ENERJİ DAĞITIMI. Doç. Dr. Erdal IRMAK. G.Ü. Teknoloji Fak. Elektrik Elektronik Müh.

ENERJİ DAĞITIMI Doç. Dr. Erdal IRMAK G.Ü. Teknoloji Fak. Elektrik Elektronik Müh. http://websitem.gazi.edu.tr/erdal drerdal Erdal Irmak

Bölüm 2: Gerilim Düşümü ve Kesit Hesapları AA Hatlarda Gerilim Düşümü

Gerilim Düşümü ve Kesit Hesapları Doğru gerilimin alternatif gerilime göre avantaj ve dezavantajları Üç iletken yerine bir veya iki iletken kullanılır. Ayarlama daha kolaydır. Etkin veya efektif direnç daha düşük, dolayısıyla kayıplar azdır. Kesitten tam olarak faydalanılır, alternatif akımda deri olayı nedeniyle kesit büyük seçilir. Kararlılık güçlüğü yoktur. Yalıtım düzeyi alternatif akıma göre daha azdır. Doğru gerilimde kullanılan anahtar ve devre kesicilerinin sınırlı olması Evirici ve doğrultucu dolayısıyla harmonikler oluşur. Reaktif güç açığa çıkar.

Gerilim Düşümü ve Kesit Hesapları Elektrik enerjisinin iletimi ve dağıtımında kullanılan iletkenler gerilim düşümü ve güç kaybı oluştururlar. Şebekelerin özelliklerine göre izin verilen gerilim düşümü ve güç kaybı yüzdeleri değişik değerdedir. Kullanılacak iletken kesintileri izin verilen gerilim düşümü ve güç kaybından daha fazla gerilim düşümü ve güç kaybı oluşturmayacak kalınlıkta olmalıdır. Çok kalın kesitler ekonomik olmadığı için kullanılamaz. İletken kesintilerinin uygun bir şekilde hesaplanmaları gerekir.

Gerilim Düşümü ve Kesit Hesapları 50mm 2 ye kadar olan kablolarda DC direnç baskın olurken, daha büyük kesitlerde kablonun endüktansı belirleyici olmaktadır. Bu nedenle kablo kesitini artırmak gerilim düşümünü aynı ölçüde azaltmayacaktır. Kablo kesitinin artırılması yerine paralel kablolar kullanılmalıdır. Kabloların endüktansı, kabloların arası açıldıkça artacağı için, yerleşimde kabloların mümkün olduğunca birbirine yakın tutulması gerekmektedir. Üçgen yerleşimde endüktans yan yana yerleşime göre düşük olmaktadır.

Gerilim Düşümü ve Kesit Hesapları İzin verilen gerilim düşümü yüzdeleri A.G şebekelerinde %5 (dağıtımında) O.G şebekelerinde %10 Y.G şebekelerinde %2,5-%5 arasıdır. Kesitler şu esaslara göre hesaplanır: Isınmaya göre kesit tayini Enerji kaybına göre kesit tayini Mekanik dayanıma göre kesit tayini Gerilim düşümüne göre kesit tayini AG şebekelerde: İç tesisat aydınlatma şebekesinde %1,5 İç tesisat kuvvet şebekesinde %3 Sayaç ile enerji alınan şebeke arası %1,5 Şehir şebekesinde %3(5) O.G şebekelerinde %10 a kadar alınabilir.

Gerilim Düşümü ve Kesit Hesapları Şebekelerde hat iletken kesitleri bu esaslardan her birini gerçekleştirmelidir. Bunun için en kritik esasa göre hesap yapılmakta ve diğer esaslar da kontrol edilmektedir. Örneğin bir atölyede 50 kw lık bir asenkron motorun 5 m uzağında bulunan bir tablodan beslenecekse bu durumda en kritik temel ısınma olacaktır. Eğer 50 kw lık motor 350 m mesafeden beslenecekse kritik temel gerilim düşümü olacaktır. 150 m uzaklıkta 10 kw lık bir güç havai hat ile beslenecekse burada mekanik dayanım önemli olacaktır. Şebeke hattı uzunca ise (5-10 km) hat kesiti enerji kaybına göre yapılır.

Gerilim Düşümü ve Kesit Hesapları Hat Kesitinin Isınmaya Göre Hesaplanması Genel olarak hat kesitinin ısınmaya göre hesabı, iletken kesitlerinden geçmesine izin verilen akım değerlerini gösteren iletken yük tablolarına göre yapılmalıdır.

Gerilim Düşümü ve Kesit Hesapları Örnek: Bir transformatör den 150 m uzakta bulunan 60 kva lık 380 V bir asenkron motor havai hat ile beslenmektedir. İletken malzemesinin bakır veya alüminyum olması durumunda ısınmaya göre kesit ne olur? S = 3 U I I = S 3 U Tabloya göre 16 mm2 kesitten geçecek akım değeri: I = 60. 103 3. 380 = 91 A Bakır için 115 A Alüminyum için 92 A Her iki malzemede ısınma bakımından uygundur.

Gerilim Düşümü ve Kesit Hesapları Hat Kesitinin Gerilim Düşümüne Göre Hesaplanması Alçak, orta ve yüksek gerilim şebekelerinde hat iletken kesitinin tayininde gerilim düşümü hesabının önemi büyüktür. Isınma ve mekanik temeline göre kesit ancak kontrol edilmektedir. Enerji kaybı temeli orta ve yüksek gerilim şebekesinde önemi büyüktür. Kesit hesap edilirken: A.G tesislerinde R dikkate alınır. X ve C ihmal edilir. O.G tesislerinde R ve X dikkate alınır. C ihmal edilir. Y.G tesislerinde R, X, C dikkate alınır.

Gerilim Düşümü ve Kesit Hesapları Hat Kesitinin Gerilim Düşümüne Göre Hesaplanması Özellikle OG ve YG şebekelerde yük açısının da önemi çok fazladır!

Bir Fazlı AA Hatlarda Gerilim Düşümü

Burada 1 fazlı alternatif akım hatlarında 3 fazlı simetrik sistemin 1 faz ve 1 nötr iletkenden meydana gelen hat kastedilmiştir. Burada da faz ve nötr iletkeninden aynı akım geçeceğinden her ikisinin de aynı kesitte olmaları gerekir. Yalnız alternatif akımda hattın omik direncinden başka bir endüktif reaktansı vardır. endüktif reaktans x = w. L = 2πfL olarak hesaplanır. * Dağıtım şebekelerinde endüktif kapasitans etkisi ihmal edilir

Bir gidiş ve bir dönüş iletkeninden meydana gelen bir hatta Orta gerilim ve yüksek gerilim hatlarında self (endüktif etki) önemli bir sabittir. Hatlardan geçen akımdan dolayı çevresinde ve iletken içinde bir akı meydana gelmekte ve böylece selfin doğmasına sebep olmaktadır. İletken geçen akım, doğru akım ise meydana gelen alan sabittir. Alternatif akım geçerse, alanda alternatif olmaktadır. Alternatif akımın geçmesinden dolayı iletkenin içinde ve dışında akılar teşekkül edecektir.

3 fazlı bir sistemde; 1 numaralı iletken göz önüne alındığında, iletkenin içinden geçen akımdan dolayı 11 akısı ve diğer 2 ve 3 iletkenlerinin akımlarından dolayı 21 ve 31 akıları doğmaktadır. Toplam akı: 1 = 11 + 21 + 31 L = 2 ln d r + 1 2 10 4 Henri/km.faz 1 = 2 i 1 ln d r + 1 4 10 4 x = 2πfL = L. i L = 1 i 1 x = 2πf 2 ln d r + 1 2 10 4 ohm/km.faz

Bir gidiş ve bir dönüş iletkeninden meydana gelen bir hatta iletkenler manyetik olmayan malzemeden olduğu takdirde; İletkenler demir, çelik gibi manyetik malzemeden olduğu takdirde; L = 4, 6 log d r + 0, 5. 10 4 ( H km. faz) L = 4, 6 log d r + μ 2. 10 4 ( H km. faz). r d r Burada, d : Hattın iki iletkeni arasındaki mesafe. r : İletken yarıçapı μ :iletken malzemenin manyetik geçirgenliği. log : 10 tabanına göre logaritmayı gösterir.

iletkenler manyetik olmayan malzemeden olduğu takdirde; İletkenler demir, çelik gibi manyetik malzemeden olduğu takdirde; L = 4, 6 log d r + 0, 5. 10 4 ( H km. faz) L = 4, 6 log d r + μ 2. 10 4 ( H km. faz). Formülde görüleceği gibi iletkenler birbirine yaklaştıkça d r küçülür. oranı, dolayısıyla öz endüktans Örneğin; havai kablolar ve yeraltı kablolarında iletkenler birbirine yakın olduklarından endüktif reaktans küçüktür ve ihmal edilebilir. Fakat alternatif akım hava hatlarında endüktif reaktans dolayısıyla meydana gelen gerilim düşümü ihmal edilemez.

Endüktansın küçük tutulması için demet iletken kullanmak gereklidir. Ayrıca hatların kapasitelerinin ve selflerinin birbirine eşit olması için çapraz bağlama (transpoze) yapılır.

v1 1 fazlı Alternatif Akım Hattının Sembolü: Bir fazlı alternatif akım hattı sembolik olarak aşağıdaki gibi gösterilebilir. V 1 YÜK ENDÜKTİF İSE + + - R R I L L V2 ALICI P I cosϕ v 1 = I 2. R + j2lw I + V 2 Yük açısı V 2 I v 1 = 2. R. I + 2. X. I + V 2

( v) AA hatlarda 2 temel gerilim düşümü vardır: V 1 ( v) 2. X. I. sin Boyuna G.D. ( v) Enine G.D. ( v) v = 2. R. I. cos + 2. X. I. sin 2. R. I. cos v yi nasıl bulabiliriz? V 2 I v = 2. X. I. cos 2. R. I. sin Fazörel mutlak gerilim düşümü v = v + j v

v YÜK KAPASİTİF İSE v V 1 v V 2 2. R. I. cos 2. X. I. sin - = v v = 2. R. I. cos 2. X. I. sin * Gerilim hat sonunda düşmek yerine artıyor, gerilim düşümü negatif 2. R. I. sin + 2. X. I. cos = v v = 2. R. I. sin + 2. X. I. cos I

BASİTE İNDİRGENMİŞ FAZÖR DİYAGRAMI V 1 = δv 2 + ( v + V 2 ) 2 V 1 v v Yüzde gerilim düşümü %ε = v V Boyuna gerilim düşümü Şebeke anma gerilimi Boyuna GD ( v) için kullanılacak en genel ifade ise; v = 2. R. I. cos φ 2. X. I. sin φ V 2 * Burada; (-) kapasitif çalışmayı (+) endüktif çalışmayı gösterir. v = 2. R. I. cos φ. ( 1 X R tg(φ)) Gerilim Düşümü Faktörü f φ = ( 1 X R tg(φ)) Nihai formül v = 2RI cos φ f φ

Gerilim düşümü ifadesinin güç cinsinden yazılması P = V. I. cosφ Icosφ = P V R = l kq v = 2RI cos φ f φ f φ = ( 1 X R tg(φ)) v = 2 l k q q = 2 P V f(φ) l. P v k V f(φ) ε = %100 v V 200 P l ε = k q V 2 f(φ)

Özel Durumlar a. Hattan tamamen aktif güç çekiliyor. V1 2XI 2RI V2 φ =0 v= 2. R. I. cos φ + 2. X. I. sin φ Sin 0 = 0 Cos 0 = 1 I v = 2. R. I O

Özel Durumlar b. Hattan tamamen endüktif reaktif güç çekiliyor. V1 2.X.I φ = 90 Sin 90 = 1 V2 O ϕ 2.R.I I Cos 90 = 0 v= 2. R. I. cos φ + 2. X. I. sin φ v = 2. X. I

Özel Durumlar c. Hattan tamamen kapasitif reaktif güç çekiliyor. 2.X.I I V1 2.R.I O V2 φ = 90 Sin 90 = 1 Cos 90 = 0 v = 2. R. I. cos φ - 2. X. I. sin φ v = - 2. X. I

Özel Durumlar d. Hattın endüktif reaktansı yaklaşık 0 ise, (X=0). 2.R.I V1 X 0 v = 2. R. I. cos φ + 2. X. I. sin φ V2 ᵟ O ϕ I v = 2. R. I. cos φ * Bu durum havai kablolarda ve yeraltı kablolarında görülebilir.

Bir fazlı Alternatif Akımda güç Kaybı; p = 2. R. I 2 (W) π = 2. X.I 2 (VAr)

Örnek Problemler & Çözümleri Problem 1: 88 KVA gücünde 0.86 geri ( end) güç faktöründe bir yük grubu 100 m mesafede bulunan 220 V luk bir besleme kaynağından yer altı kablosuyla beslenmektedir. Gerilim düşümünün % 5 i geçmemesi için seçilmesi gereken bakır iletkenli kesit ve norm kesit ne olmalıdır? (x 0 k=56 m /Ωmm2 ) N 100 m 88 kva 0.86

Örnek Problemler & Çözümleri Problem 1: 88 KVA gücünde 0.86 geri ( end) güç faktöründe bir yük grubu 100 m mesafede bulunan 220 V luk bir besleme kaynağından yer altı kablosuyla beslenmektedir. Gerilim düşümünün % 5 i geçmemesi için seçilmesi gereken bakır iletkenli kesit ve norm kesit ne olmalıdır? (x 0 k=56 m /Ωmm2 ) S = V * I 0 v = 2.R.I.cosφ + 2.x.I.sinφ I = 88 103 220 R = l kq = 100 56 q = 400 A % Ɛ = %5 220* 5 100 = 11V v = 2 100 56 q q=111.68 mm 2 400 * 0.86=11 qn = 2*120 mm 2 seçilir.

Örnek Problemler & Çözümleri Problem 2 Şekilde verilen tek fazlı 220 V luk AG şebekesinde k=56, r=0.4 Ω/km faz, x=0.3 Ω/km faz a)hattaki aktif ve reaktif akım dağılımlarını ayrı ayrı şekil üstünde, b) OB ve AB arasından geçen P,Q,S c) OB ve AB arasındaki toplam aktif güç kayıpları d) OB ve AB arasındaki % güç kayıpları O 200 m A 100 m B 5 kvar 0.8 (end) 10 kw 0.6 (end)

Örnek Problemler & Çözümleri O 200 m A 100 m B I A = 5 103 220 0.6 = 37.87 A I A I B I AW = 37,87*0.8 = 30.3 A 5 kvar 0.8 (end) 10 kw 0.6 (end) I ADW = 37.87*0.6 = 22.72 A I B = 10 103 220 0.6 = 75.75 A I BW = 75,75*0.6 = 45.45 A I BDW = 75,75*0.8 = 60.60 A

Örnek Problemler & Çözümleri O 200 m A 100 m B I A = 5 103 220 0.6 = 37.87 A I A I B I AW = 37,87*0.8 = 30.3 A O 5 kvar 0.8 (end) WATTLI AKIM BİLEŞENLERİ DAĞILIMI A 10 kw 0.6 (end) B I ADW = 37.87*0.6 = 22.72 A O I B = 10 103 = 75.75 220 0.6 A A 75.75 A I AW = 30.3 A 30.30 A I BW = 45.45 A 45.45 A 82.72 A I BW = 75,75*0.6 = 45.45 A I BDW = 75,75*0.8 = 60.60 A 22.72 A 60.6

Örnek Problemler & Çözümleri O 200 m A 100 m B I A = 5 103 220 0.6 = 37.87 A I A I B I AW = 37,87*0.8 = 30.3 A B 5 kvar 0.8 (end) WATTSIZ AKIM OBİLEŞENLERİ DAĞILIMI A 10 kw 0.6 (end) B I ADW = 37.87*0.6 = 22.72 A I B = 10 103 220 0.6 = 75.75 A.45 A 83.32 82.72 A I ADW = 22.72 A I BDW = 60.60 A 22.72 A 60.60 A I BW = 75,75*0.6 = 45.45 A I BDW = 75,75*0.8 = 60.60 A

Örnek Problemler & Çözümleri WATTLI AKIM BİLEŞENLERİ DAĞILIMI O 75.75 A P OA 75.75 A A 30.30 A A 30.30 A P OA = V * I OA * cosφ I W-OA P OA = V * I W-OA S OA = B 45.45 A P OA = 220 * 75,75 = 16,66 kw B 45.45 A P 2 OA 2 + Q OA S OA = 24,77 kva WATTSIZ O AKIM BİLEŞENLERİ DAĞILIMI O A A B 82.72 A Q OA 82.72 83.32 A 22.72 A 60.60 A 22.72 A 60.60 A Q OA = V * I OA * sinφ I DW-OA Q OA = V * I DW-OA Q OA = 220 * 83,32 = 18,33 kvar B

Örnek Problemler & Çözümleri P OA = 16,66 kw Q OA = 18,33 kvar O 200 m A 100 m 16,66 kw 10 kw 18,33 kvar 13,33 kvar 6,66 kw B 5 kvar 0.8 (end) 10 kw 0.6 (end) P = Q / tanφ = 6,66 kw

Örnek Problemler & Çözümleri WATTLI AKIM BİLEŞENLERİ DAĞILIMI O O O 200 m A B A 100 m B 200 m A 100 m 75.75 A 75.75 A r =0.4 Ω/km faz x =0.3 Ω/km faz A 30.30 A p = 2. R. I 2 π = 2. X.I 2 30.30 A (W) (VAr) B 45.45 A 45.45 A WATTSIZ AKIM BİLEŞENLERİ DAĞILIMI 82.72 A 82.72 A p OA = 2. (0, 2 0, 4). 75, 75 2 π OA = 2. (0, 2 0, 3). 83, 32 2 22.72 A 60.60 A 22.72 A 60.60 A = 918,09 W = 821,11 VAR B p AB = 2. (0, 1 0, 4). 45, 45 2 = 165,25 W π OA = 2. (0, 1 0, 3). 60, 6 2 = 220,34 VAR

Örnek Problemler & Çözümleri O 200 m A 100 m B 16,66 kw 10 kw 5 kvar 0.8 (end) 10 kw 0.6 (end) p OA = 918,09 W p AB = 165,25 W %z OA = P OA P * 100= 918,09 16.66 10 3 = % 5.51 %z AB = P AB P %z = P TOP P * 100= 165,25 10 10 3 = % 1.65 * 100 = % 5,51 + % 1,65 = % 7,16

Örnek Problemler & Çözümleri ( v) V 1 ( v) ε = 200 P l k q V 2 f(φ) f φ = ( 1 X R tg(φ)) v = 2. R. I. cos + 2. X. I. sin v = 2. X. I. cos 2. R. I. sin v = v + j v V 1 = v 2 + ( v + V 2 ) 2 V 2 I

Örnek Problemler & Çözümleri f φ = ( 1 X R tg(φ))

Örnek Problemler & Çözümleri ε = 200 P l k q V 2 f(φ)

Örnek Problemler & Çözümleri

Örnek Problemler & Çözümleri v = 2. R. I. cos + 2. X. I. sin v = 2. X. I. cos 2. R. I. sin

Örnek Problemler & Çözümleri v = 9, 689 V v = 1, 884 V v = v + j v Hatbaşı gerilimi? V 1 = v 2 + ( v + V 2 ) 2 v = 9,689 j1,884 V v = 9,87-11 v = 9, 689 V V 1 = 1, 884 2 + (9, 689 + 220) 2 V 1 = 229, 691 V

Örnek Problemler & Çözümleri

Örnek Problemler & Çözümleri ε = 200 P l k q V 2 f(φ)

Örnek Problemler & Çözümleri

Örnek Problemler & Çözümleri

Örnek Problemler & Çözümleri

Örnek Problemler & Çözümleri

Örnek Problemler & Çözümleri

Örnek Problemler & Çözümleri

Örnek Problemler & Çözümleri

Bölüm 2: Gerilim Düşümü ve Kesit Hesapları Bir Fazlı AA Hatlarda Gerilim Düşümü 3 Fazlı AA Hatlarda Gerilim Düşümü

Bölüm 2: Gerilim Düşümü ve Kesit Hesapları 3 Fazlı AA Hatlarda Gerilim Düşümü

Üç Fazlı Alternatif Akımda Gerilim Düşümü Besleme sistemi ve yükü simetrik kabul edilir. V 1 Her 3 faz iletkeninin aynı kesitte olmaları gerekir. Aralarında 120 faz farkı bulunan bu 3 akımın toplamı her an 0 olacağından dönüş iletkeninden «nötr» akım geçmez. Yük açısı V 2 Buna göre yükü endüktif olması halinde bir faza ait fazör diyagramı yandaki gibi olur. YÜK ENDÜKTİF İSE I

Üç Fazlı Alternatif Akımda Gerilim Düşümü Fazör diyagramından da görüleceği gibi dönüş iletkeninden akım geçmediği için bir fazlı alternatif akım hatlarınınkinden farklı olarak burada 2R yerine R, 2X yerine de X gelmektedir. Bunun haricinde 1 fazlı A.A hatlarında gerilim düşümü hesapları ile ilgili olarak bütün hususlar burada da aynen geçerlidir. Öz endüktans da yine aynı formülle hesaplanmaktadır. iletkenler manyetik olmayan malzemeden olduğu takdirde; V1 V2 X.I O 90 R.I İletkenler demir, çelik gibi manyetik malzemeden olduğu takdirde; I L = 4, 6 log d + 0, 5. r 10 4 ( H. faz) km L = 4, 6 log d + μ. r 2 10 4 ( H. faz). km

Üç Fazlı Alternatif Akımda Gerilim Düşümü iletkenler manyetik olmayan malzemeden olduğu takdirde; İletkenler demir, çelik gibi manyetik malzemeden olduğu takdirde; L = 4, 6 log d r + 0, 5. 10 4 ( H km. faz) L = 4, 6 log d r + μ 2. 10 4 ( H km. faz). Yalnız öz endüktans formülünde iletkenler arasındaki mesafeyi gösteren d nin burada; d 50cm 50cm d= 3 d 12 d 23. d 31 1 faz hatta şeklinde hesaplanması lazımdır. * d 12, d 23 ve d 31 her üç iletken arasındaki mesafelerdir.

Üç Fazlı Sistemlerde Faz-Nötr Gerilimindeki Mutlak Gerilim Düşümü v = R. I. cosφ ± X. I. sinφ v = R. I. cosφ. f φ v = R. I. cosφ. (1 ± X R tg(φ) v = l kq. P 3.U.cosφ cosφ.f φ f φ = 1 ± X R tg(φ) v = l. P cosφ.f φ kq 3.V.cosφ R = l kq ; P = I = 3.U.I.cosφ = 3.V. I.Cosφ P 3. U. cosφ = P 3. V. cosφ V: Faz- nötr gerilimi, v: Faz- nötr gerilim düşümü, U: Fazlar arası gerilim, u: Fazlar arası gerilim düşümü q = l. P 3 v k U. f φ = l. P. f φ 3 v k V Gerilim düşümünü yüzde olarak yazmak istersek ; ε = %100 u U ε = %100 v V = % 100. l. P kqu 2 100. l. P = % 3kqV 2 f(φ) f(φ) u= 3v

Üç Fazlı Alternatif Akımda Güç Kaybı Aktif güç kaybı; P = 3. R. I 2 (W) Reaktif güç kaybı; π = 3. X.I 2 (VAr)

Bir Fazlı ve Üç fazlı Hatların Enerji Dağıtımının Karşılaştırılması Aynı bir P aktif gücünü, aynı bir l mesafesinde, aynı bir v gerilim düşümü ile 1~ ve 3~ olarak dağıtalım; 1~ Sistemde 3~ Sistemde v = 2.l.P kq b V 2. l. P kq b V = 2 = 1 q b 3q ü l. P 3kq ü V v = q b = 6q ü l.p 3kq ü V Yani 1~ hat halinde kesitin 3~ hattakine nazaran 6 misli büyük olması gerekmektedir.

110 ve 220 VOLTLA ENERJİ DAĞITIMININ KARŞILAŞTIRILMASI Aynı bir P aktif gücü, aynı bir l mesafesine, aynı % gerilim düşümü (ε) ile dağıtalım. 1~ Sistemde ε = % 1~ hatta 200. l. P kqv 2 200.l.P kq 110 110 2 = 200.l.P kq 220 220 2 3~ Sistemde ε=% 100.l.P 3kqV 2 3~ hatta = 100. l. P 3kq 220 220 2 q 110 = 4 q 220 q 110 = 4 q 220