KALICI DURUM GÜÇ ANALİZİ

EBE-212, Ö.F.BAY 1

KALICI DURUM GÜÇ ANALİZİ

EBE-212, Ö.F.BAY 2

KALICI DURUM GÜÇ ANALİZİÖĞRENİM HEDEFLERİ

Anlık GüçKalıcı durum sinüsoidal sinyallerin özel durumu için

Ortalama GüçBir saykıl boyunca üretilen veya tüketilen güç

En fazla Ortalama Güç AktarımıDevre sinüsoidal kalıcı durumda iken

Etkin veya RMS DeğerlerPeriyodik sinyaller için

Güç FaktörüFazör akım ve gerilim arasındaki açı ölçümü

Complex PowerMeasure of power using phasors

Güç Faktörü DüzeltimiYüke güç aktarımı nasıl arttırılabilir

Tek Fazlı Üç Telli DevrelerKüçük yüklere ve ev aletlerine tipik dağıtım metodu

EBE-212, Ö.F.BAY 3

ANLIK GÜÇ

EBE-212, Ö.F.BAY 4

Anlık Güç

Anlık (Ani) Güç:

Herhangi bit t anında bir elemanın uçları arasındaki gerilim ile içinden geçen akımın çarpımıdır.

• Anlık güçte her t anı için değişen bir değeri vardır.

EBE-212, Ö.F.BAY 5

i(t)

v(t)Z

( ) ( )( ) ( )iM

vM

tItitVtvθωθω

+=+=

coscos

Kalıcı durum gerilim ve akım ifadeleri;

Anlık Güç

anlık güç ise;

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )ivMM ttIVtp

titvtpθωθω ++=

=coscos

EBE-212, Ö.F.BAY 6

Anlık Güç

( ) ( )[ ]212121

21 coscoscoscos φφφφφφ ++−=

Yukarıdaki trigonometrik ifadeden yararlanırsak anlık güç;

( ) ( ) ( )[ ]ivivMM tIVtp θθωθθ +++−= 2coscos

2

şeklinde bulunur.

EBE-212, Ö.F.BAY 7

ANLIK GÜÇ (ÖZET)

)cos()()cos()(

Durumda Kalici

iM

vM

tItitVtvθωθω

+=+=

)()()(GucAnlik

Aktarilan Empedansa

titvtp =

)cos()cos()( ivMM ttIVtp θωθω ++=

[ ])cos()cos(21coscos 212121 φφφφφφ ++−=

[ ])2cos()cos(2

)( ivivMM tIVtp θθωθθ +++−=

sabit İki kat frekans

EBE-212, Ö.F.BAY 8

ÖRNEK

Anlık Güç

°==°==

30,260,4

iM

vM

IV

θθ

)902cos(430cos4)( °++°= ttp ω

bulun )(),( olsun 302

),60cos(4)(

tptiZ

ttvΩ°∠=

°+= ω

)(302302604 A

ZVI °∠=

°∠°∠

==

))(30cos(2)( Atti °+= ω

EBE-212, Ö.F.BAY 9

Örnek;i(t)

v(t)Z ( ) ( )

Ω∠=

+=0

0

30260cos4

ZVttv ω

Anlık Güç

Devreden geçen akım ve anlık güç değerini bulunuz? Akım ,gerilim ve anlık gücün t düzlemindeki grafiklerini çiziniz?

EBE-212, Ö.F.BAY 10

Anlık Güç

Çözüm;

( ) ( )( ) ( ) ( )[ ]( ) ( )Wttp

ttpAtti

A

0

00

0

0

0

0

902cos446,3902cos30cos4

30cos2302302604

++=

++=

+=

∠=∠∠

=

ω

ω

ω

I

I

değerlerini buluruz.


Grafikte gösterirsek;Anlık Güç


Ortalama Güç


Ortalama Güç

Ortalama Güç:

Herhangi bir sinüsoidal dalganın ortalama değeri bir periyotluk süre içerisinde fonksiyonun integralinin alınıp periyoda bölümü ile hesaplanır.

• Sinüsoidal bir fonksiyonun ortalama değeri sıfırdır.

( )

( ) ( )dtttIVT

P

dttpT

P

i

Tt

t vMM

Tt

t

θωθω ++=

=

∫

∫+

+

0

0

0

0

coscos1

1


Ortalama Güç

( ) ( )dtwtwtIVnT

P i

nTt

t vMM θθ ++= ∫+0

0

coscos1

( ) ( )[ ]dttIVT

PTt

t ivivMM∫

++++−= 0

0

2coscos2

1 θθωθθ

•İfadenin ilk kısmı sabittir. Çünkü bu sabitin integrali alınır ve periyoda bölünürse yine o sabit elde edilir.

•İfadeni ikinci kısmı sıfırdır. Çünkü cosinüs ve sinüs fonksiyonlarının ortalama değeri sıfırdır.

( )ivMM IVP θθ −= cos21


Ortalama Güç

Eğer saf dirençli bir devre söz konusu ise iv θθ − =0 olacağından

Cos(0)=1

MM IVP 21=

Eğer saf reaktif bir devre söz konusu ise

( )0

90cos 021

=

=

PIVP MM

Cos(900)

olur.


Örnek;

V06010∠

Ω2

Ω2j

Ortalama Güç

Devredeki empedans tarafından harcanan ortalama gücü bulunuz?


Ortalama Güç

Çözüm;

Aj

V vM 00

0

1553,34583,2

601022

∠=∠∠

=+∠

==θ

ZVI

Bu yüzden;

AIM 53,3= 015=iθve

buradan

( )( )( ) ( )

WPP

IVP ivMM

5,121560cos53,310

cos00

21

21

=

−=

−= θθ


Ortalama Güç

Direnç üzerine düşen gerilim;

( )( )

( )( )W

P

VjR

5,1253,307,7

1507,722

26010

21

00

=

=

∠=+

∠=V

NOT: Endüktif ve kapasitif elemanlar güçharcamazlar.

RVP RM

2

21

=

RIP M2

21=


ORTALAMA GÜÇ (ÖZET)

Sinüsoidal (ve diğer periyodik) sinyallerin bir periyotluk süredeki ortalama değerlerinin hesabı

ωπ2

=T

[ ])2cos()cos(2

)( ivivMM tIVtp θθωθθ +++−=

)cos(2 iv

MM IVP θθ −= İleri veya geri olması farketmez

∫+

=Tt

tdttp

TP

0

0

)(1

Eğer gerilim ve akım aynı fazda ise

MMiv IVP21

=⇒=θθ

Eğer gerilim ve akım 90 derece faz farklı ise090 =⇒°±=− Piv θθ

Saf omik

Saf endüktifveya kapasitif


ÖRNEK

Empedans tarafındanharcanan ortalama gücübulunuz.

)(1553.34522

601022

6010 Aj

I °∠=°∠°∠

=+

°∠=

°=°=== 15,60,53.3,10 ivMM IV θθ

WP 5.12)45cos(3.35 =°=

−

+

RV

)(1506.7601022

2 Vj

VR °∠=°∠+

=

WP 53.306.721

×=

Endüktör güç harcamazDirenç üzerindeki gerilim ve içinden geçen akım kullanılarak

Ortalama Güç


ÖRNEK Devredeki elemanların ürettikleri ve tükettikleri ortalama gücü bulunuz

)(45344512

1 AI °∠=°∠

=

WP 1831221

4 =×=Ω

Eğer gerilim ve akım aynı fazda ise

MMiv IVP21

=⇒=θθ 212

1MRI=

RVM

2

21

=

)(57.7136.537.265

451212

45122 A

jI °∠=

°−∠°∠

=−

°∠=

)(36.5221 2

2 WP ××=Ω W7.28=

Endüktörler ve kapasitörler ortalama güçharcamazlar

WPtoplam 7.2818+=

⇒= tuketilenuretilen PP WP 7.46uretilen =sağlama

°∠+°∠=+= 57.7136.545321 III)(10.6215.8 AI °∠=

)cos(2 iv

MM IVP θθ −=

)10.6245cos(15.81221

uretilen °−°××=P


Örnek;I

Ω4

Ω− 1j

Ω2

V04512∠

V

1I

2I

Ortalama Güç

Devredeki toplam üretilen ve toplam tüketilen ortalama güçleri bulunuz?


Ortalama Güç

Çözüm;

A

Aj

A

0

0021

00

00

2

00

1

10,6215,857,7136,5453

57,7136,557,2624,2

451212

4512

45344512

∠=

∠+∠=

+=

∠=−∠∠

=−∠

=

∠=∠

=

III

I

I


Ortalama Güç

Dirençler üzerindeki ortalama güçler;

( )( ) WIVP MM 1831221

21

4 ===

( ) ( ) WRIP M 7,28234,5 2212

21

2 ===

WPP TÜ 7,467,2818 =+==

( )( )( ) ( )

WPP

IVP

Ü

Ü

ivMMÜ

7,4610,6245cos15,812

cos00

21

21

=

−=

−= θθ

Enerjinin korunumu prensibine göre üretilen güç = tüketilen güçtür.


( ) ( ) ( )222111 coscos θωθω +++= ttti II

Özel Durm

Şeklinde ise

Ortalama Güç

( ) ( )[ ]∫ +++=T

RdtttT

P0

2222111 coscos1 θωθω II

( ) ( ) ( ) ( )[ ]

( )[ ] ( )[ ] ∫

∫

−+−++++++=

++++++=

T

T

RdtttT

RR

RdtttttT

P

0 212121212121

22

21

022112122

22211

221

coscos122

coscos2coscos1

θθωωθθωω

θωθωθωθω

IIIIII

IIII

RRP22

22

21 II

+=


Ortalama Güç

Örnek;

I1

Ω1j

Ω2V03012∠

3I

2I

V006∠

Devredeki toplam üretilen ve toplam tüketilen ortalama güçleri bulunuz?


Ortalama Güç

Çözüm;

( )( ) WIVP

Aj

jj

A

MM 36612

21,3644,71

639,41

063012

30623012

21

21

2

000

3

00

2

===

−∠=+

=∠−∠

=

∠=∠

=

I

I

( )( )( ) ( )[ ]W

IVP ivMM

1821.360cos44.76

cos00

21

.21

06 0

=

−−=

−=∠

θθ


Ortalama Güç

A0

00321

10.729.1121.3644.7306

−∠=

−∠+∠=

+= III

( )( ) ( )W

P54

)10.7(30cos29.1112 0021

3012

−=

−−−=∠

olarak buluruz.


ÖRNEK Devredeki elemanların ürettikleri veya tükettikleri ortalama güçleri bulunuz

1I2I

)0124(Ij2I304012I

22

1

°∠++−=°∠°∠=

iDenklemler Cevre

°−∠−+

=−

°∠−°∠=

57.2647.448246.3

24048304

2j

jI

)(20497.957.2647.443.17758.44

2 AI °∠=°−∠°∠

=

)(5.5492.19))(055.4108.912(4))(20497.912(4)(4 214

VVjVIIV

°−∠=−−=°∠+=+=Ω

WR

VP M 6.49492.19

21

21 22

4 =×==Ω

)(02 WP j =Ω−

)(4.69)05.54cos()12(92.1921

012 WP −=°−°−×−××=°∠Ω4V

)(8.19)20430cos()97.9(421

304 WP =°−°−××=°∠

Kontrol: Üretilen Güç = Tüketilen Güç

2jV304I

0j2304V

4V012

4Ω2

4Ω4Ω

−−°∠

=

=−

°∠−++°∠−

iDenklemlerDugum

Alternatif çözüm yolu

)cos(21

Guc Ortalama

ivMM IVP θθ −=R

VRIP MM

22

21

21

icinDirencler

==


Maksimum Ortalama GüçAktarımı


Maksimum Ortalama Güç Aktarımı

Büyük entegre devrelerde milyonlarca transistor arsındaki güçkaybını engellemek için empedans uygunlaştırılması yapılmalıdır. Bu da maksimum güç aktarımı(ortalama) ile yapılır. Böylece verim maksimum kayıp minimum hale gelir.

OCV

ac devre

ThZ

LZ

LI

LV

LZ yüküne maksimum güç aktarımı yapmak için.İlk önce bulunur.ThZ


( )LL iVLLL IVP θθ −= cos2

1


LLL

ThThTh

LTh

LOCL

LTh

OCL

jXRjXR

+=+=+

=

+=

ZZ

ZZZV

V

ZZV

I

( ) ( )[ ]( )

( ) ( )[ ]2122

2/122

21

22

LThLTh

LLOCL

LThLTh

OCL

XXRR

XRVV

XXRR

VI

+++

+=

+++=



( ) 2/122cos

LL

LZ

XR

RL +=θ

( ) ( )22

2

21

LThLTh

LOCL XXRR

RVP

+++=

( )2

2

21

ThL

LOCL RR

RVP

+=



*ThThThLLL jXRjXR ZZ =−=+=

LZ ‘ye maksimum güç aktarımı sağlanır.

LL R=Z yapabilmek için

22ThThL XRR +=

olacak şekilde ayarlanmalıdır.


MAKSİMUM ORTALAMA GÜÇ AKTARIMI (ÖZET)

)cos(||||21

)cos(21

LL

LL

IVLL

IVLMLML

IV

IVP

θθ

θθ

−=

−=

THTHTH jXRZ +=

LLL jXRZ +=

L

LL

OCTHL

LL

ZVI

VZZ

ZV

=

+= |||| OC

THL

LL V

ZZZV+

=⇒

LIV

LLL

ZZVI

LL∠=−⇒∠−∠=∠⇒

θθ

LLL jXRZ +=

22)cos(

)tan(

LL

LIV

L

LL

XRR

RXZ

LL +=−∴

=∠⇒

θθθ

θ2tan1

1cos+

=

||||||

L

LL Z

VI =⇒

222

2

||||||

21

LL

L

THL

OCLL

XRR

ZZVZP

++=

222 )()(||

)()(

THLTHLTHL

THLTHLTHL

XXRRZZ

XXjRRZZ

+++=+

+++=+

22

2

)()(||

21

THLTHL

LOCL XXRR

RVP+++

=

⎩⎨⎧

=−=

⇒

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

=∂∂

=∂∂

THL

THL

L

L

L

L

RRXX

RPXP

0

0

*TH

optL ZZ =∴

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

TH

OCL R

VP4

||21 2

max


Maksimum ortalama güç aktarımı için problem çözme işlem sırası: Maksimum Ortalama Güç Aktarımı

1. yükü devreden çıkarılır ve devrenin Thevenin eşdeğeri elde edilir.

2. Şekildeki devre elde edilir.

3. olarak seçilir ve maksimum *ThThThL jXR ZZ =−=

LZ

OCV

ac devre

ThZ

LZ

LI

LV

ThOCThL RVRI 8/21 22 ==ortalama güç bulunur.


ÖRNEK

bulunuz.gücü ortalam maksimumaktarilan Yüke bulun. yi icin aktarimi güc ortalama Maksimum LZ

Yükü devreden ayırın ve geriye kalan devrenin Thevenin eşdeğerini bulun

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

TH

OCL R

VP4

||21 2

max*TH

optL ZZ =∴

1I °−∠=°∠

°∠=°∠

+×= 64.926.5

64.908.603204

1624

jVOC

Ω°∠=°∠°∠

=++

=

Ω+

=−+

=++

=+=

93.1647.164.908.657.2694.8

1648

371652

37)16)(48(

1648)12(||4

jj

jjjjjjZTH

Ω−=°−∠== 43.041.193.1647.1* jZZ THL

)(45.241.14

26.521 2

max WPL =×

×=Aktarılan ortalama güç sorulduğundanThevenin gerilimine ihtiyaç duyarız


Maksimum ortalama güç aktarımı

Örnek;

LZA004∠ Ω2 Ω4

Ω1j

Devredeki maksimum ortalama güç aktarımı için ve değerlerini bulunuz?

LZ LP



Çözüm;

OCVA004∠ Ω2 Ω4

Ω1j

( ) ( ) VjOC

00

46,926,5416204

−∠=+

∠=V


ThZΩ2 Ω4

Ω1jMaksimum ortalama güç aktarımı

( )Ω+=

++

= 43,041,116124 j

jj

ThZ

Ω−= 43,041,1 jLZ

A00

46,987,182,2

46,926,5−∠=

−∠=I

( ) ( ) WRIP LML 47.241.187.1 2212

21 ===



Örnek;

XV

Ω− 2j

Ω2

Ω4j

V004∠

XV

LZ

Devredeki maksimum ortalama güç aktarımı için ve değerlerini bulunuz?

LZ LP



Çözüm;

LZÖnce yükünü devreden ayıralım.

1IΩ− 2j

Ω2

Ω4j

V004∠

'xV

OCV'xV



( )1

1

2424

IVIV

−=′+=+′

x

x j

2451 0

1−∠

=I

V

j

OC

OC

OC

OC

0

00

01

57,16116,3

1304452

042

−∠=

−−=∠−−∠=

∠−=

V

VV

IV


Şimdi de bulalım.THZ

SCI

Ω− 2j

Ω2

Ω4j

V004∠

''xV

''xV




( )( )

( )( )Aj

jj

sc

scx

sc

scx

212

22242424

''

''

+−=−−=

−+−=−−+=+

IIIV

IIIIV

Ω−=+−−−

== 11)21(

13 jjj

SC

OCTh I

VZ



Ω+= 11 jLZ

Aj

LTh

OCL

057,16158,12

13−∠=

−−=

+=

ZZVI

( ) ( )WP

P

L

L

25,1158,1 2

21

=

=

olarak buluruz.


Etkin veya RMSDeğerler


Etkin veya RMS Değerler

RIP etk2=

( ) RdttiT

PTt

t

2

20

0

1⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= ∫

+

( )∫+

==Tt

tRMSetk dttiT

II 0

0

21



Örnek;

( ) ( )θω −= tIti M cos için değeri nedir? rmsI

ωπ /2=T

Çözüm;

( )2/1

0

22 cos1⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −= ∫

T

Mrms dttIT

I θω

Trigonometrik eşitliği kullanarak;

φφ 2coscos 21

212 +=

( )[ ]2/1

/2

0 21

21 22cos

2 ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −+= ∫

ωπθω

πω dttII Mrms



222

21

22/1/2

0

2/1/2

0

MM

Mrms

ItI

dtII

=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛= ∫

ωπ

ωπ

πω

πω

olarak buluruz.

Cosinüs fonksiyonunun ortalama değeri sıfırdır.



Akım ve gerilimin RMS değerlerini kullanarak ortalama gücün genel denklemini yeniden yazabiliriz.

( )ivrmsrms IVP θθ −= cos

Direnç tarafından harcanan güç;

RV

RIP rmsrms

22 ==

( )RIIIP nrmsrmsrms22

22

1 ...+++=

222

21 ... nrmsrmsrmsrms IIII +++=



Örnek;

0 1 2 3

4

54

-4

V(t)(V)

t(s)

Yukarıdaki gerilim dalga şeklinin değerini hesaplayınız?

rmsV


Çözüm;

( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

+−=

VtVtV

tv84

04

stsstssts

32211

≤<≤<≤<0

RMS değeri;

( ) ( ) ( )

V

tttt

dttdtdttVrms

89,1

642

643

163

1631

840431

2/13

2

231

0

3

2/13

2

22

1

21

0

2

=

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−+=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +−++= ∫∫∫




Örnek;

Yukarıdaki akım dalga şeklinin değerini bulunuz?

rms

Bu değer luk dirence uygulandığında nedir?Ω2 Ω2P


Çözüm;

( ) ( )

( )A

tt

dtdtI rms

4

161641

4441

2/14

2

2

0

2/14

2

22

0

2

=

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −+= ∫∫

Ω2 luk direnç üzerindeki ortalama güç


( ) ( ) WRIP rms 3224 22 ===


Güç Faktörü


Güç Faktörü

( )ivrmsrms IVP θθ −= cos

rmsrms IV : görünür güç (VA, kVA)

( )ivrmsrms IV θθ −cos : ortalama güç (watt)

Güç faktörü, ortalama gücün görünür güce oranıdır.


Güç Faktörü

( )ivrmsrms IV

Ppf θθ −== cos

Herhangi bir yükü empedans cinsinden belirtmişsek, güç faktörüaçısı bu empedansın faz açısına eşittir.

( )LZiv θθθ coscos =−


Güç Faktörü

Sadece dirençlerden oluşan bir devrede;

0=LZθ ve pf=1 olur.

Saf endüktif veya saf kapasitif devrelerde;

90±=LZθ ve pf=0 olur.

Eğer devre RL etkin devre ise

Eğer devre RC etkin devre ise

ve

ve090

9000

0

≤≤−

≤≤

L

L

Z

Z

θ

θdirpfdirpf

'10'10

≤≤≤≤


Güç Faktörü

Saf endüktif: Akım gerilimden geridedir.

Saf kapasitif: Akım gerilimden ileridedir.

090090

Güç faktörü endüktif devrelerde geri, kapasitif devrelerde ise ileri olarak belirtilir.


Güç Faktörü

Örnek;kWPL 88=

geripf 707.0=

rmsL VV 480=

08,0=hatZ Ω

ise;

a) Enerji sağlayıcı tarafından sağlanması gereken ortalama güç ne olmalıdır?

b) Eğer güç faktörü pf=0,9 geri yaparsak bu durumda güç sağlayıcının sağlaması gereken güç ne olmalıdır?


Çözüm;

geripfkWPL

707.088

==

Ω08.0

rmsV480SV

rmsI

( )( )rms

Lrms Vpf

PI =a)

Güç Faktörü

( )( )( )( )

Arms3.259480707.0

1088 3

=

=


Güç Faktörü

( )( )( )

kW

IPP rmsLS

38.933.25908.088000

08.02

2

=+=

+=

( )( )( )( )( )( )

Arm

VpfP

Irms

Lrms

7.20348090.0

1088 3

=

=

=b)

( )( )( )

kW

IPP rmsLS

32.917.20308.088000

08.02

2

=+=

+=

olarak buluruz.


Karmaşık Güç


rmsI

ZZ θ∠rmsV

∗= rmsrmsIVS

Eğer IRirmsrms jIII +=∠= θI

ise;

IRirmsrms jIII −=−∠=∗ θI


Karmaşık güç ise;

)(..S ivrmsrmsirmsvrms IVIV θθθθ −∠=−∠∠=

ya da

( ) ( )ivrmsrmsivrmsrms IjVIV θθθθ −+−= sincosS

ziv θθθ =−burada;

‘dir.

Buradan;

jQP +=S( ) ( )( ) ( )ivrmsrms

ivrmsrms

IVQIVP

θθθθ

−==−==

sinImcosRe

SS

burada;

‘dir.


( ) ( )ZivZRecos =−θθ

( ) ( )ZivZImsin =−θθ

ZV

I rmsrms =

ve

olduklarından eşitliği şu şekilde de yazabiliriz.

( )( )ZZ

Im

Re2

2

rms

rms

IQ

IP

=

=

ve buradan da;

ZS 2rmsI=


( )PQ

iv =−θθtan

iθvθ

( )ivrmsI θθ −siniv θθ −

()

iv

rmsI

θθ −

cos

rmsV

rmsI

iv θθ −

Im

Reiv θθ −

P+Q

-Q

S

S

iv θθ −

ZS

2rmsI= ( )ZIm2

rmsIQ =

( )ZRe2rmsIP =


Örnek;kWPL 20=

=LVgeripf 8.0=

rmsV00220∠

3,009,0 jZhat += Ω

ise;

Hat girişindeki gerilimin genliğini ve güç faktörünübulunuz?


Çözüm;

pfkW

8.020

Ω09.0

rmsV00220∠SV

LI

Ω3.0j

geri

VApfPPSL 25000

8,020000

cos====

θ

buradan yük;

VAjL 150002000087.362500025000 0 +=∠=∠= θS


Arms

L

LLL

0

0

0

87,3664,113

022087,3625000

−∠=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡∠∠

=

=∗

∗

I

IVS

( ) ( )VAj

j

I

hat

hat

hatLhat

21,387426,11623,009,064,113 2

2

+=+=

=

SS

ZS


Karmaşık gücün genel denkleminden;

VA

j

S

S

hatLS

073,4125,28356

21,1887426,21162

∠=

+=+=

S

SSSS

rmsVI

V

S

L

SS

V

S

53,24964,113

25,28356

=

==

buradan;

güç faktörü;

( ) geripfgiriş 75.073.41cos 0 ==


İkinci yol;

rmsL AI 087.3664.113 −∠=

( )( )rms

jhat

V

V0

0

43,3659,35

3,009,087,3664,113

∠=

+−∠=

rmsS

V

V0

00

86,453,249

43,3659,350220

∠

∠+∠=buradan;

( ) 000 73,4187,3686,4 =−−=− iv θθ

( ) geripf 75,073,41cos 0 ==

ve buradan da;

olarak buluruz.


Örnek;rmsA VV 030120∠=

rmsB VV 00120∠=

Ω+= 10 jZ

ise;

İki devre arasında akan ortalama gücü bulunuz?

Hangi devre güç üreten hangi devre güç tüketen devredir?


Çözüm;

AV BV

Armsj

BA

0

00

1512,621

012030120

∠=

∠−∠=

−=

I

I

ZVVI


A devresinin tükettiği ortalama güç;

( )( )( ) ( )

W

I)(VP IVAA A

4,72001530cos12,62120

cos00

−=−−=

−−= θθ

B devresinin tükettiği ortalama güç;

( )( )( ) ( )

W

IVP IVBB B

4,7200150cos12,62120

cos00

=−=

−= θθ

A devresi güç üretir. B devresi güç tüketir.


Güç Faktörünün Düzeltilmesi


Kapasitör paralel bağlanmadan önce;

eskieskieskieskieski jQP θ∠=+= SS

LI

TI CI


Kapasitör paralel bağlandıktan sonra;0900 −∠=−= ccc jQ SS

Yeni karmaşık güç;

yeniyeniyenieskiyeniceski jQP θ∠=+==+ SSSS2

rmscc CVjjQ ω−=−=S

LL iveski θθθ −=

TT ivyeni θθθ −=


TT iv θθ −

L

L

i

v

θθ

−

CL QQ −

LQ

CQ

LS


Örnek;kWPL 50=

=Vgeripf 8.0=

rmsV00220∠

f=60Hz

ise;

Pf=0.95 geri olması için paralel bağlanacak kapasitörün değeri nedir ?


Çözüm;

geripfkW

8.050

=rmsV00220∠

LI

TI CI

C

( )( )( ) kVARPQ eskieskieski 5,3775.01050tan 3 === θ

Buradan;

cc

eskieskieski

jQjjQP

−=+=+=

03750050000

SS


Güç faktörünü 0.95 yapmak için;

( ) ( )0

11

19.18

95.0coscos

=

== −−yeniyeni pfθ

ise;

( )var16430

19,18tan50000

tan0

==

= yenieskiyeni PQ θ


Bu yüzden;

rmsCV

rmsCVQQQ ceskiyeni

2

2

3750016430 ω

ω

−=−

−==−

Kapasitörün değeri;

( )( )FC

C

µ1155220377

210702

=

=

olur.


Güç Ölçümleri


P

Gerilimsargısı

Akımsargısı

Yük V

I


( ) ( )∫=T

dttitvT

P0

1

( ) ( )ivVIP θθ −== ∗ cosRe VI


Eğer wattmetre düz saparsa;

Devre-B güç tüketmektedir.

Eğer wattmetre ters saparsa;

Devre-A güç tükettmektedir.


Örnek;

rmsV0012∠

rmsV0024∠

Ω6

Ω3 Ω2

Ω4j

Ω− 2j

Wattmetrede okunan değer nedir ?


Çözüm;

rmsrmsVV

AI0

0

86.21699.1143.15368.2

∠=

∠=

Wattmetrede okunan değer;

( ) ( )( )( ) ( )

W

P iv

37.1443.15386.216cos68.299.11

cosRe00

=−=

−== ∗ θθIVVI

( )Ω+ 42 jOrtalama güç üreten empedans


Tek FazlıÜç Telli Devreler


a

n

b

V

V

a

n

b

V

V

LZ

LZ

A

B

N

aAI

bBI

nNI

LaA Z

VI =

LbB Z

VI −=


V

V

LZ

LZ

LLZ

lineZ

nZ

lineZ

Bu devreye süperpozisyon uygulayalım;


V

LZ

LZ

LLZ

lineZ

nZ

lineZaI−

bI−

cI−

dI− eI−

fI−

V LZ

LZ

LLZ

lineZ

nZ

lineZ

aI

bI

cI

dI

eI

fI


Kirşofun akımlar kanunundan;

( )

0=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−=

−−=

LL

bBaAnN

ZV

ZV

III


Örnek;a

n

b

A

B

N

aAI

bBI

nNI

rmsV00120∠

rmsV00120∠

LI

SI

RILamba120W

Radyo24W

Fırın7200W

1kW 1 YTL ise alıcıların 30 günlük tüketim bedeli ne kadardır?


Çözüm;


Düğüm analizini uygularsak;

LSnN

RSbB

RLaA

IIIIIIIII

−=−−=

+=

ArmsVPI

ArmsVP

I

ArmsVPI

ab

RR

nb

SS

an

LL

30240

7200

2.012024

1120120

===

===

===


∫∫−=

=

dtIVE

dtIVE

aBnbnb

aAanan

6.12148

135154..12

..12

..12

..12

=+=−

=+=

∫∫

RS

ma

ma bB

LR

ma

ma aA

IIdtI

IIdtI

kWhEkWhEkWhE

total

nb

an

8.306.142.16

===

Ücret=(30.8)(30)(1)=924 YTL


Evlerde kullanılanGüç devresi

Hatlar arası gerilim büyük güçlü ev aletleri için (fırın,buzdolabı vb), Faz gerilimi ise küçük cihazlar için kullanılır (lamba, radyo vb).

Temel devre

Geneldengelidurum

Süperpozisyon için genel durum

Nötür akımı sıfırdır

Nötür akımısıfırdır

Simetriye birörnek

TEK FAZLI ÜÇ TELLİ DEVRELER (ÖZET)


ÖRNEK 24-saatlik süredeki enerji kullanımını ve ücretini belirleyiniz.Enerjinin birim fiyatı 0.08 YTL/kWh dir.

rmsA1= Lamba

rmsA2.0=

Radyo

rmsA30=

Cihazlarıomikvarsayın

rmsrms IVP =

∫ ×== ZamanPdttpEnerji ortalama)(

LSnN

RSbB

RLaA

IIIIII

III

−=−−=

+=KAK

kWhHrkWHrkWElamba 8.1712.0812.0 =×+×=

kWhHrkWE firin 8.28)112(2.7 =++×=

kWhHrkWEradyo 192.0)35(024.0 =+×=

kWhEgünlük 792.30= günYTLÜcret /46.2= ∫∫ == dtIVpE rmsrmsüretilenüretilen


GÜVENLİK HUSUSLARI

Bir elden diğer ele kalp üzerinden geçen 50 Hz lik akımın ortalama etkisi

KALICI DURUM GÜÇ ANALİZİ

Documents

Transcript of KALICI DURUM GÜÇ ANALİZİ