
Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm
33
C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1
99500102j93849j99500
9988010999j25j99880
9988010999j25j99880
DCBA
DCBA
DCBA
45511
11
11
11
b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek
= ZY = -001 = ZY = j 010
Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır
34
SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR
VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR
VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml
a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2
3j501201ea 120j +minus=degang== deg
a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866
a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1
-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866
1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir
VRangangangang0degdegdegdeg
VS =VRangangangang240degdegdegdeg
VT =VRangangangang120degdegdegdeg
VR2
VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg
VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg
VR1
VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg
VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0
35
0R2R1RR VVVV ++=
0S2S1SS VVVV ++=
0T2T1TT VVVV ++=
1R1T1R2
1S VaVVaV == M
2R2
2T2R2S VaVVaV == M
0R0T0R0S VVVV == M
0R2R1RR VVVV ++=
0R2R1R2
S VVaVaV ++=
0R2R2
1RT VVaVaV ++=
VR
VS VT
VT0
VR2
VR1
VS1
VT1
VR0 VR
VS0
VS2
VT2
VS
VT
36
sdot
=
2R
1R
0R
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2R
1R
0R
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
Ancak daha yaygın olarak
sdot
=
2
1
0
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2
1
0
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
şeklinde kullanılmaktadır
[ ]
=2
2
aa1
aa1
111
A [ ]
sdot=minus
aa1
aa1
111
3
1A
2
21
37
[ ]
sdot=
2a
1a
0a
T
S
R
V
V
V
A
V
V
V
[ ]
=
minus
c
b
a1
2a
1a
0a
V
V
V
A
V
V
V
[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST
1
012 VAV sdot= minus
Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil
S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS
+ VTIT
lowast
Φ
sdot
=
T
S
R
T
T
S
R
3
I
I
I
V
V
V
S
[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST
T
RST3 IVS
Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak
[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012
T
0123 IAVAS
[ ] [ ] [ ] [ ]012
TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast
Φ
[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast
olduğundan
[ ] [ ]012
T
0123 IV3S sdotsdot=Φ
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
21
VR 0 olduğundan
V BI BVI
I DI DII
S RS
R
S RS
R
423 Sadece seri empedanstan oluşan devrede Transmisyon Sabitleri Şekil 46 Seri Z elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden
I I
V V ZIS R
S R R
eşitlikten
A = 1 B = Z C = 0 D = 1 424 Sadece şoumlnt admitanstan oluşan devrede Transmission Sabitleri Şekil 47 Şoumlnt Y elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden
RRS
RS
IVYI
VV
eşitlikten
A = 1 B = 0 C = Y D = 1
IR IS
VS Y VR
IR IS
VS
Z
VR
22
43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler
A1 B1
C1 D1V
I
A2 B2
C2 D2Vs Vr
IrIs
Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler
IV
DCBA
IsVs
11
11
IrVr
DCBA
IV
22
22
[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin
IrVr
DCBA
DCBA
IsVs
22
22
11
11
IrVr
DCBA
IsVs
Sonuccedil olarak
22
22
11
11
DCBA
DCBA
DCBA
A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2
23
432 Paralel bağlı devreler
A1 B1
C1 D1
A2 B2
C2 D2
Vs Vr
IrIs
Is1
Is2
Ir1
Ir2
Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri
A A B A BB B
B B BB B
C C C A A D DB B
1 2 2 1
1 2
1 2
1 21 2
1 2 2 1
1 2
( )( )
D D B D BB B
1 2 2 1
1 2
şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm
2R22R21R11R1S
2RR1R2R1RR
2S1SS
IDVCIDVCI
IIIIII
III
boumlylece
2R22R1R1R21S
R21
1R
21
212R
R1R21212R
2RR1R211R1R212R2
2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS
IDIDIDV)CC(I
IBB
BV
BBAA
I
IBV)AA()BB(I
)II(BV)AA(IBV)AA(IB
IBVAIBVAIBVAVIBVAVV
24
R21
21R
21
2121S
R21
2121R
21
211221S
R21
1R
21
2112R1R21S
IBB
BBVBB
ABBAV
şekildeaynı
IBB
DBBDVBB
)AA)(DD(CCI
)IBB
BVBBAA)(DD(IDV)CC(I
sonuccedil olarak
21
2121eq
21
211221eq
21
21eq
21
2121eq
BBDBBD
DBB
)AA)(DD(CCC
BBBB
BBB
ABBAA
433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi
1YZZY1
1Y01
10Z1
DCBA
Şekil 411 Ters L devresi
ZY1YZ1
10Z1
1Y01
DCBA
Z Y
Vs Vr
Z Y
Vs Vr
25
44 Hat Modelleri Hat uzunluklarının etkilerinden dolayı iletim hatlarını 1) Kısa hatlar (80 km kadar) 2) Orta uzunluktaki hatlar (80-250 km arası) 3) Uzun hatlar (250 km uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm
I I
V V ZIS R
S R R
A B C D Sabitleri
A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır
Z IR IS
VS VR
IR
RHIR
VR
VS
j XHIR
26
Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması
IrVr
2YZ1Y
4YZ1Z2
YZ1IrVr
102
Z11Y01
102
Z1IsVs
A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında
2YZ1
4YZ1Y
Z2YZ1
12Y
0110Z1
12Y
01DCBA
Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr
Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z
Z2 Y Vs Z2 Vr
27
Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi
Y2 Y2
Vs Z Is Ir I1
I2
I3 Vr
IR
RHI2 I2
VR
VS
I1
IS I3 j XHI2
28
Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)
İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)
Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa
ccediloumlzuumlm
Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx
Ixzdx
dVx VxydxdIx
VxyzdxdIxz
dxVxd
2
2 Ixyz
dxdVxz
dxIxd2
2
2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları
L j L L j LR R C R R CS
V I Z V I ZV e e e e2 2
L j L L j LC R R C R R C
SY V I Y V I ZI e e e e
2 2
29
elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur
Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından
LCRRLCRRS e
2ZIV
e2
ZIVV
LRRCLRRC
S e2
IVYe
2IVY
I
RC
LL
R
LL
S IZ2eeV
2eeV
R
LL
RC
LL
S V2eeVY
2eeI
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir
Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir
30
)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(
)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(
)eeee(21
2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL
LL
)eeee(21
2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL
LL
veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı
720
ZY24
ZY2
YZ1A3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1ZB3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1YC3322
Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden
Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir
31
YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC
YZ21
YZ21tanh
2Y
Z
L21tanh
sinhZ1cosh
B1A
2Y
CC
Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden
YZYZsinhYsinhYCY CT
YZ21tanhZ
Y
L21tanh
sinhY1cosh
C1A
2Z
CCC
T
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR
Y Z 2 Vs Vr
Is Ir Z 2
32
45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın
a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız
Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm
33
C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1
99500102j93849j99500
9988010999j25j99880
9988010999j25j99880
DCBA
DCBA
DCBA
45511
11
11
11
b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek
= ZY = -001 = ZY = j 010
Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır
34
SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR
VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR
VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml
a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2
3j501201ea 120j +minus=degang== deg
a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866
a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1
-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866
1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir
VRangangangang0degdegdegdeg
VS =VRangangangang240degdegdegdeg
VT =VRangangangang120degdegdegdeg
VR2
VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg
VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg
VR1
VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg
VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0
35
0R2R1RR VVVV ++=
0S2S1SS VVVV ++=
0T2T1TT VVVV ++=
1R1T1R2
1S VaVVaV == M
2R2
2T2R2S VaVVaV == M
0R0T0R0S VVVV == M
0R2R1RR VVVV ++=
0R2R1R2
S VVaVaV ++=
0R2R2
1RT VVaVaV ++=
VR
VS VT
VT0
VR2
VR1
VS1
VT1
VR0 VR
VS0
VS2
VT2
VS
VT
36
sdot
=
2R
1R
0R
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2R
1R
0R
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
Ancak daha yaygın olarak
sdot
=
2
1
0
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2
1
0
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
şeklinde kullanılmaktadır
[ ]
=2
2
aa1
aa1
111
A [ ]
sdot=minus
aa1
aa1
111
3
1A
2
21
37
[ ]
sdot=
2a
1a
0a
T
S
R
V
V
V
A
V
V
V
[ ]
=
minus
c
b
a1
2a
1a
0a
V
V
V
A
V
V
V
[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST
1
012 VAV sdot= minus
Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil
S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS
+ VTIT
lowast
Φ
sdot
=
T
S
R
T
T
S
R
3
I
I
I
V
V
V
S
[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST
T
RST3 IVS
Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak
[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012
T
0123 IAVAS
[ ] [ ] [ ] [ ]012
TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast
Φ
[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast
olduğundan
[ ] [ ]012
T
0123 IV3S sdotsdot=Φ
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
22
43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler
A1 B1
C1 D1V
I
A2 B2
C2 D2Vs Vr
IrIs
Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler
IV
DCBA
IsVs
11
11
IrVr
DCBA
IV
22
22
[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin
IrVr
DCBA
DCBA
IsVs
22
22
11
11
IrVr
DCBA
IsVs
Sonuccedil olarak
22
22
11
11
DCBA
DCBA
DCBA
A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2
23
432 Paralel bağlı devreler
A1 B1
C1 D1
A2 B2
C2 D2
Vs Vr
IrIs
Is1
Is2
Ir1
Ir2
Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri
A A B A BB B
B B BB B
C C C A A D DB B
1 2 2 1
1 2
1 2
1 21 2
1 2 2 1
1 2
( )( )
D D B D BB B
1 2 2 1
1 2
şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm
2R22R21R11R1S
2RR1R2R1RR
2S1SS
IDVCIDVCI
IIIIII
III
boumlylece
2R22R1R1R21S
R21
1R
21
212R
R1R21212R
2RR1R211R1R212R2
2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS
IDIDIDV)CC(I
IBB
BV
BBAA
I
IBV)AA()BB(I
)II(BV)AA(IBV)AA(IB
IBVAIBVAIBVAVIBVAVV
24
R21
21R
21
2121S
R21
2121R
21
211221S
R21
1R
21
2112R1R21S
IBB
BBVBB
ABBAV
şekildeaynı
IBB
DBBDVBB
)AA)(DD(CCI
)IBB
BVBBAA)(DD(IDV)CC(I
sonuccedil olarak
21
2121eq
21
211221eq
21
21eq
21
2121eq
BBDBBD
DBB
)AA)(DD(CCC
BBBB
BBB
ABBAA
433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi
1YZZY1
1Y01
10Z1
DCBA
Şekil 411 Ters L devresi
ZY1YZ1
10Z1
1Y01
DCBA
Z Y
Vs Vr
Z Y
Vs Vr
25
44 Hat Modelleri Hat uzunluklarının etkilerinden dolayı iletim hatlarını 1) Kısa hatlar (80 km kadar) 2) Orta uzunluktaki hatlar (80-250 km arası) 3) Uzun hatlar (250 km uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm
I I
V V ZIS R
S R R
A B C D Sabitleri
A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır
Z IR IS
VS VR
IR
RHIR
VR
VS
j XHIR
26
Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması
IrVr
2YZ1Y
4YZ1Z2
YZ1IrVr
102
Z11Y01
102
Z1IsVs
A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında
2YZ1
4YZ1Y
Z2YZ1
12Y
0110Z1
12Y
01DCBA
Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr
Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z
Z2 Y Vs Z2 Vr
27
Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi
Y2 Y2
Vs Z Is Ir I1
I2
I3 Vr
IR
RHI2 I2
VR
VS
I1
IS I3 j XHI2
28
Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)
İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)
Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa
ccediloumlzuumlm
Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx
Ixzdx
dVx VxydxdIx
VxyzdxdIxz
dxVxd
2
2 Ixyz
dxdVxz
dxIxd2
2
2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları
L j L L j LR R C R R CS
V I Z V I ZV e e e e2 2
L j L L j LC R R C R R C
SY V I Y V I ZI e e e e
2 2
29
elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur
Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından
LCRRLCRRS e
2ZIV
e2
ZIVV
LRRCLRRC
S e2
IVYe
2IVY
I
RC
LL
R
LL
S IZ2eeV
2eeV
R
LL
RC
LL
S V2eeVY
2eeI
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir
Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir
30
)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(
)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(
)eeee(21
2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL
LL
)eeee(21
2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL
LL
veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı
720
ZY24
ZY2
YZ1A3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1ZB3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1YC3322
Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden
Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir
31
YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC
YZ21
YZ21tanh
2Y
Z
L21tanh
sinhZ1cosh
B1A
2Y
CC
Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden
YZYZsinhYsinhYCY CT
YZ21tanhZ
Y
L21tanh
sinhY1cosh
C1A
2Z
CCC
T
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR
Y Z 2 Vs Vr
Is Ir Z 2
32
45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın
a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız
Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm
33
C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1
99500102j93849j99500
9988010999j25j99880
9988010999j25j99880
DCBA
DCBA
DCBA
45511
11
11
11
b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek
= ZY = -001 = ZY = j 010
Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır
34
SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR
VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR
VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml
a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2
3j501201ea 120j +minus=degang== deg
a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866
a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1
-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866
1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir
VRangangangang0degdegdegdeg
VS =VRangangangang240degdegdegdeg
VT =VRangangangang120degdegdegdeg
VR2
VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg
VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg
VR1
VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg
VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0
35
0R2R1RR VVVV ++=
0S2S1SS VVVV ++=
0T2T1TT VVVV ++=
1R1T1R2
1S VaVVaV == M
2R2
2T2R2S VaVVaV == M
0R0T0R0S VVVV == M
0R2R1RR VVVV ++=
0R2R1R2
S VVaVaV ++=
0R2R2
1RT VVaVaV ++=
VR
VS VT
VT0
VR2
VR1
VS1
VT1
VR0 VR
VS0
VS2
VT2
VS
VT
36
sdot
=
2R
1R
0R
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2R
1R
0R
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
Ancak daha yaygın olarak
sdot
=
2
1
0
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2
1
0
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
şeklinde kullanılmaktadır
[ ]
=2
2
aa1
aa1
111
A [ ]
sdot=minus
aa1
aa1
111
3
1A
2
21
37
[ ]
sdot=
2a
1a
0a
T
S
R
V
V
V
A
V
V
V
[ ]
=
minus
c
b
a1
2a
1a
0a
V
V
V
A
V
V
V
[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST
1
012 VAV sdot= minus
Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil
S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS
+ VTIT
lowast
Φ
sdot
=
T
S
R
T
T
S
R
3
I
I
I
V
V
V
S
[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST
T
RST3 IVS
Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak
[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012
T
0123 IAVAS
[ ] [ ] [ ] [ ]012
TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast
Φ
[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast
olduğundan
[ ] [ ]012
T
0123 IV3S sdotsdot=Φ
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
23
432 Paralel bağlı devreler
A1 B1
C1 D1
A2 B2
C2 D2
Vs Vr
IrIs
Is1
Is2
Ir1
Ir2
Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri
A A B A BB B
B B BB B
C C C A A D DB B
1 2 2 1
1 2
1 2
1 21 2
1 2 2 1
1 2
( )( )
D D B D BB B
1 2 2 1
1 2
şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm
2R22R21R11R1S
2RR1R2R1RR
2S1SS
IDVCIDVCI
IIIIII
III
boumlylece
2R22R1R1R21S
R21
1R
21
212R
R1R21212R
2RR1R211R1R212R2
2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS
IDIDIDV)CC(I
IBB
BV
BBAA
I
IBV)AA()BB(I
)II(BV)AA(IBV)AA(IB
IBVAIBVAIBVAVIBVAVV
24
R21
21R
21
2121S
R21
2121R
21
211221S
R21
1R
21
2112R1R21S
IBB
BBVBB
ABBAV
şekildeaynı
IBB
DBBDVBB
)AA)(DD(CCI
)IBB
BVBBAA)(DD(IDV)CC(I
sonuccedil olarak
21
2121eq
21
211221eq
21
21eq
21
2121eq
BBDBBD
DBB
)AA)(DD(CCC
BBBB
BBB
ABBAA
433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi
1YZZY1
1Y01
10Z1
DCBA
Şekil 411 Ters L devresi
ZY1YZ1
10Z1
1Y01
DCBA
Z Y
Vs Vr
Z Y
Vs Vr
25
44 Hat Modelleri Hat uzunluklarının etkilerinden dolayı iletim hatlarını 1) Kısa hatlar (80 km kadar) 2) Orta uzunluktaki hatlar (80-250 km arası) 3) Uzun hatlar (250 km uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm
I I
V V ZIS R
S R R
A B C D Sabitleri
A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır
Z IR IS
VS VR
IR
RHIR
VR
VS
j XHIR
26
Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması
IrVr
2YZ1Y
4YZ1Z2
YZ1IrVr
102
Z11Y01
102
Z1IsVs
A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında
2YZ1
4YZ1Y
Z2YZ1
12Y
0110Z1
12Y
01DCBA
Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr
Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z
Z2 Y Vs Z2 Vr
27
Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi
Y2 Y2
Vs Z Is Ir I1
I2
I3 Vr
IR
RHI2 I2
VR
VS
I1
IS I3 j XHI2
28
Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)
İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)
Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa
ccediloumlzuumlm
Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx
Ixzdx
dVx VxydxdIx
VxyzdxdIxz
dxVxd
2
2 Ixyz
dxdVxz
dxIxd2
2
2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları
L j L L j LR R C R R CS
V I Z V I ZV e e e e2 2
L j L L j LC R R C R R C
SY V I Y V I ZI e e e e
2 2
29
elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur
Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından
LCRRLCRRS e
2ZIV
e2
ZIVV
LRRCLRRC
S e2
IVYe
2IVY
I
RC
LL
R
LL
S IZ2eeV
2eeV
R
LL
RC
LL
S V2eeVY
2eeI
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir
Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir
30
)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(
)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(
)eeee(21
2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL
LL
)eeee(21
2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL
LL
veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı
720
ZY24
ZY2
YZ1A3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1ZB3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1YC3322
Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden
Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir
31
YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC
YZ21
YZ21tanh
2Y
Z
L21tanh
sinhZ1cosh
B1A
2Y
CC
Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden
YZYZsinhYsinhYCY CT
YZ21tanhZ
Y
L21tanh
sinhY1cosh
C1A
2Z
CCC
T
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR
Y Z 2 Vs Vr
Is Ir Z 2
32
45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın
a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız
Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm
33
C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1
99500102j93849j99500
9988010999j25j99880
9988010999j25j99880
DCBA
DCBA
DCBA
45511
11
11
11
b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek
= ZY = -001 = ZY = j 010
Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır
34
SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR
VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR
VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml
a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2
3j501201ea 120j +minus=degang== deg
a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866
a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1
-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866
1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir
VRangangangang0degdegdegdeg
VS =VRangangangang240degdegdegdeg
VT =VRangangangang120degdegdegdeg
VR2
VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg
VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg
VR1
VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg
VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0
35
0R2R1RR VVVV ++=
0S2S1SS VVVV ++=
0T2T1TT VVVV ++=
1R1T1R2
1S VaVVaV == M
2R2
2T2R2S VaVVaV == M
0R0T0R0S VVVV == M
0R2R1RR VVVV ++=
0R2R1R2
S VVaVaV ++=
0R2R2
1RT VVaVaV ++=
VR
VS VT
VT0
VR2
VR1
VS1
VT1
VR0 VR
VS0
VS2
VT2
VS
VT
36
sdot
=
2R
1R
0R
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2R
1R
0R
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
Ancak daha yaygın olarak
sdot
=
2
1
0
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2
1
0
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
şeklinde kullanılmaktadır
[ ]
=2
2
aa1
aa1
111
A [ ]
sdot=minus
aa1
aa1
111
3
1A
2
21
37
[ ]
sdot=
2a
1a
0a
T
S
R
V
V
V
A
V
V
V
[ ]
=
minus
c
b
a1
2a
1a
0a
V
V
V
A
V
V
V
[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST
1
012 VAV sdot= minus
Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil
S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS
+ VTIT
lowast
Φ
sdot
=
T
S
R
T
T
S
R
3
I
I
I
V
V
V
S
[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST
T
RST3 IVS
Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak
[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012
T
0123 IAVAS
[ ] [ ] [ ] [ ]012
TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast
Φ
[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast
olduğundan
[ ] [ ]012
T
0123 IV3S sdotsdot=Φ
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
24
R21
21R
21
2121S
R21
2121R
21
211221S
R21
1R
21
2112R1R21S
IBB
BBVBB
ABBAV
şekildeaynı
IBB
DBBDVBB
)AA)(DD(CCI
)IBB
BVBBAA)(DD(IDV)CC(I
sonuccedil olarak
21
2121eq
21
211221eq
21
21eq
21
2121eq
BBDBBD
DBB
)AA)(DD(CCC
BBBB
BBB
ABBAA
433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi
1YZZY1
1Y01
10Z1
DCBA
Şekil 411 Ters L devresi
ZY1YZ1
10Z1
1Y01
DCBA
Z Y
Vs Vr
Z Y
Vs Vr
25
44 Hat Modelleri Hat uzunluklarının etkilerinden dolayı iletim hatlarını 1) Kısa hatlar (80 km kadar) 2) Orta uzunluktaki hatlar (80-250 km arası) 3) Uzun hatlar (250 km uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm
I I
V V ZIS R
S R R
A B C D Sabitleri
A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır
Z IR IS
VS VR
IR
RHIR
VR
VS
j XHIR
26
Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması
IrVr
2YZ1Y
4YZ1Z2
YZ1IrVr
102
Z11Y01
102
Z1IsVs
A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında
2YZ1
4YZ1Y
Z2YZ1
12Y
0110Z1
12Y
01DCBA
Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr
Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z
Z2 Y Vs Z2 Vr
27
Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi
Y2 Y2
Vs Z Is Ir I1
I2
I3 Vr
IR
RHI2 I2
VR
VS
I1
IS I3 j XHI2
28
Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)
İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)
Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa
ccediloumlzuumlm
Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx
Ixzdx
dVx VxydxdIx
VxyzdxdIxz
dxVxd
2
2 Ixyz
dxdVxz
dxIxd2
2
2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları
L j L L j LR R C R R CS
V I Z V I ZV e e e e2 2
L j L L j LC R R C R R C
SY V I Y V I ZI e e e e
2 2
29
elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur
Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından
LCRRLCRRS e
2ZIV
e2
ZIVV
LRRCLRRC
S e2
IVYe
2IVY
I
RC
LL
R
LL
S IZ2eeV
2eeV
R
LL
RC
LL
S V2eeVY
2eeI
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir
Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir
30
)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(
)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(
)eeee(21
2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL
LL
)eeee(21
2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL
LL
veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı
720
ZY24
ZY2
YZ1A3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1ZB3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1YC3322
Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden
Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir
31
YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC
YZ21
YZ21tanh
2Y
Z
L21tanh
sinhZ1cosh
B1A
2Y
CC
Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden
YZYZsinhYsinhYCY CT
YZ21tanhZ
Y
L21tanh
sinhY1cosh
C1A
2Z
CCC
T
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR
Y Z 2 Vs Vr
Is Ir Z 2
32
45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın
a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız
Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm
33
C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1
99500102j93849j99500
9988010999j25j99880
9988010999j25j99880
DCBA
DCBA
DCBA
45511
11
11
11
b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek
= ZY = -001 = ZY = j 010
Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır
34
SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR
VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR
VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml
a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2
3j501201ea 120j +minus=degang== deg
a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866
a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1
-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866
1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir
VRangangangang0degdegdegdeg
VS =VRangangangang240degdegdegdeg
VT =VRangangangang120degdegdegdeg
VR2
VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg
VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg
VR1
VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg
VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0
35
0R2R1RR VVVV ++=
0S2S1SS VVVV ++=
0T2T1TT VVVV ++=
1R1T1R2
1S VaVVaV == M
2R2
2T2R2S VaVVaV == M
0R0T0R0S VVVV == M
0R2R1RR VVVV ++=
0R2R1R2
S VVaVaV ++=
0R2R2
1RT VVaVaV ++=
VR
VS VT
VT0
VR2
VR1
VS1
VT1
VR0 VR
VS0
VS2
VT2
VS
VT
36
sdot
=
2R
1R
0R
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2R
1R
0R
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
Ancak daha yaygın olarak
sdot
=
2
1
0
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2
1
0
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
şeklinde kullanılmaktadır
[ ]
=2
2
aa1
aa1
111
A [ ]
sdot=minus
aa1
aa1
111
3
1A
2
21
37
[ ]
sdot=
2a
1a
0a
T
S
R
V
V
V
A
V
V
V
[ ]
=
minus
c
b
a1
2a
1a
0a
V
V
V
A
V
V
V
[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST
1
012 VAV sdot= minus
Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil
S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS
+ VTIT
lowast
Φ
sdot
=
T
S
R
T
T
S
R
3
I
I
I
V
V
V
S
[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST
T
RST3 IVS
Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak
[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012
T
0123 IAVAS
[ ] [ ] [ ] [ ]012
TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast
Φ
[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast
olduğundan
[ ] [ ]012
T
0123 IV3S sdotsdot=Φ
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
25
44 Hat Modelleri Hat uzunluklarının etkilerinden dolayı iletim hatlarını 1) Kısa hatlar (80 km kadar) 2) Orta uzunluktaki hatlar (80-250 km arası) 3) Uzun hatlar (250 km uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm
I I
V V ZIS R
S R R
A B C D Sabitleri
A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır
Z IR IS
VS VR
IR
RHIR
VR
VS
j XHIR
26
Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması
IrVr
2YZ1Y
4YZ1Z2
YZ1IrVr
102
Z11Y01
102
Z1IsVs
A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında
2YZ1
4YZ1Y
Z2YZ1
12Y
0110Z1
12Y
01DCBA
Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr
Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z
Z2 Y Vs Z2 Vr
27
Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi
Y2 Y2
Vs Z Is Ir I1
I2
I3 Vr
IR
RHI2 I2
VR
VS
I1
IS I3 j XHI2
28
Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)
İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)
Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa
ccediloumlzuumlm
Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx
Ixzdx
dVx VxydxdIx
VxyzdxdIxz
dxVxd
2
2 Ixyz
dxdVxz
dxIxd2
2
2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları
L j L L j LR R C R R CS
V I Z V I ZV e e e e2 2
L j L L j LC R R C R R C
SY V I Y V I ZI e e e e
2 2
29
elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur
Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından
LCRRLCRRS e
2ZIV
e2
ZIVV
LRRCLRRC
S e2
IVYe
2IVY
I
RC
LL
R
LL
S IZ2eeV
2eeV
R
LL
RC
LL
S V2eeVY
2eeI
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir
Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir
30
)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(
)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(
)eeee(21
2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL
LL
)eeee(21
2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL
LL
veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı
720
ZY24
ZY2
YZ1A3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1ZB3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1YC3322
Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden
Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir
31
YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC
YZ21
YZ21tanh
2Y
Z
L21tanh
sinhZ1cosh
B1A
2Y
CC
Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden
YZYZsinhYsinhYCY CT
YZ21tanhZ
Y
L21tanh
sinhY1cosh
C1A
2Z
CCC
T
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR
Y Z 2 Vs Vr
Is Ir Z 2
32
45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın
a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız
Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm
33
C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1
99500102j93849j99500
9988010999j25j99880
9988010999j25j99880
DCBA
DCBA
DCBA
45511
11
11
11
b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek
= ZY = -001 = ZY = j 010
Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır
34
SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR
VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR
VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml
a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2
3j501201ea 120j +minus=degang== deg
a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866
a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1
-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866
1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir
VRangangangang0degdegdegdeg
VS =VRangangangang240degdegdegdeg
VT =VRangangangang120degdegdegdeg
VR2
VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg
VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg
VR1
VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg
VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0
35
0R2R1RR VVVV ++=
0S2S1SS VVVV ++=
0T2T1TT VVVV ++=
1R1T1R2
1S VaVVaV == M
2R2
2T2R2S VaVVaV == M
0R0T0R0S VVVV == M
0R2R1RR VVVV ++=
0R2R1R2
S VVaVaV ++=
0R2R2
1RT VVaVaV ++=
VR
VS VT
VT0
VR2
VR1
VS1
VT1
VR0 VR
VS0
VS2
VT2
VS
VT
36
sdot
=
2R
1R
0R
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2R
1R
0R
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
Ancak daha yaygın olarak
sdot
=
2
1
0
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2
1
0
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
şeklinde kullanılmaktadır
[ ]
=2
2
aa1
aa1
111
A [ ]
sdot=minus
aa1
aa1
111
3
1A
2
21
37
[ ]
sdot=
2a
1a
0a
T
S
R
V
V
V
A
V
V
V
[ ]
=
minus
c
b
a1
2a
1a
0a
V
V
V
A
V
V
V
[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST
1
012 VAV sdot= minus
Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil
S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS
+ VTIT
lowast
Φ
sdot
=
T
S
R
T
T
S
R
3
I
I
I
V
V
V
S
[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST
T
RST3 IVS
Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak
[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012
T
0123 IAVAS
[ ] [ ] [ ] [ ]012
TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast
Φ
[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast
olduğundan
[ ] [ ]012
T
0123 IV3S sdotsdot=Φ
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
26
Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması
IrVr
2YZ1Y
4YZ1Z2
YZ1IrVr
102
Z11Y01
102
Z1IsVs
A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında
2YZ1
4YZ1Y
Z2YZ1
12Y
0110Z1
12Y
01DCBA
Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr
Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir
Y2 Y2 Vs Vr Z
Z2 Y Vs Z2 Vr
27
Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi
Y2 Y2
Vs Z Is Ir I1
I2
I3 Vr
IR
RHI2 I2
VR
VS
I1
IS I3 j XHI2
28
Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)
İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)
Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa
ccediloumlzuumlm
Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx
Ixzdx
dVx VxydxdIx
VxyzdxdIxz
dxVxd
2
2 Ixyz
dxdVxz
dxIxd2
2
2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları
L j L L j LR R C R R CS
V I Z V I ZV e e e e2 2
L j L L j LC R R C R R C
SY V I Y V I ZI e e e e
2 2
29
elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur
Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından
LCRRLCRRS e
2ZIV
e2
ZIVV
LRRCLRRC
S e2
IVYe
2IVY
I
RC
LL
R
LL
S IZ2eeV
2eeV
R
LL
RC
LL
S V2eeVY
2eeI
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir
Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir
30
)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(
)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(
)eeee(21
2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL
LL
)eeee(21
2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL
LL
veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı
720
ZY24
ZY2
YZ1A3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1ZB3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1YC3322
Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden
Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir
31
YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC
YZ21
YZ21tanh
2Y
Z
L21tanh
sinhZ1cosh
B1A
2Y
CC
Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden
YZYZsinhYsinhYCY CT
YZ21tanhZ
Y
L21tanh
sinhY1cosh
C1A
2Z
CCC
T
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR
Y Z 2 Vs Vr
Is Ir Z 2
32
45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın
a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız
Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm
33
C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1
99500102j93849j99500
9988010999j25j99880
9988010999j25j99880
DCBA
DCBA
DCBA
45511
11
11
11
b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek
= ZY = -001 = ZY = j 010
Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır
34
SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR
VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR
VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml
a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2
3j501201ea 120j +minus=degang== deg
a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866
a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1
-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866
1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir
VRangangangang0degdegdegdeg
VS =VRangangangang240degdegdegdeg
VT =VRangangangang120degdegdegdeg
VR2
VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg
VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg
VR1
VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg
VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0
35
0R2R1RR VVVV ++=
0S2S1SS VVVV ++=
0T2T1TT VVVV ++=
1R1T1R2
1S VaVVaV == M
2R2
2T2R2S VaVVaV == M
0R0T0R0S VVVV == M
0R2R1RR VVVV ++=
0R2R1R2
S VVaVaV ++=
0R2R2
1RT VVaVaV ++=
VR
VS VT
VT0
VR2
VR1
VS1
VT1
VR0 VR
VS0
VS2
VT2
VS
VT
36
sdot
=
2R
1R
0R
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2R
1R
0R
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
Ancak daha yaygın olarak
sdot
=
2
1
0
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2
1
0
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
şeklinde kullanılmaktadır
[ ]
=2
2
aa1
aa1
111
A [ ]
sdot=minus
aa1
aa1
111
3
1A
2
21
37
[ ]
sdot=
2a
1a
0a
T
S
R
V
V
V
A
V
V
V
[ ]
=
minus
c
b
a1
2a
1a
0a
V
V
V
A
V
V
V
[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST
1
012 VAV sdot= minus
Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil
S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS
+ VTIT
lowast
Φ
sdot
=
T
S
R
T
T
S
R
3
I
I
I
V
V
V
S
[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST
T
RST3 IVS
Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak
[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012
T
0123 IAVAS
[ ] [ ] [ ] [ ]012
TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast
Φ
[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast
olduğundan
[ ] [ ]012
T
0123 IV3S sdotsdot=Φ
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
27
Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi
Y2 Y2
Vs Z Is Ir I1
I2
I3 Vr
IR
RHI2 I2
VR
VS
I1
IS I3 j XHI2
28
Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)
İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)
Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa
ccediloumlzuumlm
Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx
Ixzdx
dVx VxydxdIx
VxyzdxdIxz
dxVxd
2
2 Ixyz
dxdVxz
dxIxd2
2
2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları
L j L L j LR R C R R CS
V I Z V I ZV e e e e2 2
L j L L j LC R R C R R C
SY V I Y V I ZI e e e e
2 2
29
elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur
Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından
LCRRLCRRS e
2ZIV
e2
ZIVV
LRRCLRRC
S e2
IVYe
2IVY
I
RC
LL
R
LL
S IZ2eeV
2eeV
R
LL
RC
LL
S V2eeVY
2eeI
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir
Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir
30
)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(
)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(
)eeee(21
2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL
LL
)eeee(21
2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL
LL
veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı
720
ZY24
ZY2
YZ1A3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1ZB3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1YC3322
Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden
Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir
31
YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC
YZ21
YZ21tanh
2Y
Z
L21tanh
sinhZ1cosh
B1A
2Y
CC
Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden
YZYZsinhYsinhYCY CT
YZ21tanhZ
Y
L21tanh
sinhY1cosh
C1A
2Z
CCC
T
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR
Y Z 2 Vs Vr
Is Ir Z 2
32
45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın
a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız
Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm
33
C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1
99500102j93849j99500
9988010999j25j99880
9988010999j25j99880
DCBA
DCBA
DCBA
45511
11
11
11
b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek
= ZY = -001 = ZY = j 010
Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır
34
SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR
VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR
VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml
a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2
3j501201ea 120j +minus=degang== deg
a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866
a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1
-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866
1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir
VRangangangang0degdegdegdeg
VS =VRangangangang240degdegdegdeg
VT =VRangangangang120degdegdegdeg
VR2
VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg
VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg
VR1
VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg
VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0
35
0R2R1RR VVVV ++=
0S2S1SS VVVV ++=
0T2T1TT VVVV ++=
1R1T1R2
1S VaVVaV == M
2R2
2T2R2S VaVVaV == M
0R0T0R0S VVVV == M
0R2R1RR VVVV ++=
0R2R1R2
S VVaVaV ++=
0R2R2
1RT VVaVaV ++=
VR
VS VT
VT0
VR2
VR1
VS1
VT1
VR0 VR
VS0
VS2
VT2
VS
VT
36
sdot
=
2R
1R
0R
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2R
1R
0R
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
Ancak daha yaygın olarak
sdot
=
2
1
0
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2
1
0
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
şeklinde kullanılmaktadır
[ ]
=2
2
aa1
aa1
111
A [ ]
sdot=minus
aa1
aa1
111
3
1A
2
21
37
[ ]
sdot=
2a
1a
0a
T
S
R
V
V
V
A
V
V
V
[ ]
=
minus
c
b
a1
2a
1a
0a
V
V
V
A
V
V
V
[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST
1
012 VAV sdot= minus
Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil
S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS
+ VTIT
lowast
Φ
sdot
=
T
S
R
T
T
S
R
3
I
I
I
V
V
V
S
[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST
T
RST3 IVS
Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak
[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012
T
0123 IAVAS
[ ] [ ] [ ] [ ]012
TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast
Φ
[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast
olduğundan
[ ] [ ]012
T
0123 IV3S sdotsdot=Φ
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
28
Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)
İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)
Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa
ccediloumlzuumlm
Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx
Ixzdx
dVx VxydxdIx
VxyzdxdIxz
dxVxd
2
2 Ixyz
dxdVxz
dxIxd2
2
2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları
L j L L j LR R C R R CS
V I Z V I ZV e e e e2 2
L j L L j LC R R C R R C
SY V I Y V I ZI e e e e
2 2
29
elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur
Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından
LCRRLCRRS e
2ZIV
e2
ZIVV
LRRCLRRC
S e2
IVYe
2IVY
I
RC
LL
R
LL
S IZ2eeV
2eeV
R
LL
RC
LL
S V2eeVY
2eeI
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir
Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir
30
)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(
)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(
)eeee(21
2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL
LL
)eeee(21
2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL
LL
veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı
720
ZY24
ZY2
YZ1A3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1ZB3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1YC3322
Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden
Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir
31
YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC
YZ21
YZ21tanh
2Y
Z
L21tanh
sinhZ1cosh
B1A
2Y
CC
Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden
YZYZsinhYsinhYCY CT
YZ21tanhZ
Y
L21tanh
sinhY1cosh
C1A
2Z
CCC
T
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR
Y Z 2 Vs Vr
Is Ir Z 2
32
45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın
a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız
Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm
33
C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1
99500102j93849j99500
9988010999j25j99880
9988010999j25j99880
DCBA
DCBA
DCBA
45511
11
11
11
b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek
= ZY = -001 = ZY = j 010
Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır
34
SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR
VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR
VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml
a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2
3j501201ea 120j +minus=degang== deg
a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866
a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1
-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866
1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir
VRangangangang0degdegdegdeg
VS =VRangangangang240degdegdegdeg
VT =VRangangangang120degdegdegdeg
VR2
VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg
VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg
VR1
VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg
VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0
35
0R2R1RR VVVV ++=
0S2S1SS VVVV ++=
0T2T1TT VVVV ++=
1R1T1R2
1S VaVVaV == M
2R2
2T2R2S VaVVaV == M
0R0T0R0S VVVV == M
0R2R1RR VVVV ++=
0R2R1R2
S VVaVaV ++=
0R2R2
1RT VVaVaV ++=
VR
VS VT
VT0
VR2
VR1
VS1
VT1
VR0 VR
VS0
VS2
VT2
VS
VT
36
sdot
=
2R
1R
0R
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2R
1R
0R
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
Ancak daha yaygın olarak
sdot
=
2
1
0
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2
1
0
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
şeklinde kullanılmaktadır
[ ]
=2
2
aa1
aa1
111
A [ ]
sdot=minus
aa1
aa1
111
3
1A
2
21
37
[ ]
sdot=
2a
1a
0a
T
S
R
V
V
V
A
V
V
V
[ ]
=
minus
c
b
a1
2a
1a
0a
V
V
V
A
V
V
V
[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST
1
012 VAV sdot= minus
Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil
S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS
+ VTIT
lowast
Φ
sdot
=
T
S
R
T
T
S
R
3
I
I
I
V
V
V
S
[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST
T
RST3 IVS
Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak
[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012
T
0123 IAVAS
[ ] [ ] [ ] [ ]012
TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast
Φ
[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast
olduğundan
[ ] [ ]012
T
0123 IV3S sdotsdot=Φ
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
29
elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur
Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından
LCRRLCRRS e
2ZIV
e2
ZIVV
LRRCLRRC
S e2
IVYe
2IVY
I
RC
LL
R
LL
S IZ2eeV
2eeV
R
LL
RC
LL
S V2eeVY
2eeI
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir
Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir
30
)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(
)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(
)eeee(21
2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL
LL
)eeee(21
2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL
LL
veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı
720
ZY24
ZY2
YZ1A3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1ZB3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1YC3322
Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden
Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir
31
YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC
YZ21
YZ21tanh
2Y
Z
L21tanh
sinhZ1cosh
B1A
2Y
CC
Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden
YZYZsinhYsinhYCY CT
YZ21tanhZ
Y
L21tanh
sinhY1cosh
C1A
2Z
CCC
T
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR
Y Z 2 Vs Vr
Is Ir Z 2
32
45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın
a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız
Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm
33
C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1
99500102j93849j99500
9988010999j25j99880
9988010999j25j99880
DCBA
DCBA
DCBA
45511
11
11
11
b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek
= ZY = -001 = ZY = j 010
Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır
34
SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR
VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR
VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml
a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2
3j501201ea 120j +minus=degang== deg
a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866
a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1
-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866
1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir
VRangangangang0degdegdegdeg
VS =VRangangangang240degdegdegdeg
VT =VRangangangang120degdegdegdeg
VR2
VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg
VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg
VR1
VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg
VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0
35
0R2R1RR VVVV ++=
0S2S1SS VVVV ++=
0T2T1TT VVVV ++=
1R1T1R2
1S VaVVaV == M
2R2
2T2R2S VaVVaV == M
0R0T0R0S VVVV == M
0R2R1RR VVVV ++=
0R2R1R2
S VVaVaV ++=
0R2R2
1RT VVaVaV ++=
VR
VS VT
VT0
VR2
VR1
VS1
VT1
VR0 VR
VS0
VS2
VT2
VS
VT
36
sdot
=
2R
1R
0R
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2R
1R
0R
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
Ancak daha yaygın olarak
sdot
=
2
1
0
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2
1
0
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
şeklinde kullanılmaktadır
[ ]
=2
2
aa1
aa1
111
A [ ]
sdot=minus
aa1
aa1
111
3
1A
2
21
37
[ ]
sdot=
2a
1a
0a
T
S
R
V
V
V
A
V
V
V
[ ]
=
minus
c
b
a1
2a
1a
0a
V
V
V
A
V
V
V
[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST
1
012 VAV sdot= minus
Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil
S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS
+ VTIT
lowast
Φ
sdot
=
T
S
R
T
T
S
R
3
I
I
I
V
V
V
S
[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST
T
RST3 IVS
Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak
[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012
T
0123 IAVAS
[ ] [ ] [ ] [ ]012
TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast
Φ
[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast
olduğundan
[ ] [ ]012
T
0123 IV3S sdotsdot=Φ
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
30
)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(
)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(
)eeee(21
2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL
LL
)eeee(21
2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL
LL
veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı
720
ZY24
ZY2
YZ1A3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1ZB3322
5040
ZY120
ZY6
YZ1YC3322
Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden
Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir
31
YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC
YZ21
YZ21tanh
2Y
Z
L21tanh
sinhZ1cosh
B1A
2Y
CC
Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden
YZYZsinhYsinhYCY CT
YZ21tanhZ
Y
L21tanh
sinhY1cosh
C1A
2Z
CCC
T
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR
Y Z 2 Vs Vr
Is Ir Z 2
32
45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın
a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız
Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm
33
C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1
99500102j93849j99500
9988010999j25j99880
9988010999j25j99880
DCBA
DCBA
DCBA
45511
11
11
11
b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek
= ZY = -001 = ZY = j 010
Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır
34
SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR
VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR
VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml
a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2
3j501201ea 120j +minus=degang== deg
a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866
a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1
-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866
1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir
VRangangangang0degdegdegdeg
VS =VRangangangang240degdegdegdeg
VT =VRangangangang120degdegdegdeg
VR2
VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg
VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg
VR1
VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg
VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0
35
0R2R1RR VVVV ++=
0S2S1SS VVVV ++=
0T2T1TT VVVV ++=
1R1T1R2
1S VaVVaV == M
2R2
2T2R2S VaVVaV == M
0R0T0R0S VVVV == M
0R2R1RR VVVV ++=
0R2R1R2
S VVaVaV ++=
0R2R2
1RT VVaVaV ++=
VR
VS VT
VT0
VR2
VR1
VS1
VT1
VR0 VR
VS0
VS2
VT2
VS
VT
36
sdot
=
2R
1R
0R
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2R
1R
0R
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
Ancak daha yaygın olarak
sdot
=
2
1
0
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2
1
0
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
şeklinde kullanılmaktadır
[ ]
=2
2
aa1
aa1
111
A [ ]
sdot=minus
aa1
aa1
111
3
1A
2
21
37
[ ]
sdot=
2a
1a
0a
T
S
R
V
V
V
A
V
V
V
[ ]
=
minus
c
b
a1
2a
1a
0a
V
V
V
A
V
V
V
[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST
1
012 VAV sdot= minus
Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil
S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS
+ VTIT
lowast
Φ
sdot
=
T
S
R
T
T
S
R
3
I
I
I
V
V
V
S
[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST
T
RST3 IVS
Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak
[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012
T
0123 IAVAS
[ ] [ ] [ ] [ ]012
TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast
Φ
[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast
olduğundan
[ ] [ ]012
T
0123 IV3S sdotsdot=Φ
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
31
YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC
YZ21
YZ21tanh
2Y
Z
L21tanh
sinhZ1cosh
B1A
2Y
CC
Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden
YZYZsinhYsinhYCY CT
YZ21tanhZ
Y
L21tanh
sinhY1cosh
C1A
2Z
CCC
T
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR
Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR
Y Z 2 Vs Vr
Is Ir Z 2
32
45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın
a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız
Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm
33
C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1
99500102j93849j99500
9988010999j25j99880
9988010999j25j99880
DCBA
DCBA
DCBA
45511
11
11
11
b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek
= ZY = -001 = ZY = j 010
Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır
34
SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR
VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR
VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml
a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2
3j501201ea 120j +minus=degang== deg
a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866
a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1
-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866
1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir
VRangangangang0degdegdegdeg
VS =VRangangangang240degdegdegdeg
VT =VRangangangang120degdegdegdeg
VR2
VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg
VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg
VR1
VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg
VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0
35
0R2R1RR VVVV ++=
0S2S1SS VVVV ++=
0T2T1TT VVVV ++=
1R1T1R2
1S VaVVaV == M
2R2
2T2R2S VaVVaV == M
0R0T0R0S VVVV == M
0R2R1RR VVVV ++=
0R2R1R2
S VVaVaV ++=
0R2R2
1RT VVaVaV ++=
VR
VS VT
VT0
VR2
VR1
VS1
VT1
VR0 VR
VS0
VS2
VT2
VS
VT
36
sdot
=
2R
1R
0R
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2R
1R
0R
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
Ancak daha yaygın olarak
sdot
=
2
1
0
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2
1
0
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
şeklinde kullanılmaktadır
[ ]
=2
2
aa1
aa1
111
A [ ]
sdot=minus
aa1
aa1
111
3
1A
2
21
37
[ ]
sdot=
2a
1a
0a
T
S
R
V
V
V
A
V
V
V
[ ]
=
minus
c
b
a1
2a
1a
0a
V
V
V
A
V
V
V
[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST
1
012 VAV sdot= minus
Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil
S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS
+ VTIT
lowast
Φ
sdot
=
T
S
R
T
T
S
R
3
I
I
I
V
V
V
S
[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST
T
RST3 IVS
Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak
[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012
T
0123 IAVAS
[ ] [ ] [ ] [ ]012
TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast
Φ
[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast
olduğundan
[ ] [ ]012
T
0123 IV3S sdotsdot=Φ
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
32
45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın
a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız
Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm
33
C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1
99500102j93849j99500
9988010999j25j99880
9988010999j25j99880
DCBA
DCBA
DCBA
45511
11
11
11
b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek
= ZY = -001 = ZY = j 010
Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır
34
SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR
VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR
VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml
a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2
3j501201ea 120j +minus=degang== deg
a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866
a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1
-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866
1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir
VRangangangang0degdegdegdeg
VS =VRangangangang240degdegdegdeg
VT =VRangangangang120degdegdegdeg
VR2
VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg
VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg
VR1
VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg
VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0
35
0R2R1RR VVVV ++=
0S2S1SS VVVV ++=
0T2T1TT VVVV ++=
1R1T1R2
1S VaVVaV == M
2R2
2T2R2S VaVVaV == M
0R0T0R0S VVVV == M
0R2R1RR VVVV ++=
0R2R1R2
S VVaVaV ++=
0R2R2
1RT VVaVaV ++=
VR
VS VT
VT0
VR2
VR1
VS1
VT1
VR0 VR
VS0
VS2
VT2
VS
VT
36
sdot
=
2R
1R
0R
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2R
1R
0R
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
Ancak daha yaygın olarak
sdot
=
2
1
0
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2
1
0
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
şeklinde kullanılmaktadır
[ ]
=2
2
aa1
aa1
111
A [ ]
sdot=minus
aa1
aa1
111
3
1A
2
21
37
[ ]
sdot=
2a
1a
0a
T
S
R
V
V
V
A
V
V
V
[ ]
=
minus
c
b
a1
2a
1a
0a
V
V
V
A
V
V
V
[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST
1
012 VAV sdot= minus
Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil
S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS
+ VTIT
lowast
Φ
sdot
=
T
S
R
T
T
S
R
3
I
I
I
V
V
V
S
[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST
T
RST3 IVS
Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak
[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012
T
0123 IAVAS
[ ] [ ] [ ] [ ]012
TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast
Φ
[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast
olduğundan
[ ] [ ]012
T
0123 IV3S sdotsdot=Φ
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
33
C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1
99500102j93849j99500
9988010999j25j99880
9988010999j25j99880
DCBA
DCBA
DCBA
45511
11
11
11
b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek
= ZY = -001 = ZY = j 010
Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır
34
SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR
VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR
VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml
a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2
3j501201ea 120j +minus=degang== deg
a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866
a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1
-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866
1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir
VRangangangang0degdegdegdeg
VS =VRangangangang240degdegdegdeg
VT =VRangangangang120degdegdegdeg
VR2
VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg
VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg
VR1
VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg
VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0
35
0R2R1RR VVVV ++=
0S2S1SS VVVV ++=
0T2T1TT VVVV ++=
1R1T1R2
1S VaVVaV == M
2R2
2T2R2S VaVVaV == M
0R0T0R0S VVVV == M
0R2R1RR VVVV ++=
0R2R1R2
S VVaVaV ++=
0R2R2
1RT VVaVaV ++=
VR
VS VT
VT0
VR2
VR1
VS1
VT1
VR0 VR
VS0
VS2
VT2
VS
VT
36
sdot
=
2R
1R
0R
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2R
1R
0R
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
Ancak daha yaygın olarak
sdot
=
2
1
0
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2
1
0
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
şeklinde kullanılmaktadır
[ ]
=2
2
aa1
aa1
111
A [ ]
sdot=minus
aa1
aa1
111
3
1A
2
21
37
[ ]
sdot=
2a
1a
0a
T
S
R
V
V
V
A
V
V
V
[ ]
=
minus
c
b
a1
2a
1a
0a
V
V
V
A
V
V
V
[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST
1
012 VAV sdot= minus
Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil
S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS
+ VTIT
lowast
Φ
sdot
=
T
S
R
T
T
S
R
3
I
I
I
V
V
V
S
[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST
T
RST3 IVS
Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak
[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012
T
0123 IAVAS
[ ] [ ] [ ] [ ]012
TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast
Φ
[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast
olduğundan
[ ] [ ]012
T
0123 IV3S sdotsdot=Φ
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
34
SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR
VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR
VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml
a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2
3j501201ea 120j +minus=degang== deg
a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866
a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1
-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866
1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir
VRangangangang0degdegdegdeg
VS =VRangangangang240degdegdegdeg
VT =VRangangangang120degdegdegdeg
VR2
VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg
VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg
VR1
VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg
VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0
35
0R2R1RR VVVV ++=
0S2S1SS VVVV ++=
0T2T1TT VVVV ++=
1R1T1R2
1S VaVVaV == M
2R2
2T2R2S VaVVaV == M
0R0T0R0S VVVV == M
0R2R1RR VVVV ++=
0R2R1R2
S VVaVaV ++=
0R2R2
1RT VVaVaV ++=
VR
VS VT
VT0
VR2
VR1
VS1
VT1
VR0 VR
VS0
VS2
VT2
VS
VT
36
sdot
=
2R
1R
0R
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2R
1R
0R
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
Ancak daha yaygın olarak
sdot
=
2
1
0
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2
1
0
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
şeklinde kullanılmaktadır
[ ]
=2
2
aa1
aa1
111
A [ ]
sdot=minus
aa1
aa1
111
3
1A
2
21
37
[ ]
sdot=
2a
1a
0a
T
S
R
V
V
V
A
V
V
V
[ ]
=
minus
c
b
a1
2a
1a
0a
V
V
V
A
V
V
V
[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST
1
012 VAV sdot= minus
Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil
S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS
+ VTIT
lowast
Φ
sdot
=
T
S
R
T
T
S
R
3
I
I
I
V
V
V
S
[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST
T
RST3 IVS
Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak
[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012
T
0123 IAVAS
[ ] [ ] [ ] [ ]012
TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast
Φ
[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast
olduğundan
[ ] [ ]012
T
0123 IV3S sdotsdot=Φ
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
35
0R2R1RR VVVV ++=
0S2S1SS VVVV ++=
0T2T1TT VVVV ++=
1R1T1R2
1S VaVVaV == M
2R2
2T2R2S VaVVaV == M
0R0T0R0S VVVV == M
0R2R1RR VVVV ++=
0R2R1R2
S VVaVaV ++=
0R2R2
1RT VVaVaV ++=
VR
VS VT
VT0
VR2
VR1
VS1
VT1
VR0 VR
VS0
VS2
VT2
VS
VT
36
sdot
=
2R
1R
0R
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2R
1R
0R
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
Ancak daha yaygın olarak
sdot
=
2
1
0
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2
1
0
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
şeklinde kullanılmaktadır
[ ]
=2
2
aa1
aa1
111
A [ ]
sdot=minus
aa1
aa1
111
3
1A
2
21
37
[ ]
sdot=
2a
1a
0a
T
S
R
V
V
V
A
V
V
V
[ ]
=
minus
c
b
a1
2a
1a
0a
V
V
V
A
V
V
V
[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST
1
012 VAV sdot= minus
Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil
S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS
+ VTIT
lowast
Φ
sdot
=
T
S
R
T
T
S
R
3
I
I
I
V
V
V
S
[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST
T
RST3 IVS
Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak
[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012
T
0123 IAVAS
[ ] [ ] [ ] [ ]012
TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast
Φ
[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast
olduğundan
[ ] [ ]012
T
0123 IV3S sdotsdot=Φ
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
36
sdot
=
2R
1R
0R
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2R
1R
0R
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
Ancak daha yaygın olarak
sdot
=
2
1
0
2
2
T
S
R
V
V
V
aa1
aa1
111
V
V
V
sdot
sdot=
T
S
R
2
2
2
1
0
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
şeklinde kullanılmaktadır
[ ]
=2
2
aa1
aa1
111
A [ ]
sdot=minus
aa1
aa1
111
3
1A
2
21
37
[ ]
sdot=
2a
1a
0a
T
S
R
V
V
V
A
V
V
V
[ ]
=
minus
c
b
a1
2a
1a
0a
V
V
V
A
V
V
V
[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST
1
012 VAV sdot= minus
Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil
S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS
+ VTIT
lowast
Φ
sdot
=
T
S
R
T
T
S
R
3
I
I
I
V
V
V
S
[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST
T
RST3 IVS
Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak
[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012
T
0123 IAVAS
[ ] [ ] [ ] [ ]012
TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast
Φ
[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast
olduğundan
[ ] [ ]012
T
0123 IV3S sdotsdot=Φ
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
37
[ ]
sdot=
2a
1a
0a
T
S
R
V
V
V
A
V
V
V
[ ]
=
minus
c
b
a1
2a
1a
0a
V
V
V
A
V
V
V
[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST
1
012 VAV sdot= minus
Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil
S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS
+ VTIT
lowast
Φ
sdot
=
T
S
R
T
T
S
R
3
I
I
I
V
V
V
S
[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST
T
RST3 IVS
Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak
[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012
T
0123 IAVAS
[ ] [ ] [ ] [ ]012
TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast
Φ
[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast
olduğundan
[ ] [ ]012
T
0123 IV3S sdotsdot=Φ
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
38
lowast
Φ
sdot
sdot=
2
1
0
T
2
1
0
3
I
I
I
V
V
V
3S
S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1
+ 3V2I2
Problem-1)
kV
110
110
110
V
V
V
T
S
R
+
minus
minus
=
A
20
20
20
I
I
I
T
S
R
+
+
minus
=
a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)
kV
220a
220a
110
3
1
110a110a110
110a110a110
110110110
3
1
110
110
110
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V
aa1
aa1
111
3
1
V
V
V2
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
sdot=
+minusminus
+minusminus
+minusminus
sdot=
+
minus
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
A
40
40
20
3
1
20a20a20
20a20a20
202020
3
1
20
20
20
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
aa1
aa1
111
3
1
I
I
I
2
2
2
2
T
S
R
2
2
2
1
0
minus
minus
+
sdot=
++minus
++minus
++minus
sdot=
+
+
minus
sdot
sdot=
sdot
sdot=
b-) S3φ = 3V0I0
+ 3V1I1 + 3V2I2
S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA
c-) S3φ = VRIR
+ VSIS + VTIT
S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
39
Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=
ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012 IAZAV sdotsdotsdot= minus
tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
biccediliminde ifade edilir ve genel ifade
[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=
şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir
=
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur
=
=
2
2
TTTSTR
STSSSR
RTRSRR
2
2
222120
121110
020100
012
aa1
aa1
111
ZZZ
ZZZ
ZZZ
aa1
aa1
111
3
1
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani
ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
40
Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise
=
Smm
mSS
mmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
minus
minus
+
=
mS
mS
mS
012
ZZ00
0ZZ0
00Z2Z
Z
c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise
=
Snm
mSn
nmS
RST
ZZZ
ZZZ
ZZZ
Z
++
++
++
=
n2
mS
nm2
S
nmS
012
ZaZaZ00
0ZaZaZ0
00ZZZ
Z
Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
41
Dizi Bileşen Devreleri
[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST
1
012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST
1
012 sdotsdot= minus
[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=
[ ]
=
=
R
R2
R
T
S
R
RST
Ea
Ea
E
E
E
E
E [ ] [ ] [ ]RST
1012 EAE sdot= minus
( )( )( )
=
++
++
++
sdot=
sdot
sdot=
0
E
0
aa1E
aa1E
aa1E
3
1
Ea
Ea
E
aa1
aa1
111
3
1
E
E
E
R
24R
33R
2R
R
R2
R
2
2
2
1
0
Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır
sdot
minus
=
2
1
0
2
1
0
R
2
1
0
I
I
I
Z00
0Z0
00Z
0
E
0
V
V
V
000 IZ0V minus=
11R1 IZEV minus=
222 IZ0V minus=
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
42
11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi
222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi
000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi
Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
Zo
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
43
a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
1 ~ G
R
S
T
Zo
Zo Zo
ZN
1 ~ G
R
S
T
Zo Zo
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
3ZN
1 ~ G
Zo
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
44
Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
ZM gtgtgt1 pu
1 ~ G
Zo
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
45
a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
R
S
T
R
S
T
R
S
T
1 ~ G
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
1 ~ G
Zo
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
46
OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni
B XG2
XTAB2
XTCD2
XHAT
A D C Xm2
Xm1
Xm2 Xm0
B
simsimsimsim
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XHAT
A D C Xm1
simsimsimsim EG
Em
EG
Em
B
simsimsimsim
Xdrdquo XG2 XG0
XTAB1
XTAB2 XTAB0
XTCD1
XTCD2 XTCD0
XHAT XHATO= 2XHAT
A D C
simsimsimsim
Zn
B XG0
XTAB0
XTCD0
2XHAT
A D C Xm0
3Zn
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
47
ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir
1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir
11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
48
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X
F
Eth Zth
Zth
F
Eth
Zth
F
Eth
I3F
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C ER
XHAT
X F
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ES
XHAT
Xdrdquo
XTRF
XTRF
ET
XHAT
I3F_R
I3F_S
I3F_T
B Xdrdquo
XTRF
XTRF
A D C
EG
XHAT X F
I3F
B
Generatoumlr
XG2 XG0
Trafo1
HAT A D C
Trafo2
X F
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
49
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV
2 2B
BB
U 220Z 484S 100
h puj60(X ) j0124 pu484
o o
11 0 1 0I j331pu
( j004 j02 j0062)) j0302
o o
21 0 1 0I j3205pu
( j005 j02 j0062)) j0312
I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6
BB 3
B
S 10010I 262A3U 322010
I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A
Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği
3FI 1707 A 1707 kA
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
I3F I1 I2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 00рpu
B
Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu
HAT Xh=j60
A D C
Generatoumlr2 10kV
100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu
Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu
Trafo2 220kV10kV
100MVA Xt=j02 pu
X
F
I3F
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
50
Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek
oth GA GDE E E 1 0 pu
thZ j0302 j0312 j01535pu
Ccedilalışma Sorusu
B A
C D
Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV
Zth= j 01535 pu
F
Eth=1 0o
F
Eth=1 0o
o
3F1 0I j6515pu
j01535
Zth= j 01535 pu
B
XdArdquo
XTRF 1
XTRF2
A D C
EGA
XHAT 2
X
F
XHAT 2
EGD
j 004pu
j 02pu
j 0062pu
j 0062pu
j 02pu
XdDrdquo
j 004pu
Eth Zth
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
51
FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0
00I
aa1aa1111
31
III R
2
2
2
1
0
2
1
0
2
2
T
S
R
III
aa1aa1111
III
I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1
T
S
2
1
0
2
2
T
S
R
VV0
VVV
aa1aa1111
VVV
0VVVV 210R )VV(V 201
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE
T S R
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
52
Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm
2 2B
BB
U 154Z 2376S 100
h puj 64(X ) 027 pu
2376
Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu
o
1 2 01 0I I I j1015 puj0985
Arıza Akımı
FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu
6B
B 3B
S 10010I 375A3U 315410
B
10 kV 100MVA j004pu
XG2 XG0
10154 kV 50MVA j01pu
Xh = j 04 km
LBC=160 km
A D C
15435 kV 50MVA j01pu
X
IFT
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
53
IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği
FTI 1142 kA
B XG0
XTAB0
XTCD0
A D C XH0 2
XH0 2 X
F
B XG2
XTAB2
XTCD2
XH 2
A D C XH 2 X
F
B
Xdrdquo
XTAB1
XTCD1
XH 2
A D C
EG
XH 2 X
F
Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0= j 0235 pu
EG=1 0o
F Z1 = j 0375 pu
Z2 = j 0375 pu
Z0 = j 0235 pu
I1 = I2 = I0
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
54
R2
S2
T
I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0
Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125
S TV V 0935pu
FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =
_ IS VS = VT
a)(aI)a(aI
0
II0
aa1aa1111
31
III
2S
2S
S
S2
2
2
1
0
I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2
R S T
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
55
V1 = V2
111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1
211 ZZ
EI 12 II 0I0
Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
E V2 V1 Z1 Z2
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
56
o oG
1 21 2
E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060
I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu
R2
S2
T
I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584
Z2 = j 035 pu
I1 =- I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
57
FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0
R
R
RR
2
2
2
1
0
VVV
31
00
V
aa1aa1111
31
VVV
V0 = V1 = V2
0211 ZZZ
EI
11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V
R S T
E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
58
Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları
1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]
Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV
o oG
11 2 0
E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278
V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu
2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu
20237I j068puj035
0 0 0 1V 0 Z xI V
V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu
00237I j237 pu
j01
E V2 V1
X1=j025 pu
X2=j035 pu V0
X2=j01 pu
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
59
R2 o
S2 o
T
I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125
6
BB 3
B
S 2010I 836A3U 313810
IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı
FFT S TI I I j711pu veya
FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu
R2
S2
T
V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0
Z2 = j 035 pu
I2
EG=1 0o
F Z1 = j 025 pu
Z2 = j 01 pu
I0
I1
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
5
7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2
I1 y12 I2
y1 y2
BARA 1 BARA 2 i12 i21
i11 i22
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
6
Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa
1 11 12I i i
2 22 21I i i (71)
1 1 1 12 1 2I y V y V V
2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)
1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V
2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V
(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp
1 12 121 1
12 2 122 2
y y yI Vy y yI V
(74)
aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise
11 1 12Y (y y )
22 2 12Y (y y )
12 12Y y
21 12Y y
(75)
1 11 21 1
2 12 22 2
I Y Y VI Y Y V
(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
7
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71
2 1
3
z12 = j 01puuml
z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
8
1212
1 1y j10puumlz j010
1313
1 1y j5puumlz j020
2323
1 1y j4puumlz j025
1 1
2 2
3 3
I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V
BARA
15 10 5Y j 10 14 4 pu
5 4 9
Oumlrnek 72
1 2 3 41
1 1y y y y j2puumlz j05
Generatoumlr admitansları
12 23 34 1412
1 1y y y y j10puumlz j10
Hat admitansları
2 1
3 4
j 05 pu j 05 pu
j 05 pu j 05 pu
j 1 pu j 1 pu
j 1 pu
j 1 pu
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
9
1 1
2 2
3 3
4 4
I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0
jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1
BARA 4x4
4 1 0 11 4 1 0
Y j pu0 1 4 11 0 1 4
74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)
A BR R
C DE E
Y YI VY YI V
EI
A B RR
C D E
Y Y VIY Y V
C R D EY V Y V
1
E D C RV Y Y V
R A R B EI Y V Y V
1R A R B D C RI Y V Y Y Y V
1
R A B D C RI Y Y Y Y V
(79)
1
BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y
(710)
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
10
Oumlrnek 73
1 1 1
2
3 3
2 2
I I 1 0 VI I 0 1 V
0 V2
1
1 11
I
A
1 0Y
0 1 B
1Y
1 CY 1 1 DY 2
BAra İNDİRGENMİ
1
Ş
1 0Y
0 11
11
2 1
BAra İNDİRGENMİŞ
1 0 05 05 05 05Y
0 1 05 05 05 05
BAra 2X2
05 05Y
05 05 y12= 05 puuml 12
12
1 1z 20 puumly 05
2 1 3
z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml
y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml
2 1
z12 = 20 puuml
y12 = 05 puuml
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
11
75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir
1BARA BARANxN NxN
Z Y (711)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
V Y Y Y Y I
(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda
BARA BARA BARAN NxN NV Y I
(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak
1
1BARA BARA4x4 4x4
j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0
Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4
BARA 4x4
j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417
Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917
bulunur
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
5
8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir
1 1V V 0 2 2V V
(81)
112 1S V I 12 12 12S P j Q
(82)
1 21
V VIjX
(83)
1 2 1 212 1 1
V 0 VV VS V V 0jX jX
(84)
21 2
12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )
jX X
(85)
212 1 1 2 1 2
jS (V V V Cos j V V Sin )X
(86)
212 1 2 1 1 2
1S V V Sin j (V V V Cos )X
(87)
Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk
V1 1=0 jX
V2 - 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
6
21 2 1 1 2
12V V (V V V Cos )S Sin j
X X
(88)
21 1 2
12V V VQ CosX X
(89)
1 212
V VP SinX
(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI
AK
TIF
GUuml
Ccedil (
MW
)
Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
7
V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken
1 212
V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir
o90 1 212_ max
V VPX
(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken
1 212_ max
V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
8
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
242 MW
30 Derece 90 Derece
Pmax= 484 MW
Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir
1 2 1 212_ max
L C d L
V V V VP Sin Sin(X X ) K X
(812)
Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)
12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60
Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
9
12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100
=== =1746
0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800
100
200
300
400
500
600
700
800
900
ACcedilI (Derece)
AK
TIF
GU
C (
MW
)
PB-max
PA-max
PA
PB
dA
dAB
90 derece
Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda
1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir
Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade
1 212 3
V V(P ) 3 SinX
(813) Şeklinde olmalıdır
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
5
9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
6
doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri
Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)
Durum değişkenleri (İstenenler)
Bara Sayısı
P-Q
Py Qy Vy y pq
P-V
Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv
Salınım
Vuuml uuml Puuml Quuml 1
Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N
92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları
1
01V 220V
y12 P1=2200 W V2=220 V
2 1 z12 = 01 ohm
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
7
00001 Birinci adım (birinci iterasyon)
1
1 10
1
P 2200I 10A220V
12
1 112 1V z I 01x10 1V
12
1 11 2V V V 220 1 219V
1 01 1V V 219 220 1
İkincici adım (ikinci iterasyon)
1
2 11
1
P 2200I 100457 A219V
12
2 212 1V z I 01x10046 100457V
12
2 21 2V V V 220 100457 2189954V
2 11 1V V 219 2189954 00046
Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)
1
3 11
1
P 2200I 100459A2189954V
12
2 212 1V z I 01x100459 100459V
12
2 21 2V V U 220 100459 2189954V
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
8
2 11 1V V 2189954 2189954 000005
92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V
(91)
1 11 12 1i 1N 1
2 21 22 2i 2N 2
i i1 i2 ii iN i
N N1 N2 Ni NN N
I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
I Y Y Y Y V
(92)
1 11 1 12 2 1i i 1N N
2 21 1 22 2 2i i 2N N
i i1 1 i2 2 ii i iN N
N N1 1 N2 2 Ni i NN N
I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
i i1 1 i2 2 ii i iN NN
i ij jj 1
i 1 NI Y V Y V Y V Y V
I Y V
(87)
i i i i i
i i i
i i
i i1 1 i2 2 ii i iN N
S P jQ V I
S P jQIiV V
I Y V Y V Y V Y V
(87)
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
9
i ii1 1 i2 2 ii i iN N
i
i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N
i
i ii i1 1 i2 2 ij j iN N
ii i
P jQ Y V Y V Y V Y VV
P jQY V Y V Y V Y V Y VV
P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V
(87)
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N
P jQ1V I Y VY V
(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir
Ni i
i i ij jj 1ii ij i
i 1 N 1
P jQ1V I Y VY V
(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır
i i i i i
i i i
i pq 1 N 1S P jQ V I
Q İmag V I
(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
10
i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V
i(y) (h)i i(h)
i
VV V
V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri
i(y) (h) (h)i i i(h)
i
(y) (h)i i i
VV V
V
V V
(87)
Hat Akışı
i i i i i
i ii
i
i 1 NS P jQ V I
P jQIV
i Barasından j Barasına akım akışı
ijij i j ij i
yi V V y V
2
i Barasından j Barasına guumlccedil akışı
ij ij i ij
ij ij ij i i j ij i i
P jQ V i
yP jQ V V V y V V
2
(89)
Ii yij Ij
yrsquoij2 yrsquo
ij2
iBara jBara
iij iji
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2
11
Oumlrnek 91
3 4
2 1
P3 |V3|
Q3 3
|V4| 4=0
P4 Q4
P2 Q2
|V2| 2
P1 Q1
|V1| 1
2
1
3
P1 Q1
|V1| 1
P2 |V2|
Q2 2
|V3| 3=0
P3 Q3
|V2| 2=0
P2 Q2
P1 Q1
|V1| 1
1 2