Nominal T Method of Transmission Lines with Medium Length
The equations and phasor diagram of T method of medium length transmission lines will be obtained. For this purpose the figure shows the one phase of three phase lines.
T Method Equations
The circuit can be separated in three parts based on inputs and outputs to obtain equations for T method.
Basic equation in matrice will be obtained by A, B, C, D parameters.
\[\left( \begin{array}{l}Vs\\{I_S}\end{array} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}A&B\\C&D\end{array}} \right).\left( \begin{array}{l}{V_R}\\{I_R}\end{array} \right)\]
In section 1 output of the circuit will be V1 and Is1 when inputs are Vs and Is. However, consider all the electrical parameters in complex form a + jb, which means there will be a phase angle and magnitude of the currents and voltages.
\[\begin{array}{l} - {V_S} + {I_{S1}}\frac{Z}{2} + {V_1} = 0\\{V_S} = {V_1} + \frac{Z}{2}{I_{S1}}\\{I_S} = 0.{V_1} + {I_{S1}}\\\left( \begin{array}{l}{V_S}\\{I_S}\end{array} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}1&{\frac{Z}{2}}\\0&1\end{array}} \right)\left( \begin{array}{l}{V_1}\\{I_{S1}}\end{array} \right)\end{array}\]
In section 2, if we use the inputs as V1 and Is1 which previously are the outputs of section 1, then the outputs will be V2 and Is2. As it is seen V2=V0 but no need to use for the matrice. V0 will be used for phasor diagram later.
\[\begin{array}{l}{V_1} = {V_2} + 0.{I_{S2}}\\{I_{S1}} = {I_Y} + {I_{S2}}\\{I_{S1}} = Y.{V_2} + {I_{S2}}\\\left( \begin{array}{l}{V_1}\\{I_{S1}}\end{array} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}1&0\\Y&1\end{array}} \right)\left( \begin{array}{l}{V_2}\\{I_{S2}}\end{array} \right)\end{array}\]
Remember the basic formula.
\[\begin{array}{l}V = IZ\\I = V/Z\\Y = 1/Z\\I = VY\end{array}\]
In section 3, V2 and Is2 , the outputs of section 2, will be the inputs and finally IR and VR will be the outputs in similar way.
\[\begin{array}{l}{V_2} = {V_R} + \frac{Z}{2}{I_R}\\{I_{S2}} = 0.{V_R} + {I_R}\\\left( \begin{array}{l}{V_2}\\{I_{S2}}\end{array} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}1&{\frac{Z}{2}}\\0&1\end{array}} \right)\left( \begin{array}{l}{V_R}\\{I_R}\end{array} \right)\end{array}\]
Consider all matrices again, and replace the values into previous ones.
\[\left( \begin{array}{l}{V_1}\\{I_{S1}}\end{array} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}1&0\\Y&1\end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}}1&{\frac{Z}{2}}\\0&1\end{array}} \right)\left( \begin{array}{l}{V_R}\\{I_R}\end{array} \right)\]
\[\left( \begin{array}{l}{V_S}\\{I_S}\end{array} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}1&{\frac{Z}{2}}\\0&1\end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}}1&0\\Y&1\end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}}1&{\frac{Z}{2}}\\0&1\end{array}} \right)\left( \begin{array}{l}{V_R}\\{I_R}\end{array} \right)\]
\[\left( \begin{array}{l}{V_S}\\{I_S}\end{array} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{1 + \frac{{ZY}}{2}}&{0 + \frac{Z}{2}}\\{0 + Y}&{0 + 1}\end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}}1&{\frac{Z}{2}}\\0&1\end{array}} \right)\left( \begin{array}{l}{V_R}\\{I_R}\end{array} \right)\]
\[\left( \begin{array}{l}{V_S}\\{I_S}\end{array} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{1 + \frac{{ZY}}{2}}&{\left( {1 + \frac{{ZY}}{2}} \right).\frac{Z}{2} + \frac{Z}{2}}\\Y&{1 + \frac{{ZY}}{2}}\end{array}} \right)\left( \begin{array}{l}{V_R}\\{I_R}\end{array} \right)\]
T method equation :
\[\left( \begin{array}{l}{V_S}\\{I_S}\end{array} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{1 + \frac{{ZY}}{2}}&{Z\left( {1 + \frac{{ZY}}{4}} \right)}\\Y&{1 + \frac{{ZY}}{2}}\end{array}} \right)\left( \begin{array}{l}{V_R}\\{I_R}\end{array} \right)\]
Phasor Diagram of T Method
Equations to obtain phasors. Impedance will be in complex form with angle and magnitude as well.
\[\left| {\frac{Z}{2}} \right|\angle \theta \]
Inductive current lags reference voltage by negative sign angle. VR receiving voltage is the reference voltage for phasor diagram.
Based on right side of the circuit, voltage drop can be calculated by V0.
\[\overline {{V_0}} = \overline {{V_R}} + \overline {\Delta {V_2}} = \left| {{V_0}} \right|\angle {\delta _0}\]
Sending current with receiving current can be written in complex form. Notice that admitance with V0 which means the angle of the current flowing through admitance IY angle is 90 degree.
\[\begin{array}{l}\overline {{I_S}} = \overline {{I_Y}} + \overline {{I_R}} = \overline Y .\overline {{V_0}} + \overline {{I_R}} \\\overline {{I_S}} = \left| Y \right|\angle 90^\circ .\left| {{V_0}} \right|\angle {\delta _0} + \left| {{I_R}} \right|\angle - {\phi _R}\\\overline {{I_S}} = \left| {Y{V_0}} \right|\angle \left( {90^\circ + {\delta _0}} \right) + \left| {{I_R}} \right|\angle - {\phi _R}\end{array}\]
Voltage drop in left side of the circuit:
\[\overline {\Delta {V_1}} = \overline {{I_S}} \frac{{\overline Z }}{2} = \left| {{I_S}} \right|\angle - {\phi _S}\left| {\frac{Z}{2}} \right|\angle \theta = \left| {{I_S}\frac{Z}{2}} \right|\angle \theta - {\phi _S}\]
Sending voltage with left side voltage drop and V0 . Consider VS angle with respect to VR receiving voltage which is reference voltage for phasor diagram.
\[{\overline V _S} = \overline {{V_0}} + \overline {\Delta {V_1}} = \left| {{V_S}} \right|\angle {\delta _{}}\]
Phasor diagram can be drawn now.
Weber - kgm2/Csn2 ilişkisi SI gösterimi, kg cinsinden gösterim
weber kg cinsinden gösterim SI gösterimi, birim analizi
\[Volt = \frac{{joule}}{{coulomb}}\]
\[joule = newton.metre\]
\[volt = \frac{{newton.metre}}{{coulomb}}\]
\[F = ma\]
\[newton = \frac{{kg.metre}}{{s{n^2}}}\]
\[volt = \frac{{kg.metre.metre}}{{s{n^2}.coulomb}}\]
\[emf(volt) = - \frac{{d\phi }}{{dt}}\]
\[weber(\phi ) = volt.sn\]
\[weber = \frac{{kg.metre.metre}}{{s{n^2}.coulomb}}.sn\]
\[weber = \frac{{kg.metr{e^2}}}{{s{n^{}}.coulomb}}\]
\[i = \frac{q}{t}\]
\[amper = \frac{{coulomb}}{{saniye}}\]
\[weber = \frac{{kg.metr{e^2}}}{{s{n^{}}.amper.sn}}\]
\[weber = \frac{{kg.metr{e^2}}}{{s{n^2}.amper}}\]
Endüvi Reaksiyonu
- DC uyartım büyük güçlü makinalarda pilot ikaz, küçük güçlü makinalarda harici uyartım ile senkron jeneratör rotoruna sağlanır ve rotor dönmesi ile değişken manyetik alan (B manyetik alan veya manyetik akı yoğunluğu oluşur).
- Bu manyetik alan endüvide ( endüklenen veya indüklenen yer) stator sargılarında gerilim indükler yani oluşturur.
- Stator sargılarında oluşan bu gerilim senkron jeneratör iç gerilimidir. Stator sargı çıkışına yük bağlanırsa stator akımı akar ve bu akım da bir manyetik alan ya da akı yoğunluğu oluşturur ( B) ve stator sargılarındaki bu akım değişken AC kaynaklı olduğundan statorda bir gerilim indükler.
- Statorda stator sargısından akan akım nedeniyle indüklenen bu gerilim rotorun stator sargılarında indüklediği gerilimi bozucu bir etki oluşturur ve terminal ya da makine uç gerilimini azaltıcı etkide endüvi reaksiyonu meydana getirir.
- Stator sargılarında akan akım, rotorun stator sargılarında indüklediği gerilimden sonra oluştuğundan geri fazdadır. Endüvi reaksiyonundan kaynaklı stator sargılarında indüklenen gerilim de oluşan bu stator akımından 90 derece geridedir.
RC Devre Doğal Cevabı (Natural Response)
Kapasitör ve direnç ilk durumda DC ile beslenirken kapasitör şarj olur ve bir miktar ısı direnç üzerinden etrafa yayılır. Gerilim kaynağı kesildiğinde kapasitör yüklü durumda yani şarjlıdır ve kapasitörde depolanan enerji nedeniyle direnci beslemeye devam eder ve direnç üzerinde ısı yayılır ve bir süre sonra kapasitörde gerilimin sıfıra yaklaşması RC devrede anlatılmaktadır.
DC besleme kesildiğinde, kapasitör ve direnç aynı akımı ve gerilimi taşıdığından birbirine hem seri hem de paraleldir.
Kapasitörde \[{i_C}(t) = C\frac{{d{v_C}(t)}}{{dt}}\] ifadesine göre ani gerilim değişimine izin verilmez zaman ( t ifadesi) sıfıra yaklaşırsa akım değeri aşırı artar. Bu durum fiziksel olarak da mümkün olmadığından kapasitörde ani gerilim değişimi oluşmaz ve kapasitör gerilim sınırlayıcı olarak çalışır.
Doğal cevap, besleme kaynağının aniden devreden çıkması sonucu direncin kapasitör ile beslenmesidir. Amaç DC besleme kesildiğinde kapasitörün direnci beslerken gerilim fonksiyonunu bulmaktır.
Kirchhoff Gerilim Kanunu ( En sağdaki şekil)
\[ - {v_R}(t) + {v_C}(t) = 0\]
Not : Akım kanunundan da bulunabilir hatta daha kolay bulunuyor
\[{i_C}(t) + {i_R}(t) = 0\]
Kapasitör akımı ifadesinden gerilim ifadesi çekilir.
\[{i_C}(t) = C\frac{{d{v_C}(t)}}{{dt}}\]
Gerilim ifadesi eşitsizlikten çekilip kapasitörün başlangıçtaki gerilimi
\[{{v_C}(0)}\]
ve belli bir zamanda değeri \[{{v_C}(t)}\]
göz önüne alınarak kapasitör gerilim ifadesi integral alınarak yazılabilir.
\[\int\limits_{{v_C}(0)}^{{v_C}(t)} {{v_C}(t)} = \frac{1}{C}\int\limits_{{t_0}}^t {{i_C}(t)dt}\]
\[{v_C}(t) - {v_C}(0) = \frac{1}{C}\int\limits_{{t_0}}^t {{i_C}(t)dt}\]
Kapasitör gerilimi başlangıç gerilimi ile ifade edilebilir.
\[{v_C}(t) = \frac{1}{C}\int\limits_{{t_0}}^t {{i_C}(t)dt} + {v_C}(0)\]
Kirchhoff'a geri dönersek direncin bağlı olduğu durumda;
\[- {v_R}(t) + {v_C}(t) = 0\]
\[- {i_R}(t)R + \frac{1}{C}\int\limits_{{t_0}}^t {{i_C}(t)dt} + {v_C}(0) = 0\]
Pasif işaret kuralına göre dirence gelen akım dirence pozitif taraftan girer.
Kolaylaştırmak adına akım ifadesi tek tip devre akımı olarak yazılabilir.
\[{i_C}(t) = i(t)\]
\[{i_R}(t) = - i(t)\]
Kirchhoff gerilim kanununda tekrar yazılırsa ( eksi işarete dikkat edilerek)
\[- ( - i(t))R + \frac{1}{C}\int\limits_{{t_0}}^t {i(t)dt} + {v_C}(0) = 0\]
Amaç DC besleme kesildiğinde kapasitör geriliminin fonksiyonunu elde etmek olduğundan türev alınıp gerilim ifadesi bulunmaya çalışılır.
\[+ \frac{{di(t)}}{{dt}}R + \frac{1}{C}i(t) = 0\]
Hala akım değerleri eşitlikte yer aldığından devre akım yönüne dikkate edilerek gerilimi elde etmek adına akım değerini direnç üzerinde bulmak daha kolay olduğundan;
\[- i(t) = \frac{{{v_C}(t)}}{R}\]
Türevde tekrar yazılırsa;
\[- \frac{{d{v_C}(t)}}{{dt}}.\frac{1}{R}.R - \frac{{{v_C}(t)}}{{RC}} = 0\]
\[\frac{{d{v_C}(t)}}{{dt}} = - \frac{{{v_C}(t)}}{{RC}}\]
İntegral almak için değişken düzenlenmesi yapılır. Zaman ve gerilim ifadeleri karşılıklı ifade edilir.
\[\frac{{d{v_C}(t)}}{{{v_C}(t)}} = - \frac{{dt}}{\begin{array}{l} RC\\ \end{array}}\]
\[{v_C}(0) = {V_0}\]
Kapasitör başlangıç gerilimi olsun.
\[{t_0} = 0\]
Zaman da sıfırdan başlasın.
İntegral alınırsa integral sınır değerleri değişkenlerin cinsinden olmalıdır. Burada gerilim ve zaman.
\[\int\limits_{Vo}^{{v_C}(t)} {\frac{{d{v_C}(t)}}{{{v_C}(t)}}} = \int\limits_0^t { - \frac{1}{{RC}}} dt\]
ln fonksiyonu integralden elde edilir
Hatırlatma :
\[ \int {\frac{1}{x}} dx = \ln x\]
\[ \int {dx} = x\]
----
\[\ln {v_C}(t)|_{{V_0}}^{{v_C}(t)} = - \frac{1}{{RC}}t|_0^t\]
\[{v_C}(t)\]
yazılırken bazı kaynaklarda
\[{v_C}'(t)\]
ya da
\[t'\]
yazılarak sınır değerle karışmaması istenmektedir. Değerler fonksiyonda yerine koyulan değerlerdir.
\[\ln (\frac{{{v_C}(t)}}{{{V_0}}}) = - \frac{1}{{RC}}t\]
ln 'den kurtulmak ve gerilim ifadesini tek başına elde etmek için e kullanılır.
\[{e^{\ln (\frac{{{v_C}(t)}}{{{V_0}}})}} = {e^{ - \frac{1}{{RC}}t}}\]
\[\frac{{{v_C}(t)}}{{{V_0}}} = {e^{ - \frac{1}{{RC}}t}}\]
\[{v_C}(t) = {V_0}{e^{ - \frac{1}{{RC}}t}}\]
Kapasitöre direnç bağlayıp şarj olduktan sonra DC'yi kesersek, direnç üzerinde ısı yayılarak kapasitör deşarj olur. Bu ifade deşarj ifadesidir ve kapasitör başlangıç gerilim değerine bağlıdır.
R değeri artılırsa
\[v(t) = i(t)R\]
göz önüne alındığında belli bir gerilimde akım düşer.
\[p(t) = i{(t)^2}R\]
olduğundan daha az güç ya da ısı yayılır.
\[t = RC\]
alınırsa gerilim belirli bir zamanda
\[v(t) = {V_0}\frac{1}{{{e^1}}} = \frac{{{V_0}}}{{0.3678}} = 2,718{V_0}\]
değerine düşer.
R ve/veya C arttığında örnek RC ifadesi 2 katı olsun, gerilim
\[{V_0}\frac{1}{{{e^{t/2t}}}} = \frac{{{V_0}}}{{{e^{0.5}}}} = \frac{{{V_0}}}{{0.6065}} = 1,648{V_0}\]
değerine daha fazla zaman geçtikten sonra düşer. Nedeni RC değeri zaman ekseninde de ileri yönlü ilerleme yaptırır. Başka ifade ile RC değeri bir zaman ifadesi olduğundan RC artarsa kapasitörde depolanan enerjiyi ısıya dönüştürmek için daha fazla zaman gerekir.
NOT:
R.C=ohm.farad
Ohm=volt/amper
farad=coulomb/volt
volt/amper x coulomb/volt=coulomb /amper
amper=coulomb/saniye
coulomb/coulomb/saniye=saniye
Referans: W.Hayt. J.E. Kemmerly, Engineering Circuit Analysis,
Çizim: Libre Office Draw
Kısa Devre Akımlarının IEC 60909'a Göre Hesaplanması
 |
| Kısa Devre Akımlarının Hesabı -Jenerator, Trafo Besleme |
IEC 60909'a göre jeneratör ile beslenen trafodan oluşan basit tekhatta kısa devre akımlarının hesabına yönelik örnek yapılmıştır.
F1 barasında bir arıza tanımlansın.
DC bileşen F2:
F1 10 kV
Jeneratör reaktansı, IEC 60909'a göre subtransient reaktansa eşit alınabilir.
\[X_d^{''} = \frac{{x_d^{''}}}{{100\% }}.\frac{{{U_{rG}}^2}}{{{S_{rG}}}}\]
\[X_d^{''} = \frac{{0,16}}{{100\% }}.\frac{{{{10}^2}}}{{48}} = 0,3333\Omega\]
100 MVA'dan küçük çıkış gerilimi 1kV'tan büyük jeneratör için kurgusal bir direnç (RGf) hesaplanır. Bu değer jeneratör armature veya endüvi direncine eşit alınabilir.
\[{S_{rG}} < 100MVA\]
\[{U_{rG}} > 1kV\]
\[{R_{Gf}} = 0,07.X_d^{''}\]
\[{R_{Gf}} = 0,07.0,3333 = 0,02333\Omega\]
Bu değer jeneratör endüvi direncidir.
Jeneratör için düzeltme faktörü:
\[{K_G} = \frac{{{U_n}}}{{{U_{rG}}}}.\frac{{{c_{\max }}}}{{1 + x_d^{''}.\sqrt {1 - {{\cos }^2}{\varphi _{rG}}} }}\]
\[{K_G} = \frac{{10}}{{10}}.\frac{{1,1}}{{1 + 0,16.\sqrt {1 - 0,{9^2}} }} = 1,02828\]
\[{R_{Gf}} = {R_a}\]
\[\frac{{X_d^{''}}}{{{R_a}}} = \frac{{0,3333}}{{0,0233}} = 14,2587\]
Empedans kompleks sayılarla ifade edilebilir ve jenerator direnci ve reaktansından oluşur.
\[{\underline Z _G} = 0,0233 + j0,3333\Omega\]
Düzeltilmiş jeneratör empedansı için düzeltme faktörü ile çarpılır.
\[{\underline Z _{GK}} = 1,02828(0,0233 + jX0,3333)\Omega\]
F1 arızasına kadar arada başka bir şebeke bileşeni olmadığından jeneratör empedansı toplam empedansa eşittir.
\[{\underline Z _{GK}} = {\underline Z _{kF1}} = 0,023993 + j0,342762\Omega\]
Başlangıç simetrik kısa devre akımı 10 kV bara F1 için:
\[I_k^{''} = \frac{{c{U_n}}}{{\sqrt 3 {Z_k}}} = \frac{{c{U_n}}}{{\sqrt 3 \sqrt {{R_k}^2 + {X_k}^2} }}\]
\[I_{kF1}^{''} = \frac{{1,1.10}}{{\sqrt 3 .\sqrt {0,{{023993}^2} + 0,{{342762}^2}} }} = 18,4832kA\]
Akım karmaşık sayı ile de ifade edilebildiğinde açı değeri hesaplanabilir.
\[I_{kF1}^{''} = \frac{{1,1.10}}{{\sqrt 3 .(0,023993 + j0,342762)}} = \frac{{6,350853.(0,023993 - j0,342762)}}{{(0,{{023993}^2} + 0,{{342762}^2}})}\]
\[I_{kF1}^{''} = 53,79288.(0,023993 - j0,342762) = 1,290669 - j18,43813kA\]
\[\theta = \arctan \left( {\frac{{ - 18,43813}}{{1,290669}}} \right) = - 85,9958^\circ\]
Pik ya da darbe kısa devre akımının (ip) 10 kV F1 kısa devresi için bulunması
R/X değeri bulunur.
\[\kappa = 1,02 + 0,98{e^{ - 3R/X}}\]
\[{i_p} = \kappa \sqrt 2 {I_k}''\]
\[\frac{{{R_{kF1}}}}{{{X_{kF1}}}} = \frac{{0,023993}}{{0,342762}} = 0,07\]
Bu değer kurgusal direnç hesaplarken kullanılan sabittir.
\[\kappa = 1,02 + 0,98.{e^{ - 3.(0,07)}} = 1,8143\]
\[{i_p} = 1,8143.\sqrt 2 .18,483 = 47,426kA\]
Simetrik kesme akımının (Ib) 10 kV F1 arızası için bulunması
\[{I_b} = \mu .I_{k\max }^{''}\]
Zaman 0,1 saniye alınırsa \[\mu\]değeri formülü:
\[t = 0,10s\]
\[\mu = 0,62 + 0,72{e^{ - 0,32I_{kG}^{''}/{I_{rG}}}}\]
Jeneratör akımının hesabı:
\[{I_{rG}} = \frac{{{S_{rG}}}}{{\sqrt 3 .{U_{rG}}}}\]
\[{I_{rG}} = \frac{{48}}{{\sqrt 3 .10}} = 2,77128kA\]
Jeneratör kısa devre akımı, F1 hatasındaki kısa devre akımına eşittir.
\[I_{kF1}^{''} = I_{kG}^{''} = 18,483kA\]
Akımlar oranı katsayı hesabı için gereklidir.
\[\frac{{I_{kG}^{''}}}{{{I_{rG}}}} = \frac{{18,483}}{{2,7712}} = 6,6695\]
\[\mu = 0,62 + 0,72{e^{ - 0,32.6,6695}} = 0,70519\]
F1 noktasındaki simetrik kesme akımı:
\[{I_b}_{F1} = 0,70519.18,483 = 13,0343kA\]
Kararlı Hal Akımının(Ik) F1 arızası için bulunması
\[{I_{k\max }} = {\lambda _{\max }}.{I_{rG}}\]
Katsayı IEC 60909-1'de verilmektedir.
\[\lambda = \lambda \max = \frac{{{u_{f\max }}.\sqrt {1 + 2.{x_{dsat}}.\sin {\varphi _{rG}} + x_{dsat}^2} }}{{{x_{dsat}} - x_d^{''} + (1 + x_d^{''}.\sin {\varphi _{rG}}).{I_{rG}}/I_{kG}^{''}}}\]
Sinüs değeri güç faktörü 0.9 verildiğinden bulunabilir.
\[\sin {\varphi _{rG}} = 0,4358\]
\[\lambda \max = \frac{{1,3.\sqrt {1 + 2.1,5.0,4358 + 1,{5^2}} }}{{1,5 - 0,16 + (1 + 0,16.0,4358).2,7712/18,483}} = 1,8496\]
Kararlı hal akımı:
\[{I_{kF1}} = 1,8496.2,7712 = 5,1259kA\]
Kısa devre akımının DC bileşeninin F1 arızası için bulunması
Arıza noktasındaki R/X değeri, 50 Hz frekans, 0,1 sn zaman değeri ve başlangıç kısa devre akımı ile;
\[{i_{DC}} = \sqrt 2 .I_k^{''}.{e^{ - 2\pi .f.t.R/X}}\]
\[{i_{DC}} = \sqrt 2 .18,483.{e^{ - 2\pi .50.0,1.0,07}} = 2,898kA\]
Simetrik olmayan kısa devre akımı F1 hatası 10 kV bara
\[{I_{basyn}} = \sqrt {I_b^2 + i_{DC}^2}\]
\[{I_{basyn}} = \sqrt {13,{{0343}^2} + 2,{{898}^2}} = 13,352kA\]
F2 (0.38 kV)
Trafo empedansı 0,4 kV baz alınarak hesaplanır. Not: Bara gerilimi 0,38 kV
\[{Z_T} = \frac{{{u_{kr}}}}{{100\% }}.\frac{{{U_{rT}}^2}}{{{S_{rT}}}}\]
\[{Z_T} = \frac{{0,0715}}{{100\% }}.\frac{{0,{4^2}}}{5} = 0,002288\Omega\]
Trafo direnci
\[{R_T} = \frac{{{P_{krT}}}}{{\frac{{{S_{rT}}^2}}{{{U_{rT}}^2}}}}\]
\[{R_T} = \frac{{0,04175}}{{\frac{{{5^2}}}{{0,{4^2}}}}} = 0,0002672\Omega\]
Nisbi kısa devre gerilimini ya da kısa devre empedansının ( Z% ) nisbi omik bileşeni (%uRr) bulunabilir.
\[{u_{Rr}} = \frac{{{P_{krT}}}}{{{S_{rT}}}}.100\%\]
\[{u_{Rr}} = \frac{{0,04175}}{5} = 0,00835 = 0,835\%\]
Trafo reaktansı:
\[{X_T} = \sqrt {{Z_T}^2 - {R_T}^2}\]
\[{X_T} = \sqrt {0,{{002288}^2} - 0,{{0002672}^2}} = 0,002272344\Omega\]
Nispi reaktif bileşen Z% ( kısa devre empedansı bileşenidir)
\[{x_T} = \frac{{{X_T}}}{{\left( {\frac{{U_{rT}^2}}{{{S_{rT}}}}} \right)}}\]
\[{x_T} = \frac{{0,002272344}}{{\left( {\frac{{0,{4^2}}}{5}} \right)}} = 0,0710\]
Trafolar için düzeltme katsayısı empedans hesabında dikkate alınmalı.
\[{K_T} = 0,95.\frac{{{c_{\max }}}}{{1 + 0,6{x_T}}}\]
\[ c = 1,05\]
Alçak gerilim devrelerinde c değeri 1,05 alınır.
\[{K_T} = 0,95.\frac{{1,05}}{{1 + 0,6.0,0710}} = 0,9567\]
\[{\underline Z _{TK}} = {K_T}({R_T} + j{X_T})\]
\[{\underline Z _{TK}} = 0,9567(0,0002672 + j0,002272344)\]
\[{\underline Z _{TK}} = 0,000256 + j0,002174\Omega\]
F2 hata noktası için F1 arızası için kullanılan empedans 0,38 kV gerilim seviyesine dönüştürülür. Dönüştürme oranı 0,38 kV baranın bağlandığı trafo sarım sayısı oranının karesi ile yapılır. Yüksek gerilim tarafından alçak gerilim tarafına dönüştürme dönüştürme oranının karesinin tersi alınır.
\[{\textstyle{1 \over {t_r^2}}}\]
\[t_r^2 = \frac{{{{10}^2}}}{{0,{4^2}}} = {25^2}\]
\[{\underline Z _{kF1@0,38kV}} = \left( {0,023993 + j0,342762} \right).\frac{1}{{{{25}^2}}} = 3,{83.10^{ - 5}} + j0,00055\Omega\]
F2 hata noktasında toplam empedans:
\[{\underline Z _{kF2}} = {\underline Z _{TK}} + {\underline Z _{kF1@0,38kV}} = 0,0002940 + j0,00272\Omega\]
F2 noktası başlangıç kısa devre akımı 0,38 kV bara gerilimi kullanılarak bulunur.
\[I_k^{''} = \frac{{c{U_n}}}{{\sqrt 3 {Z_k}}}\]
\[I_{kF2}^{''} = \frac{{1,05.0,38}}{{\sqrt 3 .\sqrt {0,{{0002940}^2} + 0,{{00272}^2}} }} = 84,1266kA\]
Darbe kısa devre akımı F2:
\[\frac{{{R_{kF2}}}}{{{X_{kF2}}}} = \frac{{0,0002940}}{{0,00272\Omega }} = 0,1080\]
\[\kappa = 1,02 + 0,98{e^{ - 3.0,1080}} = 1,728\]
\[{i_p}_{F2} = 1,728.\sqrt 2 .84,1266 = 205,678kA\]
Kesme Akımı F2:
\[{I_b}_{F2} = I_{kF2}^{''} = 84,1266kA\]
Kararlı hal kısa devre akımı (Ik) F2:
\[{I_k}_{F2} = I_{kF2}^{''} = 84,1266kA\]
\[{i_{DC}} = \sqrt 2 .84,1266.{e^{ - 2\pi .50.0,1.0,1080}} = 3,998kA\]
Simetrik olmayan kesme akımı F2:
\[{I_{basyn}} = 84,2216kA\]
ETAP ile çözüm
Çift Beslemeli Asenkron Jeneratör (Double Fed Induction Generator)
Jeneratör rotoru bağlanacak türbin şaftına akuple durumdadır. Jeneratör rotoruna güç elektroniği dönüştürücüleri AC/DC ve DC/AC dönüştürücü sırt sırta bağlanarak bir trafo üzerinden şebekeye bağlanır.
Senkron altı hızlarda, yani jeneratörün 2 kutuplu olduğu varsayılırsa 3000 devir/dk'dan daha az rotor hızında şebekeden enerji çekilir. Filtre ve güç elektroniği dönüştürücüleri ile rotora verilir. Rotor tarafında yer alan AC/DC dönüştürücü, stator referansına göre rotor akımını kontrol eder. Şebeke tarafındaki DC/AC dönüştürücü DC bara gerilimini ve şebeke güç katsayısı kontrol etmede kullanılır.Rotor ya da türbin senkron hıza doğru hızlanır.
Kayma hızı aralığının küçük olması nedeniyle dönüştürücü ebatı küçülür (jeneratör gücünün 1/3'ü oranında).
Rotor senkron hıza geldikten sonra rotora bağlı türbin hızlanırsa rotor hızı senkron hızın üstüne çıkar. Jeneratör rotor sargılarından elde edilen gerilimi şebekeye vermeye çalışır. Şebeke bağlantısı yapıldığında jeneratör yüklenir ve hızı bir miktar düşer ve senkron seviyeye gelir.
Rotoru sargılı asenkron makinada hız kontrolü rotora bağlanan direnç değeri değiştirilerek yapılır.
Rüzgar türbinlerinde DFIG çok kullanılmıştır. Senkron altı ve senkron üstü hız aralığında maksimum güç transfer edilir. Bu nedenle MW seviyesindeki yüksek güç uygulamaları için uygundur.
Short Circuit Current Calculation According to IEC 60909 Standard
Short circuit current is calculated according to IEC 60909 Standard. However, in the standard there will be some statements related to short circuit current, such as prospective short circuit current, initial symmetrical short circuit current, peak short circuit current, breaking current, steady state current, dc component of the short circuit current. It could be more correct to say which current we mention.
Short circuit currents can be calculated on the faulted bus. IEC 60909 includes equations to calculate impedance of power system components, and short circuit analysis is carried out by impedance and currents.
Below is the straightforward example to calculate short circuit current. A generator is connected to transformer and there are faults on 10 kV and 0.38 kV buses. We will find the impedance of the generator and transformer in case of short circuited, and then using the impedances, initial symmetrical short circuit currents based on bus voltage level can be calculated. After the initial symmetrical short circuit currents, peak current, breaking current, steady state current and dc components will be obvious.
Given data for the equipments can be calculated from vendor, equipment datasheet or manufacturer. IEC 60909-2 gives some sample values for the components' impedance in complex number form.
F1 Fault 10 kV
Generator reactance equation comes from IEC 60909.
Reactance equals to subtransient reactance
\[X_d^{''} = \frac{{x_d^{''}}}{{100\% }}.\frac{{{U_{rG}}^2}}{{{S_{rG}}}}\]
\[X_d^{''} = \frac{{0,16}}{{100\% }}.\frac{{{{10}^2}}}{{48}} = 0,3333\Omega\]
If the condition is;
\[{S_{rG}} < 100MVA\]
( rated apperent power of generator)
\[{U_{rG}} > 1kV\]
( rated voltage of generator)
then, fictitious resistance value will be obtained.
\[{R_{Gf}} = 0,07.X_d^{''}\]
\[{R_{Gf}} = 0,07.0,3333 = 0,02333\Omega\]
Correction factor for generator has to be calculated.
\[{K_G} = \frac{{{U_n}}}{{{U_{rG}}}}.\frac{{{c_{\max }}}}{{1 + x_d^{''}.\sqrt {1 - {{\cos }^2}{\varphi _{rG}}} }}\]
\[{K_G} = \frac{{10}}{{10}}.\frac{{1,1}}{{1 + 0,16.\sqrt {1 - 0,{9^2}} }} = 1,02828\]
Armature Resistance of Generator:
\[{R_{Gf}} = {R_a}\]
Fictitious resistance equals to armature resistance
\[\frac{{X_d^{''}}}{{{R_a}}} = \frac{{0,3333}}{{0,0233}} = 14,2587\]
Generator impedance is written down in complex number.
\[{\underline Z _G} = 0,0233 + j0,3333\Omega\]
Corrected generator impedance can be calculated with correction factor.
\[{\underline Z _{GK}} = {K_G}({R_a} + j{X_d}'')\]
\[{\underline Z _{GK}} = 1,02828(0,0233 + jX0,3333)\Omega\]
Impedance at F1 fault location 10 kV bus
\[{\underline Z _{GK}} = {\underline Z _{kF1}} = 0,023993 + j0,342762\Omega\]
Initial symmetrical short circuit current for F1 fault 10 kV (Un) bus
Since faulted bus is 10 kV, impedance at 10 kV of components is used.
\[I_k^{''} = \frac{{c{U_n}}}{{\sqrt 3 {Z_k}}} = \frac{{c{U_n}}}{{\sqrt 3 \sqrt {{R_k}^2 + {X_k}^2} }}\]
\[I_{kF1}^{''} = \frac{{1,1.10}}{{\sqrt 3 .\sqrt {0,{{023993}^2} + 0,{{342762}^2}} }} = 18,4832kA\]
For angle, conjugate math operations,
\[I_{kF1}^{''} = \frac{{1,1.10}}{{\sqrt 3 .(0,023993 + j0,342762)}} = \frac{{6,350853.(0,023993 - j0,342762)}}{{(0,{{023993}^2} + 0,{{342762}^2})}}\]
\[I_{kF1}^{''} = 53,79288.(0,023993 - j0,342762) = 1,290669 - j18,43813kA\]
\[\theta = \arctan \left( {\frac{{ - 18,43813}}{{1,290669}}} \right) = - 85,9958^\circ\]
Peak short circuit current for F1 fault 10 kV bus
\[\kappa = 1,02 + 0,98{e^{ - 3R/X}}\]
\[{i_p} = \kappa \sqrt 2 {I_k}''\]
The equations are from IEC 60909. R/X value is needed for peak current.
\[\frac{{{R_{kF1}}}}{{{X_{kF1}}}} = \frac{{0,023993}}{{0,342762}} = 0,07\]
(Already found from fictitious resistance equation)
\[\kappa = 1,02 + 0,98.{e^{ - 3.(0,07)}} = 1,8143\]
\[{i_p} = 1,8143.\sqrt 2 .18,483 = 47,426kA\]
Breaking Current for F1 fault 10 kV bus
\[{I_b} = \mu .I_{k\max }^{''}\]
Time value is choosen. If the time value is choosen as 0,1 s,
\[t = 0,10s\]
\[\mu = 0,62 + 0,72{e^{ - 0,32I_{kG}^{''}/{I_{rG}}}}\]
However, currents related to generator is needed.
Rated generator current can be calculated easily from traditional power formula.
\[{I_{rG}} = \frac{{{S_{rG}}}}{{\sqrt 3 .{U_{rG}}}}\]
\[{I_{rG}} = \frac{{48}}{{\sqrt 3 .10}} = 2,77128kA\]
Initial symmetrical current on 10 kV will be rated generator current. As there is no other elements contribution to fault current on the 10 kV bus.
\[I_{kF1}^{''} = I_{kG}^{''} = 18,483kA\]
\[\frac{{I_{kG}^{''}}}{{{I_{rG}}}} = \frac{{18,483}}{{2,7712}} = 6,6695\]
\[\mu = 0,62 + 0,72{e^{ - 0,32.6,6695}} = 0,70519\]
Breaking current for breaker is now clear.
\[{I_b}_{F1} = 0,70519.18,483 = 13,0343kA\]
Steady State Current (Ik) for F1 Fault
\[{I_{k\max }} = {\lambda _{\max }}.{I_{rG}}\]
IEC 60909-1 can be used for equation based calculation.
\[\lambda = \lambda \max = \frac{{{u_{f\max }}.\sqrt {1 + 2.{x_{dsat}}.\sin {\varphi _{rG}} + x_{dsat}^2} }}{{{x_{dsat}} - x_d^{''} + (1 + x_d^{''}.\sin {\varphi _{rG}}).{I_{rG}}/I_{kG}^{''}}}\]
\[\sin {\varphi _{rG}} = 0,4358\]
\[\lambda \max = \frac{{1,3.\sqrt {1 + 2.1,5.0,4358 + 1,{5^2}} }}{{1,5 - 0,16 + (1 + 0,16.0,4358).2,7712/18,483}} = 1,8496\]
\[{I_{kF1}} = 1,8496.2,7712 = 5,1259kA\]
DC Component of the short circuit current for F1 Fault
Frequency ( 50 Hz), time 0.1 sn and R/X is now given data.
\[{i_{DC}} = \sqrt 2 .I_k^{''}.{e^{ - 2\pi .f.t.R/X}}\]
\[{i_{DC}} = \sqrt 2 .18,483.{e^{ - 2\pi .50.0,1.0,07}} = 2,898kA\]
Asymmetrical Breaking Current for F1 Fault
It is easy to calculate with dc and breaking current putting into IEC formula.
\[{I_{basyn}} = \sqrt {I_b^2 + i_{DC}^2}\]
\[{I_{basyn}} = \sqrt {13,{{0343}^2} + 2,{{898}^2}} = 13,352kA\]
F2 Fault (0.38 kV)
Transformer Impedance based on 0.4 kV ( Note: Bus voltage is 0,38 kV)
\[{Z_T} = \frac{{{u_{kr}}}}{{100\% }}.\frac{{{U_{rT}}^2}}{{{S_{rT}}}}\]
\[{Z_T} = \frac{{0,0715}}{{100\% }}.\frac{{0,{4^2}}}{5} = 0,002288\Omega\]
Transformer Resistance based on 0.4 kV
\[{R_T} = \frac{{{P_{krT}}}}{{\frac{{{S_{rT}}^2}}{{{U_{rT}}^2}}}}\]
\[{R_T} = \frac{{0,04175}}{{\frac{{{5^2}}}{{0,{4^2}}}}} = 0,0002672\Omega\]
Relative resistive component of the relative impedance
\[{u_{Rr}}\%\]
Z% or
\[{{u_{kr}}}\%\]
\[{u_{Rr}} = \frac{{{P_{krT}}}}{{{S_{rT}}}}.100\%\]
\[{u_{Rr}} = \frac{{0,04175}}{5} = 0,00835 = 0,835\%\]
Transformer reactance
\[{X_T} = \sqrt {{Z_T}^2 - {R_T}^2}\]
\[{X_T} = \sqrt {0,{{002288}^2} - 0,{{0002672}^2}} = 0,002272344\Omega\]
Relative reactance component of the relative impedance
Z% or
\[{{u_{kr}}}\%\]
\[{x_T} = \frac{{{X_T}}}{{\left( {\frac{{U_{rT}^2}}{{{S_{rT}}}}} \right)}}\]
\[{x_T} = \frac{{0,002272344}}{{\left( {\frac{{0,{4^2}}}{5}} \right)}} = 0,0710\]
Transformer Correction Factor
\[{K_T} = 0,95.\frac{{{c_{\max }}}}{{1 + 0,6{x_T}}}\]
\[ c = 1,05\]for low voltage level
\[{K_T} = 0,95.\frac{{1,05}}{{1 + 0,6.0,0710}} = 0,9567\]
\[{\underline Z _{TK}} = {K_T}({R_T} + j{X_T})\]
\[{\underline Z _{TK}} = 0,9567(0,0002672 + j0,002272344)\]
\[{\underline Z _{TK}} = 0,000256 + j0,002174\Omega\]
For F2 Fault, fault at F1 location \[{Z_{kF1}}\] is transferred to 0.38 kV by using transformer turn ratio square
\[{\textstyle{1 \over {t_r^2}}}\]
\[t_r^2 = \frac{{{{10}^2}}}{{0,{4^2}}} = {25^2}\]
\[{\underline Z _{kF1@0,38kV}} = \left( {0,023993 + j0,342762} \right).\frac{1}{{{{25}^2}}} = 3,{83.10^{ - 5}} + j0,00055\Omega\]
Total impedance at F2 fault location
\[{\underline Z _{kF2}} = {\underline Z _{TK}} + {\underline Z _{kF1@0,38kV}} = 0,0002940 + j0,00272\Omega\]
Initial symmetrical short circuit current for F2 0,38 kV
\[I_k^{''} = \frac{{c{U_n}}}{{\sqrt 3 {Z_k}}}\]
\[I_{kF2}^{''} = \frac{{1,05.0,38}}{{\sqrt 3 .\sqrt {0,{{0002940}^2} + 0,{{00272}^2}} }} = 84,1266kA\]
Peak short circuit current for F2 fault 0,38 kV bus
\[\frac{{{R_{kF2}}}}{{{X_{kF2}}}} = \frac{{0,0002940}}{{0,00272\Omega }} = 0,1080\]
\[\kappa = 1,02 + 0,98{e^{ - 3.0,1080}} = 1,728\]
\[{i_p}_{F2} = 1,728.\sqrt 2 .82,1266 = 205,678kA\]
Breaking Current for F2 fault
\[{I_b}_{F2} = I_{kF2}^{''} = 84,1266kA\]
Steady State Current (Ik) for F2 Fault
\[{I_k}_{F2} = I_{kF2}^{''} = 84,1266kA\]
\[{i_{DC}} = \sqrt 2 .84,1266.{e^{ - 2\pi .50.0,1.0,1080}} = 3,998kA\]
Asymmetrical Breaking Current for F2 Fault
\[{I_{basyn}} = 84,2216kA\]
Çelik Özlü İletkenlerin Direnç Değeri
Yüksek gerilimde kullanılan, çelik özlü iletkenlerin DC direnç değeri hesabında HAWK iletken örneğinden gidilirse, çelik özlü alüminyum kesiti 241,65 mm2'dir.
\[{R_{{{20}^ \circ }}} = \rho .\frac{l}{q}\]
Alüminyum özdirenci bakır özdirencinin 0,61'e bölümü ile bulunur.
\[{\rho _{Al}} = \frac{{{\rho _{Cu}}}}{{0,61}} = \frac{{0.0176}}{{0,61}} = 0,02885\]
\[\Omega m{m^2}/m\]
HAWK kesiti ve km'ye çevirerek.
\[{R_{HAWK@{{20}^ \circ }}} = 0,02885.\frac{{1000}}{{241,65}} = 0,11938\Omega /km\] olur.
Belirli bir eksende spiral düzenleme iletkende varsa direnç artışı %2 alınır.
\[{R_{HAWK@{{20}^ \circ }(x1,02)}} = 1,02.{R_{20}} = 0,12177\Omega /km\]
olarak bulunur.
Referans: Enerji Hatları Mühendisliği, Hüsnü Dengiz
Mikroşebeke
Mikro Şebekenin Amacı
- Arz güvenliği sağlayarak karbon emisyonunu azaltmak. Kesikli üretim yapan yenilenebilir enerji kullanıldığında şebekede kararsızlık oluşacağından batarya sistemleri kullanılabilir.
- Büyük çaplı elektrik kesintileri, arızaları sırasında tüketiciye kesintisiz güç sağlamak
- Üretimde ve tüketimde enerji verimliliğini artırmak. Bölgesel bazlı ve yüke yakın kurulduğundan iletim kaybı yok.
Özellikler
- Mikro şebeke tasarımı, bir tüketici grubu ve belirli durumlar göz önüne alınarak belirlenen coğrafi bölgeye göre yapılır. Kaynakların durumuna göre üretim ve tüketim aynı yerdedir.
- Mikroşebeke tasarımında ekonomi, güvenirlik, çevresel ve sosyal faktörler göz önünde bulundurulur.
- Mikro şebekede dağıtım seviyesi kullanılır ( OG veya AG'ye bağlantı).
- Dağıtık üretim kaynakları mikro şebekede kullanılır. Fosil kaynaklar, alternatif enerji kaynakları, enerji depolama sistemleri ile birlikte elektrikli araç şarj/deşarj yapısı ve tüketici yükleri mikro şebekeyi oluşturur.
- Mikro şebekede atık ısı ile geri kazanım yapabilen üretim kaynakları da kullanılabilir.
- Ana şebeke ile besleme yapılamayan uzak ya da kırsal bölgeler mikro şebeke ile beslenebilir
- Mikro şebeke aynı zamanda dağıtım şebekesinin içinde yer alan daha küçük ağdır. Dağıtım şebekesi açısından mikro şebeke kontrol edilebilir bir yüktür.
- Dağıtım şebekesine bağlı (on-grid) ya da dağıtım şebekesinden bağımsız ada modda (off-grid) çalışabilir.
- Mikro şebeke sürekli kesintisiz bir şekilde çalışmaz. Üretimin az olduğu durumda veya ada modda gerilim-frekans dengesini sağlayamadığı durumda şebekeye bağlanır. Mikro şebekede üretim az ve şebeke arızası nedeniyle şebekeye de bağlanamıyorsa ve ada modda çalışmayı da başaramazsa kritik olmayan tüketici yükleri devreden çıkartılır. Üretim fazla olduğu durumda ise fazla enerji için enerji depolama ya da ana şebeke kullanılır. Bu nedenle mikro şebekede üretim planlaması yapılır. Yüklerin devreye girmesi de planlanır.
- Güç elektroniği tabanlı dağıtık üretim dengesizlikleri ve harmonikleri kompanze eder ve güç kalitesine katkıda bulunur.
- Kesikli üretim nedeniyle güç akışı değişir, pik yükün karşılanması gerekir, depolama sistemi kullanılır
- Mikro şebekede dağıtık üretim kaynaklarının iç empendası düşüktür, invertörler az atalet sağlar kararsızlık problemi oluşabilir, bu nedenle mikro şebekeler ataletsiz ve zayıf şebekelerdir.
İlgili Standart
IEEE-1547 : IEEE Standard for Interconnection and Interoperability of Distributed Energy Resources with Associated Electric Power Systems Interfaces
Kaydol:
Kayıtlar (Atom)