TRANSMİSYON PROBLEMLERİNİN GRAFİKLE ÇÖZÜMÜ

Konstrüktorler bu şartlan gerçekleştirecek gerilim regülâtörleri yapmakta hiçbir güçlük görmemektedirler. İzole şebeke halinde gerilim regülâtörü yukardaki kanunu gerçekleyici olarak çalışır ve enterkonekte şebeke halinde de U = sabit tutulur. Bunun da ayni şekilde gerçeklenmesi kolaydır.

Bütün bunlar gösteriyorki, birçok nizamnamelerde yazılı olan şart - grup sabit gerilimde bir su direnci üzerine çalışırken stabl) olmalıdır - umumiyetle çok enderdir.

ihtarlar:

1°) Bir gurubun stabilite problemi, gurup izole olarak çalıştığında ortaya konulabilir. Gurup umumî enterkonekte şebeke üzerine çalışırsa, senkronize edici momentler stabiliteyi iade etmek için kâfi gelirler.

Kâfi miktarda pay bulunan enterkonekte şebekelerde, bu payı düşünerek, yeni gurupların stabilite sınırında veya ötesinde seçilmesi tehlikeli olabilir.

2°) Regülâtöre minimum teorik değeri ifade eden, k' emsali verildiği hallerde teorik stabilite şartı gerçekleşse bile gurup kararlı olmıyabilır. Regülâtörün karakteristik değerleri (ivmelendirme dozajı veya daşpotun rijiditesi ve geçici stabilıtesi) optimum değerde değillerse stabilite olamaz. Regülâtörün çok

basit bir tadilâtı gurubu stabl yapmıya kifayet eder. Bazan da parazit hâdiseler stabilitenin bozulmasına sebep olabilar. Meselâ kaplan türbinlerinde distrübütörün ve kanatların hareketinin fena akort edilmesi, Pelton türbinleri halinde de saptırıcı ile iğnenin hareketinin ayarsızlığı, yağ luzuciyetinin sıcaklıkla değişimi gibi sebepler buna sebep olabilir.

IV — Neticeler :'

Hulâsa olarak, her iki şartta konstrüktörü ekonomik PD2 nin üstünde bir PD2 seçmiye sevkeden âmillerin birincisi olan, herhangi bir değerin altındaki aşın hız (Nizamname ile tesbıt olunan) birçok hallerde elâstik tutulmıya mecburdur.

İkinci stabilite şartı, ancak bazı hallerde vazedilir. Bu şart PD2, nin arttırılmasından çok daha ekonomik yollardan temin edilebilmelidir. Bu iş istikbalde yeni tip regülâtörler kullanılarak, veya şimdi gurubun, t', zaman sabitini arttırarak veya gerilim regülâtörünün frekans duyarlığının arttınlmasıyla yapılabilir.

Derinleştirilmiş etütler yapılmadan alternatör konstrüktörü tarafından verilmiş ekonomik PD2 değeri hiçbir zaman % 20 den fazla arttınlmamahdır.

Transmisyon Problemlerinin Grafikle Çözümü Hamit ATALAY

Yük Müh. - P.T.T.

(Geçen sayıdan devam)

Diyagramlarda, Z = 0.336 + j 0.605 için l1 KR1isle=(03.56)0d5ebnuklluenmmiunşdteun, : Teta argümanı

d ----= 4ır x 0.342

Teta = — 4n

er —4.29 radyan = —246° ,

(Bu açı, Smith diyagramında,. Z i temsil eden noktayı merkeze birleştiren doğrunun absis eksenile yaptığı açı olarak minkale ile de ölçülebilir).

E in fazını mebde kabul ederek :

E~ = k . E R RR

ı= (0.605 l —246°) . (3.016 | 0° ) — 1.825 l —246°

Alıcı uçlanndaki gerilim :

E = E+ + E~ = 3.016 l 0° + 1.825 l — 246°

= 2.274 — j 1.67

l E l = 2.82

13 l

R'

volt

Alıcıdan geçen akımın modülü :

|E

2.82

R 2.82

' R'

İZ R 11800 +J 600 |

<= 1.49 x İÜ-3 Amper Alıcıda sarfolunan aktif güç : P =11 l2 . R R ' R ' R

f= (1.49 xlO-3)2 x 1800 =

4 x 10-3 watt

Misal 5 — Karakteristik empedansı Zn = 70 + JO ohm olan 1.20 dalga uzunluğundaki (yani 1/X = 1.20) bir transmisyon hattının nihayeti Z = 84 + j 63 empedansı ile kapatılmış ve baş tarafına e.m.k.i. Eğ = 100 V, iç empedansı Zg = 50 + j O ohm, olan bir üreteç tatbik olunmuştur Transmisyon hattındaki kayıplar kabili ihmaldir. Z yük empedansı üzerindeki akım ve gerilim ile sarfolunan aktif gücü hesaplayınız. Hat kayıpsız farzedileceğine göre, generatörün hatta vereceği gücün aynen alıcıya intikal ettiğim kabul ederek problemi çözeceğiz. "• Normalıze alıcı empedans : 84 + j 63

Z = Z /Z = -------------- = 1.2 + ] 0.9

B B' o 70 + j O

Her iki diyagramda, bu empedansı temsil eden nokta için :

|K| = 0.38 mesafe = 0.423 okunur. Mesafe skalasında 1.20 kadar ilerlenırse O 423 +1.20 = 1.623 veya 0.123 noktasına gelinir. Hat kayıpsız olduğundan |K| değişmez. Alıcı uçtan ölçülecek empedans ( |K| = 0.38, d/X = 0.123) : Z = 0.75 — J 0.68 a

Z = Z . Z = (0.75 —j 0.68) (70 + JO) ss

= 52.5 — J 47.6 ohm.

Hat başı akımı: (48) den 100 I = ----------------B 102.5 — ] 47.6

V (102.5)2 + (47.6)2

= 0.887 Amper.

Hatta çıkan güç :

P =|ı U . R = (0.887)2 x 52.5

S

S1

= 41 wat

Alıcıya intikal eden P gücü :

p = P =41 wat

P = II l 2 . R

B ' B' B

41 = II l 2 . 84 l Ql

II I = 0.7 Amper 1 B'

E. M. M. 27 - 28

IE II l . İZ I =0.7 x V(84)2+<63)2

BB

= 73 Volt.

Misal: 6 — Geçen misalde nazarı itibare

alınan hat üzerinde akım ve gerilimin azamî

ve asgarî değerlerini, bu değerlerin hangi

noktalarda bulunduğunu, hat empedansının

azamî ve asgarî değerlerini hesap ediniz.

Hat kayıpsız olduğundan | K | değeri hat boyunca sabittir. Her iki diyagramda da, |K'| = 0.38 dairesinin absis ekseniyle kesişme noktalan, empedansın azamî ve asgarî değerlerine tekabül eder. (l + j 0) noktasının sağında empedansın azamî, solunda ise asgarî olduğu değer okunur.

Buna göre, Z =1.2 + ] 0.9 noktasından

hareketle saat ibreleri yönünde (generatöre doğru) gidüırse, (0500 — 0.423) X = 0.077 X uzunluğunda gerilim ve empedansın azamî, (akımın asgarî) o'duğu ilk noktaya varılır. Buradan ölçülen empedans, diyagramdan okunan (2.3 + jO) değeri Zn ile çarpılarak : Zmax. = (2.3 + jO) (70 + jO) = (161 + jo) ohm. bulunur.

Bu noktadan 0.5 X sonra, yani yükten itibaren (O 500 + 0.077) X = O 577 X mesafesinde asgarî empedans bulunur, değeri: Zmin. = (0.43 + ]0) (70 + jO) = (30,1+jo) ohm. dur.

Generatöre doğru hattı takibe devam edilirse, ilk Z mm. noktasından 0.5 X sonra, yani yükten (0.5+0.577) X = 1.077 X sonra tekrar empedansın azamî olduğu noktaya gelinir.

Empedans azamî olduğu noktada akım asgarî, empedansın asgarî olduğu noktada ise akım azamî değeri alacağından, (54) denklemlerinden

11 min | = V41/161 = 0.505 Amper

11 max | = V41/30-1 = İ-165 Amper Gerilim azamî ve asgarî değerleri ise, (55) denklemlerinden | V max | = 161 x 0.505 = 81.5 volt j V min | = 30.1 x 1.165 = 35 volt olarak bulunur.

Hat Admitanslannın Hesabında Diyagramların Kullanılması:

Gerek Smith diyagramı, gerekse Kartezyen diyagramı, belli bir empedansın tersini (admitansı) hesaba yaradığı gibi, empedanslar yerine admitanslar kullanılarak ta bu diyagramlar yardımiyle hesap yapılabilir.

önce, hat admitansının nasıl tâyin edileceğini araştıralım. Hattın herhangi bir noktasından ölçülen empedansın normalize değerini

Şekil: 13

Şekli: 14

Transmisyon Hattı Diyagramları üzerinde Kompleks bir sayının

tersinin bulunması.

veren (24) ifadesini (56) şeklinde

yazalım, | K | yi sabit tutarak Teta açısını 180° değiştirelim. Bu takdirde (57) bulunur.

Kompleks bir sayının modülü ayni kalarak argümanı 180° değiştirilirse, o kompleks sayının negatifi elde edilir.

Binaenaleyh (57) ifadesi (58) e muadil

olup bu sonuncu da l/z yani admitanstan başka bir şey* değildir.

(57).ve (58) ifadelerinden l/Z = Y ve

l/Zn = Y0 olmak üzere (y) normalize admitans (59) elde edilir.

.

Görülüyor ki (56) veya (24) denklemile beliren z normalize empedansına tekabül eden admitansı bulmak için | K | yi değiştirmeden teta açısını 180° değiştirmek kâfidir.

|vmj./

Bu -ameliyenin Smith ve Kartezyen diyagramlarda nasıl yapılacağı Şekil 13 ve 14 te

gösterilmiştir.

Her iki diyagramda da | K | = sabit dai-

4-

resi boyunca ilerlenerek Teta açısına 180" (veya mesafeyi 0.25 X) değiştirmekle empedanstan admitansa geçilir.

Smith diyagramında z ve l/z değerlerini temsil eden noktalar | K | = sabit dairesinin çevresinde kutren mukabil iki noktadır. Kartezyen diyagramda ise, Teta = sabit dairesinin (1+JO) noktasının ötesine |Kj = sabit dairesini ikinci defa kestiği nokta, evvelki kesişme noktasına tekabül eden empedansın tersi (admitans) dir. Fakat Teta= sabit dairelerinin hepsi (1 + JOj noktasından geçtiği cihetle

(S9)

(s*)

E. M. M. 27-28

bu nokta civarında sıklaşan yaylan takip zordır, Teta'ya 180° veya d/X ya 0.25 ilâve edip buna tekabül eden daireyi bulmak neticeyi daha kolay verir.

Şimdiye kadar empedanslar için anlattığımız hesap metodlan, aynen admitanslara da tatbik edilebilir. Bunun için hattın karakteristik empedansı (Zo) yerine karakteristik admiJansı (Yo) bulunduktan sonra normalize yük admitansı (Y ) hesaplanır. Diyagramda buna tekabül eden nokta bulunur. Hattın herhangi bir noktasından ölçülecek admitansı tâyin için, aynen empedanslar için anlatıldığı gibi | K | dairesi üzerined Teta açısı kadar dönülür. Hat zayiatlı (a eşit değil 0) ise |K| nin değeri f2ad Ue çarpılır.

Paralel bağla hatlara veya yük empedanslannın paralel bağlı olması haline ait problemlerde admitanslarla hesap yapmak daha kolaydır.

Misal: 7 — Normalize empedansı 2 + J l olan hattın normalize admitansını bulunuz.

Yukarıda anlatılan metod tatbik olunursa l

--------- =0.4 — J 0.2 bulunur. 2 + Jl Misal: 8 — Z, = 90 + ] 75 ve Z2 = 120 — J 65 empedanslan paralel bağlanmıştır. Bunlara denk empedansı diyagram yardımiyle hesaplayınız. önce diyagram ölçeğine uygun gelmesi için her iki empedansı 100 ile bölelim:

Z, Z , = ----------- = 0.9 + J 0.75

100 = 1.2 —J 0.65

Bunlara ait

z.

admitanslar:

y, = 0.68 — j O 57 y2 = 0.65 + j 0.35 Eşdeğer admitans:

y = y, + y, = 1.33 — j 0.22 Eşdeğer empedans :

Z = ------ x 100 = (0.75+] 0.12) x 100

y

Z = 75 + ] 12 bulunur.

Misal: 9 — Geçen misalde verilen iki empedans paralel olarak karakteristik empedansı Zo = 52 + j O, a = O, 3 = 0.521 Neper/m olan bir transmisyon hattının nihayetine bağlanmıştır. Bu hattın nihayetinden itibaren d = 3 m. mesafeden ölçülecek empedansı bulunuz.

Evvelki misale nazaran, normalize yük empedansı:

75 + j 12 Z = - = 1.44 + j 0.23 R

• 52 + j O

Diyagramda bu değer için : K = 0.21

mesafe skalası : 0.47

X = 12 m.

0.521

d

0.25

»

Mesafe skalasına 0.25 ilâve edilirse:

0.47 + 0.25 = 0.72

| K | ı= 0.21 ve ----- = 0.72 için aranan X empedans :

Z = (52 + J 0) (0.66 — J 0.11) = 34.2 -J 5.7 (ohm.) bulunur.

HABERLER

• Etibank Şebeke Tesis Müdürü Elek. Y. Müh. Münir Tanyeloğlu. Kepez hidro elektrik santralı malzemesinin tecrübelerinde bulun mak üzere 1,5 ay müddetle İtalyaya gitmiştir.

• Etibank, Enerji Etüd ve Tesis Şubesi Hidrolik Santrallar Başmühendisliğinde çalı şan arkadaşımız Elek. Müh. Oğuz Herkmen serbest çalışmak üzere bu vazifesinden isti fa etmiştir.

• Etibank, Enerji Etüd ve Tesis Şubesi Hava hatları Başmühendisi Elektrik Müh. Andrea Votıkas bu vazifesinden istifa etmiş tir.

• Maraş ve civarında vukubulmuş olan fırtına sırasında Ceyhan hidro-elektrık san tralından şehre enerji nakletmekte olan yük sek gerilim enerji nakil hattının üç direği dev rilmiştir. Şehre eski diesel santralından ceryan verilmektedir.

— Hürriyet 27.2.1959 —

• Düzce ve Bolu'yu Kuzey - Batı Anadolu enterkonnekte şebekesine bağlayan 33 kVluk enerji nakil hattı direklerinden biri Küçükmenen suyunun tahribatı neticesinde devril miş ve bu şehirler elektriksiz kalmıştır.

— Cumhuriyet 17.3.1959 —

• E İ. E. İdaresi Elek Y. Mühendisi Teo man Baykal Milletlerarası Atom Enerjisi Ajan sı (I. A. E. A ) bursundan istifade ile, bir sene müddetle nüklear santrallar mevzuunda ihti sas yapmak üzere Amerika'ya gitmiştir.