Uploaded by User1602

ENERJI ILETIM DERS NOTU

advertisement
19
BÖLÜM 4
ĐLETĐM HATLARI
4.1. Đletim hatlarının yapısı
Yüksek gerilim iletim hatlarında malzeme olarak çelik özlü alüminyum iletkenler kullanılır.
(ACSR –Aluminium Conductor Steel Reinforced) Kanada standardı olarak tüm dünyada kuş
isimleri ile karakteristik adları bilinen ACSR iletkenler AWG veya MCM ölçekleriyle anılan
kesitlere sahiptirler ve ülkemizde de TS-IEC 1089’ a uygun olarak, 15...750 mm² kesitleri
arasında üretilmektedir.
Şekil 4.1. ACSR iletken
Đletkende seri olarak tel direnci ve magnetik alandan doğan reaktans ile şönt olarak elektrik
alandan doğan toprak kapasitesi mevcuttur.
Şekil 4.2. Hattın (dx) sonsuz küçük parçasındaki (dağıtılmış) hat parametreleri
r : Hattın seri omik direnci (rezistans); x : Hattın seri endüktif direnci (reaktans),
g : Hattın kaçak iletkenliği, (Kondüktans), b : Hattın kaçak kapasitesini (suseptans)
L(km) : hat boyu
Dağıtılmış parametreleri ile hatlar;
a-) Yüksek frekanslı iletimde (haberleşme hatları)
b-) Geçici olaylar sonucu oluşan yürüyen dalga analizlerinde
c-) Uzun mesafeli enerji iletiminde
gözönüne alınırlar. Bunun ötesinde daha çok hatların parametrik değerleri " z : kilometre başına
seri empedans- ohm/km" veya " y : kilometre başına şönt admitans 1/ohm.km olarak birim
uzunluk başına verilmektedir.
Hatların admitans ve empedans etkileri, hat uzunluğuna bağlıdır.
Z = z.L = r.L+ j x.L
(ohm)
Hattın toplam seri empedansı,
Y = y.L =g.L+j b.L
(1/ohm)
Hattın toplam şönt admitansı
20
4.2. Đki Kapılı Devreler: Transmission parametreleri : A, B, C, D
IS
IR
A
C
VS
B
D
VR
Şekil 4.3. Đki kapılı devre
& = AV
& + B&I
V
S
R
R
&I = CV
& + D&I
S
R
(1)
R
A, B, C, D sabitleri, transmission parametreleri olarak adlandırılır.
| A.D-B.C |= 1 ve simetrik devrelerde D = A olur.
Bu parametreler iki test ile bulunur:
- açık devre testi
- kısa devre testi
4.2.1. Açık Devre Testi :
IS
IR=0
A
C
VS
B
D
VR
Şekil 4.4. Đki kapılı devre, açık devre testi
r
IR = 0 , olduğundan
r
r
r
VS
VS = AVR ∴ A = r
VR
r
r
r
I
IS = C VR ∴ B = r S
VR
4.2.2. Kısa Devre Testi
IS
VS
IR
A
C
B
D
VR=0
Şekil 4.5. Đki kapılı devre, kısa devre testi
21
r
VR = 0 , olduğundan
r
r
r
VS
VS = BIR ∴ B = r
IR
r
r
r
I
IS = DIR ∴ D = rS
IR
4.2.3. Sadece seri empedanstan oluşan devrede Transmisyon Sabitleri :
IS
Z
IR
VS
VR
Şekil 4.6. Seri Z elemanından ibaret olan iki-kapılı devre
devreden,
r
r
IS = IR
rr
r
r
VS = VR + ZIR
eşitlikten
∴A = 1, B = Z, C = 0, D = 1
4.2.4. Sadece şönt admitanstan oluşan devrede Transmission Sabitleri :
IR
IS
VS
Y
VR
Şekil 4.7. Şönt Y elemanından ibaret olan iki-kapılı devre
devreden,
r
r
VS = VR
r
r
r
IS = Y VR + IR
eşitlikten;
∴A = 1, B = 0, C = Y, D = 1
22
4.3.
Seri veya Paralel Bağlı Devreler için Hat Sabitleri
Đki kapılı bir devre için temel olarak, Vs = A.Vr + B.Ir ve Is = C.Vr + D.Ir
eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler için
şu şekilde belirlenir.
4.3.1 Seri bağlı devreler
Is
Vs
I
A1 , B1
Ir
A2 , B2
V
Vr
C2 , D2
C1 , D1
Şekil 4.8. Seri bağlı iki kapılı devreler
Vs  A1
 Is  =  C
   1
B1  V 
⋅
D1   I 
V  A 2
 I  = C
   2
B 2  Vr 
⋅
D 2   Ir 
[V I] yerine konur ve gerekli düzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler için,
Vs  A1
 Is  =  C
   1
B1  A 2
⋅
D1   C 2
B 2  Vr 
⋅
D 2   Ir 
Vs  A B  Vr 
 Is  =  C D ⋅  Ir 
  
  
Sonuç olarak;
 A B   A1
 C D =  C

  1
B1  A 2
⋅
D1   C 2
A = A1A2+B1C2
C = A2.C1+C2.D1
B2 
D 2 
B = A1B2+B1D2
D = B2.C1+D1.D2
23
4.3.2 Paralel bağlı devreler
Is1
Ir1
A1 , B1
C1 , D1
Is
Ir
Vs
Vr
Is2
A2 , B2
Ir2
C2 , D2
Şekil 4.9. Paralel bağlı iki kapılı devreler
Vs = A.Vr + B.Ir = A1.Vr + B1.Ir1 = A2.Vr + B2.Ir2 , Is = C.Vr + D.Ir ,
Is1 = C1.Vr + D1.Ir1 , Is2 = C2.Vr + D2.Ir2 ve Is = Is1+ Is2 , Ir = Ir1+ Ir2
eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri,
A1 . B2 + A 2 . B1
B1 + B2
D . B + D 2 . B1
D= 1 2
B1 + B2
A=
, B=
B1 . B2
B1 + B2
, C = C1 + C2 +
( A1 − A 2 ).( D 2 − D1 )
B1 + B2
şeklinde sabitler belirlenir.
Çözüm :
r
r
r
IS = IS1 + IS2
r
r
r
r
r
r
I R = I R1 + I R 2 ∴ I R1 = I R − I R 2
r
r
r
r
r
∴ IS = C1VR1 + D1 IR1 + C 2 VR 2 + D 2 IR 2
böylece,
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
VS = VS1 = A1VR1 + B1 IR1 = VS2 = A 2 VR 2 + B 2 IR 2 = A1VR + B1 IR1 = A 2 VR + B 2 IR 2
r
r
r
r
r
r
∴ B 2 IR 2 = (A1 − A 2 )VR + B1 IR1 = (A1 − A 2 )VR + B1 ( IR − IR 2 )
r
r
r
∴ IR 2 (B1 + B 2 ) = (A1 − A 2 )VR + B1 IR
r
A − A2 r
B1 r
∴ IR 2 = 1
VR +
IR
B1 + B 2
B1 + B 2
r
r
r
r
r
∴ IS = (C1 + C 2 )VR + D1 IR − D1 IR 2 + D 2 IR 2
24
r
r
r
A − A2 r
B1 r
∴ IS = (C1 + C 2 )VR + D1 IR + (D 2 − D1 )( 1
VR +
IR )
B1 + B 2
B1 + B 2
r 
(D − D1 )(A1 − A 2 )  r
D1B 2 + B1D 2 r
∴ IS = C1 + C 2 + 2
IR
 VR +
B1 + B 2
B1 + B 2


aynı şekilde,
r
A B + B1A 2 r
BB r
VS = 1 2
VR + 1 2 IR
B1 + B 2
B1 + B 2
sonuç olarak;
A eq =
A 1 B 2 + B1 A 2
B1 + B 2
C eq = C1 + C 2 +
B eq =
(D 2 − D1 )(A 1 − A 2 )
B1 + B 2
D eq =
4.3.3. Örnek Devreler :
Vs
Z
Y
Vr
Şekil 4.10. L devresi
A B  1 Z  1 0 1 + ZY Z
 C D  = 0 1  ⋅  Y 1  =  Y
1 

 
 
 
Vs
Z
Y
Vr
Şekil 4.11. Ters L devresi
Z 
 A B   1 0  1 Z   1
 C D = Y 1 ⋅ 0 1  = Y 1 + ZY

 
 
 

B1 B 2
B1 + B 2
D 1 B 2 + B1 D 2
B1 + B 2
25
4.4. 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 üstü)
şeklinde modellemek mümkündür.
4.4.1 Kısa hatlar
IS
Z
VS
IR
VR
Şekil 4.12. Kısa hat gösterilimi
devreye bakarak çözüm,
r
r
IS = IR
rr
r
r
VS = VR + ZIR
A B C D Sabitleri
∴A = 1, B = Z, C = 0, D = 1
VS
δ
VR
RHIR
j XHIR
I
Şekil 4.13. Kısa hat fazör diyagramı
4.4.2 Orta Uzunluktaki Hatlar
4.4.2.1. Nominal T devresi
Nominal T devresiyle göz önüne alınan hatlarda , hattın toplam şönt kapasitesi hattın ortasında,
seri empedansı ise yarıya bölünerek hattın her iki ucuna konulmaktadır.
26
Is
Vs
Z/2
Y
Z/2
Ir Vr
Vs
Z/2
Y
Z/2
Vr
Şekil 4.14. a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin
oluşturulması

Y 

Vs  1 Z   1 0 1 Z  Vr  1 + Z Y 2 Z ⋅ 1 + Z  Vr 
2 ⋅ 
2 ⋅   =
4  ⋅  

 Is  = 
⋅

 Ir 
  0 1  Y 1 0 1   Ir   Y
Y
1+ Z


2 
A= D = 1+Z.Y/2 , B = Z.(1+Z.Y/4) , C = Y
Nominal π devresiyle göz önüne alınan bu hatlar açısından, hattın toplam şönt kapasitesi yarıya
bölünerek hattın iki ucuna konulmaktadır.
4.4.2.2. Nominal Π devresi
Vs
Is
Y/2
Z
Y/2
Ir Vr
Vs
Y/2
Z
Y/2
Vr
Şekil 4.15. a) Nominal Π devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla Π modelinin
oluşturulması
Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında;
Y


1+ Z
Z 
1
0
1
0





A B 
1 Z
2
⋅
⋅ Y
=



 C D = Y



  2 1 0 1   2 1 Y ⋅ 1 + Z Y  1 + Z Y 
4
2 
 
Ve bu bağıntılar genel formda;
Vs = A.Vr + B.Ir
Is = C.Vr + D.Ir
27
Vs = (1+Z.Y/2).Vr + Z.Ir
Is = Y.(1+Z.Y/4).Vr + (1+Z.Y/2).Ir
bağıntıları ile ifade edilirler.
Böylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat için A, B, C, D sabitleri ;
A= D = 1+Z.Y/2 , B = Z , C = Y.(1+Z.Y/4)
olarak belirlenmektedirler.
I2
Vs
Is
I3
Z
Y/2
I1
Ir
Vr
Y/2
VS
δ
VR
IS
I3
I2
I1
IR
RHI2
j XHI2
Şekil 4.16. a) Nominal Π devresi b) devrenin fazör diyagramı
4.4.3 Uzun Đletim Hatları
Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil, hat boyunca (üniform)düzgün olarak dağıldığı
kabul edilerek tam çözüm yapılır. Çözüm için göz önüne alınan şekil aşağıda verilmiştir.
Şekil 4.17. Uzun iletim hattının şematik gösterilimi
28
Burada;
z : birim uzunluktaki hattın seri empedansını,
y : birim uzunluktaki hattın şönt admitansını,
L : hattın toplam uzunluğunu,
Z = z.L : toplam seri empedansı,
Y = y.L : toplam şönt admitansı göstermektedir.
Zc = √z/y : karakteristik empedans
Yc = √y/z : karakteristik admitans
γ = √z.y = α + β : propagasyon sabiti (α : zayıflama sabiti , β : faz sabiti)
Şekil 4.17 ' ye göre, hattın dx mesafesi başındaki akım I+∆I gerilim V+∆V iken, sonundaki akım
I gerilim ise V olmaktadır. Buna göre dx mesafesi için gerilim (dVx) ve akım (dIx) çözümleri
ilişkin ifadeleri elde edilir. Bu ifadeler, L = x için, (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa;
Gerilim Değişimi
Akım Değişimi
dVx = (Ix+dIx).zdx
dIx = (Vx+dVx).ydx
dVx ≅ (Ix).zdx.
dIx ≅ (Vx).ydx
dVx
dIx
= z ⋅ Ix
= y ⋅ Vx
dx
dx
d 2 Vx
dIx
d 2 Ix
dVx
=
z
=
z
⋅
y
⋅
Vx
=z
= z ⋅ y ⋅ Ix
2
2
dx
dx
dx
dx
2. mertebe adi lineer diferansiyel denklem
x=0 için Vx=Vr, Ix=Ir
x=L için Vx=Vs, Ix=Is başlangıç koşulları
çözüm;
VS =
VR + I R Z C αL βL VR − I R Z C −αL −βL
e e +
e e
2
2
IS =
YC VR + I R αL βL YC VR − I R Z C −αL −βL
e e −
e e
2
2
VS =
VR + I R Z C γ L VR − I R Z C − γ L
e +
e
2
2
IS =
YC VR + I R γ L YC VR − I R − γ L
e −
e
2
2
29
 e γ L + e −γ L 
 e γ L − e −γ L 
VS = 
⋅
V
+
 R 
 ⋅ ZC I R
2
2




 e γ L − e −γ L 
 e γ L + e−γ L 
IS = 
 ⋅ YC VR + 
 ⋅ VR
2
2




Vs = cosh(γ.L).VR + sinh(γ.L).Zc.IR
Is = sinh(γ.L).YC.Vr + cosh(γ.L).Ir
elde edilir. Bu denklemler uzun bir hat için hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve
akımına bağlayan ifadelerdir. Hat sabitleri için belirtildiği gibi, bu bağıntılar genel denklemler
halinde,
Vs = A.Vr + B.Ir
Is = C.Vr + D.Ir
şeklinde gösterilebilirler. Bu durumda uzun iletim hatları için bu sabitler;
A = cosh(γ.L) = cosh((√yz).L) = cosh(YZ) = cosh Θ
B = Zc.sinh(γ.L) =Zc.sinh((√yz).L) =Zc.sinh(YZ) = Zc.sinh Θ
C = Yc.sinh(γ.L)= Yc.sinh((√yz).L) Yc.sinh(YZ)= Yc.sinh Θ
D=A
olur.
Vs = cosh(Θ).VR + sinh(Θ).Zc.IR
Is = sinh(Θ).YC.Vr + cosh(Θ).Ir
Not:
kompleks sayıların dolaylı hesabı içişn (eskiden) çözüm için ya hiperbolik formların
açılımlarından;
sinh( γ.L) = sinh (α.L + j β.L) = sinh (α.L).cos(β.L) + j cos h (α.L).sin (β.L)
cosh( γ.L) = cosh (α.L + j β.L) = cos h (α.L).cos(β.L) + j sin h (α.L).sin (β.L)
30
cosh( γ.L) = cosh (α.L + β.L) =
sinh( γ.L) = sinh( α.L + β.L) =
e γ.L + e − γ.L 1 α.L jβ.L
= ⋅ (e e
+ e −α.L e − jβ.L )
2
2
e γ.L − e − γ.L 1 α.L jβ.L
= ⋅ (e e
− e −α.L e − jβ.L )
2
2
veya seriye açılımlardan faydalanılırdı;
YZ Y 2 Z 2 Y 3 Z 3
+
+
+ ...
A = 1+
2
24
720
 YZ Y 2 Z 2 Y 3 Z 3

B = Z ⋅ 1 +
+
+
+ ... 
6
120
5040


 YZ Y 2 Z 2 Y 3 Z 3

C = Y ⋅ 1 +
+
+
+ ... 
6
120
5040


Orta uzunluktaki hatlarda, hat büyüklükleri için toplu parametreler kullanıldığından, nominal π
ve T devreleri, hattı tam olarak temsil edemez. Uzun iletim hatlarında düzgün dağıtılmış
parametreler kullanıldığından, devre orta uzunlukta hatlar için kullanılana benzer bir eşdeğer π
veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biçimde modellenebilir.
Vs
Is
YΠ/2
Ir Vr
ZΠ
YΠ/2
Şekil 4.18 Uzun iletim hattının eşdeğer π devresi yardımıyla gösterilimi
Şekil 4.15 'e benzer olarak devredeki seri empdansa (ZΠ) ve şönt admitansa da (YΠ) denilirse
simetrik bir devre için geçerli olan π denklemine benzer olarak :
nominal Π ye benzetimden;
Vs = cosh(γ.L).VR + sinh(γ.L).Zc.IR =
(1+ZΠ.YΠ /2).VR
Is = sinh(γ.L).YC.Vr + cosh(γ.L).Ir
YΠ.(1+ZΠ.YΠ /4).VR + (1+ZΠ.YΠ).IR
=
+ ZΠ.IR
31
Z Π = B = Z C sinh Θ = Z C sinh γL = Z ⋅
sinh YZ
YZ
1

1

tanh  ⋅ γ.L 
tanh  ⋅ YZ 
YΠ A − 1 cosh Θ − 1
Y
2
2

= ⋅


=
=
=
1
2
B
Z C sinh Θ
ZC
2
⋅ YZ
2
Vs
Is ZΠ/2
ZΠ/2 Ir
YΠ
Vr
Şekil 4.19. Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla gösterilimi
Benzer durum nominal T için de uygulanabilir.
Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şönt admitansa da (YT)
denilirse simetrik bir devre için geçerli olan T denklemine benzer olarak :
nominal T ye benzetimden;
Vs = cosh(γ.L).VR + sinh(γ.L).Zc.IR =
Is = sinh(γ.L).YC.VR + cosh(γ.L).IR =
YT = C = YC sinh Θ = Y ⋅
(1+ZT.YT /2).VR + ZΠ.(1+ZT.YT /2).IR
YT.VR + (1+ZT.YT).IR
sinh YZ
YZ
1

tanh ⋅ γ.L 
Z T A − 1 cosh Θ − 1
2
 = Z ⋅ tanh 1 ⋅ YZ 
=
=
=


C
2
C
YC sinh Θ
YC
2

32
4.5. Örnek Problemler
Problem 1.)
Uzunluğu L=200 km, seri reaktansı x=j0,25 ohm/km, şönt admitansı y= j 1e-6 1/ohmkm olan bir
iletim hattının hat sonundan 0,9 geri güç faktörü ile Sr=120 MVA güç çekilmektedir. Hat sonu
gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın,
a) Nominal Π devresi için A, B, C, D sabitlerini hesaplayınız,
b) Hatbaşı Gerilimini, akımını ve gücünü hesaplayınız.
Çözüm
a) Z = x.L = j0,25.200 = j50 ohm, Y = y.L = j 1e-6.200 = j2e-4 (1/ohm)
A = 1+Z.Y/2 = 1+j50.(j2e-4)/2 = 0,995
B= Z = j50 ohm
C = Y.(1+Z.Y/4) = j 1.995010
-4
D=A
b) Vr= Ur / √3 = 380 / √3 = 220 kV
Ir = Sr / √3.Ur = 120.106 / √3.380.103 = 182,3 A = 0,1823 kA
Vs = A.Vr + B.Ir = 0,995.220 + j50.0,1823 = 218,3 + j 9,11 kV = 218,49 ∠2,4° kV
Is = C.Vr + D.Ir = j1.9950e-004i.220 + 0,995.0,182 = 0.181 + j 0.044 kA = 0,187∠13,44° kA
Ss = 3.Vs.Is* = 3.(218,49 ∠2,4).(0,187∠13,44°)* = 120 - j23,73 MVA = Ps + j Qs
Problem 2.)
Aynı problemi, hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek çözüm yapınız.
a) Z = x.L = j0,25.200 = j50 ohm, Y = y.L = j 1e-6.200 = j2e-4 (1/ohm)
4
Z/2 = x.L/2 = j0,25.100 = j25 ohm, Y/2 = y.L/2 = j10-6.100 = j10- (1/ohm)
-4
A1 = 1+Z/2.Y/4 = 1+(j25/2).(j10 )/2 = 0,9988
B1 = Z/2 = j 25 ohm
33
C1 = Y/2.(1+Z/2.Y/8) = j 9.9910
-5
D1 = A1
 A B  A 1
 C D =  C

  1
B1   A 1
⋅
D1   C1
B1   0,9988
=
D1   j9,99.10 −5
j25   0,9988
⋅
0,9988  j9,99.10 −5
j25   0,9950
=
0,9988  j 2.10 − 4
b) Vr= Ur / √3 = 380 / √3 = 220 kV
Ir = Sr / √3.Ur = 120.106 / √3.380.103 = 182,3 A = 0,1823 kA
Vs = A.Vr + B.Ir = 0,995.220 + j49,94.0,1823 = 218,3 + j 9,1 kV = 218,49 ∠2,4° kV
-4
Is = C.Vr + D.Ir = j2.10 .220 + 0,995.0,1823 = 0.1814 + j 0.0438 kA = 0,187∠13,44° kA
Ss = 3.Vs.Is* = 3.(218,49 ∠2,4).(0,187∠13,44°)* = 120 - j23,73 MVA = Ps + j Qs
kayda değer bir fark olmadığı görülmektedir.
Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda çözersek
Θ = Z.Y = -0,01
γ = √Z.Y = j 0,10
Zc = √Z / Y = 500
Yc = 1/Zc = 0,002
A = cosh Θ = 0.9950
B = Zc.sinh Θ = j 49,92
C = Yc.sinh Θ = j 1.99x10
D = A = 0.9950
-4
A, B, C, D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı görülmektedir.
Bunun nedeni problemdeki L= 200 km'lik hat uzunluğu, orta uzunluktaki hat modeline uygun
olduğu için "nominal Π modeli" yeterince doğru sonuç vermektedir.
Ancak 250 km üstünde fark oluşmaya başlayacağından, uzun hatlar için ya seri bağlı nominal
devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır.
j49,938
0,9950 
Download
Random flashcards
Merhaba

2 Cards oauth2_google_861773e1-0890-4522-834a-6a5babb58e76

Create flashcards