1

ENERJĐ ĐLETĐM SĐSTEMLERĐ 1GĐRĐŞ Elektrik enerji sistemleri geleneksel olarak uumlretim iletim ve dağıtım şeklinde incelenmektedir Enerji iletim sistemleri daha ccedilok iletim kısmı ağırlıklı olmakla beraber gerek uumlretim gerekse dağıtım ve yuumlk modellerini de iccedileren analizleri kapsamaktadır Boumlluumlmlere goumlre incelenecek konular ise şoumlyle sıralanabilir Đkinci Boumlluumlm Fazoumlr kavramı R L C devreleri akım gerilim ve guumlccedil ifadeleri Uumlccediluumlncuuml Boumlluumlm Đletim sistemlerinin modellenmesi tek hat şeması uumlccedil fazlı eşdeğer goumlsterilimler tek fazlı eşdeğer goumlsterilimler birim değerler birim değerli eşdeğer goumlsterilimler Doumlrduumlncuuml Boumlluumlm Enerji iletim hatları kısa hatlar orta uzunluktaki hatlar ve uzun hatların modellenmesi nominal ve eşdeğer devreler iki kapılı goumlsterilimler A B C D sabitleri giriş ve ccedilıkış elektriksel buumlyuumlkluumlkleri arasındaki bağıntılar Beşinci Boumlluumlm Simetrili bileşenler kavramı ifadeler doumlnuumlşuumlm matrisi gerilim ve akım dengesizliklerine uygulanması iletim sistemlerinin dizi bileşen devreleri Altıncı Boumlluumlm Simetrik ve simetrik olmayan arızalar uumlccedil-faz faz-toprak faz-faz faz-faz-toprak tek ve ccedilift hat accedilma arızalarının modellenmesi ccediloumlzuumlm youmlntemleri Yedinci Boumlluumlm Bara admitans ve empedans matrisi kavram ve modelleri sistem değişimlerinin modellere yansıtılması Sekizinci Boumlluumlm Enerji iletimi iki bara arasında guumlccedil transferi yuumlk akışı iccedilin temel kavramlar bara tipleri kontrol ve durum değişkenleri ccediloumlzuumlm youmlntemleri-iteratif metodlar Gauss-Seidell Newton-Raphson Decoupled Fast Decoupled Yuumlk Akışı Analizleri Gerilim Seviyeleri Alccedilak Gerilim

Orta Gerilim

Yuumlksek Gerilim

Ccedilok Yuumlksek Gerilim

Ccedilok Ccedilok Yuumlksek Gerilim

Low Voltage Medium High Extra High Ultra High

190 110 V 6 ndash 36 kV 66 kV 345 kV 1000 kV 380 220 V 138 kV 400 kV 1500 kV 440 V 154 kV 500 kV 660 V 220 kV 765 kV

2

2FAZOumlRLER 21 Gerilim ve Akım Fazoumlrleri Fazoumlr Sinuumlsoidal bir işaretin genlik ve accedilı bilgisini iccedileren kompleks bir sayıdır v(t)=VmSin(ωt+α) i(t)=ImSin(ωt+β)

)t(Sinj)t(Cose tj ω+ω=ω )t(Sinj)t(Cose )t(j α+ω+α+ω=α+ω

[ ] )t(jm eVĐmag)t(Sinj)t(CosVmĐmag)t(v α+ωsdot=α+ω+α+ω=

sdotsdotsdot=

sdotsdot= ωαα+ω tjjm)t(jm ee2

Ve

2

V)t(v Đmag2Đmag2

Gerilim Fazoumlruuml 2

VV m=bull

Akım Fazoumlruuml 2

II m=bull

tjeV2)t(v ωsdotsdot= ampimag tjeI2)t(i ωsdotsdot= ampimag

)jSinCos(VVeVeVe2

VV jj

effjm α+αsdot=αangsdot=sdot=sdot=sdot= αααamp

)SinjCos(IIeIeIe2

II jj

effjm β+βsdot=βangsdot=sdot=sdot=sdot= βββamp

tjeV2)t(v ωsdotsdot= ampimag tjeI2)t(i ωsdotsdot= ampimag

22 Empedans ve Admitans Kavramları 221 Direnccedil Elemanı Zaman domeninde tanım bağıntısı v(t)=Ri(t) Fazoumlrel tanım bağıntısı V=RI 222 Enduumlktans Elemanı

Zaman domeninde tanım bağıntısı dt

)t(diL)t(v sdot=

Fazoumlrel tanım bağıntısı V=jωLI

3

223 Kapasitans Elemanı

Zaman domeninde tanım bağıntısı intsdot= dt)t(iC

1)t(v

Fazoumlrel tanım bağıntısı ICj

1V ampamp sdot

ω=

224 Elemanların Sembolleri

R (Omik Direnccedil) XL=jωL (Enduumlktif Reaktans) Cj

1XC ω

=amp (Kapasitif Reaktans)

Empedans boyutunda olup birimleri ohmrsquo dur

R

1G = (Đletkenlik Siemens)

Lj

1

X

1Y

LL ω

==amp

amp CjCX

1YC ω==

ampamp

Admitans boyutunda olup birimleri siemensrsquo tir 23 Seri R-L-C Devresi Zaman domeninde aşağıdaki entegro-diferansiyel denklemin ccediloumlzuumlmuuml gereklidir

intsdot+sdot+= dt)t(iC

1

dt

)t(diL)t(Ri)t(v

Fazoumlrel olarak buumlyuumlkluumlkler yerine konursa

IZI)Cj

1LjR(I

Cj

1ILjIRV ampampampampampampamp sdot=sdot

ω+ω+=sdot

ω+sdotω+sdot=

)Cj

1LjR(Z

ω+ω+=amp Fazoumlrel buumlyuumlkluumlğuuml toplam empedans olarak tanımlanır Birimi Ohm dur

24 Paralel R-L-C Devresi Zaman domeninde aşağıdaki entegro-diferansiyel denklemin ccediloumlzuumlmuuml gereklidir

intsdot+sdot+= dt)t(vL

1

dt

)t(dvC)t(vG)t(i

Fazoumlrel olarak buumlyuumlkluumlkler yerine konursa

VYV)Lj

1CjG(V

Lj

1VCjVGI ampampampampampampampamp sdot=sdot

ω+ω+=sdot

ω+sdotω+sdot=

4

)Lj

1CjG(Y

ω+ω+=amp Fazoumlrel buumlyuumlkluumlğuuml toplam admitans olarak tanımlanır Birimi

Siemensrsquotir 25 Kompleks Guumlccedil Đfadesi Akım ve Gerilim Fazoumlrleri yardımıyla guumlccedil ifadesi S=VI dan

)(SinIVj)(CosIVeIV)eI(eVS )(jjj βminusαsdotsdot+βminusαsdotsdot=sdotsdot=sdotsdotsdot= βminusαβα

ϕ = α - β

jQP)(SinIVj)(CosIVS +=ϕsdotsdot+ϕsdotsdot=

S Goumlruumlnuumlr Guumlccedil [VA] P = VICosϕ Aktif Guumlccedil [W] Q = VISinϕ Reaktif Guumlccedil [VAr] α gt β durumunda (yani akım gerilimden geri fazda ise) ccedilekilen yuumlk Enduumlktif karakterli olacaktır Denkleme goumlre Enduumlktif Yuumlk Pozitif Reaktif Guumlccedil Ccedilekmektedir 26 Uumlccedil Fazlı Devreler Đndisler VL VH VR VS VT Faz Gerilimlerini (Faz ndash Noumltr) VLL VHH VRS VST VTR Faz Arası Gerilimleri (Faz ndash Faz )

ifade etmektedir ve dengeli uumlccedil fazlı sistemlerde LLL V3V = kuralı geccedilerlidir

IL IH IR IS IT Faz (Hat) Akımlarını goumlstermektedir

ΦΦφ +=ϕsdotsdotsdot+ϕsdotsdotsdot=sdotsdot= 33HHHH

HH3 jQPSinIV3jCosIV3IV3S ampamp

ΦΦφ +=ϕsdotsdotsdot+ϕsdotsdotsdot=sdotsdot= 33HHHHHH

HHH3 jQPSinIV3jCosIV3IV3S ampamp

IR R

S T

N

IS IT

VR

VS

VT

VRS VST

VTR

5

3 İLETİM SİSTEMLERİNİN GOumlSTERİLİMLERİ 31 Şemalar İletim sistemleri uumlccedil fazlı sistemler olup sistemin dengeli olduğu kabul edildiğinden goumlsterilimlerde uumlccedil kutuplu şema yerine simetriden faydalanılarak tek kutuplu şema kullanılmaktadır Aşağıdaki şekilde tek hat şeması verilen basit bir iletim sisteminin uumlccedil kutuplu tek kutuplu ve birim değere indirgenmiş tek kutuplu şemaları goumlruumllmektedir Şemalardan goumlruumllebileceği gibi uumlccedil kutuplu devre ccediloumlzuumlm accedilısından tek kutuplu devreye goumlre şuumlphesiz daha karmaşıktır Ancak tek kutuplu devrede de modelleme gereği ideal trafonun varlığından dolayı hesaplamalarda primere veya sekondere indirgemeler yapmak gerekecektir Oysaki son devreden de goumlruumllebileceği gibi birim değere ccedilevrilmiş sistemde ideal trafonun devrede tutulmasına gerek kalmamaktadır a) Tek hat şeması

b) Uumlccedil kutuplu şema

Generatoumlr Trafo Hat Yuumlk

6

c) Tek kutuplu şema

d) Tek kutuplu şema (birim değere indirgenmiş sistem) Şekil 31 Basit bir iletim sisteminin goumlsterilimleri 32 Birim Değerler Enerji iletim sistemlerinin incelenmesinde sistemdeki elemanların (generatoumlr trafo hat yuumlk ) birim (pu per-unit) değerlerinin elde edilmesi buumlyuumlk kolaylıklar sağlar Bu amaccedilla aşağıdaki algoritma kullanılabilir 1Adım Baz Seccedilimi Guumlccedil (S) Gerilim (U) Akım (I) Empedans (Z)buumlyuumlkluumlklerinden herhangi ikisi baz seccedililir (geleneksel olarak SBAZ ve UBAZ alınır) 2Adım Diğer buumlyuumlkluumlklerin baz değerleri bilinen formuumlller yardımıyla hesaplanır

BBB U3SI B2BB SUZ

3Adım Bir elemanın Deger Baz

DegerGerccedilek Degeri Birim şeklinde belirlenir

2

2FAZOumlRLER 21 Gerilim ve Akım Fazoumlrleri Fazoumlr Sinuumlsoidal bir işaretin genlik ve accedilı bilgisini iccedileren kompleks bir sayıdır v(t)=VmSin(ωt+α) i(t)=ImSin(ωt+β)

)t(Sinj)t(Cose tj ω+ω=ω )t(Sinj)t(Cose )t(j α+ω+α+ω=α+ω

[ ] )t(jm eVĐmag)t(Sinj)t(CosVmĐmag)t(v α+ωsdot=α+ω+α+ω=

sdotsdotsdot=

sdotsdot= ωαα+ω tjjm)t(jm ee2

Ve

2

V)t(v Đmag2Đmag2

Gerilim Fazoumlruuml 2

VV m=bull

Akım Fazoumlruuml 2

II m=bull

tjeV2)t(v ωsdotsdot= ampimag tjeI2)t(i ωsdotsdot= ampimag

)jSinCos(VVeVeVe2

VV jj

effjm α+αsdot=αangsdot=sdot=sdot=sdot= αααamp

)SinjCos(IIeIeIe2

II jj

effjm β+βsdot=βangsdot=sdot=sdot=sdot= βββamp

tjeV2)t(v ωsdotsdot= ampimag tjeI2)t(i ωsdotsdot= ampimag

22 Empedans ve Admitans Kavramları 221 Direnccedil Elemanı Zaman domeninde tanım bağıntısı v(t)=Ri(t) Fazoumlrel tanım bağıntısı V=RI 222 Enduumlktans Elemanı

Zaman domeninde tanım bağıntısı dt

)t(diL)t(v sdot=

Fazoumlrel tanım bağıntısı V=jωLI

3

223 Kapasitans Elemanı

Zaman domeninde tanım bağıntısı intsdot= dt)t(iC

1)t(v

Fazoumlrel tanım bağıntısı ICj

1V ampamp sdot

ω=

224 Elemanların Sembolleri

R (Omik Direnccedil) XL=jωL (Enduumlktif Reaktans) Cj

1XC ω

=amp (Kapasitif Reaktans)

Empedans boyutunda olup birimleri ohmrsquo dur

R

1G = (Đletkenlik Siemens)

Lj

1

X

1Y

LL ω

==amp

amp CjCX

1YC ω==

ampamp

Admitans boyutunda olup birimleri siemensrsquo tir 23 Seri R-L-C Devresi Zaman domeninde aşağıdaki entegro-diferansiyel denklemin ccediloumlzuumlmuuml gereklidir

intsdot+sdot+= dt)t(iC

1

dt

)t(diL)t(Ri)t(v

Fazoumlrel olarak buumlyuumlkluumlkler yerine konursa

IZI)Cj

1LjR(I

Cj

1ILjIRV ampampampampampampamp sdot=sdot

ω+ω+=sdot

ω+sdotω+sdot=

)Cj

1LjR(Z

ω+ω+=amp Fazoumlrel buumlyuumlkluumlğuuml toplam empedans olarak tanımlanır Birimi Ohm dur

24 Paralel R-L-C Devresi Zaman domeninde aşağıdaki entegro-diferansiyel denklemin ccediloumlzuumlmuuml gereklidir

intsdot+sdot+= dt)t(vL

1

dt

)t(dvC)t(vG)t(i

Fazoumlrel olarak buumlyuumlkluumlkler yerine konursa

VYV)Lj

1CjG(V

Lj

1VCjVGI ampampampampampampampamp sdot=sdot

ω+ω+=sdot

ω+sdotω+sdot=

4

)Lj

1CjG(Y

ω+ω+=amp Fazoumlrel buumlyuumlkluumlğuuml toplam admitans olarak tanımlanır Birimi

Siemensrsquotir 25 Kompleks Guumlccedil Đfadesi Akım ve Gerilim Fazoumlrleri yardımıyla guumlccedil ifadesi S=VI dan

)(SinIVj)(CosIVeIV)eI(eVS )(jjj βminusαsdotsdot+βminusαsdotsdot=sdotsdot=sdotsdotsdot= βminusαβα

ϕ = α - β

jQP)(SinIVj)(CosIVS +=ϕsdotsdot+ϕsdotsdot=

S Goumlruumlnuumlr Guumlccedil [VA] P = VICosϕ Aktif Guumlccedil [W] Q = VISinϕ Reaktif Guumlccedil [VAr] α gt β durumunda (yani akım gerilimden geri fazda ise) ccedilekilen yuumlk Enduumlktif karakterli olacaktır Denkleme goumlre Enduumlktif Yuumlk Pozitif Reaktif Guumlccedil Ccedilekmektedir 26 Uumlccedil Fazlı Devreler Đndisler VL VH VR VS VT Faz Gerilimlerini (Faz ndash Noumltr) VLL VHH VRS VST VTR Faz Arası Gerilimleri (Faz ndash Faz )

ifade etmektedir ve dengeli uumlccedil fazlı sistemlerde LLL V3V = kuralı geccedilerlidir

IL IH IR IS IT Faz (Hat) Akımlarını goumlstermektedir

ΦΦφ +=ϕsdotsdotsdot+ϕsdotsdotsdot=sdotsdot= 33HHHH

HH3 jQPSinIV3jCosIV3IV3S ampamp

ΦΦφ +=ϕsdotsdotsdot+ϕsdotsdotsdot=sdotsdot= 33HHHHHH

HHH3 jQPSinIV3jCosIV3IV3S ampamp

IR R

S T

N

IS IT

VR

VS

VT

VRS VST

VTR

5

3 İLETİM SİSTEMLERİNİN GOumlSTERİLİMLERİ 31 Şemalar İletim sistemleri uumlccedil fazlı sistemler olup sistemin dengeli olduğu kabul edildiğinden goumlsterilimlerde uumlccedil kutuplu şema yerine simetriden faydalanılarak tek kutuplu şema kullanılmaktadır Aşağıdaki şekilde tek hat şeması verilen basit bir iletim sisteminin uumlccedil kutuplu tek kutuplu ve birim değere indirgenmiş tek kutuplu şemaları goumlruumllmektedir Şemalardan goumlruumllebileceği gibi uumlccedil kutuplu devre ccediloumlzuumlm accedilısından tek kutuplu devreye goumlre şuumlphesiz daha karmaşıktır Ancak tek kutuplu devrede de modelleme gereği ideal trafonun varlığından dolayı hesaplamalarda primere veya sekondere indirgemeler yapmak gerekecektir Oysaki son devreden de goumlruumllebileceği gibi birim değere ccedilevrilmiş sistemde ideal trafonun devrede tutulmasına gerek kalmamaktadır a) Tek hat şeması

b) Uumlccedil kutuplu şema

Generatoumlr Trafo Hat Yuumlk

6

c) Tek kutuplu şema

d) Tek kutuplu şema (birim değere indirgenmiş sistem) Şekil 31 Basit bir iletim sisteminin goumlsterilimleri 32 Birim Değerler Enerji iletim sistemlerinin incelenmesinde sistemdeki elemanların (generatoumlr trafo hat yuumlk ) birim (pu per-unit) değerlerinin elde edilmesi buumlyuumlk kolaylıklar sağlar Bu amaccedilla aşağıdaki algoritma kullanılabilir 1Adım Baz Seccedilimi Guumlccedil (S) Gerilim (U) Akım (I) Empedans (Z)buumlyuumlkluumlklerinden herhangi ikisi baz seccedililir (geleneksel olarak SBAZ ve UBAZ alınır) 2Adım Diğer buumlyuumlkluumlklerin baz değerleri bilinen formuumlller yardımıyla hesaplanır

BBB U3SI B2BB SUZ

3Adım Bir elemanın Deger Baz

DegerGerccedilek Degeri Birim şeklinde belirlenir

3

223 Kapasitans Elemanı

Zaman domeninde tanım bağıntısı intsdot= dt)t(iC

1)t(v

Fazoumlrel tanım bağıntısı ICj

1V ampamp sdot

ω=

224 Elemanların Sembolleri

R (Omik Direnccedil) XL=jωL (Enduumlktif Reaktans) Cj

1XC ω

=amp (Kapasitif Reaktans)

Empedans boyutunda olup birimleri ohmrsquo dur

R

1G = (Đletkenlik Siemens)

Lj

1

X

1Y

LL ω

==amp

amp CjCX

1YC ω==

ampamp

Admitans boyutunda olup birimleri siemensrsquo tir 23 Seri R-L-C Devresi Zaman domeninde aşağıdaki entegro-diferansiyel denklemin ccediloumlzuumlmuuml gereklidir

intsdot+sdot+= dt)t(iC

1

dt

)t(diL)t(Ri)t(v

Fazoumlrel olarak buumlyuumlkluumlkler yerine konursa

IZI)Cj

1LjR(I

Cj

1ILjIRV ampampampampampampamp sdot=sdot

ω+ω+=sdot

ω+sdotω+sdot=

)Cj

1LjR(Z

ω+ω+=amp Fazoumlrel buumlyuumlkluumlğuuml toplam empedans olarak tanımlanır Birimi Ohm dur

24 Paralel R-L-C Devresi Zaman domeninde aşağıdaki entegro-diferansiyel denklemin ccediloumlzuumlmuuml gereklidir

intsdot+sdot+= dt)t(vL

1

dt

)t(dvC)t(vG)t(i

Fazoumlrel olarak buumlyuumlkluumlkler yerine konursa

VYV)Lj

1CjG(V

Lj

1VCjVGI ampampampampampampampamp sdot=sdot

ω+ω+=sdot

ω+sdotω+sdot=

4

)Lj

1CjG(Y

ω+ω+=amp Fazoumlrel buumlyuumlkluumlğuuml toplam admitans olarak tanımlanır Birimi

Siemensrsquotir 25 Kompleks Guumlccedil Đfadesi Akım ve Gerilim Fazoumlrleri yardımıyla guumlccedil ifadesi S=VI dan

)(SinIVj)(CosIVeIV)eI(eVS )(jjj βminusαsdotsdot+βminusαsdotsdot=sdotsdot=sdotsdotsdot= βminusαβα

ϕ = α - β

jQP)(SinIVj)(CosIVS +=ϕsdotsdot+ϕsdotsdot=

S Goumlruumlnuumlr Guumlccedil [VA] P = VICosϕ Aktif Guumlccedil [W] Q = VISinϕ Reaktif Guumlccedil [VAr] α gt β durumunda (yani akım gerilimden geri fazda ise) ccedilekilen yuumlk Enduumlktif karakterli olacaktır Denkleme goumlre Enduumlktif Yuumlk Pozitif Reaktif Guumlccedil Ccedilekmektedir 26 Uumlccedil Fazlı Devreler Đndisler VL VH VR VS VT Faz Gerilimlerini (Faz ndash Noumltr) VLL VHH VRS VST VTR Faz Arası Gerilimleri (Faz ndash Faz )

ifade etmektedir ve dengeli uumlccedil fazlı sistemlerde LLL V3V = kuralı geccedilerlidir

IL IH IR IS IT Faz (Hat) Akımlarını goumlstermektedir

ΦΦφ +=ϕsdotsdotsdot+ϕsdotsdotsdot=sdotsdot= 33HHHH

HH3 jQPSinIV3jCosIV3IV3S ampamp

ΦΦφ +=ϕsdotsdotsdot+ϕsdotsdotsdot=sdotsdot= 33HHHHHH

HHH3 jQPSinIV3jCosIV3IV3S ampamp

IR R

S T

N

IS IT

VR

VS

VT

VRS VST

VTR

5

3 İLETİM SİSTEMLERİNİN GOumlSTERİLİMLERİ 31 Şemalar İletim sistemleri uumlccedil fazlı sistemler olup sistemin dengeli olduğu kabul edildiğinden goumlsterilimlerde uumlccedil kutuplu şema yerine simetriden faydalanılarak tek kutuplu şema kullanılmaktadır Aşağıdaki şekilde tek hat şeması verilen basit bir iletim sisteminin uumlccedil kutuplu tek kutuplu ve birim değere indirgenmiş tek kutuplu şemaları goumlruumllmektedir Şemalardan goumlruumllebileceği gibi uumlccedil kutuplu devre ccediloumlzuumlm accedilısından tek kutuplu devreye goumlre şuumlphesiz daha karmaşıktır Ancak tek kutuplu devrede de modelleme gereği ideal trafonun varlığından dolayı hesaplamalarda primere veya sekondere indirgemeler yapmak gerekecektir Oysaki son devreden de goumlruumllebileceği gibi birim değere ccedilevrilmiş sistemde ideal trafonun devrede tutulmasına gerek kalmamaktadır a) Tek hat şeması

b) Uumlccedil kutuplu şema

Generatoumlr Trafo Hat Yuumlk

6

c) Tek kutuplu şema

d) Tek kutuplu şema (birim değere indirgenmiş sistem) Şekil 31 Basit bir iletim sisteminin goumlsterilimleri 32 Birim Değerler Enerji iletim sistemlerinin incelenmesinde sistemdeki elemanların (generatoumlr trafo hat yuumlk ) birim (pu per-unit) değerlerinin elde edilmesi buumlyuumlk kolaylıklar sağlar Bu amaccedilla aşağıdaki algoritma kullanılabilir 1Adım Baz Seccedilimi Guumlccedil (S) Gerilim (U) Akım (I) Empedans (Z)buumlyuumlkluumlklerinden herhangi ikisi baz seccedililir (geleneksel olarak SBAZ ve UBAZ alınır) 2Adım Diğer buumlyuumlkluumlklerin baz değerleri bilinen formuumlller yardımıyla hesaplanır

BBB U3SI B2BB SUZ

3Adım Bir elemanın Deger Baz

DegerGerccedilek Degeri Birim şeklinde belirlenir

4

)Lj

1CjG(Y

ω+ω+=amp Fazoumlrel buumlyuumlkluumlğuuml toplam admitans olarak tanımlanır Birimi

Siemensrsquotir 25 Kompleks Guumlccedil Đfadesi Akım ve Gerilim Fazoumlrleri yardımıyla guumlccedil ifadesi S=VI dan

)(SinIVj)(CosIVeIV)eI(eVS )(jjj βminusαsdotsdot+βminusαsdotsdot=sdotsdot=sdotsdotsdot= βminusαβα

ϕ = α - β

jQP)(SinIVj)(CosIVS +=ϕsdotsdot+ϕsdotsdot=

S Goumlruumlnuumlr Guumlccedil [VA] P = VICosϕ Aktif Guumlccedil [W] Q = VISinϕ Reaktif Guumlccedil [VAr] α gt β durumunda (yani akım gerilimden geri fazda ise) ccedilekilen yuumlk Enduumlktif karakterli olacaktır Denkleme goumlre Enduumlktif Yuumlk Pozitif Reaktif Guumlccedil Ccedilekmektedir 26 Uumlccedil Fazlı Devreler Đndisler VL VH VR VS VT Faz Gerilimlerini (Faz ndash Noumltr) VLL VHH VRS VST VTR Faz Arası Gerilimleri (Faz ndash Faz )

ifade etmektedir ve dengeli uumlccedil fazlı sistemlerde LLL V3V = kuralı geccedilerlidir

IL IH IR IS IT Faz (Hat) Akımlarını goumlstermektedir

ΦΦφ +=ϕsdotsdotsdot+ϕsdotsdotsdot=sdotsdot= 33HHHH

HH3 jQPSinIV3jCosIV3IV3S ampamp

ΦΦφ +=ϕsdotsdotsdot+ϕsdotsdotsdot=sdotsdot= 33HHHHHH

HHH3 jQPSinIV3jCosIV3IV3S ampamp

IR R

S T

N

IS IT

VR

VS

VT

VRS VST

VTR

5

3 İLETİM SİSTEMLERİNİN GOumlSTERİLİMLERİ 31 Şemalar İletim sistemleri uumlccedil fazlı sistemler olup sistemin dengeli olduğu kabul edildiğinden goumlsterilimlerde uumlccedil kutuplu şema yerine simetriden faydalanılarak tek kutuplu şema kullanılmaktadır Aşağıdaki şekilde tek hat şeması verilen basit bir iletim sisteminin uumlccedil kutuplu tek kutuplu ve birim değere indirgenmiş tek kutuplu şemaları goumlruumllmektedir Şemalardan goumlruumllebileceği gibi uumlccedil kutuplu devre ccediloumlzuumlm accedilısından tek kutuplu devreye goumlre şuumlphesiz daha karmaşıktır Ancak tek kutuplu devrede de modelleme gereği ideal trafonun varlığından dolayı hesaplamalarda primere veya sekondere indirgemeler yapmak gerekecektir Oysaki son devreden de goumlruumllebileceği gibi birim değere ccedilevrilmiş sistemde ideal trafonun devrede tutulmasına gerek kalmamaktadır a) Tek hat şeması

b) Uumlccedil kutuplu şema

Generatoumlr Trafo Hat Yuumlk

6

c) Tek kutuplu şema

d) Tek kutuplu şema (birim değere indirgenmiş sistem) Şekil 31 Basit bir iletim sisteminin goumlsterilimleri 32 Birim Değerler Enerji iletim sistemlerinin incelenmesinde sistemdeki elemanların (generatoumlr trafo hat yuumlk ) birim (pu per-unit) değerlerinin elde edilmesi buumlyuumlk kolaylıklar sağlar Bu amaccedilla aşağıdaki algoritma kullanılabilir 1Adım Baz Seccedilimi Guumlccedil (S) Gerilim (U) Akım (I) Empedans (Z)buumlyuumlkluumlklerinden herhangi ikisi baz seccedililir (geleneksel olarak SBAZ ve UBAZ alınır) 2Adım Diğer buumlyuumlkluumlklerin baz değerleri bilinen formuumlller yardımıyla hesaplanır

BBB U3SI B2BB SUZ

3Adım Bir elemanın Deger Baz

DegerGerccedilek Degeri Birim şeklinde belirlenir

5

3 İLETİM SİSTEMLERİNİN GOumlSTERİLİMLERİ 31 Şemalar İletim sistemleri uumlccedil fazlı sistemler olup sistemin dengeli olduğu kabul edildiğinden goumlsterilimlerde uumlccedil kutuplu şema yerine simetriden faydalanılarak tek kutuplu şema kullanılmaktadır Aşağıdaki şekilde tek hat şeması verilen basit bir iletim sisteminin uumlccedil kutuplu tek kutuplu ve birim değere indirgenmiş tek kutuplu şemaları goumlruumllmektedir Şemalardan goumlruumllebileceği gibi uumlccedil kutuplu devre ccediloumlzuumlm accedilısından tek kutuplu devreye goumlre şuumlphesiz daha karmaşıktır Ancak tek kutuplu devrede de modelleme gereği ideal trafonun varlığından dolayı hesaplamalarda primere veya sekondere indirgemeler yapmak gerekecektir Oysaki son devreden de goumlruumllebileceği gibi birim değere ccedilevrilmiş sistemde ideal trafonun devrede tutulmasına gerek kalmamaktadır a) Tek hat şeması

b) Uumlccedil kutuplu şema

Generatoumlr Trafo Hat Yuumlk

6

c) Tek kutuplu şema

d) Tek kutuplu şema (birim değere indirgenmiş sistem) Şekil 31 Basit bir iletim sisteminin goumlsterilimleri 32 Birim Değerler Enerji iletim sistemlerinin incelenmesinde sistemdeki elemanların (generatoumlr trafo hat yuumlk ) birim (pu per-unit) değerlerinin elde edilmesi buumlyuumlk kolaylıklar sağlar Bu amaccedilla aşağıdaki algoritma kullanılabilir 1Adım Baz Seccedilimi Guumlccedil (S) Gerilim (U) Akım (I) Empedans (Z)buumlyuumlkluumlklerinden herhangi ikisi baz seccedililir (geleneksel olarak SBAZ ve UBAZ alınır) 2Adım Diğer buumlyuumlkluumlklerin baz değerleri bilinen formuumlller yardımıyla hesaplanır

BBB U3SI B2BB SUZ

3Adım Bir elemanın Deger Baz

DegerGerccedilek Degeri Birim şeklinde belirlenir

6

c) Tek kutuplu şema

d) Tek kutuplu şema (birim değere indirgenmiş sistem) Şekil 31 Basit bir iletim sisteminin goumlsterilimleri 32 Birim Değerler Enerji iletim sistemlerinin incelenmesinde sistemdeki elemanların (generatoumlr trafo hat yuumlk ) birim (pu per-unit) değerlerinin elde edilmesi buumlyuumlk kolaylıklar sağlar Bu amaccedilla aşağıdaki algoritma kullanılabilir 1Adım Baz Seccedilimi Guumlccedil (S) Gerilim (U) Akım (I) Empedans (Z)buumlyuumlkluumlklerinden herhangi ikisi baz seccedililir (geleneksel olarak SBAZ ve UBAZ alınır) 2Adım Diğer buumlyuumlkluumlklerin baz değerleri bilinen formuumlller yardımıyla hesaplanır

BBB U3SI B2BB SUZ

3Adım Bir elemanın Deger Baz

DegerGerccedilek Degeri Birim şeklinde belirlenir

7

Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı ( L km) Trafo2 Yuumlk Guumlccedil Sg St1 St2 Syuumlk Gerilim Ug U1 U2 U2 U3 Uyuumlk Empedans Xd Xt1 Zhat Xt1

BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Guumlccedil SBAZ SBAZ SBAZ Gerilim UBAZ = U1 UBAZ = U2 UBAZ = U3 Akım 1BAZ U3S 2BAZ U3S 3BAZ U3S Empedans

BAZ2

1 SU BAZ2

2 SU BAZ2

3 SU Transformatoumlrlerden dolayı baz gerilimi de trafoların anma ccedilevirme oranlarında tam olarak doumlnuumlştuumlruumlrler Ancak seccedililen baz gerilimi hat geriliminden farklı ise (UBAZ U2) baz geriliminin yine trafonun anma ccedilevirme oranlarına goumlre ccedilevrilmesi gerekecektir bu durumda baz gerilimi dağılımı

Gerilim (U1U2)UBAZ UBAZ (U3U2)UBAZ şeklinde olmalıdır Eğer oumlrnekteki ikinci trafonun ccedilevirme oranı U3 yuumlksek gerilim tarafı olmak uumlzere (U3U4) ise baz gerilimi dağılımı

Gerilim (U1U2)UBAZ UBAZ (U4U3)UBAZ şeklinde olacaktır Oumlrnek 1

Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı Trafo2 Yuumlk Gerilim(kV) 20 20 380 380 36 36

BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Gerilim(kV) 20 380 36

3 ~

3 ~

8

Oumlrnek 2

Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı Trafo2 Yuumlk Gerilim(kV) 20 20 380 380 36 36

BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Gerilim(kV) (20380)x400 = 21 400 (36380)x400=38

Oumlrnek 3

Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı Trafo2 Yuumlk Gerilim(kV) 20 20 400 360 36 36

BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Gerilim(kV) (20400)x380 = 19 380 (36360)x380=38

321 Tek ve Uumlccedil Fazlı Devreler İccedilin Empedansın Baz Değeri Tek fazlı devrelerde

BBB IZV BBB IVZ BBB IVS BBB VSI ifadelerinden tek fazlı devreler iccedilin empedans değeri

B2BB SVZ VB Faz Noumltr Gerilimi (1)

olarak bulunur Uumlccedil fazlı devrelerde ise (3 3Faz anlamında bir indis)

3BB S31S 3UV BB ifadelerini (1) de yerine koyarak

3S3UZ 3B2

BB

3B2BB SUZ UB Faz Arası Gerilimi (2)

olarak empedans değeri bulunur

3 ~

3 ~

9

322 Sistemde Baz Değişimi İletim sisteminde bulunan generatoumlr transformatoumlr buumlyuumlk guumlccedilluuml motorlar gibi elektriksel cihazların empedansları genellikle ldquoohmrdquo olarak değil bu cihazların kendi anma gerilim ve anma guumlccedilleri cinsinden ldquobirim değer ndash puumlrdquo olarak verilir Bu cihazların baz değerleri kullanıldıkları bir sistemde seccedililen baz değerinden farklı olabilir Yada yukarıda bahsedildiği gibi transformatoumlrlerin ccedilevirme oranlarından dolayı yalnızca baz gerilim değişebilmektedir Dolayısı ile gerekli baz doumlnuumlşuumlmleri yapılarak bu cihazların empedanslarına ilişkin ldquoyeni bir birim değerrdquo hesaplanmalıdır

Bpuuml ZZZ B2

BB SUZ 2B

Bpuuml U

SZZ

02B

0Bpuumlo U

SZZ

n2B

nBpuumln U

SZZ

Zpuumlo empedansın eski birim değerini Zpuumln empedansın yeni birim değerini ifade etmektedir

Bo

Bn2

Bn

Bo0puumlpuumln S

SUU

ZZ (3)

(3) ifadesinde VBo ve SBo sırasıyla eski baz gerilimi ve baz guumlcuuml VBn ve SBn sırasıyla yeni baz gerilimi ve baz guumlcuuml temsil etmektedir 323 Birim Değerlerin Faydaları Tuumlm bara gerilimleri 1 puuml civarında olur ve birbirleri ile kıyaslamaları kolaylaşır Transformatoumlrlerin ccedilevirme oranlarından kurtulunur Transformatoumlrlerin oluşturduğu kuplajlı ccedilevre sayısı azalır Ancak faz kaydırıcılı ve kademe değiştiricili trafolar iccedilin model irdelenmelidir

null

Soundtrack

17372342

10

33 Sistem Elemanlarının Modelleri 331 Generatoumlr Generatoumlrler en basit model olarak suumlrekli hal incelemelerinde sargı direnci ihmal edilerek sabit bir reaktans (Xd Senkron Reaktans) gerisinde bir EMK ile modellenirler Bunun yanında transiyent (geccedilici hal) subtransiyent (uumlst geccedilici hal) durumlarında E ve Xd farklı değerler alır

Durum EMK Reaktans Suumlrekli-Hal E Xd Geccedilici Hal E Xd Uumlst Geccedilici Hal E Xd

Genellikle E gt E gt E ve Xd lt Xd lt Xd S ve U sırasıyla generatoumlruumln anma guumlcuuml ve anma gerilimidir Xd kendi guumlccedil ve gerilim BAZ olmak uumlzere pu veya olarak verilir Oumlrnek S=50 MVA U = 15 kV Xd = 025 pu verilerine goumlre Xd nin gerccedilek değerini hesaplayınız

Bir buumlyuumlkluumlğuumln birim değeri iccedilin kullanılan ifadeye goumlre)Xd(Baz

)Xd(Gerccedilekpu)Xd( olacaktır

Xd nin baz değeri ise generatoumlruumln kendi U ve S değerleri baz kabul edilerek belirlenebilir

BAZ

2BAZ

BAZ SU)Xd(

Xd nin gerccedilek değeri

125154x25050225250

5015250

SU250)X()X(X

22

BAZdpudd

Oumlrnek Aynı generatoumlruumln SBAZ=100 MVA UBAZ = 16 kV olan bir sisteme bağlı olması durumunda Xd nin yeni birim değerini hesaplayınız

11

pu4395029375025050

1001615250

SS

UU

)X()X( 22

BO

BN2

BN

BOpudOpudN

332 Trafolar

1

2

2

1

2

1

II

UU

NNn

2t

22

1t

21

2211 XU

XUIUIUSt

2

22

21

2t

1t nUU

XX

2t2

1t XnX

21t

2t nX

X

(1) Primerden (2) Sekondere (2) Sekonderden (1) Primere U 1n n I n 1n Z 1n2 n2

SBAZ = St

1BAZ UU StUZ

21

1BAZ 1BAZ

1tput Z

XX

2BAZ

2t

1BAZ

1tput Z

XZ

XX

2BAZ UU

StUZ

22

2BAZ 2BAZ

2tput Z

XX

İspat

StU

X

StU

XX tt

put 22

22

1

1 22

2t21

1tput U

XUX

X 22

2t2

2

2t2

21

1tput U

X)Un(

XnUX

X

22

21

2

1

U

U

X

X

t

t

12

15 154 kV

St= 250 MVA Xt=01 pu

UBAZ=154 kV SBAZ = 100 MVA olması durumunda Xt nin yeni birim değeri

UBAZ=154 kV SBAZ = 100 MVA olması durumunda Xt nin yeni birim değeri

primer UBAZ=154 kV olduğuna goumlre

sekonder kV441416015154UBAZ

333 Yuumlkler

Buumlyuumlk guumlccedillerdeki motorlar senkron generatoumlre benzer biccedilimde bir EMK oumlnuumlnde reaktansla modellenirler ( U gt E ) modunda ccedilalışma olur

Diğer yuumlkler genellikle pasif empedans (admitansla) modellenirler

YUumlK

YUumlK

YUumlKS

UZ

2

YUumlKYUumlK

YUumlK

SI

3 U

BAZYUumlK

YUumlKpuYUumlK I

II

BAZ

YUumlK

YUumlKZ

ZZ

)( jSinCosII

puYUumlKpuYUumlK

)( jSinCosZZ

puYUumlKpuYUumlK

pu040250100

15415410X

2

punt

pu040250100

151510X

2

punt

pu0430250100

15416010X

2

punt

pu0430250100

44141510X

2

punt

15 160 kV

St= 250 MVA Xt=01 pu

13

OumlRNEK PROBLEMLER Oumlrnek 1) Tek hat şeması verilen sistemin Baz guumlccedil SBAZ= 100 MVA ve Baz Gerilim UBAZ= 154 kV iccedilin a-) Sistemin pu empedans diyağramını ccediliziniz b-) D barasında gerilim sabit kabul ederek A barasının gerilimini hesaplayınız

UumlRETİM İLETİM YUumlK

100 MVA SBAZ= 100 MVA 100 MVA 15 kV UBAZ=154 kV 35 kV

25210015Z

2

BAZ 16237100

154Z2

BAZ 251210035Z

2

BAZ

2

15154x252

16237 2512x

35154 2

a -) pu Empedans Diyagramı Generatoumlr

pu0670j150100

151510jX

2

d

Hat Xh=j024100=j24 Ohm ZBAZ=23716 Ohm

pu1010j16237

24jX puH

Trafo 1

pu10j200100

15415420jX

2

1t

Trafo 2 2

t2154 100X j015 j01 pu154 150

Yuumlk

3131580

35SU

Z2

YUumlK

2YUumlK

YUumlK pu2512512

31315puZYUumlK

Cos =08 geri ZYUumlK-pu=125(08+j06)=1+j075 pu

80 MVA Cos =08 geri

B

150 MVA 15 kV xd

=j01 pu

200 MVA 15154 kV xt1=j02 pu

150 MVA 15435 kV

xt2=j015 pu

XHAT = j024 ohmkm LHAT= 100 km

A D C

14

b-) Ccedilekilen akımı belirleyelim D barasında gerilim sabit olduğuna goumlre VD=1 0 pu olur

pu93680pu480j640750j1

01ZVIYUumlK

D

A barasının gerilimide(pu olarak)

)480j640)(10j1010j10j(01I)XXX(VV 2th1tDA

pu5391611920j1441VA

)FazFaz(kV41715161VA )NoumltrFaz(kV0510

315161VA

NOT

A165010353

10100U3

SI 3

6

BAZ

BAZBAZ

A132010353

1080U3

SI 3

6

YUumlK

YUumlKYUumlK

pu480j640)60j80(80pu9368016501320

II

IBAZ

YUumlKpu

15

Oumlrnek 2) Aşağıda tek hat şeması verilen sistemin Baz guumlccedil SBAZ= 150 MVA ve Baz Gerilim UBAZ= 150 kV iccedilin a-) Sistemin pu empedans diyağramını ccediliziniz b-) D barasının geriliminin 25 kVta sabit tutulduğunu kabul ederek A barasının gerilimini hesaplayınız

UumlRETİM İLETİM YUumlK

150 MVA SBAZ= 150 MVA 150 MVA 10 kV UBAZ=150 kV 30 kV

67015010Z

2

BAZ 150150

150Z2

BAZ 615030Z

2

BAZ

2

10150x670

150 6x

30150 2

a -) pu Empedans Diyagramı Generatoumlr

pu150j50

1501010050jX

2

d

Hat Xh = j75 Ohm ZBAZ=150 Ohm

pu50j150

75jX puH

Trafo 1

pu150j75

1501501500750jX

2

1t

Trafo 2

pu150j50

150150150050jX

2

2t

Yuumlk

2525

25SU

Z2

YUumlK

2YUumlK

YUumlK pu174625puZYUumlK

Cos = 1 Saf Omik Yuumlk

D Barası

pu083303025VD

25 MVA Cos =1

B

50 MVA 10 kV xd

=j005 pu

75 MVA 10150 kV xt1=j0075 pu

50 MVA 15030 kV

xt2=j005 pu

XHAT = j75 ohm

A D 25 kV C

16

b-) D barasında gerilim 25 kVsabit olduğuna goumlre VD=0833 0 pu olur

pu20174

08330ZVIYUumlK

D

A barasının gerilim de(pu olarak)

)20)(150j50j150j(08330I)XXX(VV 2th1tDA

pu5628041160j8330VA

)FazFaz(kV0418108041VA

NOT

A288710303

10150U3

SI 3

6

BAZ

BAZBAZ

A57710253

1025U3

SI 3

6

YUumlK

YUumlKYUumlK

pu202887577

II

IBAZ

YUumlKpu

17

Oumlrnek 3) Şekilde tek hat şeması verilen iletim sisteminin Generatoumlr değerlerini BAZ seccedilmek sureti ile pu-empedans diyagramını ccediliziniz ( XHAT = j 80 Ohm) Guumlccedil (MVA) Gerilim (kV) Empedans (pu) Generatoumlr 30 138 Xd=j015 Motor 1 20 125 Xm1=j020 Motor 2 10 125 Xm2=j020 Trafo 1 35 132 115 Xt1=j010 Trafo 2 3x10 67 125 Xt2=j010 3 adet tek fazlı trafo Y bağlı UN = kV116673 Primer Faz-Arası Gerilimi

UumlRETİM İLETİM YUumlK

SBAZ= 30 MVA 30 MVA 30 MVA

UBAZ=138 kV kV120213

115kV813

kV912116

512kV120

480

30120Z

2

BAZ

B

Generatoumlr

Trafo 1 Trafo 2

HAT

A D C E

F

Motor 1

Motor 2

18

Trafo 1

pu07840j3530

81321310jX

2

1t

veya

pu07840j3530

12011510jX

2

1t

Trafo 2

pu0940j3030

91251210jX

2

1t

pujjX t 09403030

12011610

2

2

Hat

Xh = j80 Ohm ZBAZ=480 Ohm pu1670j48080jX puH

Motor 1

pujjX m 28202030

91251220

2

1

Motor 2

pujjX m 56301030

91251220

2

2

sistemin pu-empedans diyagramı aşağıdaki şekilde oluşur

19

BOumlLUumlM 4 İLETİM HATLARI 41 İletim hatlarının yapısı Yuumlksek gerilim iletim hatlarında malzeme olarak ccedilelik oumlzluuml aluumlminyum iletkenler kullanılır (ACSR ndashAluminium Conductor Steel Reinforced) Kanada standardı olarak tuumlm duumlnyada kuş isimleri ile karakteristik adları bilinen ACSR iletkenler AWG veya MCM oumllccedilekleriyle anılan kesitlere sahiptirler ve uumllkemizde de TS-IEC 1089rsquo a uygun olarak 15 mmsup2 ile 750 mmsup2 kesitleri arasında uumlretilmektedir

Şekil 41 ACSR iletken İletkende seri olarak tel direnci ve magnetik alandan doğan reaktans ile şoumlnt olarak elektrik alandan doğan toprak kapasitesi mevcuttur

Şekil 42 Hattın (dx) sonsuz kuumlccediluumlk parccedilasındaki (dağıtılmış) hat parametreleri r Hattın seri omik direnci (rezistans) x Hattın seri enduumlktif direnci (reaktans) g Hattın kaccedilak iletkenliği (Konduumlktans) b Hattın kaccedilak kapasitesini (suseptans) L(km) hat boyu Dağıtılmış parametreleri ile hatlar a-) Yuumlksek frekanslı iletimde (haberleşme hatları) b-) Geccedilici olaylar sonucu oluşan yuumlruumlyen dalga analizlerinde c-) Uzun mesafeli enerji iletiminde goumlzoumlnuumlne alınırlar Bunun oumltesinde daha ccedilok hatların parametrik değerleri z kilometre başına seri empedans- ohmkm veya y kilometre başına şoumlnt admitans 1ohmkm olarak birim uzunluk başına verilmektedir Hatların admitans ve empedans etkileri hat uzunluğuna bağlıdır Z = zL = rL+ j xL (ohm) Hattın toplam seri empedansı Y = yL =gL+j bL (1ohm) Hattın toplam şoumlnt admitansı

20

IS IR

VS VR A B C D

IS IR=0

VS VR A B C D

IS IR

VS VR=0 A B C D

42 İki Kapılı Devreler Transmission parametreleri A B C D

Şekil 43 İki kapılı devre

RRS

RRS

IDVCI

IBVAV

(1)

A B C D sabitleri transmission parametreleri olarak adlandırılır | AD-BC |= 1 ve simetrik devrelerde D = A olur Bu parametreler iki test ile bulunur - accedilık devre testi - kısa devre testi 421 Accedilık Devre Testi

Şekil 44 İki kapılı devre accedilık devre testi IR 0 olduğundan

R

SRS

R

SRS

VI

CVCI

VV

AVAV

422 Kısa Devre Testi

Şekil 45 İki kapılı devre kısa devre testi

21

VR 0 olduğundan

V BI BVI

I DI DII

S RS

R

S RS

R

423 Sadece seri empedanstan oluşan devrede Transmisyon Sabitleri Şekil 46 Seri Z elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

I I

V V ZIS R

S R R

eşitlikten

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 424 Sadece şoumlnt admitanstan oluşan devrede Transmission Sabitleri Şekil 47 Şoumlnt Y elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

RRS

RS

IVYI

VV

eşitlikten

A = 1 B = 0 C = Y D = 1

IR IS

VS Y VR

IR IS

VS

Z

VR

22

43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler

A1 B1

C1 D1V

I

A2 B2

C2 D2Vs Vr

IrIs

Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler

IV

DCBA

IsVs

11

11

IrVr

DCBA

IV

22

22

[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin

IrVr

DCBA

DCBA

IsVs

22

22

11

11

IrVr

DCBA

IsVs

Sonuccedil olarak

22

22

11

11

DCBA

DCBA

DCBA

A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2

23

432 Paralel bağlı devreler

A1 B1

C1 D1

A2 B2

C2 D2

Vs Vr

IrIs

Is1

Is2

Ir1

Ir2

Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri

A A B A BB B

B B BB B

C C C A A D DB B

1 2 2 1

1 2

1 2

1 21 2

1 2 2 1

1 2

( )( )

D D B D BB B

1 2 2 1

1 2

şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm

2R22R21R11R1S

2RR1R2R1RR

2S1SS

IDVCIDVCI

IIIIII

III

boumlylece

2R22R1R1R21S

R21

1R

21

212R

R1R21212R

2RR1R211R1R212R2

2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS

IDIDIDV)CC(I

IBB

BV

BBAA

I

IBV)AA()BB(I

)II(BV)AA(IBV)AA(IB

IBVAIBVAIBVAVIBVAVV

24

R21

21R

21

2121S

R21

2121R

21

211221S

R21

1R

21

2112R1R21S

IBB

BBVBB

ABBAV

şekildeaynı

IBB

DBBDVBB

)AA)(DD(CCI

)IBB

BVBBAA)(DD(IDV)CC(I

sonuccedil olarak

21

2121eq

21

211221eq

21

21eq

21

2121eq

BBDBBD

DBB

)AA)(DD(CCC

BBBB

BBB

ABBAA

433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi

1YZZY1

1Y01

10Z1

DCBA

Şekil 411 Ters L devresi

ZY1YZ1

10Z1

1Y01

DCBA

Z Y

Vs Vr

Z Y

Vs Vr

25

44 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 uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm

I I

V V ZIS R

S R R

A B C D Sabitleri

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır

Z IR IS

VS VR

IR

RHIR

VR

VS

j XHIR

26

Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması

IrVr

2YZ1Y

4YZ1Z2

YZ1IrVr

102

Z11Y01

102

Z1IsVs

A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında

2YZ1

4YZ1Y

Z2YZ1

12Y

0110Z1

12Y

01DCBA

Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr

Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z

Z2 Y Vs Z2 Vr

27

Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi

Y2 Y2

Vs Z Is Ir I1

I2

I3 Vr

IR

RHI2 I2

VR

VS

I1

IS I3 j XHI2

28

Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)

İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)

Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa

ccediloumlzuumlm

Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx

Ixzdx

dVx VxydxdIx

VxyzdxdIxz

dxVxd

2

2 Ixyz

dxdVxz

dxIxd2

2

2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları

L j L L j LR R C R R CS

V I Z V I ZV e e e e2 2

L j L L j LC R R C R R C

SY V I Y V I ZI e e e e

2 2

29

elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur

Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından

LCRRLCRRS e

2ZIV

e2

ZIVV

LRRCLRRC

S e2

IVYe

2IVY

I

RC

LL

R

LL

S IZ2eeV

2eeV

R

LL

RC

LL

S V2eeVY

2eeI

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir

Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir

30

)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(

)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(

)eeee(21

2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL

LL

)eeee(21

2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL

LL

veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı

720

ZY24

ZY2

YZ1A3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1ZB3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1YC3322

Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden

Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir

31

YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC

YZ21

YZ21tanh

2Y

Z

L21tanh

sinhZ1cosh

B1A

2Y

CC

Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden

YZYZsinhYsinhYCY CT

YZ21tanhZ

Y

L21tanh

sinhY1cosh

C1A

2Z

CCC

T

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR

Y Z 2 Vs Vr

Is Ir Z 2

32

45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın

a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız

Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm

33

C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1

99500102j93849j99500

9988010999j25j99880

9988010999j25j99880

DCBA

DCBA

DCBA

45511

11

11

11

b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek

= ZY = -001 = ZY = j 010

Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır

34

SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR

VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR

VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml

a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2

3j501201ea 120j +minus=degang== deg

a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866

a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1

-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866

1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir

VRangangangang0degdegdegdeg

VS =VRangangangang240degdegdegdeg

VT =VRangangangang120degdegdegdeg

VR2

VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg

VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg

VR1

VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg

VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0

8

Oumlrnek 2

Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı Trafo2 Yuumlk Gerilim(kV) 20 20 380 380 36 36

BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Gerilim(kV) (20380)x400 = 21 400 (36380)x400=38

Oumlrnek 3

Generatoumlr Trafo 1 İletim Hattı Trafo2 Yuumlk Gerilim(kV) 20 20 400 360 36 36

BAZ (Uumlretim) (İletim) (Yuumlk) Gerilim(kV) (20400)x380 = 19 380 (36360)x380=38

321 Tek ve Uumlccedil Fazlı Devreler İccedilin Empedansın Baz Değeri Tek fazlı devrelerde

BBB IZV BBB IVZ BBB IVS BBB VSI ifadelerinden tek fazlı devreler iccedilin empedans değeri

B2BB SVZ VB Faz Noumltr Gerilimi (1)

olarak bulunur Uumlccedil fazlı devrelerde ise (3 3Faz anlamında bir indis)

3BB S31S 3UV BB ifadelerini (1) de yerine koyarak

3S3UZ 3B2

BB

3B2BB SUZ UB Faz Arası Gerilimi (2)

olarak empedans değeri bulunur

3 ~

3 ~

9

322 Sistemde Baz Değişimi İletim sisteminde bulunan generatoumlr transformatoumlr buumlyuumlk guumlccedilluuml motorlar gibi elektriksel cihazların empedansları genellikle ldquoohmrdquo olarak değil bu cihazların kendi anma gerilim ve anma guumlccedilleri cinsinden ldquobirim değer ndash puumlrdquo olarak verilir Bu cihazların baz değerleri kullanıldıkları bir sistemde seccedililen baz değerinden farklı olabilir Yada yukarıda bahsedildiği gibi transformatoumlrlerin ccedilevirme oranlarından dolayı yalnızca baz gerilim değişebilmektedir Dolayısı ile gerekli baz doumlnuumlşuumlmleri yapılarak bu cihazların empedanslarına ilişkin ldquoyeni bir birim değerrdquo hesaplanmalıdır

Bpuuml ZZZ B2

BB SUZ 2B

Bpuuml U

SZZ

02B

0Bpuumlo U

SZZ

n2B

nBpuumln U

SZZ

Zpuumlo empedansın eski birim değerini Zpuumln empedansın yeni birim değerini ifade etmektedir

Bo

Bn2

Bn

Bo0puumlpuumln S

SUU

ZZ (3)

(3) ifadesinde VBo ve SBo sırasıyla eski baz gerilimi ve baz guumlcuuml VBn ve SBn sırasıyla yeni baz gerilimi ve baz guumlcuuml temsil etmektedir 323 Birim Değerlerin Faydaları Tuumlm bara gerilimleri 1 puuml civarında olur ve birbirleri ile kıyaslamaları kolaylaşır Transformatoumlrlerin ccedilevirme oranlarından kurtulunur Transformatoumlrlerin oluşturduğu kuplajlı ccedilevre sayısı azalır Ancak faz kaydırıcılı ve kademe değiştiricili trafolar iccedilin model irdelenmelidir

null

Soundtrack

17372342

10

33 Sistem Elemanlarının Modelleri 331 Generatoumlr Generatoumlrler en basit model olarak suumlrekli hal incelemelerinde sargı direnci ihmal edilerek sabit bir reaktans (Xd Senkron Reaktans) gerisinde bir EMK ile modellenirler Bunun yanında transiyent (geccedilici hal) subtransiyent (uumlst geccedilici hal) durumlarında E ve Xd farklı değerler alır

Durum EMK Reaktans Suumlrekli-Hal E Xd Geccedilici Hal E Xd Uumlst Geccedilici Hal E Xd

Genellikle E gt E gt E ve Xd lt Xd lt Xd S ve U sırasıyla generatoumlruumln anma guumlcuuml ve anma gerilimidir Xd kendi guumlccedil ve gerilim BAZ olmak uumlzere pu veya olarak verilir Oumlrnek S=50 MVA U = 15 kV Xd = 025 pu verilerine goumlre Xd nin gerccedilek değerini hesaplayınız

Bir buumlyuumlkluumlğuumln birim değeri iccedilin kullanılan ifadeye goumlre)Xd(Baz

)Xd(Gerccedilekpu)Xd( olacaktır

Xd nin baz değeri ise generatoumlruumln kendi U ve S değerleri baz kabul edilerek belirlenebilir

BAZ

2BAZ

BAZ SU)Xd(

Xd nin gerccedilek değeri

125154x25050225250

5015250

SU250)X()X(X

22

BAZdpudd

Oumlrnek Aynı generatoumlruumln SBAZ=100 MVA UBAZ = 16 kV olan bir sisteme bağlı olması durumunda Xd nin yeni birim değerini hesaplayınız

11

pu4395029375025050

1001615250

SS

UU

)X()X( 22

BO

BN2

BN

BOpudOpudN

332 Trafolar

1

2

2

1

2

1

II

UU

NNn

2t

22

1t

21

2211 XU

XUIUIUSt

2

22

21

2t

1t nUU

XX

2t2

1t XnX

21t

2t nX

X

(1) Primerden (2) Sekondere (2) Sekonderden (1) Primere U 1n n I n 1n Z 1n2 n2

SBAZ = St

1BAZ UU StUZ

21

1BAZ 1BAZ

1tput Z

XX

2BAZ

2t

1BAZ

1tput Z

XZ

XX

2BAZ UU

StUZ

22

2BAZ 2BAZ

2tput Z

XX

İspat

StU

X

StU

XX tt

put 22

22

1

1 22

2t21

1tput U

XUX

X 22

2t2

2

2t2

21

1tput U

X)Un(

XnUX

X

22

21

2

1

U

U

X

X

t

t

12

15 154 kV

St= 250 MVA Xt=01 pu

UBAZ=154 kV SBAZ = 100 MVA olması durumunda Xt nin yeni birim değeri

UBAZ=154 kV SBAZ = 100 MVA olması durumunda Xt nin yeni birim değeri

primer UBAZ=154 kV olduğuna goumlre

sekonder kV441416015154UBAZ

333 Yuumlkler

Buumlyuumlk guumlccedillerdeki motorlar senkron generatoumlre benzer biccedilimde bir EMK oumlnuumlnde reaktansla modellenirler ( U gt E ) modunda ccedilalışma olur

Diğer yuumlkler genellikle pasif empedans (admitansla) modellenirler

YUumlK

YUumlK

YUumlKS

UZ

2

YUumlKYUumlK

YUumlK

SI

3 U

BAZYUumlK

YUumlKpuYUumlK I

II

BAZ

YUumlK

YUumlKZ

ZZ

)( jSinCosII

puYUumlKpuYUumlK

)( jSinCosZZ

puYUumlKpuYUumlK

pu040250100

15415410X

2

punt

pu040250100

151510X

2

punt

pu0430250100

15416010X

2

punt

pu0430250100

44141510X

2

punt

15 160 kV

St= 250 MVA Xt=01 pu

13

OumlRNEK PROBLEMLER Oumlrnek 1) Tek hat şeması verilen sistemin Baz guumlccedil SBAZ= 100 MVA ve Baz Gerilim UBAZ= 154 kV iccedilin a-) Sistemin pu empedans diyağramını ccediliziniz b-) D barasında gerilim sabit kabul ederek A barasının gerilimini hesaplayınız

UumlRETİM İLETİM YUumlK

100 MVA SBAZ= 100 MVA 100 MVA 15 kV UBAZ=154 kV 35 kV

25210015Z

2

BAZ 16237100

154Z2

BAZ 251210035Z

2

BAZ

2

15154x252

16237 2512x

35154 2

a -) pu Empedans Diyagramı Generatoumlr

pu0670j150100

151510jX

2

d

Hat Xh=j024100=j24 Ohm ZBAZ=23716 Ohm

pu1010j16237

24jX puH

Trafo 1

pu10j200100

15415420jX

2

1t

Trafo 2 2

t2154 100X j015 j01 pu154 150

Yuumlk

3131580

35SU

Z2

YUumlK

2YUumlK

YUumlK pu2512512

31315puZYUumlK

Cos =08 geri ZYUumlK-pu=125(08+j06)=1+j075 pu

80 MVA Cos =08 geri

B

150 MVA 15 kV xd

=j01 pu

200 MVA 15154 kV xt1=j02 pu

150 MVA 15435 kV

xt2=j015 pu

XHAT = j024 ohmkm LHAT= 100 km

A D C

14

b-) Ccedilekilen akımı belirleyelim D barasında gerilim sabit olduğuna goumlre VD=1 0 pu olur

pu93680pu480j640750j1

01ZVIYUumlK

D

A barasının gerilimide(pu olarak)

)480j640)(10j1010j10j(01I)XXX(VV 2th1tDA

pu5391611920j1441VA

)FazFaz(kV41715161VA )NoumltrFaz(kV0510

315161VA

NOT

A165010353

10100U3

SI 3

6

BAZ

BAZBAZ

A132010353

1080U3

SI 3

6

YUumlK

YUumlKYUumlK

pu480j640)60j80(80pu9368016501320

II

IBAZ

YUumlKpu

15

Oumlrnek 2) Aşağıda tek hat şeması verilen sistemin Baz guumlccedil SBAZ= 150 MVA ve Baz Gerilim UBAZ= 150 kV iccedilin a-) Sistemin pu empedans diyağramını ccediliziniz b-) D barasının geriliminin 25 kVta sabit tutulduğunu kabul ederek A barasının gerilimini hesaplayınız

UumlRETİM İLETİM YUumlK

150 MVA SBAZ= 150 MVA 150 MVA 10 kV UBAZ=150 kV 30 kV

67015010Z

2

BAZ 150150

150Z2

BAZ 615030Z

2

BAZ

2

10150x670

150 6x

30150 2

a -) pu Empedans Diyagramı Generatoumlr

pu150j50

1501010050jX

2

d

Hat Xh = j75 Ohm ZBAZ=150 Ohm

pu50j150

75jX puH

Trafo 1

pu150j75

1501501500750jX

2

1t

Trafo 2

pu150j50

150150150050jX

2

2t

Yuumlk

2525

25SU

Z2

YUumlK

2YUumlK

YUumlK pu174625puZYUumlK

Cos = 1 Saf Omik Yuumlk

D Barası

pu083303025VD

25 MVA Cos =1

B

50 MVA 10 kV xd

=j005 pu

75 MVA 10150 kV xt1=j0075 pu

50 MVA 15030 kV

xt2=j005 pu

XHAT = j75 ohm

A D 25 kV C

16

b-) D barasında gerilim 25 kVsabit olduğuna goumlre VD=0833 0 pu olur

pu20174

08330ZVIYUumlK

D

A barasının gerilim de(pu olarak)

)20)(150j50j150j(08330I)XXX(VV 2th1tDA

pu5628041160j8330VA

)FazFaz(kV0418108041VA

NOT

A288710303

10150U3

SI 3

6

BAZ

BAZBAZ

A57710253

1025U3

SI 3

6

YUumlK

YUumlKYUumlK

pu202887577

II

IBAZ

YUumlKpu

17

Oumlrnek 3) Şekilde tek hat şeması verilen iletim sisteminin Generatoumlr değerlerini BAZ seccedilmek sureti ile pu-empedans diyagramını ccediliziniz ( XHAT = j 80 Ohm) Guumlccedil (MVA) Gerilim (kV) Empedans (pu) Generatoumlr 30 138 Xd=j015 Motor 1 20 125 Xm1=j020 Motor 2 10 125 Xm2=j020 Trafo 1 35 132 115 Xt1=j010 Trafo 2 3x10 67 125 Xt2=j010 3 adet tek fazlı trafo Y bağlı UN = kV116673 Primer Faz-Arası Gerilimi

UumlRETİM İLETİM YUumlK

SBAZ= 30 MVA 30 MVA 30 MVA

UBAZ=138 kV kV120213

115kV813

kV912116

512kV120

480

30120Z

2

BAZ

B

Generatoumlr

Trafo 1 Trafo 2

HAT

A D C E

F

Motor 1

Motor 2

18

Trafo 1

pu07840j3530

81321310jX

2

1t

veya

pu07840j3530

12011510jX

2

1t

Trafo 2

pu0940j3030

91251210jX

2

1t

pujjX t 09403030

12011610

2

2

Hat

Xh = j80 Ohm ZBAZ=480 Ohm pu1670j48080jX puH

Motor 1

pujjX m 28202030

91251220

2

1

Motor 2

pujjX m 56301030

91251220

2

2

sistemin pu-empedans diyagramı aşağıdaki şekilde oluşur

19

BOumlLUumlM 4 İLETİM HATLARI 41 İletim hatlarının yapısı Yuumlksek gerilim iletim hatlarında malzeme olarak ccedilelik oumlzluuml aluumlminyum iletkenler kullanılır (ACSR ndashAluminium Conductor Steel Reinforced) Kanada standardı olarak tuumlm duumlnyada kuş isimleri ile karakteristik adları bilinen ACSR iletkenler AWG veya MCM oumllccedilekleriyle anılan kesitlere sahiptirler ve uumllkemizde de TS-IEC 1089rsquo a uygun olarak 15 mmsup2 ile 750 mmsup2 kesitleri arasında uumlretilmektedir

Şekil 41 ACSR iletken İletkende seri olarak tel direnci ve magnetik alandan doğan reaktans ile şoumlnt olarak elektrik alandan doğan toprak kapasitesi mevcuttur

Şekil 42 Hattın (dx) sonsuz kuumlccediluumlk parccedilasındaki (dağıtılmış) hat parametreleri r Hattın seri omik direnci (rezistans) x Hattın seri enduumlktif direnci (reaktans) g Hattın kaccedilak iletkenliği (Konduumlktans) b Hattın kaccedilak kapasitesini (suseptans) L(km) hat boyu Dağıtılmış parametreleri ile hatlar a-) Yuumlksek frekanslı iletimde (haberleşme hatları) b-) Geccedilici olaylar sonucu oluşan yuumlruumlyen dalga analizlerinde c-) Uzun mesafeli enerji iletiminde goumlzoumlnuumlne alınırlar Bunun oumltesinde daha ccedilok hatların parametrik değerleri z kilometre başına seri empedans- ohmkm veya y kilometre başına şoumlnt admitans 1ohmkm olarak birim uzunluk başına verilmektedir Hatların admitans ve empedans etkileri hat uzunluğuna bağlıdır Z = zL = rL+ j xL (ohm) Hattın toplam seri empedansı Y = yL =gL+j bL (1ohm) Hattın toplam şoumlnt admitansı

20

IS IR

VS VR A B C D

IS IR=0

VS VR A B C D

IS IR

VS VR=0 A B C D

42 İki Kapılı Devreler Transmission parametreleri A B C D

Şekil 43 İki kapılı devre

RRS

RRS

IDVCI

IBVAV

(1)

A B C D sabitleri transmission parametreleri olarak adlandırılır | AD-BC |= 1 ve simetrik devrelerde D = A olur Bu parametreler iki test ile bulunur - accedilık devre testi - kısa devre testi 421 Accedilık Devre Testi

Şekil 44 İki kapılı devre accedilık devre testi IR 0 olduğundan

R

SRS

R

SRS

VI

CVCI

VV

AVAV

422 Kısa Devre Testi

Şekil 45 İki kapılı devre kısa devre testi

21

VR 0 olduğundan

V BI BVI

I DI DII

S RS

R

S RS

R

423 Sadece seri empedanstan oluşan devrede Transmisyon Sabitleri Şekil 46 Seri Z elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

I I

V V ZIS R

S R R

eşitlikten

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 424 Sadece şoumlnt admitanstan oluşan devrede Transmission Sabitleri Şekil 47 Şoumlnt Y elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

RRS

RS

IVYI

VV

eşitlikten

A = 1 B = 0 C = Y D = 1

IR IS

VS Y VR

IR IS

VS

Z

VR

22

43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler

A1 B1

C1 D1V

I

A2 B2

C2 D2Vs Vr

IrIs

Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler

IV

DCBA

IsVs

11

11

IrVr

DCBA

IV

22

22

[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin

IrVr

DCBA

DCBA

IsVs

22

22

11

11

IrVr

DCBA

IsVs

Sonuccedil olarak

22

22

11

11

DCBA

DCBA

DCBA

A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2

23

432 Paralel bağlı devreler

A1 B1

C1 D1

A2 B2

C2 D2

Vs Vr

IrIs

Is1

Is2

Ir1

Ir2

Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri

A A B A BB B

B B BB B

C C C A A D DB B

1 2 2 1

1 2

1 2

1 21 2

1 2 2 1

1 2

( )( )

D D B D BB B

1 2 2 1

1 2

şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm

2R22R21R11R1S

2RR1R2R1RR

2S1SS

IDVCIDVCI

IIIIII

III

boumlylece

2R22R1R1R21S

R21

1R

21

212R

R1R21212R

2RR1R211R1R212R2

2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS

IDIDIDV)CC(I

IBB

BV

BBAA

I

IBV)AA()BB(I

)II(BV)AA(IBV)AA(IB

IBVAIBVAIBVAVIBVAVV

24

R21

21R

21

2121S

R21

2121R

21

211221S

R21

1R

21

2112R1R21S

IBB

BBVBB

ABBAV

şekildeaynı

IBB

DBBDVBB

)AA)(DD(CCI

)IBB

BVBBAA)(DD(IDV)CC(I

sonuccedil olarak

21

2121eq

21

211221eq

21

21eq

21

2121eq

BBDBBD

DBB

)AA)(DD(CCC

BBBB

BBB

ABBAA

433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi

1YZZY1

1Y01

10Z1

DCBA

Şekil 411 Ters L devresi

ZY1YZ1

10Z1

1Y01

DCBA

Z Y

Vs Vr

Z Y

Vs Vr

25

44 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 uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm

I I

V V ZIS R

S R R

A B C D Sabitleri

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır

Z IR IS

VS VR

IR

RHIR

VR

VS

j XHIR

26

Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması

IrVr

2YZ1Y

4YZ1Z2

YZ1IrVr

102

Z11Y01

102

Z1IsVs

A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında

2YZ1

4YZ1Y

Z2YZ1

12Y

0110Z1

12Y

01DCBA

Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr

Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z

Z2 Y Vs Z2 Vr

27

Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi

Y2 Y2

Vs Z Is Ir I1

I2

I3 Vr

IR

RHI2 I2

VR

VS

I1

IS I3 j XHI2

28

Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)

İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)

Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa

ccediloumlzuumlm

Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx

Ixzdx

dVx VxydxdIx

VxyzdxdIxz

dxVxd

2

2 Ixyz

dxdVxz

dxIxd2

2

2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları

L j L L j LR R C R R CS

V I Z V I ZV e e e e2 2

L j L L j LC R R C R R C

SY V I Y V I ZI e e e e

2 2

29

elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur

Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından

LCRRLCRRS e

2ZIV

e2

ZIVV

LRRCLRRC

S e2

IVYe

2IVY

I

RC

LL

R

LL

S IZ2eeV

2eeV

R

LL

RC

LL

S V2eeVY

2eeI

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir

Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir

30

)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(

)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(

)eeee(21

2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL

LL

)eeee(21

2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL

LL

veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı

720

ZY24

ZY2

YZ1A3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1ZB3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1YC3322

Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden

Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir

31

YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC

YZ21

YZ21tanh

2Y

Z

L21tanh

sinhZ1cosh

B1A

2Y

CC

Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden

YZYZsinhYsinhYCY CT

YZ21tanhZ

Y

L21tanh

sinhY1cosh

C1A

2Z

CCC

T

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR

Y Z 2 Vs Vr

Is Ir Z 2

32

45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın

a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız

Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm

33

C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1

99500102j93849j99500

9988010999j25j99880

9988010999j25j99880

DCBA

DCBA

DCBA

45511

11

11

11

b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek

= ZY = -001 = ZY = j 010

Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır

34

SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR

VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR

VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml

a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2

3j501201ea 120j +minus=degang== deg

a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866

a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1

-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866

1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir

VRangangangang0degdegdegdeg

VS =VRangangangang240degdegdegdeg

VT =VRangangangang120degdegdegdeg

VR2

VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg

VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg

VR1

VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg

VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0

9

322 Sistemde Baz Değişimi İletim sisteminde bulunan generatoumlr transformatoumlr buumlyuumlk guumlccedilluuml motorlar gibi elektriksel cihazların empedansları genellikle ldquoohmrdquo olarak değil bu cihazların kendi anma gerilim ve anma guumlccedilleri cinsinden ldquobirim değer ndash puumlrdquo olarak verilir Bu cihazların baz değerleri kullanıldıkları bir sistemde seccedililen baz değerinden farklı olabilir Yada yukarıda bahsedildiği gibi transformatoumlrlerin ccedilevirme oranlarından dolayı yalnızca baz gerilim değişebilmektedir Dolayısı ile gerekli baz doumlnuumlşuumlmleri yapılarak bu cihazların empedanslarına ilişkin ldquoyeni bir birim değerrdquo hesaplanmalıdır

Bpuuml ZZZ B2

BB SUZ 2B

Bpuuml U

SZZ

02B

0Bpuumlo U

SZZ

n2B

nBpuumln U

SZZ

Zpuumlo empedansın eski birim değerini Zpuumln empedansın yeni birim değerini ifade etmektedir

Bo

Bn2

Bn

Bo0puumlpuumln S

SUU

ZZ (3)

(3) ifadesinde VBo ve SBo sırasıyla eski baz gerilimi ve baz guumlcuuml VBn ve SBn sırasıyla yeni baz gerilimi ve baz guumlcuuml temsil etmektedir 323 Birim Değerlerin Faydaları Tuumlm bara gerilimleri 1 puuml civarında olur ve birbirleri ile kıyaslamaları kolaylaşır Transformatoumlrlerin ccedilevirme oranlarından kurtulunur Transformatoumlrlerin oluşturduğu kuplajlı ccedilevre sayısı azalır Ancak faz kaydırıcılı ve kademe değiştiricili trafolar iccedilin model irdelenmelidir

null

Soundtrack

17372342

10

33 Sistem Elemanlarının Modelleri 331 Generatoumlr Generatoumlrler en basit model olarak suumlrekli hal incelemelerinde sargı direnci ihmal edilerek sabit bir reaktans (Xd Senkron Reaktans) gerisinde bir EMK ile modellenirler Bunun yanında transiyent (geccedilici hal) subtransiyent (uumlst geccedilici hal) durumlarında E ve Xd farklı değerler alır

Durum EMK Reaktans Suumlrekli-Hal E Xd Geccedilici Hal E Xd Uumlst Geccedilici Hal E Xd

Genellikle E gt E gt E ve Xd lt Xd lt Xd S ve U sırasıyla generatoumlruumln anma guumlcuuml ve anma gerilimidir Xd kendi guumlccedil ve gerilim BAZ olmak uumlzere pu veya olarak verilir Oumlrnek S=50 MVA U = 15 kV Xd = 025 pu verilerine goumlre Xd nin gerccedilek değerini hesaplayınız

Bir buumlyuumlkluumlğuumln birim değeri iccedilin kullanılan ifadeye goumlre)Xd(Baz

)Xd(Gerccedilekpu)Xd( olacaktır

Xd nin baz değeri ise generatoumlruumln kendi U ve S değerleri baz kabul edilerek belirlenebilir

BAZ

2BAZ

BAZ SU)Xd(

Xd nin gerccedilek değeri

125154x25050225250

5015250

SU250)X()X(X

22

BAZdpudd

Oumlrnek Aynı generatoumlruumln SBAZ=100 MVA UBAZ = 16 kV olan bir sisteme bağlı olması durumunda Xd nin yeni birim değerini hesaplayınız

11

pu4395029375025050

1001615250

SS

UU

)X()X( 22

BO

BN2

BN

BOpudOpudN

332 Trafolar

1

2

2

1

2

1

II

UU

NNn

2t

22

1t

21

2211 XU

XUIUIUSt

2

22

21

2t

1t nUU

XX

2t2

1t XnX

21t

2t nX

X

(1) Primerden (2) Sekondere (2) Sekonderden (1) Primere U 1n n I n 1n Z 1n2 n2

SBAZ = St

1BAZ UU StUZ

21

1BAZ 1BAZ

1tput Z

XX

2BAZ

2t

1BAZ

1tput Z

XZ

XX

2BAZ UU

StUZ

22

2BAZ 2BAZ

2tput Z

XX

İspat

StU

X

StU

XX tt

put 22

22

1

1 22

2t21

1tput U

XUX

X 22

2t2

2

2t2

21

1tput U

X)Un(

XnUX

X

22

21

2

1

U

U

X

X

t

t

12

15 154 kV

St= 250 MVA Xt=01 pu

UBAZ=154 kV SBAZ = 100 MVA olması durumunda Xt nin yeni birim değeri

UBAZ=154 kV SBAZ = 100 MVA olması durumunda Xt nin yeni birim değeri

primer UBAZ=154 kV olduğuna goumlre

sekonder kV441416015154UBAZ

333 Yuumlkler

Buumlyuumlk guumlccedillerdeki motorlar senkron generatoumlre benzer biccedilimde bir EMK oumlnuumlnde reaktansla modellenirler ( U gt E ) modunda ccedilalışma olur

Diğer yuumlkler genellikle pasif empedans (admitansla) modellenirler

YUumlK

YUumlK

YUumlKS

UZ

2

YUumlKYUumlK

YUumlK

SI

3 U

BAZYUumlK

YUumlKpuYUumlK I

II

BAZ

YUumlK

YUumlKZ

ZZ

)( jSinCosII

puYUumlKpuYUumlK

)( jSinCosZZ

puYUumlKpuYUumlK

pu040250100

15415410X

2

punt

pu040250100

151510X

2

punt

pu0430250100

15416010X

2

punt

pu0430250100

44141510X

2

punt

15 160 kV

St= 250 MVA Xt=01 pu

13

OumlRNEK PROBLEMLER Oumlrnek 1) Tek hat şeması verilen sistemin Baz guumlccedil SBAZ= 100 MVA ve Baz Gerilim UBAZ= 154 kV iccedilin a-) Sistemin pu empedans diyağramını ccediliziniz b-) D barasında gerilim sabit kabul ederek A barasının gerilimini hesaplayınız

UumlRETİM İLETİM YUumlK

100 MVA SBAZ= 100 MVA 100 MVA 15 kV UBAZ=154 kV 35 kV

25210015Z

2

BAZ 16237100

154Z2

BAZ 251210035Z

2

BAZ

2

15154x252

16237 2512x

35154 2

a -) pu Empedans Diyagramı Generatoumlr

pu0670j150100

151510jX

2

d

Hat Xh=j024100=j24 Ohm ZBAZ=23716 Ohm

pu1010j16237

24jX puH

Trafo 1

pu10j200100

15415420jX

2

1t

Trafo 2 2

t2154 100X j015 j01 pu154 150

Yuumlk

3131580

35SU

Z2

YUumlK

2YUumlK

YUumlK pu2512512

31315puZYUumlK

Cos =08 geri ZYUumlK-pu=125(08+j06)=1+j075 pu

80 MVA Cos =08 geri

B

150 MVA 15 kV xd

=j01 pu

200 MVA 15154 kV xt1=j02 pu

150 MVA 15435 kV

xt2=j015 pu

XHAT = j024 ohmkm LHAT= 100 km

A D C

14

b-) Ccedilekilen akımı belirleyelim D barasında gerilim sabit olduğuna goumlre VD=1 0 pu olur

pu93680pu480j640750j1

01ZVIYUumlK

D

A barasının gerilimide(pu olarak)

)480j640)(10j1010j10j(01I)XXX(VV 2th1tDA

pu5391611920j1441VA

)FazFaz(kV41715161VA )NoumltrFaz(kV0510

315161VA

NOT

A165010353

10100U3

SI 3

6

BAZ

BAZBAZ

A132010353

1080U3

SI 3

6

YUumlK

YUumlKYUumlK

pu480j640)60j80(80pu9368016501320

II

IBAZ

YUumlKpu

15

Oumlrnek 2) Aşağıda tek hat şeması verilen sistemin Baz guumlccedil SBAZ= 150 MVA ve Baz Gerilim UBAZ= 150 kV iccedilin a-) Sistemin pu empedans diyağramını ccediliziniz b-) D barasının geriliminin 25 kVta sabit tutulduğunu kabul ederek A barasının gerilimini hesaplayınız

UumlRETİM İLETİM YUumlK

150 MVA SBAZ= 150 MVA 150 MVA 10 kV UBAZ=150 kV 30 kV

67015010Z

2

BAZ 150150

150Z2

BAZ 615030Z

2

BAZ

2

10150x670

150 6x

30150 2

a -) pu Empedans Diyagramı Generatoumlr

pu150j50

1501010050jX

2

d

Hat Xh = j75 Ohm ZBAZ=150 Ohm

pu50j150

75jX puH

Trafo 1

pu150j75

1501501500750jX

2

1t

Trafo 2

pu150j50

150150150050jX

2

2t

Yuumlk

2525

25SU

Z2

YUumlK

2YUumlK

YUumlK pu174625puZYUumlK

Cos = 1 Saf Omik Yuumlk

D Barası

pu083303025VD

25 MVA Cos =1

B

50 MVA 10 kV xd

=j005 pu

75 MVA 10150 kV xt1=j0075 pu

50 MVA 15030 kV

xt2=j005 pu

XHAT = j75 ohm

A D 25 kV C

16

b-) D barasında gerilim 25 kVsabit olduğuna goumlre VD=0833 0 pu olur

pu20174

08330ZVIYUumlK

D

A barasının gerilim de(pu olarak)

)20)(150j50j150j(08330I)XXX(VV 2th1tDA

pu5628041160j8330VA

)FazFaz(kV0418108041VA

NOT

A288710303

10150U3

SI 3

6

BAZ

BAZBAZ

A57710253

1025U3

SI 3

6

YUumlK

YUumlKYUumlK

pu202887577

II

IBAZ

YUumlKpu

17

Oumlrnek 3) Şekilde tek hat şeması verilen iletim sisteminin Generatoumlr değerlerini BAZ seccedilmek sureti ile pu-empedans diyagramını ccediliziniz ( XHAT = j 80 Ohm) Guumlccedil (MVA) Gerilim (kV) Empedans (pu) Generatoumlr 30 138 Xd=j015 Motor 1 20 125 Xm1=j020 Motor 2 10 125 Xm2=j020 Trafo 1 35 132 115 Xt1=j010 Trafo 2 3x10 67 125 Xt2=j010 3 adet tek fazlı trafo Y bağlı UN = kV116673 Primer Faz-Arası Gerilimi

UumlRETİM İLETİM YUumlK

SBAZ= 30 MVA 30 MVA 30 MVA

UBAZ=138 kV kV120213

115kV813

kV912116

512kV120

480

30120Z

2

BAZ

B

Generatoumlr

Trafo 1 Trafo 2

HAT

A D C E

F

Motor 1

Motor 2

18

Trafo 1

pu07840j3530

81321310jX

2

1t

veya

pu07840j3530

12011510jX

2

1t

Trafo 2

pu0940j3030

91251210jX

2

1t

pujjX t 09403030

12011610

2

2

Hat

Xh = j80 Ohm ZBAZ=480 Ohm pu1670j48080jX puH

Motor 1

pujjX m 28202030

91251220

2

1

Motor 2

pujjX m 56301030

91251220

2

2

sistemin pu-empedans diyagramı aşağıdaki şekilde oluşur

19

BOumlLUumlM 4 İLETİM HATLARI 41 İletim hatlarının yapısı Yuumlksek gerilim iletim hatlarında malzeme olarak ccedilelik oumlzluuml aluumlminyum iletkenler kullanılır (ACSR ndashAluminium Conductor Steel Reinforced) Kanada standardı olarak tuumlm duumlnyada kuş isimleri ile karakteristik adları bilinen ACSR iletkenler AWG veya MCM oumllccedilekleriyle anılan kesitlere sahiptirler ve uumllkemizde de TS-IEC 1089rsquo a uygun olarak 15 mmsup2 ile 750 mmsup2 kesitleri arasında uumlretilmektedir

Şekil 41 ACSR iletken İletkende seri olarak tel direnci ve magnetik alandan doğan reaktans ile şoumlnt olarak elektrik alandan doğan toprak kapasitesi mevcuttur

Şekil 42 Hattın (dx) sonsuz kuumlccediluumlk parccedilasındaki (dağıtılmış) hat parametreleri r Hattın seri omik direnci (rezistans) x Hattın seri enduumlktif direnci (reaktans) g Hattın kaccedilak iletkenliği (Konduumlktans) b Hattın kaccedilak kapasitesini (suseptans) L(km) hat boyu Dağıtılmış parametreleri ile hatlar a-) Yuumlksek frekanslı iletimde (haberleşme hatları) b-) Geccedilici olaylar sonucu oluşan yuumlruumlyen dalga analizlerinde c-) Uzun mesafeli enerji iletiminde goumlzoumlnuumlne alınırlar Bunun oumltesinde daha ccedilok hatların parametrik değerleri z kilometre başına seri empedans- ohmkm veya y kilometre başına şoumlnt admitans 1ohmkm olarak birim uzunluk başına verilmektedir Hatların admitans ve empedans etkileri hat uzunluğuna bağlıdır Z = zL = rL+ j xL (ohm) Hattın toplam seri empedansı Y = yL =gL+j bL (1ohm) Hattın toplam şoumlnt admitansı

20

IS IR

VS VR A B C D

IS IR=0

VS VR A B C D

IS IR

VS VR=0 A B C D

42 İki Kapılı Devreler Transmission parametreleri A B C D

Şekil 43 İki kapılı devre

RRS

RRS

IDVCI

IBVAV

(1)

A B C D sabitleri transmission parametreleri olarak adlandırılır | AD-BC |= 1 ve simetrik devrelerde D = A olur Bu parametreler iki test ile bulunur - accedilık devre testi - kısa devre testi 421 Accedilık Devre Testi

Şekil 44 İki kapılı devre accedilık devre testi IR 0 olduğundan

R

SRS

R

SRS

VI

CVCI

VV

AVAV

422 Kısa Devre Testi

Şekil 45 İki kapılı devre kısa devre testi

21

VR 0 olduğundan

V BI BVI

I DI DII

S RS

R

S RS

R

423 Sadece seri empedanstan oluşan devrede Transmisyon Sabitleri Şekil 46 Seri Z elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

I I

V V ZIS R

S R R

eşitlikten

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 424 Sadece şoumlnt admitanstan oluşan devrede Transmission Sabitleri Şekil 47 Şoumlnt Y elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

RRS

RS

IVYI

VV

eşitlikten

A = 1 B = 0 C = Y D = 1

IR IS

VS Y VR

IR IS

VS

Z

VR

22

43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler

A1 B1

C1 D1V

I

A2 B2

C2 D2Vs Vr

IrIs

Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler

IV

DCBA

IsVs

11

11

IrVr

DCBA

IV

22

22

[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin

IrVr

DCBA

DCBA

IsVs

22

22

11

11

IrVr

DCBA

IsVs

Sonuccedil olarak

22

22

11

11

DCBA

DCBA

DCBA

A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2

23

432 Paralel bağlı devreler

A1 B1

C1 D1

A2 B2

C2 D2

Vs Vr

IrIs

Is1

Is2

Ir1

Ir2

Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri

A A B A BB B

B B BB B

C C C A A D DB B

1 2 2 1

1 2

1 2

1 21 2

1 2 2 1

1 2

( )( )

D D B D BB B

1 2 2 1

1 2

şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm

2R22R21R11R1S

2RR1R2R1RR

2S1SS

IDVCIDVCI

IIIIII

III

boumlylece

2R22R1R1R21S

R21

1R

21

212R

R1R21212R

2RR1R211R1R212R2

2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS

IDIDIDV)CC(I

IBB

BV

BBAA

I

IBV)AA()BB(I

)II(BV)AA(IBV)AA(IB

IBVAIBVAIBVAVIBVAVV

24

R21

21R

21

2121S

R21

2121R

21

211221S

R21

1R

21

2112R1R21S

IBB

BBVBB

ABBAV

şekildeaynı

IBB

DBBDVBB

)AA)(DD(CCI

)IBB

BVBBAA)(DD(IDV)CC(I

sonuccedil olarak

21

2121eq

21

211221eq

21

21eq

21

2121eq

BBDBBD

DBB

)AA)(DD(CCC

BBBB

BBB

ABBAA

433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi

1YZZY1

1Y01

10Z1

DCBA

Şekil 411 Ters L devresi

ZY1YZ1

10Z1

1Y01

DCBA

Z Y

Vs Vr

Z Y

Vs Vr

25

44 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 uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm

I I

V V ZIS R

S R R

A B C D Sabitleri

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır

Z IR IS

VS VR

IR

RHIR

VR

VS

j XHIR

26

Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması

IrVr

2YZ1Y

4YZ1Z2

YZ1IrVr

102

Z11Y01

102

Z1IsVs

A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında

2YZ1

4YZ1Y

Z2YZ1

12Y

0110Z1

12Y

01DCBA

Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr

Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z

Z2 Y Vs Z2 Vr

27

Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi

Y2 Y2

Vs Z Is Ir I1

I2

I3 Vr

IR

RHI2 I2

VR

VS

I1

IS I3 j XHI2

28

Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)

İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)

Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa

ccediloumlzuumlm

Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx

Ixzdx

dVx VxydxdIx

VxyzdxdIxz

dxVxd

2

2 Ixyz

dxdVxz

dxIxd2

2

2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları

L j L L j LR R C R R CS

V I Z V I ZV e e e e2 2

L j L L j LC R R C R R C

SY V I Y V I ZI e e e e

2 2

29

elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur

Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından

LCRRLCRRS e

2ZIV

e2

ZIVV

LRRCLRRC

S e2

IVYe

2IVY

I

RC

LL

R

LL

S IZ2eeV

2eeV

R

LL

RC

LL

S V2eeVY

2eeI

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir

Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir

30

)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(

)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(

)eeee(21

2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL

LL

)eeee(21

2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL

LL

veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı

720

ZY24

ZY2

YZ1A3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1ZB3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1YC3322

Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden

Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir

31

YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC

YZ21

YZ21tanh

2Y

Z

L21tanh

sinhZ1cosh

B1A

2Y

CC

Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden

YZYZsinhYsinhYCY CT

YZ21tanhZ

Y

L21tanh

sinhY1cosh

C1A

2Z

CCC

T

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR

Y Z 2 Vs Vr

Is Ir Z 2

32

45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın

a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız

Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm

33

C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1

99500102j93849j99500

9988010999j25j99880

9988010999j25j99880

DCBA

DCBA

DCBA

45511

11

11

11

b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek

= ZY = -001 = ZY = j 010

Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır

34

SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR

VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR

VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml

a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2

3j501201ea 120j +minus=degang== deg

a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866

a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1

-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866

1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir

VRangangangang0degdegdegdeg

VS =VRangangangang240degdegdegdeg

VT =VRangangangang120degdegdegdeg

VR2

VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg

VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg

VR1

VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg

VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0

10

33 Sistem Elemanlarının Modelleri 331 Generatoumlr Generatoumlrler en basit model olarak suumlrekli hal incelemelerinde sargı direnci ihmal edilerek sabit bir reaktans (Xd Senkron Reaktans) gerisinde bir EMK ile modellenirler Bunun yanında transiyent (geccedilici hal) subtransiyent (uumlst geccedilici hal) durumlarında E ve Xd farklı değerler alır

Durum EMK Reaktans Suumlrekli-Hal E Xd Geccedilici Hal E Xd Uumlst Geccedilici Hal E Xd

Genellikle E gt E gt E ve Xd lt Xd lt Xd S ve U sırasıyla generatoumlruumln anma guumlcuuml ve anma gerilimidir Xd kendi guumlccedil ve gerilim BAZ olmak uumlzere pu veya olarak verilir Oumlrnek S=50 MVA U = 15 kV Xd = 025 pu verilerine goumlre Xd nin gerccedilek değerini hesaplayınız

Bir buumlyuumlkluumlğuumln birim değeri iccedilin kullanılan ifadeye goumlre)Xd(Baz

)Xd(Gerccedilekpu)Xd( olacaktır

Xd nin baz değeri ise generatoumlruumln kendi U ve S değerleri baz kabul edilerek belirlenebilir

BAZ

2BAZ

BAZ SU)Xd(

Xd nin gerccedilek değeri

125154x25050225250

5015250

SU250)X()X(X

22

BAZdpudd

Oumlrnek Aynı generatoumlruumln SBAZ=100 MVA UBAZ = 16 kV olan bir sisteme bağlı olması durumunda Xd nin yeni birim değerini hesaplayınız

11

pu4395029375025050

1001615250

SS

UU

)X()X( 22

BO

BN2

BN

BOpudOpudN

332 Trafolar

1

2

2

1

2

1

II

UU

NNn

2t

22

1t

21

2211 XU

XUIUIUSt

2

22

21

2t

1t nUU

XX

2t2

1t XnX

21t

2t nX

X

(1) Primerden (2) Sekondere (2) Sekonderden (1) Primere U 1n n I n 1n Z 1n2 n2

SBAZ = St

1BAZ UU StUZ

21

1BAZ 1BAZ

1tput Z

XX

2BAZ

2t

1BAZ

1tput Z

XZ

XX

2BAZ UU

StUZ

22

2BAZ 2BAZ

2tput Z

XX

İspat

StU

X

StU

XX tt

put 22

22

1

1 22

2t21

1tput U

XUX

X 22

2t2

2

2t2

21

1tput U

X)Un(

XnUX

X

22

21

2

1

U

U

X

X

t

t

12

15 154 kV

St= 250 MVA Xt=01 pu

UBAZ=154 kV SBAZ = 100 MVA olması durumunda Xt nin yeni birim değeri

UBAZ=154 kV SBAZ = 100 MVA olması durumunda Xt nin yeni birim değeri

primer UBAZ=154 kV olduğuna goumlre

sekonder kV441416015154UBAZ

333 Yuumlkler

Buumlyuumlk guumlccedillerdeki motorlar senkron generatoumlre benzer biccedilimde bir EMK oumlnuumlnde reaktansla modellenirler ( U gt E ) modunda ccedilalışma olur

Diğer yuumlkler genellikle pasif empedans (admitansla) modellenirler

YUumlK

YUumlK

YUumlKS

UZ

2

YUumlKYUumlK

YUumlK

SI

3 U

BAZYUumlK

YUumlKpuYUumlK I

II

BAZ

YUumlK

YUumlKZ

ZZ

)( jSinCosII

puYUumlKpuYUumlK

)( jSinCosZZ

puYUumlKpuYUumlK

pu040250100

15415410X

2

punt

pu040250100

151510X

2

punt

pu0430250100

15416010X

2

punt

pu0430250100

44141510X

2

punt

15 160 kV

St= 250 MVA Xt=01 pu

13

OumlRNEK PROBLEMLER Oumlrnek 1) Tek hat şeması verilen sistemin Baz guumlccedil SBAZ= 100 MVA ve Baz Gerilim UBAZ= 154 kV iccedilin a-) Sistemin pu empedans diyağramını ccediliziniz b-) D barasında gerilim sabit kabul ederek A barasının gerilimini hesaplayınız

UumlRETİM İLETİM YUumlK

100 MVA SBAZ= 100 MVA 100 MVA 15 kV UBAZ=154 kV 35 kV

25210015Z

2

BAZ 16237100

154Z2

BAZ 251210035Z

2

BAZ

2

15154x252

16237 2512x

35154 2

a -) pu Empedans Diyagramı Generatoumlr

pu0670j150100

151510jX

2

d

Hat Xh=j024100=j24 Ohm ZBAZ=23716 Ohm

pu1010j16237

24jX puH

Trafo 1

pu10j200100

15415420jX

2

1t

Trafo 2 2

t2154 100X j015 j01 pu154 150

Yuumlk

3131580

35SU

Z2

YUumlK

2YUumlK

YUumlK pu2512512

31315puZYUumlK

Cos =08 geri ZYUumlK-pu=125(08+j06)=1+j075 pu

80 MVA Cos =08 geri

B

150 MVA 15 kV xd

=j01 pu

200 MVA 15154 kV xt1=j02 pu

150 MVA 15435 kV

xt2=j015 pu

XHAT = j024 ohmkm LHAT= 100 km

A D C

14

b-) Ccedilekilen akımı belirleyelim D barasında gerilim sabit olduğuna goumlre VD=1 0 pu olur

pu93680pu480j640750j1

01ZVIYUumlK

D

A barasının gerilimide(pu olarak)

)480j640)(10j1010j10j(01I)XXX(VV 2th1tDA

pu5391611920j1441VA

)FazFaz(kV41715161VA )NoumltrFaz(kV0510

315161VA

NOT

A165010353

10100U3

SI 3

6

BAZ

BAZBAZ

A132010353

1080U3

SI 3

6

YUumlK

YUumlKYUumlK

pu480j640)60j80(80pu9368016501320

II

IBAZ

YUumlKpu

15

Oumlrnek 2) Aşağıda tek hat şeması verilen sistemin Baz guumlccedil SBAZ= 150 MVA ve Baz Gerilim UBAZ= 150 kV iccedilin a-) Sistemin pu empedans diyağramını ccediliziniz b-) D barasının geriliminin 25 kVta sabit tutulduğunu kabul ederek A barasının gerilimini hesaplayınız

UumlRETİM İLETİM YUumlK

150 MVA SBAZ= 150 MVA 150 MVA 10 kV UBAZ=150 kV 30 kV

67015010Z

2

BAZ 150150

150Z2

BAZ 615030Z

2

BAZ

2

10150x670

150 6x

30150 2

a -) pu Empedans Diyagramı Generatoumlr

pu150j50

1501010050jX

2

d

Hat Xh = j75 Ohm ZBAZ=150 Ohm

pu50j150

75jX puH

Trafo 1

pu150j75

1501501500750jX

2

1t

Trafo 2

pu150j50

150150150050jX

2

2t

Yuumlk

2525

25SU

Z2

YUumlK

2YUumlK

YUumlK pu174625puZYUumlK

Cos = 1 Saf Omik Yuumlk

D Barası

pu083303025VD

25 MVA Cos =1

B

50 MVA 10 kV xd

=j005 pu

75 MVA 10150 kV xt1=j0075 pu

50 MVA 15030 kV

xt2=j005 pu

XHAT = j75 ohm

A D 25 kV C

16

b-) D barasında gerilim 25 kVsabit olduğuna goumlre VD=0833 0 pu olur

pu20174

08330ZVIYUumlK

D

A barasının gerilim de(pu olarak)

)20)(150j50j150j(08330I)XXX(VV 2th1tDA

pu5628041160j8330VA

)FazFaz(kV0418108041VA

NOT

A288710303

10150U3

SI 3

6

BAZ

BAZBAZ

A57710253

1025U3

SI 3

6

YUumlK

YUumlKYUumlK

pu202887577

II

IBAZ

YUumlKpu

17

Oumlrnek 3) Şekilde tek hat şeması verilen iletim sisteminin Generatoumlr değerlerini BAZ seccedilmek sureti ile pu-empedans diyagramını ccediliziniz ( XHAT = j 80 Ohm) Guumlccedil (MVA) Gerilim (kV) Empedans (pu) Generatoumlr 30 138 Xd=j015 Motor 1 20 125 Xm1=j020 Motor 2 10 125 Xm2=j020 Trafo 1 35 132 115 Xt1=j010 Trafo 2 3x10 67 125 Xt2=j010 3 adet tek fazlı trafo Y bağlı UN = kV116673 Primer Faz-Arası Gerilimi

UumlRETİM İLETİM YUumlK

SBAZ= 30 MVA 30 MVA 30 MVA

UBAZ=138 kV kV120213

115kV813

kV912116

512kV120

480

30120Z

2

BAZ

B

Generatoumlr

Trafo 1 Trafo 2

HAT

A D C E

F

Motor 1

Motor 2

18

Trafo 1

pu07840j3530

81321310jX

2

1t

veya

pu07840j3530

12011510jX

2

1t

Trafo 2

pu0940j3030

91251210jX

2

1t

pujjX t 09403030

12011610

2

2

Hat

Xh = j80 Ohm ZBAZ=480 Ohm pu1670j48080jX puH

Motor 1

pujjX m 28202030

91251220

2

1

Motor 2

pujjX m 56301030

91251220

2

2

sistemin pu-empedans diyagramı aşağıdaki şekilde oluşur

19

BOumlLUumlM 4 İLETİM HATLARI 41 İletim hatlarının yapısı Yuumlksek gerilim iletim hatlarında malzeme olarak ccedilelik oumlzluuml aluumlminyum iletkenler kullanılır (ACSR ndashAluminium Conductor Steel Reinforced) Kanada standardı olarak tuumlm duumlnyada kuş isimleri ile karakteristik adları bilinen ACSR iletkenler AWG veya MCM oumllccedilekleriyle anılan kesitlere sahiptirler ve uumllkemizde de TS-IEC 1089rsquo a uygun olarak 15 mmsup2 ile 750 mmsup2 kesitleri arasında uumlretilmektedir

Şekil 41 ACSR iletken İletkende seri olarak tel direnci ve magnetik alandan doğan reaktans ile şoumlnt olarak elektrik alandan doğan toprak kapasitesi mevcuttur

Şekil 42 Hattın (dx) sonsuz kuumlccediluumlk parccedilasındaki (dağıtılmış) hat parametreleri r Hattın seri omik direnci (rezistans) x Hattın seri enduumlktif direnci (reaktans) g Hattın kaccedilak iletkenliği (Konduumlktans) b Hattın kaccedilak kapasitesini (suseptans) L(km) hat boyu Dağıtılmış parametreleri ile hatlar a-) Yuumlksek frekanslı iletimde (haberleşme hatları) b-) Geccedilici olaylar sonucu oluşan yuumlruumlyen dalga analizlerinde c-) Uzun mesafeli enerji iletiminde goumlzoumlnuumlne alınırlar Bunun oumltesinde daha ccedilok hatların parametrik değerleri z kilometre başına seri empedans- ohmkm veya y kilometre başına şoumlnt admitans 1ohmkm olarak birim uzunluk başına verilmektedir Hatların admitans ve empedans etkileri hat uzunluğuna bağlıdır Z = zL = rL+ j xL (ohm) Hattın toplam seri empedansı Y = yL =gL+j bL (1ohm) Hattın toplam şoumlnt admitansı

20

IS IR

VS VR A B C D

IS IR=0

VS VR A B C D

IS IR

VS VR=0 A B C D

42 İki Kapılı Devreler Transmission parametreleri A B C D

Şekil 43 İki kapılı devre

RRS

RRS

IDVCI

IBVAV

(1)

A B C D sabitleri transmission parametreleri olarak adlandırılır | AD-BC |= 1 ve simetrik devrelerde D = A olur Bu parametreler iki test ile bulunur - accedilık devre testi - kısa devre testi 421 Accedilık Devre Testi

Şekil 44 İki kapılı devre accedilık devre testi IR 0 olduğundan

R

SRS

R

SRS

VI

CVCI

VV

AVAV

422 Kısa Devre Testi

Şekil 45 İki kapılı devre kısa devre testi

21

VR 0 olduğundan

V BI BVI

I DI DII

S RS

R

S RS

R

423 Sadece seri empedanstan oluşan devrede Transmisyon Sabitleri Şekil 46 Seri Z elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

I I

V V ZIS R

S R R

eşitlikten

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 424 Sadece şoumlnt admitanstan oluşan devrede Transmission Sabitleri Şekil 47 Şoumlnt Y elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

RRS

RS

IVYI

VV

eşitlikten

A = 1 B = 0 C = Y D = 1

IR IS

VS Y VR

IR IS

VS

Z

VR

22

43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler

A1 B1

C1 D1V

I

A2 B2

C2 D2Vs Vr

IrIs

Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler

IV

DCBA

IsVs

11

11

IrVr

DCBA

IV

22

22

[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin

IrVr

DCBA

DCBA

IsVs

22

22

11

11

IrVr

DCBA

IsVs

Sonuccedil olarak

22

22

11

11

DCBA

DCBA

DCBA

A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2

23

432 Paralel bağlı devreler

A1 B1

C1 D1

A2 B2

C2 D2

Vs Vr

IrIs

Is1

Is2

Ir1

Ir2

Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri

A A B A BB B

B B BB B

C C C A A D DB B

1 2 2 1

1 2

1 2

1 21 2

1 2 2 1

1 2

( )( )

D D B D BB B

1 2 2 1

1 2

şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm

2R22R21R11R1S

2RR1R2R1RR

2S1SS

IDVCIDVCI

IIIIII

III

boumlylece

2R22R1R1R21S

R21

1R

21

212R

R1R21212R

2RR1R211R1R212R2

2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS

IDIDIDV)CC(I

IBB

BV

BBAA

I

IBV)AA()BB(I

)II(BV)AA(IBV)AA(IB

IBVAIBVAIBVAVIBVAVV

24

R21

21R

21

2121S

R21

2121R

21

211221S

R21

1R

21

2112R1R21S

IBB

BBVBB

ABBAV

şekildeaynı

IBB

DBBDVBB

)AA)(DD(CCI

)IBB

BVBBAA)(DD(IDV)CC(I

sonuccedil olarak

21

2121eq

21

211221eq

21

21eq

21

2121eq

BBDBBD

DBB

)AA)(DD(CCC

BBBB

BBB

ABBAA

433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi

1YZZY1

1Y01

10Z1

DCBA

Şekil 411 Ters L devresi

ZY1YZ1

10Z1

1Y01

DCBA

Z Y

Vs Vr

Z Y

Vs Vr

25

44 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 uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm

I I

V V ZIS R

S R R

A B C D Sabitleri

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır

Z IR IS

VS VR

IR

RHIR

VR

VS

j XHIR

26

Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması

IrVr

2YZ1Y

4YZ1Z2

YZ1IrVr

102

Z11Y01

102

Z1IsVs

A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında

2YZ1

4YZ1Y

Z2YZ1

12Y

0110Z1

12Y

01DCBA

Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr

Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z

Z2 Y Vs Z2 Vr

27

Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi

Y2 Y2

Vs Z Is Ir I1

I2

I3 Vr

IR

RHI2 I2

VR

VS

I1

IS I3 j XHI2

28

Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)

İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)

Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa

ccediloumlzuumlm

Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx

Ixzdx

dVx VxydxdIx

VxyzdxdIxz

dxVxd

2

2 Ixyz

dxdVxz

dxIxd2

2

2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları

L j L L j LR R C R R CS

V I Z V I ZV e e e e2 2

L j L L j LC R R C R R C

SY V I Y V I ZI e e e e

2 2

29

elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur

Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından

LCRRLCRRS e

2ZIV

e2

ZIVV

LRRCLRRC

S e2

IVYe

2IVY

I

RC

LL

R

LL

S IZ2eeV

2eeV

R

LL

RC

LL

S V2eeVY

2eeI

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir

Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir

30

)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(

)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(

)eeee(21

2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL

LL

)eeee(21

2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL

LL

veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı

720

ZY24

ZY2

YZ1A3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1ZB3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1YC3322

Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden

Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir

31

YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC

YZ21

YZ21tanh

2Y

Z

L21tanh

sinhZ1cosh

B1A

2Y

CC

Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden

YZYZsinhYsinhYCY CT

YZ21tanhZ

Y

L21tanh

sinhY1cosh

C1A

2Z

CCC

T

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR

Y Z 2 Vs Vr

Is Ir Z 2

32

45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın

a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız

Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm

33

C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1

99500102j93849j99500

9988010999j25j99880

9988010999j25j99880

DCBA

DCBA

DCBA

45511

11

11

11

b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek

= ZY = -001 = ZY = j 010

Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır

34

SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR

VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR

VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml

a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2

3j501201ea 120j +minus=degang== deg

a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866

a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1

-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866

1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir

VRangangangang0degdegdegdeg

VS =VRangangangang240degdegdegdeg

VT =VRangangangang120degdegdegdeg

VR2

VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg

VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg

VR1

VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg

VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0

11

pu4395029375025050

1001615250

SS

UU

)X()X( 22

BO

BN2

BN

BOpudOpudN

332 Trafolar

1

2

2

1

2

1

II

UU

NNn

2t

22

1t

21

2211 XU

XUIUIUSt

2

22

21

2t

1t nUU

XX

2t2

1t XnX

21t

2t nX

X

(1) Primerden (2) Sekondere (2) Sekonderden (1) Primere U 1n n I n 1n Z 1n2 n2

SBAZ = St

1BAZ UU StUZ

21

1BAZ 1BAZ

1tput Z

XX

2BAZ

2t

1BAZ

1tput Z

XZ

XX

2BAZ UU

StUZ

22

2BAZ 2BAZ

2tput Z

XX

İspat

StU

X

StU

XX tt

put 22

22

1

1 22

2t21

1tput U

XUX

X 22

2t2

2

2t2

21

1tput U

X)Un(

XnUX

X

22

21

2

1

U

U

X

X

t

t

12

15 154 kV

St= 250 MVA Xt=01 pu

UBAZ=154 kV SBAZ = 100 MVA olması durumunda Xt nin yeni birim değeri

UBAZ=154 kV SBAZ = 100 MVA olması durumunda Xt nin yeni birim değeri

primer UBAZ=154 kV olduğuna goumlre

sekonder kV441416015154UBAZ

333 Yuumlkler

Buumlyuumlk guumlccedillerdeki motorlar senkron generatoumlre benzer biccedilimde bir EMK oumlnuumlnde reaktansla modellenirler ( U gt E ) modunda ccedilalışma olur

Diğer yuumlkler genellikle pasif empedans (admitansla) modellenirler

YUumlK

YUumlK

YUumlKS

UZ

2

YUumlKYUumlK

YUumlK

SI

3 U

BAZYUumlK

YUumlKpuYUumlK I

II

BAZ

YUumlK

YUumlKZ

ZZ

)( jSinCosII

puYUumlKpuYUumlK

)( jSinCosZZ

puYUumlKpuYUumlK

pu040250100

15415410X

2

punt

pu040250100

151510X

2

punt

pu0430250100

15416010X

2

punt

pu0430250100

44141510X

2

punt

15 160 kV

St= 250 MVA Xt=01 pu

13

OumlRNEK PROBLEMLER Oumlrnek 1) Tek hat şeması verilen sistemin Baz guumlccedil SBAZ= 100 MVA ve Baz Gerilim UBAZ= 154 kV iccedilin a-) Sistemin pu empedans diyağramını ccediliziniz b-) D barasında gerilim sabit kabul ederek A barasının gerilimini hesaplayınız

UumlRETİM İLETİM YUumlK

100 MVA SBAZ= 100 MVA 100 MVA 15 kV UBAZ=154 kV 35 kV

25210015Z

2

BAZ 16237100

154Z2

BAZ 251210035Z

2

BAZ

2

15154x252

16237 2512x

35154 2

a -) pu Empedans Diyagramı Generatoumlr

pu0670j150100

151510jX

2

d

Hat Xh=j024100=j24 Ohm ZBAZ=23716 Ohm

pu1010j16237

24jX puH

Trafo 1

pu10j200100

15415420jX

2

1t

Trafo 2 2

t2154 100X j015 j01 pu154 150

Yuumlk

3131580

35SU

Z2

YUumlK

2YUumlK

YUumlK pu2512512

31315puZYUumlK

Cos =08 geri ZYUumlK-pu=125(08+j06)=1+j075 pu

80 MVA Cos =08 geri

B

150 MVA 15 kV xd

=j01 pu

200 MVA 15154 kV xt1=j02 pu

150 MVA 15435 kV

xt2=j015 pu

XHAT = j024 ohmkm LHAT= 100 km

A D C

14

b-) Ccedilekilen akımı belirleyelim D barasında gerilim sabit olduğuna goumlre VD=1 0 pu olur

pu93680pu480j640750j1

01ZVIYUumlK

D

A barasının gerilimide(pu olarak)

)480j640)(10j1010j10j(01I)XXX(VV 2th1tDA

pu5391611920j1441VA

)FazFaz(kV41715161VA )NoumltrFaz(kV0510

315161VA

NOT

A165010353

10100U3

SI 3

6

BAZ

BAZBAZ

A132010353

1080U3

SI 3

6

YUumlK

YUumlKYUumlK

pu480j640)60j80(80pu9368016501320

II

IBAZ

YUumlKpu

15

Oumlrnek 2) Aşağıda tek hat şeması verilen sistemin Baz guumlccedil SBAZ= 150 MVA ve Baz Gerilim UBAZ= 150 kV iccedilin a-) Sistemin pu empedans diyağramını ccediliziniz b-) D barasının geriliminin 25 kVta sabit tutulduğunu kabul ederek A barasının gerilimini hesaplayınız

UumlRETİM İLETİM YUumlK

150 MVA SBAZ= 150 MVA 150 MVA 10 kV UBAZ=150 kV 30 kV

67015010Z

2

BAZ 150150

150Z2

BAZ 615030Z

2

BAZ

2

10150x670

150 6x

30150 2

a -) pu Empedans Diyagramı Generatoumlr

pu150j50

1501010050jX

2

d

Hat Xh = j75 Ohm ZBAZ=150 Ohm

pu50j150

75jX puH

Trafo 1

pu150j75

1501501500750jX

2

1t

Trafo 2

pu150j50

150150150050jX

2

2t

Yuumlk

2525

25SU

Z2

YUumlK

2YUumlK

YUumlK pu174625puZYUumlK

Cos = 1 Saf Omik Yuumlk

D Barası

pu083303025VD

25 MVA Cos =1

B

50 MVA 10 kV xd

=j005 pu

75 MVA 10150 kV xt1=j0075 pu

50 MVA 15030 kV

xt2=j005 pu

XHAT = j75 ohm

A D 25 kV C

16

b-) D barasında gerilim 25 kVsabit olduğuna goumlre VD=0833 0 pu olur

pu20174

08330ZVIYUumlK

D

A barasının gerilim de(pu olarak)

)20)(150j50j150j(08330I)XXX(VV 2th1tDA

pu5628041160j8330VA

)FazFaz(kV0418108041VA

NOT

A288710303

10150U3

SI 3

6

BAZ

BAZBAZ

A57710253

1025U3

SI 3

6

YUumlK

YUumlKYUumlK

pu202887577

II

IBAZ

YUumlKpu

17

Oumlrnek 3) Şekilde tek hat şeması verilen iletim sisteminin Generatoumlr değerlerini BAZ seccedilmek sureti ile pu-empedans diyagramını ccediliziniz ( XHAT = j 80 Ohm) Guumlccedil (MVA) Gerilim (kV) Empedans (pu) Generatoumlr 30 138 Xd=j015 Motor 1 20 125 Xm1=j020 Motor 2 10 125 Xm2=j020 Trafo 1 35 132 115 Xt1=j010 Trafo 2 3x10 67 125 Xt2=j010 3 adet tek fazlı trafo Y bağlı UN = kV116673 Primer Faz-Arası Gerilimi

UumlRETİM İLETİM YUumlK

SBAZ= 30 MVA 30 MVA 30 MVA

UBAZ=138 kV kV120213

115kV813

kV912116

512kV120

480

30120Z

2

BAZ

B

Generatoumlr

Trafo 1 Trafo 2

HAT

A D C E

F

Motor 1

Motor 2

18

Trafo 1

pu07840j3530

81321310jX

2

1t

veya

pu07840j3530

12011510jX

2

1t

Trafo 2

pu0940j3030

91251210jX

2

1t

pujjX t 09403030

12011610

2

2

Hat

Xh = j80 Ohm ZBAZ=480 Ohm pu1670j48080jX puH

Motor 1

pujjX m 28202030

91251220

2

1

Motor 2

pujjX m 56301030

91251220

2

2

sistemin pu-empedans diyagramı aşağıdaki şekilde oluşur

19

BOumlLUumlM 4 İLETİM HATLARI 41 İletim hatlarının yapısı Yuumlksek gerilim iletim hatlarında malzeme olarak ccedilelik oumlzluuml aluumlminyum iletkenler kullanılır (ACSR ndashAluminium Conductor Steel Reinforced) Kanada standardı olarak tuumlm duumlnyada kuş isimleri ile karakteristik adları bilinen ACSR iletkenler AWG veya MCM oumllccedilekleriyle anılan kesitlere sahiptirler ve uumllkemizde de TS-IEC 1089rsquo a uygun olarak 15 mmsup2 ile 750 mmsup2 kesitleri arasında uumlretilmektedir

Şekil 41 ACSR iletken İletkende seri olarak tel direnci ve magnetik alandan doğan reaktans ile şoumlnt olarak elektrik alandan doğan toprak kapasitesi mevcuttur

Şekil 42 Hattın (dx) sonsuz kuumlccediluumlk parccedilasındaki (dağıtılmış) hat parametreleri r Hattın seri omik direnci (rezistans) x Hattın seri enduumlktif direnci (reaktans) g Hattın kaccedilak iletkenliği (Konduumlktans) b Hattın kaccedilak kapasitesini (suseptans) L(km) hat boyu Dağıtılmış parametreleri ile hatlar a-) Yuumlksek frekanslı iletimde (haberleşme hatları) b-) Geccedilici olaylar sonucu oluşan yuumlruumlyen dalga analizlerinde c-) Uzun mesafeli enerji iletiminde goumlzoumlnuumlne alınırlar Bunun oumltesinde daha ccedilok hatların parametrik değerleri z kilometre başına seri empedans- ohmkm veya y kilometre başına şoumlnt admitans 1ohmkm olarak birim uzunluk başına verilmektedir Hatların admitans ve empedans etkileri hat uzunluğuna bağlıdır Z = zL = rL+ j xL (ohm) Hattın toplam seri empedansı Y = yL =gL+j bL (1ohm) Hattın toplam şoumlnt admitansı

20

IS IR

VS VR A B C D

IS IR=0

VS VR A B C D

IS IR

VS VR=0 A B C D

42 İki Kapılı Devreler Transmission parametreleri A B C D

Şekil 43 İki kapılı devre

RRS

RRS

IDVCI

IBVAV

(1)

A B C D sabitleri transmission parametreleri olarak adlandırılır | AD-BC |= 1 ve simetrik devrelerde D = A olur Bu parametreler iki test ile bulunur - accedilık devre testi - kısa devre testi 421 Accedilık Devre Testi

Şekil 44 İki kapılı devre accedilık devre testi IR 0 olduğundan

R

SRS

R

SRS

VI

CVCI

VV

AVAV

422 Kısa Devre Testi

Şekil 45 İki kapılı devre kısa devre testi

21

VR 0 olduğundan

V BI BVI

I DI DII

S RS

R

S RS

R

423 Sadece seri empedanstan oluşan devrede Transmisyon Sabitleri Şekil 46 Seri Z elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

I I

V V ZIS R

S R R

eşitlikten

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 424 Sadece şoumlnt admitanstan oluşan devrede Transmission Sabitleri Şekil 47 Şoumlnt Y elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

RRS

RS

IVYI

VV

eşitlikten

A = 1 B = 0 C = Y D = 1

IR IS

VS Y VR

IR IS

VS

Z

VR

22

43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler

A1 B1

C1 D1V

I

A2 B2

C2 D2Vs Vr

IrIs

Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler

IV

DCBA

IsVs

11

11

IrVr

DCBA

IV

22

22

[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin

IrVr

DCBA

DCBA

IsVs

22

22

11

11

IrVr

DCBA

IsVs

Sonuccedil olarak

22

22

11

11

DCBA

DCBA

DCBA

A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2

23

432 Paralel bağlı devreler

A1 B1

C1 D1

A2 B2

C2 D2

Vs Vr

IrIs

Is1

Is2

Ir1

Ir2

Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri

A A B A BB B

B B BB B

C C C A A D DB B

1 2 2 1

1 2

1 2

1 21 2

1 2 2 1

1 2

( )( )

D D B D BB B

1 2 2 1

1 2

şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm

2R22R21R11R1S

2RR1R2R1RR

2S1SS

IDVCIDVCI

IIIIII

III

boumlylece

2R22R1R1R21S

R21

1R

21

212R

R1R21212R

2RR1R211R1R212R2

2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS

IDIDIDV)CC(I

IBB

BV

BBAA

I

IBV)AA()BB(I

)II(BV)AA(IBV)AA(IB

IBVAIBVAIBVAVIBVAVV

24

R21

21R

21

2121S

R21

2121R

21

211221S

R21

1R

21

2112R1R21S

IBB

BBVBB

ABBAV

şekildeaynı

IBB

DBBDVBB

)AA)(DD(CCI

)IBB

BVBBAA)(DD(IDV)CC(I

sonuccedil olarak

21

2121eq

21

211221eq

21

21eq

21

2121eq

BBDBBD

DBB

)AA)(DD(CCC

BBBB

BBB

ABBAA

433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi

1YZZY1

1Y01

10Z1

DCBA

Şekil 411 Ters L devresi

ZY1YZ1

10Z1

1Y01

DCBA

Z Y

Vs Vr

Z Y

Vs Vr

25

44 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 uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm

I I

V V ZIS R

S R R

A B C D Sabitleri

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır

Z IR IS

VS VR

IR

RHIR

VR

VS

j XHIR

26

Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması

IrVr

2YZ1Y

4YZ1Z2

YZ1IrVr

102

Z11Y01

102

Z1IsVs

A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında

2YZ1

4YZ1Y

Z2YZ1

12Y

0110Z1

12Y

01DCBA

Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr

Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z

Z2 Y Vs Z2 Vr

27

Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi

Y2 Y2

Vs Z Is Ir I1

I2

I3 Vr

IR

RHI2 I2

VR

VS

I1

IS I3 j XHI2

28

Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)

İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)

Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa

ccediloumlzuumlm

Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx

Ixzdx

dVx VxydxdIx

VxyzdxdIxz

dxVxd

2

2 Ixyz

dxdVxz

dxIxd2

2

2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları

L j L L j LR R C R R CS

V I Z V I ZV e e e e2 2

L j L L j LC R R C R R C

SY V I Y V I ZI e e e e

2 2

29

elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur

Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından

LCRRLCRRS e

2ZIV

e2

ZIVV

LRRCLRRC

S e2

IVYe

2IVY

I

RC

LL

R

LL

S IZ2eeV

2eeV

R

LL

RC

LL

S V2eeVY

2eeI

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir

Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir

30

)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(

)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(

)eeee(21

2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL

LL

)eeee(21

2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL

LL

veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı

720

ZY24

ZY2

YZ1A3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1ZB3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1YC3322

Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden

Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir

31

YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC

YZ21

YZ21tanh

2Y

Z

L21tanh

sinhZ1cosh

B1A

2Y

CC

Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden

YZYZsinhYsinhYCY CT

YZ21tanhZ

Y

L21tanh

sinhY1cosh

C1A

2Z

CCC

T

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR

Y Z 2 Vs Vr

Is Ir Z 2

32

45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın

a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız

Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm

33

C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1

99500102j93849j99500

9988010999j25j99880

9988010999j25j99880

DCBA

DCBA

DCBA

45511

11

11

11

b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek

= ZY = -001 = ZY = j 010

Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır

34

SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR

VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR

VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml

a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2

3j501201ea 120j +minus=degang== deg

a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866

a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1

-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866

1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir

VRangangangang0degdegdegdeg

VS =VRangangangang240degdegdegdeg

VT =VRangangangang120degdegdegdeg

VR2

VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg

VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg

VR1

VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg

VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0

12

15 154 kV

St= 250 MVA Xt=01 pu

UBAZ=154 kV SBAZ = 100 MVA olması durumunda Xt nin yeni birim değeri

UBAZ=154 kV SBAZ = 100 MVA olması durumunda Xt nin yeni birim değeri

primer UBAZ=154 kV olduğuna goumlre

sekonder kV441416015154UBAZ

333 Yuumlkler

Buumlyuumlk guumlccedillerdeki motorlar senkron generatoumlre benzer biccedilimde bir EMK oumlnuumlnde reaktansla modellenirler ( U gt E ) modunda ccedilalışma olur

Diğer yuumlkler genellikle pasif empedans (admitansla) modellenirler

YUumlK

YUumlK

YUumlKS

UZ

2

YUumlKYUumlK

YUumlK

SI

3 U

BAZYUumlK

YUumlKpuYUumlK I

II

BAZ

YUumlK

YUumlKZ

ZZ

)( jSinCosII

puYUumlKpuYUumlK

)( jSinCosZZ

puYUumlKpuYUumlK

pu040250100

15415410X

2

punt

pu040250100

151510X

2

punt

pu0430250100

15416010X

2

punt

pu0430250100

44141510X

2

punt

15 160 kV

St= 250 MVA Xt=01 pu

13

OumlRNEK PROBLEMLER Oumlrnek 1) Tek hat şeması verilen sistemin Baz guumlccedil SBAZ= 100 MVA ve Baz Gerilim UBAZ= 154 kV iccedilin a-) Sistemin pu empedans diyağramını ccediliziniz b-) D barasında gerilim sabit kabul ederek A barasının gerilimini hesaplayınız

UumlRETİM İLETİM YUumlK

100 MVA SBAZ= 100 MVA 100 MVA 15 kV UBAZ=154 kV 35 kV

25210015Z

2

BAZ 16237100

154Z2

BAZ 251210035Z

2

BAZ

2

15154x252

16237 2512x

35154 2

a -) pu Empedans Diyagramı Generatoumlr

pu0670j150100

151510jX

2

d

Hat Xh=j024100=j24 Ohm ZBAZ=23716 Ohm

pu1010j16237

24jX puH

Trafo 1

pu10j200100

15415420jX

2

1t

Trafo 2 2

t2154 100X j015 j01 pu154 150

Yuumlk

3131580

35SU

Z2

YUumlK

2YUumlK

YUumlK pu2512512

31315puZYUumlK

Cos =08 geri ZYUumlK-pu=125(08+j06)=1+j075 pu

80 MVA Cos =08 geri

B

150 MVA 15 kV xd

=j01 pu

200 MVA 15154 kV xt1=j02 pu

150 MVA 15435 kV

xt2=j015 pu

XHAT = j024 ohmkm LHAT= 100 km

A D C

14

b-) Ccedilekilen akımı belirleyelim D barasında gerilim sabit olduğuna goumlre VD=1 0 pu olur

pu93680pu480j640750j1

01ZVIYUumlK

D

A barasının gerilimide(pu olarak)

)480j640)(10j1010j10j(01I)XXX(VV 2th1tDA

pu5391611920j1441VA

)FazFaz(kV41715161VA )NoumltrFaz(kV0510

315161VA

NOT

A165010353

10100U3

SI 3

6

BAZ

BAZBAZ

A132010353

1080U3

SI 3

6

YUumlK

YUumlKYUumlK

pu480j640)60j80(80pu9368016501320

II

IBAZ

YUumlKpu

15

Oumlrnek 2) Aşağıda tek hat şeması verilen sistemin Baz guumlccedil SBAZ= 150 MVA ve Baz Gerilim UBAZ= 150 kV iccedilin a-) Sistemin pu empedans diyağramını ccediliziniz b-) D barasının geriliminin 25 kVta sabit tutulduğunu kabul ederek A barasının gerilimini hesaplayınız

UumlRETİM İLETİM YUumlK

150 MVA SBAZ= 150 MVA 150 MVA 10 kV UBAZ=150 kV 30 kV

67015010Z

2

BAZ 150150

150Z2

BAZ 615030Z

2

BAZ

2

10150x670

150 6x

30150 2

a -) pu Empedans Diyagramı Generatoumlr

pu150j50

1501010050jX

2

d

Hat Xh = j75 Ohm ZBAZ=150 Ohm

pu50j150

75jX puH

Trafo 1

pu150j75

1501501500750jX

2

1t

Trafo 2

pu150j50

150150150050jX

2

2t

Yuumlk

2525

25SU

Z2

YUumlK

2YUumlK

YUumlK pu174625puZYUumlK

Cos = 1 Saf Omik Yuumlk

D Barası

pu083303025VD

25 MVA Cos =1

B

50 MVA 10 kV xd

=j005 pu

75 MVA 10150 kV xt1=j0075 pu

50 MVA 15030 kV

xt2=j005 pu

XHAT = j75 ohm

A D 25 kV C

16

b-) D barasında gerilim 25 kVsabit olduğuna goumlre VD=0833 0 pu olur

pu20174

08330ZVIYUumlK

D

A barasının gerilim de(pu olarak)

)20)(150j50j150j(08330I)XXX(VV 2th1tDA

pu5628041160j8330VA

)FazFaz(kV0418108041VA

NOT

A288710303

10150U3

SI 3

6

BAZ

BAZBAZ

A57710253

1025U3

SI 3

6

YUumlK

YUumlKYUumlK

pu202887577

II

IBAZ

YUumlKpu

17

Oumlrnek 3) Şekilde tek hat şeması verilen iletim sisteminin Generatoumlr değerlerini BAZ seccedilmek sureti ile pu-empedans diyagramını ccediliziniz ( XHAT = j 80 Ohm) Guumlccedil (MVA) Gerilim (kV) Empedans (pu) Generatoumlr 30 138 Xd=j015 Motor 1 20 125 Xm1=j020 Motor 2 10 125 Xm2=j020 Trafo 1 35 132 115 Xt1=j010 Trafo 2 3x10 67 125 Xt2=j010 3 adet tek fazlı trafo Y bağlı UN = kV116673 Primer Faz-Arası Gerilimi

UumlRETİM İLETİM YUumlK

SBAZ= 30 MVA 30 MVA 30 MVA

UBAZ=138 kV kV120213

115kV813

kV912116

512kV120

480

30120Z

2

BAZ

B

Generatoumlr

Trafo 1 Trafo 2

HAT

A D C E

F

Motor 1

Motor 2

18

Trafo 1

pu07840j3530

81321310jX

2

1t

veya

pu07840j3530

12011510jX

2

1t

Trafo 2

pu0940j3030

91251210jX

2

1t

pujjX t 09403030

12011610

2

2

Hat

Xh = j80 Ohm ZBAZ=480 Ohm pu1670j48080jX puH

Motor 1

pujjX m 28202030

91251220

2

1

Motor 2

pujjX m 56301030

91251220

2

2

sistemin pu-empedans diyagramı aşağıdaki şekilde oluşur

19

BOumlLUumlM 4 İLETİM HATLARI 41 İletim hatlarının yapısı Yuumlksek gerilim iletim hatlarında malzeme olarak ccedilelik oumlzluuml aluumlminyum iletkenler kullanılır (ACSR ndashAluminium Conductor Steel Reinforced) Kanada standardı olarak tuumlm duumlnyada kuş isimleri ile karakteristik adları bilinen ACSR iletkenler AWG veya MCM oumllccedilekleriyle anılan kesitlere sahiptirler ve uumllkemizde de TS-IEC 1089rsquo a uygun olarak 15 mmsup2 ile 750 mmsup2 kesitleri arasında uumlretilmektedir

Şekil 41 ACSR iletken İletkende seri olarak tel direnci ve magnetik alandan doğan reaktans ile şoumlnt olarak elektrik alandan doğan toprak kapasitesi mevcuttur

Şekil 42 Hattın (dx) sonsuz kuumlccediluumlk parccedilasındaki (dağıtılmış) hat parametreleri r Hattın seri omik direnci (rezistans) x Hattın seri enduumlktif direnci (reaktans) g Hattın kaccedilak iletkenliği (Konduumlktans) b Hattın kaccedilak kapasitesini (suseptans) L(km) hat boyu Dağıtılmış parametreleri ile hatlar a-) Yuumlksek frekanslı iletimde (haberleşme hatları) b-) Geccedilici olaylar sonucu oluşan yuumlruumlyen dalga analizlerinde c-) Uzun mesafeli enerji iletiminde goumlzoumlnuumlne alınırlar Bunun oumltesinde daha ccedilok hatların parametrik değerleri z kilometre başına seri empedans- ohmkm veya y kilometre başına şoumlnt admitans 1ohmkm olarak birim uzunluk başına verilmektedir Hatların admitans ve empedans etkileri hat uzunluğuna bağlıdır Z = zL = rL+ j xL (ohm) Hattın toplam seri empedansı Y = yL =gL+j bL (1ohm) Hattın toplam şoumlnt admitansı

20

IS IR

VS VR A B C D

IS IR=0

VS VR A B C D

IS IR

VS VR=0 A B C D

42 İki Kapılı Devreler Transmission parametreleri A B C D

Şekil 43 İki kapılı devre

RRS

RRS

IDVCI

IBVAV

(1)

A B C D sabitleri transmission parametreleri olarak adlandırılır | AD-BC |= 1 ve simetrik devrelerde D = A olur Bu parametreler iki test ile bulunur - accedilık devre testi - kısa devre testi 421 Accedilık Devre Testi

Şekil 44 İki kapılı devre accedilık devre testi IR 0 olduğundan

R

SRS

R

SRS

VI

CVCI

VV

AVAV

422 Kısa Devre Testi

Şekil 45 İki kapılı devre kısa devre testi

21

VR 0 olduğundan

V BI BVI

I DI DII

S RS

R

S RS

R

423 Sadece seri empedanstan oluşan devrede Transmisyon Sabitleri Şekil 46 Seri Z elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

I I

V V ZIS R

S R R

eşitlikten

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 424 Sadece şoumlnt admitanstan oluşan devrede Transmission Sabitleri Şekil 47 Şoumlnt Y elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

RRS

RS

IVYI

VV

eşitlikten

A = 1 B = 0 C = Y D = 1

IR IS

VS Y VR

IR IS

VS

Z

VR

22

43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler

A1 B1

C1 D1V

I

A2 B2

C2 D2Vs Vr

IrIs

Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler

IV

DCBA

IsVs

11

11

IrVr

DCBA

IV

22

22

[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin

IrVr

DCBA

DCBA

IsVs

22

22

11

11

IrVr

DCBA

IsVs

Sonuccedil olarak

22

22

11

11

DCBA

DCBA

DCBA

A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2

23

432 Paralel bağlı devreler

A1 B1

C1 D1

A2 B2

C2 D2

Vs Vr

IrIs

Is1

Is2

Ir1

Ir2

Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri

A A B A BB B

B B BB B

C C C A A D DB B

1 2 2 1

1 2

1 2

1 21 2

1 2 2 1

1 2

( )( )

D D B D BB B

1 2 2 1

1 2

şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm

2R22R21R11R1S

2RR1R2R1RR

2S1SS

IDVCIDVCI

IIIIII

III

boumlylece

2R22R1R1R21S

R21

1R

21

212R

R1R21212R

2RR1R211R1R212R2

2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS

IDIDIDV)CC(I

IBB

BV

BBAA

I

IBV)AA()BB(I

)II(BV)AA(IBV)AA(IB

IBVAIBVAIBVAVIBVAVV

24

R21

21R

21

2121S

R21

2121R

21

211221S

R21

1R

21

2112R1R21S

IBB

BBVBB

ABBAV

şekildeaynı

IBB

DBBDVBB

)AA)(DD(CCI

)IBB

BVBBAA)(DD(IDV)CC(I

sonuccedil olarak

21

2121eq

21

211221eq

21

21eq

21

2121eq

BBDBBD

DBB

)AA)(DD(CCC

BBBB

BBB

ABBAA

433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi

1YZZY1

1Y01

10Z1

DCBA

Şekil 411 Ters L devresi

ZY1YZ1

10Z1

1Y01

DCBA

Z Y

Vs Vr

Z Y

Vs Vr

25

44 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 uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm

I I

V V ZIS R

S R R

A B C D Sabitleri

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır

Z IR IS

VS VR

IR

RHIR

VR

VS

j XHIR

26

Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması

IrVr

2YZ1Y

4YZ1Z2

YZ1IrVr

102

Z11Y01

102

Z1IsVs

A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında

2YZ1

4YZ1Y

Z2YZ1

12Y

0110Z1

12Y

01DCBA

Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr

Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z

Z2 Y Vs Z2 Vr

27

Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi

Y2 Y2

Vs Z Is Ir I1

I2

I3 Vr

IR

RHI2 I2

VR

VS

I1

IS I3 j XHI2

28

Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)

İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)

Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa

ccediloumlzuumlm

Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx

Ixzdx

dVx VxydxdIx

VxyzdxdIxz

dxVxd

2

2 Ixyz

dxdVxz

dxIxd2

2

2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları

L j L L j LR R C R R CS

V I Z V I ZV e e e e2 2

L j L L j LC R R C R R C

SY V I Y V I ZI e e e e

2 2

29

elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur

Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından

LCRRLCRRS e

2ZIV

e2

ZIVV

LRRCLRRC

S e2

IVYe

2IVY

I

RC

LL

R

LL

S IZ2eeV

2eeV

R

LL

RC

LL

S V2eeVY

2eeI

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir

Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir

30

)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(

)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(

)eeee(21

2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL

LL

)eeee(21

2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL

LL

veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı

720

ZY24

ZY2

YZ1A3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1ZB3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1YC3322

Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden

Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir

31

YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC

YZ21

YZ21tanh

2Y

Z

L21tanh

sinhZ1cosh

B1A

2Y

CC

Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden

YZYZsinhYsinhYCY CT

YZ21tanhZ

Y

L21tanh

sinhY1cosh

C1A

2Z

CCC

T

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR

Y Z 2 Vs Vr

Is Ir Z 2

32

45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın

a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız

Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm

33

C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1

99500102j93849j99500

9988010999j25j99880

9988010999j25j99880

DCBA

DCBA

DCBA

45511

11

11

11

b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek

= ZY = -001 = ZY = j 010

Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır

34

SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR

VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR

VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml

a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2

3j501201ea 120j +minus=degang== deg

a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866

a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1

-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866

1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir

VRangangangang0degdegdegdeg

VS =VRangangangang240degdegdegdeg

VT =VRangangangang120degdegdegdeg

VR2

VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg

VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg

VR1

VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg

VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0

13

OumlRNEK PROBLEMLER Oumlrnek 1) Tek hat şeması verilen sistemin Baz guumlccedil SBAZ= 100 MVA ve Baz Gerilim UBAZ= 154 kV iccedilin a-) Sistemin pu empedans diyağramını ccediliziniz b-) D barasında gerilim sabit kabul ederek A barasının gerilimini hesaplayınız

UumlRETİM İLETİM YUumlK

100 MVA SBAZ= 100 MVA 100 MVA 15 kV UBAZ=154 kV 35 kV

25210015Z

2

BAZ 16237100

154Z2

BAZ 251210035Z

2

BAZ

2

15154x252

16237 2512x

35154 2

a -) pu Empedans Diyagramı Generatoumlr

pu0670j150100

151510jX

2

d

Hat Xh=j024100=j24 Ohm ZBAZ=23716 Ohm

pu1010j16237

24jX puH

Trafo 1

pu10j200100

15415420jX

2

1t

Trafo 2 2

t2154 100X j015 j01 pu154 150

Yuumlk

3131580

35SU

Z2

YUumlK

2YUumlK

YUumlK pu2512512

31315puZYUumlK

Cos =08 geri ZYUumlK-pu=125(08+j06)=1+j075 pu

80 MVA Cos =08 geri

B

150 MVA 15 kV xd

=j01 pu

200 MVA 15154 kV xt1=j02 pu

150 MVA 15435 kV

xt2=j015 pu

XHAT = j024 ohmkm LHAT= 100 km

A D C

14

b-) Ccedilekilen akımı belirleyelim D barasında gerilim sabit olduğuna goumlre VD=1 0 pu olur

pu93680pu480j640750j1

01ZVIYUumlK

D

A barasının gerilimide(pu olarak)

)480j640)(10j1010j10j(01I)XXX(VV 2th1tDA

pu5391611920j1441VA

)FazFaz(kV41715161VA )NoumltrFaz(kV0510

315161VA

NOT

A165010353

10100U3

SI 3

6

BAZ

BAZBAZ

A132010353

1080U3

SI 3

6

YUumlK

YUumlKYUumlK

pu480j640)60j80(80pu9368016501320

II

IBAZ

YUumlKpu

15

Oumlrnek 2) Aşağıda tek hat şeması verilen sistemin Baz guumlccedil SBAZ= 150 MVA ve Baz Gerilim UBAZ= 150 kV iccedilin a-) Sistemin pu empedans diyağramını ccediliziniz b-) D barasının geriliminin 25 kVta sabit tutulduğunu kabul ederek A barasının gerilimini hesaplayınız

UumlRETİM İLETİM YUumlK

150 MVA SBAZ= 150 MVA 150 MVA 10 kV UBAZ=150 kV 30 kV

67015010Z

2

BAZ 150150

150Z2

BAZ 615030Z

2

BAZ

2

10150x670

150 6x

30150 2

a -) pu Empedans Diyagramı Generatoumlr

pu150j50

1501010050jX

2

d

Hat Xh = j75 Ohm ZBAZ=150 Ohm

pu50j150

75jX puH

Trafo 1

pu150j75

1501501500750jX

2

1t

Trafo 2

pu150j50

150150150050jX

2

2t

Yuumlk

2525

25SU

Z2

YUumlK

2YUumlK

YUumlK pu174625puZYUumlK

Cos = 1 Saf Omik Yuumlk

D Barası

pu083303025VD

25 MVA Cos =1

B

50 MVA 10 kV xd

=j005 pu

75 MVA 10150 kV xt1=j0075 pu

50 MVA 15030 kV

xt2=j005 pu

XHAT = j75 ohm

A D 25 kV C

16

b-) D barasında gerilim 25 kVsabit olduğuna goumlre VD=0833 0 pu olur

pu20174

08330ZVIYUumlK

D

A barasının gerilim de(pu olarak)

)20)(150j50j150j(08330I)XXX(VV 2th1tDA

pu5628041160j8330VA

)FazFaz(kV0418108041VA

NOT

A288710303

10150U3

SI 3

6

BAZ

BAZBAZ

A57710253

1025U3

SI 3

6

YUumlK

YUumlKYUumlK

pu202887577

II

IBAZ

YUumlKpu

17

Oumlrnek 3) Şekilde tek hat şeması verilen iletim sisteminin Generatoumlr değerlerini BAZ seccedilmek sureti ile pu-empedans diyagramını ccediliziniz ( XHAT = j 80 Ohm) Guumlccedil (MVA) Gerilim (kV) Empedans (pu) Generatoumlr 30 138 Xd=j015 Motor 1 20 125 Xm1=j020 Motor 2 10 125 Xm2=j020 Trafo 1 35 132 115 Xt1=j010 Trafo 2 3x10 67 125 Xt2=j010 3 adet tek fazlı trafo Y bağlı UN = kV116673 Primer Faz-Arası Gerilimi

UumlRETİM İLETİM YUumlK

SBAZ= 30 MVA 30 MVA 30 MVA

UBAZ=138 kV kV120213

115kV813

kV912116

512kV120

480

30120Z

2

BAZ

B

Generatoumlr

Trafo 1 Trafo 2

HAT

A D C E

F

Motor 1

Motor 2

18

Trafo 1

pu07840j3530

81321310jX

2

1t

veya

pu07840j3530

12011510jX

2

1t

Trafo 2

pu0940j3030

91251210jX

2

1t

pujjX t 09403030

12011610

2

2

Hat

Xh = j80 Ohm ZBAZ=480 Ohm pu1670j48080jX puH

Motor 1

pujjX m 28202030

91251220

2

1

Motor 2

pujjX m 56301030

91251220

2

2

sistemin pu-empedans diyagramı aşağıdaki şekilde oluşur

19

BOumlLUumlM 4 İLETİM HATLARI 41 İletim hatlarının yapısı Yuumlksek gerilim iletim hatlarında malzeme olarak ccedilelik oumlzluuml aluumlminyum iletkenler kullanılır (ACSR ndashAluminium Conductor Steel Reinforced) Kanada standardı olarak tuumlm duumlnyada kuş isimleri ile karakteristik adları bilinen ACSR iletkenler AWG veya MCM oumllccedilekleriyle anılan kesitlere sahiptirler ve uumllkemizde de TS-IEC 1089rsquo a uygun olarak 15 mmsup2 ile 750 mmsup2 kesitleri arasında uumlretilmektedir

Şekil 41 ACSR iletken İletkende seri olarak tel direnci ve magnetik alandan doğan reaktans ile şoumlnt olarak elektrik alandan doğan toprak kapasitesi mevcuttur

Şekil 42 Hattın (dx) sonsuz kuumlccediluumlk parccedilasındaki (dağıtılmış) hat parametreleri r Hattın seri omik direnci (rezistans) x Hattın seri enduumlktif direnci (reaktans) g Hattın kaccedilak iletkenliği (Konduumlktans) b Hattın kaccedilak kapasitesini (suseptans) L(km) hat boyu Dağıtılmış parametreleri ile hatlar a-) Yuumlksek frekanslı iletimde (haberleşme hatları) b-) Geccedilici olaylar sonucu oluşan yuumlruumlyen dalga analizlerinde c-) Uzun mesafeli enerji iletiminde goumlzoumlnuumlne alınırlar Bunun oumltesinde daha ccedilok hatların parametrik değerleri z kilometre başına seri empedans- ohmkm veya y kilometre başına şoumlnt admitans 1ohmkm olarak birim uzunluk başına verilmektedir Hatların admitans ve empedans etkileri hat uzunluğuna bağlıdır Z = zL = rL+ j xL (ohm) Hattın toplam seri empedansı Y = yL =gL+j bL (1ohm) Hattın toplam şoumlnt admitansı

20

IS IR

VS VR A B C D

IS IR=0

VS VR A B C D

IS IR

VS VR=0 A B C D

42 İki Kapılı Devreler Transmission parametreleri A B C D

Şekil 43 İki kapılı devre

RRS

RRS

IDVCI

IBVAV

(1)

A B C D sabitleri transmission parametreleri olarak adlandırılır | AD-BC |= 1 ve simetrik devrelerde D = A olur Bu parametreler iki test ile bulunur - accedilık devre testi - kısa devre testi 421 Accedilık Devre Testi

Şekil 44 İki kapılı devre accedilık devre testi IR 0 olduğundan

R

SRS

R

SRS

VI

CVCI

VV

AVAV

422 Kısa Devre Testi

Şekil 45 İki kapılı devre kısa devre testi

21

VR 0 olduğundan

V BI BVI

I DI DII

S RS

R

S RS

R

423 Sadece seri empedanstan oluşan devrede Transmisyon Sabitleri Şekil 46 Seri Z elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

I I

V V ZIS R

S R R

eşitlikten

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 424 Sadece şoumlnt admitanstan oluşan devrede Transmission Sabitleri Şekil 47 Şoumlnt Y elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

RRS

RS

IVYI

VV

eşitlikten

A = 1 B = 0 C = Y D = 1

IR IS

VS Y VR

IR IS

VS

Z

VR

22

43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler

A1 B1

C1 D1V

I

A2 B2

C2 D2Vs Vr

IrIs

Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler

IV

DCBA

IsVs

11

11

IrVr

DCBA

IV

22

22

[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin

IrVr

DCBA

DCBA

IsVs

22

22

11

11

IrVr

DCBA

IsVs

Sonuccedil olarak

22

22

11

11

DCBA

DCBA

DCBA

A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2

23

432 Paralel bağlı devreler

A1 B1

C1 D1

A2 B2

C2 D2

Vs Vr

IrIs

Is1

Is2

Ir1

Ir2

Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri

A A B A BB B

B B BB B

C C C A A D DB B

1 2 2 1

1 2

1 2

1 21 2

1 2 2 1

1 2

( )( )

D D B D BB B

1 2 2 1

1 2

şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm

2R22R21R11R1S

2RR1R2R1RR

2S1SS

IDVCIDVCI

IIIIII

III

boumlylece

2R22R1R1R21S

R21

1R

21

212R

R1R21212R

2RR1R211R1R212R2

2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS

IDIDIDV)CC(I

IBB

BV

BBAA

I

IBV)AA()BB(I

)II(BV)AA(IBV)AA(IB

IBVAIBVAIBVAVIBVAVV

24

R21

21R

21

2121S

R21

2121R

21

211221S

R21

1R

21

2112R1R21S

IBB

BBVBB

ABBAV

şekildeaynı

IBB

DBBDVBB

)AA)(DD(CCI

)IBB

BVBBAA)(DD(IDV)CC(I

sonuccedil olarak

21

2121eq

21

211221eq

21

21eq

21

2121eq

BBDBBD

DBB

)AA)(DD(CCC

BBBB

BBB

ABBAA

433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi

1YZZY1

1Y01

10Z1

DCBA

Şekil 411 Ters L devresi

ZY1YZ1

10Z1

1Y01

DCBA

Z Y

Vs Vr

Z Y

Vs Vr

25

44 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 uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm

I I

V V ZIS R

S R R

A B C D Sabitleri

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır

Z IR IS

VS VR

IR

RHIR

VR

VS

j XHIR

26

Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması

IrVr

2YZ1Y

4YZ1Z2

YZ1IrVr

102

Z11Y01

102

Z1IsVs

A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında

2YZ1

4YZ1Y

Z2YZ1

12Y

0110Z1

12Y

01DCBA

Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr

Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z

Z2 Y Vs Z2 Vr

27

Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi

Y2 Y2

Vs Z Is Ir I1

I2

I3 Vr

IR

RHI2 I2

VR

VS

I1

IS I3 j XHI2

28

Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)

İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)

Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa

ccediloumlzuumlm

Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx

Ixzdx

dVx VxydxdIx

VxyzdxdIxz

dxVxd

2

2 Ixyz

dxdVxz

dxIxd2

2

2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları

L j L L j LR R C R R CS

V I Z V I ZV e e e e2 2

L j L L j LC R R C R R C

SY V I Y V I ZI e e e e

2 2

29

elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur

Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından

LCRRLCRRS e

2ZIV

e2

ZIVV

LRRCLRRC

S e2

IVYe

2IVY

I

RC

LL

R

LL

S IZ2eeV

2eeV

R

LL

RC

LL

S V2eeVY

2eeI

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir

Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir

30

)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(

)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(

)eeee(21

2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL

LL

)eeee(21

2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL

LL

veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı

720

ZY24

ZY2

YZ1A3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1ZB3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1YC3322

Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden

Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir

31

YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC

YZ21

YZ21tanh

2Y

Z

L21tanh

sinhZ1cosh

B1A

2Y

CC

Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden

YZYZsinhYsinhYCY CT

YZ21tanhZ

Y

L21tanh

sinhY1cosh

C1A

2Z

CCC

T

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR

Y Z 2 Vs Vr

Is Ir Z 2

32

45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın

a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız

Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm

33

C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1

99500102j93849j99500

9988010999j25j99880

9988010999j25j99880

DCBA

DCBA

DCBA

45511

11

11

11

b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek

= ZY = -001 = ZY = j 010

Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır

34

SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR

VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR

VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml

a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2

3j501201ea 120j +minus=degang== deg

a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866

a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1

-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866

1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir

VRangangangang0degdegdegdeg

VS =VRangangangang240degdegdegdeg

VT =VRangangangang120degdegdegdeg

VR2

VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg

VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg

VR1

VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg

VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0

14

b-) Ccedilekilen akımı belirleyelim D barasında gerilim sabit olduğuna goumlre VD=1 0 pu olur

pu93680pu480j640750j1

01ZVIYUumlK

D

A barasının gerilimide(pu olarak)

)480j640)(10j1010j10j(01I)XXX(VV 2th1tDA

pu5391611920j1441VA

)FazFaz(kV41715161VA )NoumltrFaz(kV0510

315161VA

NOT

A165010353

10100U3

SI 3

6

BAZ

BAZBAZ

A132010353

1080U3

SI 3

6

YUumlK

YUumlKYUumlK

pu480j640)60j80(80pu9368016501320

II

IBAZ

YUumlKpu

15

Oumlrnek 2) Aşağıda tek hat şeması verilen sistemin Baz guumlccedil SBAZ= 150 MVA ve Baz Gerilim UBAZ= 150 kV iccedilin a-) Sistemin pu empedans diyağramını ccediliziniz b-) D barasının geriliminin 25 kVta sabit tutulduğunu kabul ederek A barasının gerilimini hesaplayınız

UumlRETİM İLETİM YUumlK

150 MVA SBAZ= 150 MVA 150 MVA 10 kV UBAZ=150 kV 30 kV

67015010Z

2

BAZ 150150

150Z2

BAZ 615030Z

2

BAZ

2

10150x670

150 6x

30150 2

a -) pu Empedans Diyagramı Generatoumlr

pu150j50

1501010050jX

2

d

Hat Xh = j75 Ohm ZBAZ=150 Ohm

pu50j150

75jX puH

Trafo 1

pu150j75

1501501500750jX

2

1t

Trafo 2

pu150j50

150150150050jX

2

2t

Yuumlk

2525

25SU

Z2

YUumlK

2YUumlK

YUumlK pu174625puZYUumlK

Cos = 1 Saf Omik Yuumlk

D Barası

pu083303025VD

25 MVA Cos =1

B

50 MVA 10 kV xd

=j005 pu

75 MVA 10150 kV xt1=j0075 pu

50 MVA 15030 kV

xt2=j005 pu

XHAT = j75 ohm

A D 25 kV C

16

b-) D barasında gerilim 25 kVsabit olduğuna goumlre VD=0833 0 pu olur

pu20174

08330ZVIYUumlK

D

A barasının gerilim de(pu olarak)

)20)(150j50j150j(08330I)XXX(VV 2th1tDA

pu5628041160j8330VA

)FazFaz(kV0418108041VA

NOT

A288710303

10150U3

SI 3

6

BAZ

BAZBAZ

A57710253

1025U3

SI 3

6

YUumlK

YUumlKYUumlK

pu202887577

II

IBAZ

YUumlKpu

17

Oumlrnek 3) Şekilde tek hat şeması verilen iletim sisteminin Generatoumlr değerlerini BAZ seccedilmek sureti ile pu-empedans diyagramını ccediliziniz ( XHAT = j 80 Ohm) Guumlccedil (MVA) Gerilim (kV) Empedans (pu) Generatoumlr 30 138 Xd=j015 Motor 1 20 125 Xm1=j020 Motor 2 10 125 Xm2=j020 Trafo 1 35 132 115 Xt1=j010 Trafo 2 3x10 67 125 Xt2=j010 3 adet tek fazlı trafo Y bağlı UN = kV116673 Primer Faz-Arası Gerilimi

UumlRETİM İLETİM YUumlK

SBAZ= 30 MVA 30 MVA 30 MVA

UBAZ=138 kV kV120213

115kV813

kV912116

512kV120

480

30120Z

2

BAZ

B

Generatoumlr

Trafo 1 Trafo 2

HAT

A D C E

F

Motor 1

Motor 2

18

Trafo 1

pu07840j3530

81321310jX

2

1t

veya

pu07840j3530

12011510jX

2

1t

Trafo 2

pu0940j3030

91251210jX

2

1t

pujjX t 09403030

12011610

2

2

Hat

Xh = j80 Ohm ZBAZ=480 Ohm pu1670j48080jX puH

Motor 1

pujjX m 28202030

91251220

2

1

Motor 2

pujjX m 56301030

91251220

2

2

sistemin pu-empedans diyagramı aşağıdaki şekilde oluşur

19

BOumlLUumlM 4 İLETİM HATLARI 41 İletim hatlarının yapısı Yuumlksek gerilim iletim hatlarında malzeme olarak ccedilelik oumlzluuml aluumlminyum iletkenler kullanılır (ACSR ndashAluminium Conductor Steel Reinforced) Kanada standardı olarak tuumlm duumlnyada kuş isimleri ile karakteristik adları bilinen ACSR iletkenler AWG veya MCM oumllccedilekleriyle anılan kesitlere sahiptirler ve uumllkemizde de TS-IEC 1089rsquo a uygun olarak 15 mmsup2 ile 750 mmsup2 kesitleri arasında uumlretilmektedir

Şekil 41 ACSR iletken İletkende seri olarak tel direnci ve magnetik alandan doğan reaktans ile şoumlnt olarak elektrik alandan doğan toprak kapasitesi mevcuttur

Şekil 42 Hattın (dx) sonsuz kuumlccediluumlk parccedilasındaki (dağıtılmış) hat parametreleri r Hattın seri omik direnci (rezistans) x Hattın seri enduumlktif direnci (reaktans) g Hattın kaccedilak iletkenliği (Konduumlktans) b Hattın kaccedilak kapasitesini (suseptans) L(km) hat boyu Dağıtılmış parametreleri ile hatlar a-) Yuumlksek frekanslı iletimde (haberleşme hatları) b-) Geccedilici olaylar sonucu oluşan yuumlruumlyen dalga analizlerinde c-) Uzun mesafeli enerji iletiminde goumlzoumlnuumlne alınırlar Bunun oumltesinde daha ccedilok hatların parametrik değerleri z kilometre başına seri empedans- ohmkm veya y kilometre başına şoumlnt admitans 1ohmkm olarak birim uzunluk başına verilmektedir Hatların admitans ve empedans etkileri hat uzunluğuna bağlıdır Z = zL = rL+ j xL (ohm) Hattın toplam seri empedansı Y = yL =gL+j bL (1ohm) Hattın toplam şoumlnt admitansı

20

IS IR

VS VR A B C D

IS IR=0

VS VR A B C D

IS IR

VS VR=0 A B C D

42 İki Kapılı Devreler Transmission parametreleri A B C D

Şekil 43 İki kapılı devre

RRS

RRS

IDVCI

IBVAV

(1)

A B C D sabitleri transmission parametreleri olarak adlandırılır | AD-BC |= 1 ve simetrik devrelerde D = A olur Bu parametreler iki test ile bulunur - accedilık devre testi - kısa devre testi 421 Accedilık Devre Testi

Şekil 44 İki kapılı devre accedilık devre testi IR 0 olduğundan

R

SRS

R

SRS

VI

CVCI

VV

AVAV

422 Kısa Devre Testi

Şekil 45 İki kapılı devre kısa devre testi

21

VR 0 olduğundan

V BI BVI

I DI DII

S RS

R

S RS

R

423 Sadece seri empedanstan oluşan devrede Transmisyon Sabitleri Şekil 46 Seri Z elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

I I

V V ZIS R

S R R

eşitlikten

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 424 Sadece şoumlnt admitanstan oluşan devrede Transmission Sabitleri Şekil 47 Şoumlnt Y elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

RRS

RS

IVYI

VV

eşitlikten

A = 1 B = 0 C = Y D = 1

IR IS

VS Y VR

IR IS

VS

Z

VR

22

43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler

A1 B1

C1 D1V

I

A2 B2

C2 D2Vs Vr

IrIs

Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler

IV

DCBA

IsVs

11

11

IrVr

DCBA

IV

22

22

[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin

IrVr

DCBA

DCBA

IsVs

22

22

11

11

IrVr

DCBA

IsVs

Sonuccedil olarak

22

22

11

11

DCBA

DCBA

DCBA

A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2

23

432 Paralel bağlı devreler

A1 B1

C1 D1

A2 B2

C2 D2

Vs Vr

IrIs

Is1

Is2

Ir1

Ir2

Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri

A A B A BB B

B B BB B

C C C A A D DB B

1 2 2 1

1 2

1 2

1 21 2

1 2 2 1

1 2

( )( )

D D B D BB B

1 2 2 1

1 2

şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm

2R22R21R11R1S

2RR1R2R1RR

2S1SS

IDVCIDVCI

IIIIII

III

boumlylece

2R22R1R1R21S

R21

1R

21

212R

R1R21212R

2RR1R211R1R212R2

2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS

IDIDIDV)CC(I

IBB

BV

BBAA

I

IBV)AA()BB(I

)II(BV)AA(IBV)AA(IB

IBVAIBVAIBVAVIBVAVV

24

R21

21R

21

2121S

R21

2121R

21

211221S

R21

1R

21

2112R1R21S

IBB

BBVBB

ABBAV

şekildeaynı

IBB

DBBDVBB

)AA)(DD(CCI

)IBB

BVBBAA)(DD(IDV)CC(I

sonuccedil olarak

21

2121eq

21

211221eq

21

21eq

21

2121eq

BBDBBD

DBB

)AA)(DD(CCC

BBBB

BBB

ABBAA

433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi

1YZZY1

1Y01

10Z1

DCBA

Şekil 411 Ters L devresi

ZY1YZ1

10Z1

1Y01

DCBA

Z Y

Vs Vr

Z Y

Vs Vr

25

44 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 uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm

I I

V V ZIS R

S R R

A B C D Sabitleri

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır

Z IR IS

VS VR

IR

RHIR

VR

VS

j XHIR

26

Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması

IrVr

2YZ1Y

4YZ1Z2

YZ1IrVr

102

Z11Y01

102

Z1IsVs

A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında

2YZ1

4YZ1Y

Z2YZ1

12Y

0110Z1

12Y

01DCBA

Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr

Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z

Z2 Y Vs Z2 Vr

27

Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi

Y2 Y2

Vs Z Is Ir I1

I2

I3 Vr

IR

RHI2 I2

VR

VS

I1

IS I3 j XHI2

28

Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)

İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)

Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa

ccediloumlzuumlm

Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx

Ixzdx

dVx VxydxdIx

VxyzdxdIxz

dxVxd

2

2 Ixyz

dxdVxz

dxIxd2

2

2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları

L j L L j LR R C R R CS

V I Z V I ZV e e e e2 2

L j L L j LC R R C R R C

SY V I Y V I ZI e e e e

2 2

29

elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur

Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından

LCRRLCRRS e

2ZIV

e2

ZIVV

LRRCLRRC

S e2

IVYe

2IVY

I

RC

LL

R

LL

S IZ2eeV

2eeV

R

LL

RC

LL

S V2eeVY

2eeI

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir

Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir

30

)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(

)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(

)eeee(21

2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL

LL

)eeee(21

2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL

LL

veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı

720

ZY24

ZY2

YZ1A3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1ZB3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1YC3322

Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden

Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir

31

YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC

YZ21

YZ21tanh

2Y

Z

L21tanh

sinhZ1cosh

B1A

2Y

CC

Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden

YZYZsinhYsinhYCY CT

YZ21tanhZ

Y

L21tanh

sinhY1cosh

C1A

2Z

CCC

T

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR

Y Z 2 Vs Vr

Is Ir Z 2

32

45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın

a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız

Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm

33

C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1

99500102j93849j99500

9988010999j25j99880

9988010999j25j99880

DCBA

DCBA

DCBA

45511

11

11

11

b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek

= ZY = -001 = ZY = j 010

Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır

34

SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR

VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR

VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml

a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2

3j501201ea 120j +minus=degang== deg

a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866

a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1

-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866

1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir

VRangangangang0degdegdegdeg

VS =VRangangangang240degdegdegdeg

VT =VRangangangang120degdegdegdeg

VR2

VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg

VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg

VR1

VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg

VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0

15

Oumlrnek 2) Aşağıda tek hat şeması verilen sistemin Baz guumlccedil SBAZ= 150 MVA ve Baz Gerilim UBAZ= 150 kV iccedilin a-) Sistemin pu empedans diyağramını ccediliziniz b-) D barasının geriliminin 25 kVta sabit tutulduğunu kabul ederek A barasının gerilimini hesaplayınız

UumlRETİM İLETİM YUumlK

150 MVA SBAZ= 150 MVA 150 MVA 10 kV UBAZ=150 kV 30 kV

67015010Z

2

BAZ 150150

150Z2

BAZ 615030Z

2

BAZ

2

10150x670

150 6x

30150 2

a -) pu Empedans Diyagramı Generatoumlr

pu150j50

1501010050jX

2

d

Hat Xh = j75 Ohm ZBAZ=150 Ohm

pu50j150

75jX puH

Trafo 1

pu150j75

1501501500750jX

2

1t

Trafo 2

pu150j50

150150150050jX

2

2t

Yuumlk

2525

25SU

Z2

YUumlK

2YUumlK

YUumlK pu174625puZYUumlK

Cos = 1 Saf Omik Yuumlk

D Barası

pu083303025VD

25 MVA Cos =1

B

50 MVA 10 kV xd

=j005 pu

75 MVA 10150 kV xt1=j0075 pu

50 MVA 15030 kV

xt2=j005 pu

XHAT = j75 ohm

A D 25 kV C

16

b-) D barasında gerilim 25 kVsabit olduğuna goumlre VD=0833 0 pu olur

pu20174

08330ZVIYUumlK

D

A barasının gerilim de(pu olarak)

)20)(150j50j150j(08330I)XXX(VV 2th1tDA

pu5628041160j8330VA

)FazFaz(kV0418108041VA

NOT

A288710303

10150U3

SI 3

6

BAZ

BAZBAZ

A57710253

1025U3

SI 3

6

YUumlK

YUumlKYUumlK

pu202887577

II

IBAZ

YUumlKpu

17

Oumlrnek 3) Şekilde tek hat şeması verilen iletim sisteminin Generatoumlr değerlerini BAZ seccedilmek sureti ile pu-empedans diyagramını ccediliziniz ( XHAT = j 80 Ohm) Guumlccedil (MVA) Gerilim (kV) Empedans (pu) Generatoumlr 30 138 Xd=j015 Motor 1 20 125 Xm1=j020 Motor 2 10 125 Xm2=j020 Trafo 1 35 132 115 Xt1=j010 Trafo 2 3x10 67 125 Xt2=j010 3 adet tek fazlı trafo Y bağlı UN = kV116673 Primer Faz-Arası Gerilimi

UumlRETİM İLETİM YUumlK

SBAZ= 30 MVA 30 MVA 30 MVA

UBAZ=138 kV kV120213

115kV813

kV912116

512kV120

480

30120Z

2

BAZ

B

Generatoumlr

Trafo 1 Trafo 2

HAT

A D C E

F

Motor 1

Motor 2

18

Trafo 1

pu07840j3530

81321310jX

2

1t

veya

pu07840j3530

12011510jX

2

1t

Trafo 2

pu0940j3030

91251210jX

2

1t

pujjX t 09403030

12011610

2

2

Hat

Xh = j80 Ohm ZBAZ=480 Ohm pu1670j48080jX puH

Motor 1

pujjX m 28202030

91251220

2

1

Motor 2

pujjX m 56301030

91251220

2

2

sistemin pu-empedans diyagramı aşağıdaki şekilde oluşur

19

BOumlLUumlM 4 İLETİM HATLARI 41 İletim hatlarının yapısı Yuumlksek gerilim iletim hatlarında malzeme olarak ccedilelik oumlzluuml aluumlminyum iletkenler kullanılır (ACSR ndashAluminium Conductor Steel Reinforced) Kanada standardı olarak tuumlm duumlnyada kuş isimleri ile karakteristik adları bilinen ACSR iletkenler AWG veya MCM oumllccedilekleriyle anılan kesitlere sahiptirler ve uumllkemizde de TS-IEC 1089rsquo a uygun olarak 15 mmsup2 ile 750 mmsup2 kesitleri arasında uumlretilmektedir

Şekil 41 ACSR iletken İletkende seri olarak tel direnci ve magnetik alandan doğan reaktans ile şoumlnt olarak elektrik alandan doğan toprak kapasitesi mevcuttur

Şekil 42 Hattın (dx) sonsuz kuumlccediluumlk parccedilasındaki (dağıtılmış) hat parametreleri r Hattın seri omik direnci (rezistans) x Hattın seri enduumlktif direnci (reaktans) g Hattın kaccedilak iletkenliği (Konduumlktans) b Hattın kaccedilak kapasitesini (suseptans) L(km) hat boyu Dağıtılmış parametreleri ile hatlar a-) Yuumlksek frekanslı iletimde (haberleşme hatları) b-) Geccedilici olaylar sonucu oluşan yuumlruumlyen dalga analizlerinde c-) Uzun mesafeli enerji iletiminde goumlzoumlnuumlne alınırlar Bunun oumltesinde daha ccedilok hatların parametrik değerleri z kilometre başına seri empedans- ohmkm veya y kilometre başına şoumlnt admitans 1ohmkm olarak birim uzunluk başına verilmektedir Hatların admitans ve empedans etkileri hat uzunluğuna bağlıdır Z = zL = rL+ j xL (ohm) Hattın toplam seri empedansı Y = yL =gL+j bL (1ohm) Hattın toplam şoumlnt admitansı

20

IS IR

VS VR A B C D

IS IR=0

VS VR A B C D

IS IR

VS VR=0 A B C D

42 İki Kapılı Devreler Transmission parametreleri A B C D

Şekil 43 İki kapılı devre

RRS

RRS

IDVCI

IBVAV

(1)

A B C D sabitleri transmission parametreleri olarak adlandırılır | AD-BC |= 1 ve simetrik devrelerde D = A olur Bu parametreler iki test ile bulunur - accedilık devre testi - kısa devre testi 421 Accedilık Devre Testi

Şekil 44 İki kapılı devre accedilık devre testi IR 0 olduğundan

R

SRS

R

SRS

VI

CVCI

VV

AVAV

422 Kısa Devre Testi

Şekil 45 İki kapılı devre kısa devre testi

21

VR 0 olduğundan

V BI BVI

I DI DII

S RS

R

S RS

R

423 Sadece seri empedanstan oluşan devrede Transmisyon Sabitleri Şekil 46 Seri Z elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

I I

V V ZIS R

S R R

eşitlikten

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 424 Sadece şoumlnt admitanstan oluşan devrede Transmission Sabitleri Şekil 47 Şoumlnt Y elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

RRS

RS

IVYI

VV

eşitlikten

A = 1 B = 0 C = Y D = 1

IR IS

VS Y VR

IR IS

VS

Z

VR

22

43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler

A1 B1

C1 D1V

I

A2 B2

C2 D2Vs Vr

IrIs

Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler

IV

DCBA

IsVs

11

11

IrVr

DCBA

IV

22

22

[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin

IrVr

DCBA

DCBA

IsVs

22

22

11

11

IrVr

DCBA

IsVs

Sonuccedil olarak

22

22

11

11

DCBA

DCBA

DCBA

A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2

23

432 Paralel bağlı devreler

A1 B1

C1 D1

A2 B2

C2 D2

Vs Vr

IrIs

Is1

Is2

Ir1

Ir2

Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri

A A B A BB B

B B BB B

C C C A A D DB B

1 2 2 1

1 2

1 2

1 21 2

1 2 2 1

1 2

( )( )

D D B D BB B

1 2 2 1

1 2

şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm

2R22R21R11R1S

2RR1R2R1RR

2S1SS

IDVCIDVCI

IIIIII

III

boumlylece

2R22R1R1R21S

R21

1R

21

212R

R1R21212R

2RR1R211R1R212R2

2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS

IDIDIDV)CC(I

IBB

BV

BBAA

I

IBV)AA()BB(I

)II(BV)AA(IBV)AA(IB

IBVAIBVAIBVAVIBVAVV

24

R21

21R

21

2121S

R21

2121R

21

211221S

R21

1R

21

2112R1R21S

IBB

BBVBB

ABBAV

şekildeaynı

IBB

DBBDVBB

)AA)(DD(CCI

)IBB

BVBBAA)(DD(IDV)CC(I

sonuccedil olarak

21

2121eq

21

211221eq

21

21eq

21

2121eq

BBDBBD

DBB

)AA)(DD(CCC

BBBB

BBB

ABBAA

433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi

1YZZY1

1Y01

10Z1

DCBA

Şekil 411 Ters L devresi

ZY1YZ1

10Z1

1Y01

DCBA

Z Y

Vs Vr

Z Y

Vs Vr

25

44 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 uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm

I I

V V ZIS R

S R R

A B C D Sabitleri

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır

Z IR IS

VS VR

IR

RHIR

VR

VS

j XHIR

26

Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması

IrVr

2YZ1Y

4YZ1Z2

YZ1IrVr

102

Z11Y01

102

Z1IsVs

A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında

2YZ1

4YZ1Y

Z2YZ1

12Y

0110Z1

12Y

01DCBA

Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr

Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z

Z2 Y Vs Z2 Vr

27

Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi

Y2 Y2

Vs Z Is Ir I1

I2

I3 Vr

IR

RHI2 I2

VR

VS

I1

IS I3 j XHI2

28

Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)

İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)

Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa

ccediloumlzuumlm

Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx

Ixzdx

dVx VxydxdIx

VxyzdxdIxz

dxVxd

2

2 Ixyz

dxdVxz

dxIxd2

2

2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları

L j L L j LR R C R R CS

V I Z V I ZV e e e e2 2

L j L L j LC R R C R R C

SY V I Y V I ZI e e e e

2 2

29

elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur

Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından

LCRRLCRRS e

2ZIV

e2

ZIVV

LRRCLRRC

S e2

IVYe

2IVY

I

RC

LL

R

LL

S IZ2eeV

2eeV

R

LL

RC

LL

S V2eeVY

2eeI

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir

Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir

30

)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(

)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(

)eeee(21

2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL

LL

)eeee(21

2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL

LL

veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı

720

ZY24

ZY2

YZ1A3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1ZB3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1YC3322

Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden

Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir

31

YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC

YZ21

YZ21tanh

2Y

Z

L21tanh

sinhZ1cosh

B1A

2Y

CC

Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden

YZYZsinhYsinhYCY CT

YZ21tanhZ

Y

L21tanh

sinhY1cosh

C1A

2Z

CCC

T

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR

Y Z 2 Vs Vr

Is Ir Z 2

32

45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın

a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız

Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm

33

C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1

99500102j93849j99500

9988010999j25j99880

9988010999j25j99880

DCBA

DCBA

DCBA

45511

11

11

11

b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek

= ZY = -001 = ZY = j 010

Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır

34

SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR

VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR

VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml

a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2

3j501201ea 120j +minus=degang== deg

a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866

a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1

-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866

1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir

VRangangangang0degdegdegdeg

VS =VRangangangang240degdegdegdeg

VT =VRangangangang120degdegdegdeg

VR2

VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg

VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg

VR1

VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg

VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0

16

b-) D barasında gerilim 25 kVsabit olduğuna goumlre VD=0833 0 pu olur

pu20174

08330ZVIYUumlK

D

A barasının gerilim de(pu olarak)

)20)(150j50j150j(08330I)XXX(VV 2th1tDA

pu5628041160j8330VA

)FazFaz(kV0418108041VA

NOT

A288710303

10150U3

SI 3

6

BAZ

BAZBAZ

A57710253

1025U3

SI 3

6

YUumlK

YUumlKYUumlK

pu202887577

II

IBAZ

YUumlKpu

17

Oumlrnek 3) Şekilde tek hat şeması verilen iletim sisteminin Generatoumlr değerlerini BAZ seccedilmek sureti ile pu-empedans diyagramını ccediliziniz ( XHAT = j 80 Ohm) Guumlccedil (MVA) Gerilim (kV) Empedans (pu) Generatoumlr 30 138 Xd=j015 Motor 1 20 125 Xm1=j020 Motor 2 10 125 Xm2=j020 Trafo 1 35 132 115 Xt1=j010 Trafo 2 3x10 67 125 Xt2=j010 3 adet tek fazlı trafo Y bağlı UN = kV116673 Primer Faz-Arası Gerilimi

UumlRETİM İLETİM YUumlK

SBAZ= 30 MVA 30 MVA 30 MVA

UBAZ=138 kV kV120213

115kV813

kV912116

512kV120

480

30120Z

2

BAZ

B

Generatoumlr

Trafo 1 Trafo 2

HAT

A D C E

F

Motor 1

Motor 2

18

Trafo 1

pu07840j3530

81321310jX

2

1t

veya

pu07840j3530

12011510jX

2

1t

Trafo 2

pu0940j3030

91251210jX

2

1t

pujjX t 09403030

12011610

2

2

Hat

Xh = j80 Ohm ZBAZ=480 Ohm pu1670j48080jX puH

Motor 1

pujjX m 28202030

91251220

2

1

Motor 2

pujjX m 56301030

91251220

2

2

sistemin pu-empedans diyagramı aşağıdaki şekilde oluşur

19

BOumlLUumlM 4 İLETİM HATLARI 41 İletim hatlarının yapısı Yuumlksek gerilim iletim hatlarında malzeme olarak ccedilelik oumlzluuml aluumlminyum iletkenler kullanılır (ACSR ndashAluminium Conductor Steel Reinforced) Kanada standardı olarak tuumlm duumlnyada kuş isimleri ile karakteristik adları bilinen ACSR iletkenler AWG veya MCM oumllccedilekleriyle anılan kesitlere sahiptirler ve uumllkemizde de TS-IEC 1089rsquo a uygun olarak 15 mmsup2 ile 750 mmsup2 kesitleri arasında uumlretilmektedir

Şekil 41 ACSR iletken İletkende seri olarak tel direnci ve magnetik alandan doğan reaktans ile şoumlnt olarak elektrik alandan doğan toprak kapasitesi mevcuttur

Şekil 42 Hattın (dx) sonsuz kuumlccediluumlk parccedilasındaki (dağıtılmış) hat parametreleri r Hattın seri omik direnci (rezistans) x Hattın seri enduumlktif direnci (reaktans) g Hattın kaccedilak iletkenliği (Konduumlktans) b Hattın kaccedilak kapasitesini (suseptans) L(km) hat boyu Dağıtılmış parametreleri ile hatlar a-) Yuumlksek frekanslı iletimde (haberleşme hatları) b-) Geccedilici olaylar sonucu oluşan yuumlruumlyen dalga analizlerinde c-) Uzun mesafeli enerji iletiminde goumlzoumlnuumlne alınırlar Bunun oumltesinde daha ccedilok hatların parametrik değerleri z kilometre başına seri empedans- ohmkm veya y kilometre başına şoumlnt admitans 1ohmkm olarak birim uzunluk başına verilmektedir Hatların admitans ve empedans etkileri hat uzunluğuna bağlıdır Z = zL = rL+ j xL (ohm) Hattın toplam seri empedansı Y = yL =gL+j bL (1ohm) Hattın toplam şoumlnt admitansı

20

IS IR

VS VR A B C D

IS IR=0

VS VR A B C D

IS IR

VS VR=0 A B C D

42 İki Kapılı Devreler Transmission parametreleri A B C D

Şekil 43 İki kapılı devre

RRS

RRS

IDVCI

IBVAV

(1)

A B C D sabitleri transmission parametreleri olarak adlandırılır | AD-BC |= 1 ve simetrik devrelerde D = A olur Bu parametreler iki test ile bulunur - accedilık devre testi - kısa devre testi 421 Accedilık Devre Testi

Şekil 44 İki kapılı devre accedilık devre testi IR 0 olduğundan

R

SRS

R

SRS

VI

CVCI

VV

AVAV

422 Kısa Devre Testi

Şekil 45 İki kapılı devre kısa devre testi

21

VR 0 olduğundan

V BI BVI

I DI DII

S RS

R

S RS

R

423 Sadece seri empedanstan oluşan devrede Transmisyon Sabitleri Şekil 46 Seri Z elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

I I

V V ZIS R

S R R

eşitlikten

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 424 Sadece şoumlnt admitanstan oluşan devrede Transmission Sabitleri Şekil 47 Şoumlnt Y elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

RRS

RS

IVYI

VV

eşitlikten

A = 1 B = 0 C = Y D = 1

IR IS

VS Y VR

IR IS

VS

Z

VR

22

43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler

A1 B1

C1 D1V

I

A2 B2

C2 D2Vs Vr

IrIs

Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler

IV

DCBA

IsVs

11

11

IrVr

DCBA

IV

22

22

[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin

IrVr

DCBA

DCBA

IsVs

22

22

11

11

IrVr

DCBA

IsVs

Sonuccedil olarak

22

22

11

11

DCBA

DCBA

DCBA

A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2

23

432 Paralel bağlı devreler

A1 B1

C1 D1

A2 B2

C2 D2

Vs Vr

IrIs

Is1

Is2

Ir1

Ir2

Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri

A A B A BB B

B B BB B

C C C A A D DB B

1 2 2 1

1 2

1 2

1 21 2

1 2 2 1

1 2

( )( )

D D B D BB B

1 2 2 1

1 2

şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm

2R22R21R11R1S

2RR1R2R1RR

2S1SS

IDVCIDVCI

IIIIII

III

boumlylece

2R22R1R1R21S

R21

1R

21

212R

R1R21212R

2RR1R211R1R212R2

2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS

IDIDIDV)CC(I

IBB

BV

BBAA

I

IBV)AA()BB(I

)II(BV)AA(IBV)AA(IB

IBVAIBVAIBVAVIBVAVV

24

R21

21R

21

2121S

R21

2121R

21

211221S

R21

1R

21

2112R1R21S

IBB

BBVBB

ABBAV

şekildeaynı

IBB

DBBDVBB

)AA)(DD(CCI

)IBB

BVBBAA)(DD(IDV)CC(I

sonuccedil olarak

21

2121eq

21

211221eq

21

21eq

21

2121eq

BBDBBD

DBB

)AA)(DD(CCC

BBBB

BBB

ABBAA

433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi

1YZZY1

1Y01

10Z1

DCBA

Şekil 411 Ters L devresi

ZY1YZ1

10Z1

1Y01

DCBA

Z Y

Vs Vr

Z Y

Vs Vr

25

44 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 uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm

I I

V V ZIS R

S R R

A B C D Sabitleri

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır

Z IR IS

VS VR

IR

RHIR

VR

VS

j XHIR

26

Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması

IrVr

2YZ1Y

4YZ1Z2

YZ1IrVr

102

Z11Y01

102

Z1IsVs

A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında

2YZ1

4YZ1Y

Z2YZ1

12Y

0110Z1

12Y

01DCBA

Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr

Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z

Z2 Y Vs Z2 Vr

27

Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi

Y2 Y2

Vs Z Is Ir I1

I2

I3 Vr

IR

RHI2 I2

VR

VS

I1

IS I3 j XHI2

28

Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)

İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)

Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa

ccediloumlzuumlm

Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx

Ixzdx

dVx VxydxdIx

VxyzdxdIxz

dxVxd

2

2 Ixyz

dxdVxz

dxIxd2

2

2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları

L j L L j LR R C R R CS

V I Z V I ZV e e e e2 2

L j L L j LC R R C R R C

SY V I Y V I ZI e e e e

2 2

29

elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur

Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından

LCRRLCRRS e

2ZIV

e2

ZIVV

LRRCLRRC

S e2

IVYe

2IVY

I

RC

LL

R

LL

S IZ2eeV

2eeV

R

LL

RC

LL

S V2eeVY

2eeI

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir

Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir

30

)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(

)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(

)eeee(21

2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL

LL

)eeee(21

2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL

LL

veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı

720

ZY24

ZY2

YZ1A3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1ZB3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1YC3322

Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden

Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir

31

YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC

YZ21

YZ21tanh

2Y

Z

L21tanh

sinhZ1cosh

B1A

2Y

CC

Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden

YZYZsinhYsinhYCY CT

YZ21tanhZ

Y

L21tanh

sinhY1cosh

C1A

2Z

CCC

T

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR

Y Z 2 Vs Vr

Is Ir Z 2

32

45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın

a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız

Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm

33

C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1

99500102j93849j99500

9988010999j25j99880

9988010999j25j99880

DCBA

DCBA

DCBA

45511

11

11

11

b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek

= ZY = -001 = ZY = j 010

Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır

34

SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR

VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR

VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml

a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2

3j501201ea 120j +minus=degang== deg

a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866

a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1

-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866

1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir

VRangangangang0degdegdegdeg

VS =VRangangangang240degdegdegdeg

VT =VRangangangang120degdegdegdeg

VR2

VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg

VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg

VR1

VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg

VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0

17

Oumlrnek 3) Şekilde tek hat şeması verilen iletim sisteminin Generatoumlr değerlerini BAZ seccedilmek sureti ile pu-empedans diyagramını ccediliziniz ( XHAT = j 80 Ohm) Guumlccedil (MVA) Gerilim (kV) Empedans (pu) Generatoumlr 30 138 Xd=j015 Motor 1 20 125 Xm1=j020 Motor 2 10 125 Xm2=j020 Trafo 1 35 132 115 Xt1=j010 Trafo 2 3x10 67 125 Xt2=j010 3 adet tek fazlı trafo Y bağlı UN = kV116673 Primer Faz-Arası Gerilimi

UumlRETİM İLETİM YUumlK

SBAZ= 30 MVA 30 MVA 30 MVA

UBAZ=138 kV kV120213

115kV813

kV912116

512kV120

480

30120Z

2

BAZ

B

Generatoumlr

Trafo 1 Trafo 2

HAT

A D C E

F

Motor 1

Motor 2

18

Trafo 1

pu07840j3530

81321310jX

2

1t

veya

pu07840j3530

12011510jX

2

1t

Trafo 2

pu0940j3030

91251210jX

2

1t

pujjX t 09403030

12011610

2

2

Hat

Xh = j80 Ohm ZBAZ=480 Ohm pu1670j48080jX puH

Motor 1

pujjX m 28202030

91251220

2

1

Motor 2

pujjX m 56301030

91251220

2

2

sistemin pu-empedans diyagramı aşağıdaki şekilde oluşur

19

BOumlLUumlM 4 İLETİM HATLARI 41 İletim hatlarının yapısı Yuumlksek gerilim iletim hatlarında malzeme olarak ccedilelik oumlzluuml aluumlminyum iletkenler kullanılır (ACSR ndashAluminium Conductor Steel Reinforced) Kanada standardı olarak tuumlm duumlnyada kuş isimleri ile karakteristik adları bilinen ACSR iletkenler AWG veya MCM oumllccedilekleriyle anılan kesitlere sahiptirler ve uumllkemizde de TS-IEC 1089rsquo a uygun olarak 15 mmsup2 ile 750 mmsup2 kesitleri arasında uumlretilmektedir

Şekil 41 ACSR iletken İletkende seri olarak tel direnci ve magnetik alandan doğan reaktans ile şoumlnt olarak elektrik alandan doğan toprak kapasitesi mevcuttur

Şekil 42 Hattın (dx) sonsuz kuumlccediluumlk parccedilasındaki (dağıtılmış) hat parametreleri r Hattın seri omik direnci (rezistans) x Hattın seri enduumlktif direnci (reaktans) g Hattın kaccedilak iletkenliği (Konduumlktans) b Hattın kaccedilak kapasitesini (suseptans) L(km) hat boyu Dağıtılmış parametreleri ile hatlar a-) Yuumlksek frekanslı iletimde (haberleşme hatları) b-) Geccedilici olaylar sonucu oluşan yuumlruumlyen dalga analizlerinde c-) Uzun mesafeli enerji iletiminde goumlzoumlnuumlne alınırlar Bunun oumltesinde daha ccedilok hatların parametrik değerleri z kilometre başına seri empedans- ohmkm veya y kilometre başına şoumlnt admitans 1ohmkm olarak birim uzunluk başına verilmektedir Hatların admitans ve empedans etkileri hat uzunluğuna bağlıdır Z = zL = rL+ j xL (ohm) Hattın toplam seri empedansı Y = yL =gL+j bL (1ohm) Hattın toplam şoumlnt admitansı

20

IS IR

VS VR A B C D

IS IR=0

VS VR A B C D

IS IR

VS VR=0 A B C D

42 İki Kapılı Devreler Transmission parametreleri A B C D

Şekil 43 İki kapılı devre

RRS

RRS

IDVCI

IBVAV

(1)

A B C D sabitleri transmission parametreleri olarak adlandırılır | AD-BC |= 1 ve simetrik devrelerde D = A olur Bu parametreler iki test ile bulunur - accedilık devre testi - kısa devre testi 421 Accedilık Devre Testi

Şekil 44 İki kapılı devre accedilık devre testi IR 0 olduğundan

R

SRS

R

SRS

VI

CVCI

VV

AVAV

422 Kısa Devre Testi

Şekil 45 İki kapılı devre kısa devre testi

21

VR 0 olduğundan

V BI BVI

I DI DII

S RS

R

S RS

R

423 Sadece seri empedanstan oluşan devrede Transmisyon Sabitleri Şekil 46 Seri Z elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

I I

V V ZIS R

S R R

eşitlikten

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 424 Sadece şoumlnt admitanstan oluşan devrede Transmission Sabitleri Şekil 47 Şoumlnt Y elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

RRS

RS

IVYI

VV

eşitlikten

A = 1 B = 0 C = Y D = 1

IR IS

VS Y VR

IR IS

VS

Z

VR

22

43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler

A1 B1

C1 D1V

I

A2 B2

C2 D2Vs Vr

IrIs

Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler

IV

DCBA

IsVs

11

11

IrVr

DCBA

IV

22

22

[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin

IrVr

DCBA

DCBA

IsVs

22

22

11

11

IrVr

DCBA

IsVs

Sonuccedil olarak

22

22

11

11

DCBA

DCBA

DCBA

A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2

23

432 Paralel bağlı devreler

A1 B1

C1 D1

A2 B2

C2 D2

Vs Vr

IrIs

Is1

Is2

Ir1

Ir2

Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri

A A B A BB B

B B BB B

C C C A A D DB B

1 2 2 1

1 2

1 2

1 21 2

1 2 2 1

1 2

( )( )

D D B D BB B

1 2 2 1

1 2

şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm

2R22R21R11R1S

2RR1R2R1RR

2S1SS

IDVCIDVCI

IIIIII

III

boumlylece

2R22R1R1R21S

R21

1R

21

212R

R1R21212R

2RR1R211R1R212R2

2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS

IDIDIDV)CC(I

IBB

BV

BBAA

I

IBV)AA()BB(I

)II(BV)AA(IBV)AA(IB

IBVAIBVAIBVAVIBVAVV

24

R21

21R

21

2121S

R21

2121R

21

211221S

R21

1R

21

2112R1R21S

IBB

BBVBB

ABBAV

şekildeaynı

IBB

DBBDVBB

)AA)(DD(CCI

)IBB

BVBBAA)(DD(IDV)CC(I

sonuccedil olarak

21

2121eq

21

211221eq

21

21eq

21

2121eq

BBDBBD

DBB

)AA)(DD(CCC

BBBB

BBB

ABBAA

433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi

1YZZY1

1Y01

10Z1

DCBA

Şekil 411 Ters L devresi

ZY1YZ1

10Z1

1Y01

DCBA

Z Y

Vs Vr

Z Y

Vs Vr

25

44 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 uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm

I I

V V ZIS R

S R R

A B C D Sabitleri

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır

Z IR IS

VS VR

IR

RHIR

VR

VS

j XHIR

26

Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması

IrVr

2YZ1Y

4YZ1Z2

YZ1IrVr

102

Z11Y01

102

Z1IsVs

A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında

2YZ1

4YZ1Y

Z2YZ1

12Y

0110Z1

12Y

01DCBA

Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr

Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z

Z2 Y Vs Z2 Vr

27

Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi

Y2 Y2

Vs Z Is Ir I1

I2

I3 Vr

IR

RHI2 I2

VR

VS

I1

IS I3 j XHI2

28

Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)

İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)

Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa

ccediloumlzuumlm

Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx

Ixzdx

dVx VxydxdIx

VxyzdxdIxz

dxVxd

2

2 Ixyz

dxdVxz

dxIxd2

2

2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları

L j L L j LR R C R R CS

V I Z V I ZV e e e e2 2

L j L L j LC R R C R R C

SY V I Y V I ZI e e e e

2 2

29

elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur

Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından

LCRRLCRRS e

2ZIV

e2

ZIVV

LRRCLRRC

S e2

IVYe

2IVY

I

RC

LL

R

LL

S IZ2eeV

2eeV

R

LL

RC

LL

S V2eeVY

2eeI

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir

Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir

30

)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(

)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(

)eeee(21

2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL

LL

)eeee(21

2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL

LL

veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı

720

ZY24

ZY2

YZ1A3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1ZB3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1YC3322

Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden

Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir

31

YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC

YZ21

YZ21tanh

2Y

Z

L21tanh

sinhZ1cosh

B1A

2Y

CC

Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden

YZYZsinhYsinhYCY CT

YZ21tanhZ

Y

L21tanh

sinhY1cosh

C1A

2Z

CCC

T

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR

Y Z 2 Vs Vr

Is Ir Z 2

32

45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın

a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız

Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm

33

C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1

99500102j93849j99500

9988010999j25j99880

9988010999j25j99880

DCBA

DCBA

DCBA

45511

11

11

11

b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek

= ZY = -001 = ZY = j 010

Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır

34

SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR

VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR

VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml

a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2

3j501201ea 120j +minus=degang== deg

a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866

a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1

-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866

1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir

VRangangangang0degdegdegdeg

VS =VRangangangang240degdegdegdeg

VT =VRangangangang120degdegdegdeg

VR2

VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg

VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg

VR1

VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg

VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0

18

Trafo 1

pu07840j3530

81321310jX

2

1t

veya

pu07840j3530

12011510jX

2

1t

Trafo 2

pu0940j3030

91251210jX

2

1t

pujjX t 09403030

12011610

2

2

Hat

Xh = j80 Ohm ZBAZ=480 Ohm pu1670j48080jX puH

Motor 1

pujjX m 28202030

91251220

2

1

Motor 2

pujjX m 56301030

91251220

2

2

sistemin pu-empedans diyagramı aşağıdaki şekilde oluşur

19

BOumlLUumlM 4 İLETİM HATLARI 41 İletim hatlarının yapısı Yuumlksek gerilim iletim hatlarında malzeme olarak ccedilelik oumlzluuml aluumlminyum iletkenler kullanılır (ACSR ndashAluminium Conductor Steel Reinforced) Kanada standardı olarak tuumlm duumlnyada kuş isimleri ile karakteristik adları bilinen ACSR iletkenler AWG veya MCM oumllccedilekleriyle anılan kesitlere sahiptirler ve uumllkemizde de TS-IEC 1089rsquo a uygun olarak 15 mmsup2 ile 750 mmsup2 kesitleri arasında uumlretilmektedir

Şekil 41 ACSR iletken İletkende seri olarak tel direnci ve magnetik alandan doğan reaktans ile şoumlnt olarak elektrik alandan doğan toprak kapasitesi mevcuttur

Şekil 42 Hattın (dx) sonsuz kuumlccediluumlk parccedilasındaki (dağıtılmış) hat parametreleri r Hattın seri omik direnci (rezistans) x Hattın seri enduumlktif direnci (reaktans) g Hattın kaccedilak iletkenliği (Konduumlktans) b Hattın kaccedilak kapasitesini (suseptans) L(km) hat boyu Dağıtılmış parametreleri ile hatlar a-) Yuumlksek frekanslı iletimde (haberleşme hatları) b-) Geccedilici olaylar sonucu oluşan yuumlruumlyen dalga analizlerinde c-) Uzun mesafeli enerji iletiminde goumlzoumlnuumlne alınırlar Bunun oumltesinde daha ccedilok hatların parametrik değerleri z kilometre başına seri empedans- ohmkm veya y kilometre başına şoumlnt admitans 1ohmkm olarak birim uzunluk başına verilmektedir Hatların admitans ve empedans etkileri hat uzunluğuna bağlıdır Z = zL = rL+ j xL (ohm) Hattın toplam seri empedansı Y = yL =gL+j bL (1ohm) Hattın toplam şoumlnt admitansı

20

IS IR

VS VR A B C D

IS IR=0

VS VR A B C D

IS IR

VS VR=0 A B C D

42 İki Kapılı Devreler Transmission parametreleri A B C D

Şekil 43 İki kapılı devre

RRS

RRS

IDVCI

IBVAV

(1)

A B C D sabitleri transmission parametreleri olarak adlandırılır | AD-BC |= 1 ve simetrik devrelerde D = A olur Bu parametreler iki test ile bulunur - accedilık devre testi - kısa devre testi 421 Accedilık Devre Testi

Şekil 44 İki kapılı devre accedilık devre testi IR 0 olduğundan

R

SRS

R

SRS

VI

CVCI

VV

AVAV

422 Kısa Devre Testi

Şekil 45 İki kapılı devre kısa devre testi

21

VR 0 olduğundan

V BI BVI

I DI DII

S RS

R

S RS

R

423 Sadece seri empedanstan oluşan devrede Transmisyon Sabitleri Şekil 46 Seri Z elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

I I

V V ZIS R

S R R

eşitlikten

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 424 Sadece şoumlnt admitanstan oluşan devrede Transmission Sabitleri Şekil 47 Şoumlnt Y elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

RRS

RS

IVYI

VV

eşitlikten

A = 1 B = 0 C = Y D = 1

IR IS

VS Y VR

IR IS

VS

Z

VR

22

43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler

A1 B1

C1 D1V

I

A2 B2

C2 D2Vs Vr

IrIs

Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler

IV

DCBA

IsVs

11

11

IrVr

DCBA

IV

22

22

[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin

IrVr

DCBA

DCBA

IsVs

22

22

11

11

IrVr

DCBA

IsVs

Sonuccedil olarak

22

22

11

11

DCBA

DCBA

DCBA

A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2

23

432 Paralel bağlı devreler

A1 B1

C1 D1

A2 B2

C2 D2

Vs Vr

IrIs

Is1

Is2

Ir1

Ir2

Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri

A A B A BB B

B B BB B

C C C A A D DB B

1 2 2 1

1 2

1 2

1 21 2

1 2 2 1

1 2

( )( )

D D B D BB B

1 2 2 1

1 2

şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm

2R22R21R11R1S

2RR1R2R1RR

2S1SS

IDVCIDVCI

IIIIII

III

boumlylece

2R22R1R1R21S

R21

1R

21

212R

R1R21212R

2RR1R211R1R212R2

2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS

IDIDIDV)CC(I

IBB

BV

BBAA

I

IBV)AA()BB(I

)II(BV)AA(IBV)AA(IB

IBVAIBVAIBVAVIBVAVV

24

R21

21R

21

2121S

R21

2121R

21

211221S

R21

1R

21

2112R1R21S

IBB

BBVBB

ABBAV

şekildeaynı

IBB

DBBDVBB

)AA)(DD(CCI

)IBB

BVBBAA)(DD(IDV)CC(I

sonuccedil olarak

21

2121eq

21

211221eq

21

21eq

21

2121eq

BBDBBD

DBB

)AA)(DD(CCC

BBBB

BBB

ABBAA

433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi

1YZZY1

1Y01

10Z1

DCBA

Şekil 411 Ters L devresi

ZY1YZ1

10Z1

1Y01

DCBA

Z Y

Vs Vr

Z Y

Vs Vr

25

44 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 uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm

I I

V V ZIS R

S R R

A B C D Sabitleri

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır

Z IR IS

VS VR

IR

RHIR

VR

VS

j XHIR

26

Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması

IrVr

2YZ1Y

4YZ1Z2

YZ1IrVr

102

Z11Y01

102

Z1IsVs

A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında

2YZ1

4YZ1Y

Z2YZ1

12Y

0110Z1

12Y

01DCBA

Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr

Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z

Z2 Y Vs Z2 Vr

27

Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi

Y2 Y2

Vs Z Is Ir I1

I2

I3 Vr

IR

RHI2 I2

VR

VS

I1

IS I3 j XHI2

28

Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)

İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)

Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa

ccediloumlzuumlm

Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx

Ixzdx

dVx VxydxdIx

VxyzdxdIxz

dxVxd

2

2 Ixyz

dxdVxz

dxIxd2

2

2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları

L j L L j LR R C R R CS

V I Z V I ZV e e e e2 2

L j L L j LC R R C R R C

SY V I Y V I ZI e e e e

2 2

29

elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur

Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından

LCRRLCRRS e

2ZIV

e2

ZIVV

LRRCLRRC

S e2

IVYe

2IVY

I

RC

LL

R

LL

S IZ2eeV

2eeV

R

LL

RC

LL

S V2eeVY

2eeI

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir

Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir

30

)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(

)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(

)eeee(21

2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL

LL

)eeee(21

2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL

LL

veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı

720

ZY24

ZY2

YZ1A3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1ZB3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1YC3322

Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden

Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir

31

YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC

YZ21

YZ21tanh

2Y

Z

L21tanh

sinhZ1cosh

B1A

2Y

CC

Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden

YZYZsinhYsinhYCY CT

YZ21tanhZ

Y

L21tanh

sinhY1cosh

C1A

2Z

CCC

T

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR

Y Z 2 Vs Vr

Is Ir Z 2

32

45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın

a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız

Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm

33

C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1

99500102j93849j99500

9988010999j25j99880

9988010999j25j99880

DCBA

DCBA

DCBA

45511

11

11

11

b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek

= ZY = -001 = ZY = j 010

Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır

34

SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR

VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR

VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml

a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2

3j501201ea 120j +minus=degang== deg

a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866

a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1

-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866

1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir

VRangangangang0degdegdegdeg

VS =VRangangangang240degdegdegdeg

VT =VRangangangang120degdegdegdeg

VR2

VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg

VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg

VR1

VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg

VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0

19

BOumlLUumlM 4 İLETİM HATLARI 41 İletim hatlarının yapısı Yuumlksek gerilim iletim hatlarında malzeme olarak ccedilelik oumlzluuml aluumlminyum iletkenler kullanılır (ACSR ndashAluminium Conductor Steel Reinforced) Kanada standardı olarak tuumlm duumlnyada kuş isimleri ile karakteristik adları bilinen ACSR iletkenler AWG veya MCM oumllccedilekleriyle anılan kesitlere sahiptirler ve uumllkemizde de TS-IEC 1089rsquo a uygun olarak 15 mmsup2 ile 750 mmsup2 kesitleri arasında uumlretilmektedir

Şekil 41 ACSR iletken İletkende seri olarak tel direnci ve magnetik alandan doğan reaktans ile şoumlnt olarak elektrik alandan doğan toprak kapasitesi mevcuttur

Şekil 42 Hattın (dx) sonsuz kuumlccediluumlk parccedilasındaki (dağıtılmış) hat parametreleri r Hattın seri omik direnci (rezistans) x Hattın seri enduumlktif direnci (reaktans) g Hattın kaccedilak iletkenliği (Konduumlktans) b Hattın kaccedilak kapasitesini (suseptans) L(km) hat boyu Dağıtılmış parametreleri ile hatlar a-) Yuumlksek frekanslı iletimde (haberleşme hatları) b-) Geccedilici olaylar sonucu oluşan yuumlruumlyen dalga analizlerinde c-) Uzun mesafeli enerji iletiminde goumlzoumlnuumlne alınırlar Bunun oumltesinde daha ccedilok hatların parametrik değerleri z kilometre başına seri empedans- ohmkm veya y kilometre başına şoumlnt admitans 1ohmkm olarak birim uzunluk başına verilmektedir Hatların admitans ve empedans etkileri hat uzunluğuna bağlıdır Z = zL = rL+ j xL (ohm) Hattın toplam seri empedansı Y = yL =gL+j bL (1ohm) Hattın toplam şoumlnt admitansı

20

IS IR

VS VR A B C D

IS IR=0

VS VR A B C D

IS IR

VS VR=0 A B C D

42 İki Kapılı Devreler Transmission parametreleri A B C D

Şekil 43 İki kapılı devre

RRS

RRS

IDVCI

IBVAV

(1)

A B C D sabitleri transmission parametreleri olarak adlandırılır | AD-BC |= 1 ve simetrik devrelerde D = A olur Bu parametreler iki test ile bulunur - accedilık devre testi - kısa devre testi 421 Accedilık Devre Testi

Şekil 44 İki kapılı devre accedilık devre testi IR 0 olduğundan

R

SRS

R

SRS

VI

CVCI

VV

AVAV

422 Kısa Devre Testi

Şekil 45 İki kapılı devre kısa devre testi

21

VR 0 olduğundan

V BI BVI

I DI DII

S RS

R

S RS

R

423 Sadece seri empedanstan oluşan devrede Transmisyon Sabitleri Şekil 46 Seri Z elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

I I

V V ZIS R

S R R

eşitlikten

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 424 Sadece şoumlnt admitanstan oluşan devrede Transmission Sabitleri Şekil 47 Şoumlnt Y elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

RRS

RS

IVYI

VV

eşitlikten

A = 1 B = 0 C = Y D = 1

IR IS

VS Y VR

IR IS

VS

Z

VR

22

43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler

A1 B1

C1 D1V

I

A2 B2

C2 D2Vs Vr

IrIs

Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler

IV

DCBA

IsVs

11

11

IrVr

DCBA

IV

22

22

[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin

IrVr

DCBA

DCBA

IsVs

22

22

11

11

IrVr

DCBA

IsVs

Sonuccedil olarak

22

22

11

11

DCBA

DCBA

DCBA

A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2

23

432 Paralel bağlı devreler

A1 B1

C1 D1

A2 B2

C2 D2

Vs Vr

IrIs

Is1

Is2

Ir1

Ir2

Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri

A A B A BB B

B B BB B

C C C A A D DB B

1 2 2 1

1 2

1 2

1 21 2

1 2 2 1

1 2

( )( )

D D B D BB B

1 2 2 1

1 2

şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm

2R22R21R11R1S

2RR1R2R1RR

2S1SS

IDVCIDVCI

IIIIII

III

boumlylece

2R22R1R1R21S

R21

1R

21

212R

R1R21212R

2RR1R211R1R212R2

2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS

IDIDIDV)CC(I

IBB

BV

BBAA

I

IBV)AA()BB(I

)II(BV)AA(IBV)AA(IB

IBVAIBVAIBVAVIBVAVV

24

R21

21R

21

2121S

R21

2121R

21

211221S

R21

1R

21

2112R1R21S

IBB

BBVBB

ABBAV

şekildeaynı

IBB

DBBDVBB

)AA)(DD(CCI

)IBB

BVBBAA)(DD(IDV)CC(I

sonuccedil olarak

21

2121eq

21

211221eq

21

21eq

21

2121eq

BBDBBD

DBB

)AA)(DD(CCC

BBBB

BBB

ABBAA

433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi

1YZZY1

1Y01

10Z1

DCBA

Şekil 411 Ters L devresi

ZY1YZ1

10Z1

1Y01

DCBA

Z Y

Vs Vr

Z Y

Vs Vr

25

44 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 uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm

I I

V V ZIS R

S R R

A B C D Sabitleri

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır

Z IR IS

VS VR

IR

RHIR

VR

VS

j XHIR

26

Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması

IrVr

2YZ1Y

4YZ1Z2

YZ1IrVr

102

Z11Y01

102

Z1IsVs

A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında

2YZ1

4YZ1Y

Z2YZ1

12Y

0110Z1

12Y

01DCBA

Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr

Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z

Z2 Y Vs Z2 Vr

27

Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi

Y2 Y2

Vs Z Is Ir I1

I2

I3 Vr

IR

RHI2 I2

VR

VS

I1

IS I3 j XHI2

28

Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)

İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)

Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa

ccediloumlzuumlm

Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx

Ixzdx

dVx VxydxdIx

VxyzdxdIxz

dxVxd

2

2 Ixyz

dxdVxz

dxIxd2

2

2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları

L j L L j LR R C R R CS

V I Z V I ZV e e e e2 2

L j L L j LC R R C R R C

SY V I Y V I ZI e e e e

2 2

29

elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur

Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından

LCRRLCRRS e

2ZIV

e2

ZIVV

LRRCLRRC

S e2

IVYe

2IVY

I

RC

LL

R

LL

S IZ2eeV

2eeV

R

LL

RC

LL

S V2eeVY

2eeI

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir

Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir

30

)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(

)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(

)eeee(21

2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL

LL

)eeee(21

2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL

LL

veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı

720

ZY24

ZY2

YZ1A3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1ZB3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1YC3322

Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden

Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir

31

YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC

YZ21

YZ21tanh

2Y

Z

L21tanh

sinhZ1cosh

B1A

2Y

CC

Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden

YZYZsinhYsinhYCY CT

YZ21tanhZ

Y

L21tanh

sinhY1cosh

C1A

2Z

CCC

T

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR

Y Z 2 Vs Vr

Is Ir Z 2

32

45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın

a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız

Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm

33

C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1

99500102j93849j99500

9988010999j25j99880

9988010999j25j99880

DCBA

DCBA

DCBA

45511

11

11

11

b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek

= ZY = -001 = ZY = j 010

Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır

34

SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR

VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR

VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml

a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2

3j501201ea 120j +minus=degang== deg

a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866

a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1

-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866

1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir

VRangangangang0degdegdegdeg

VS =VRangangangang240degdegdegdeg

VT =VRangangangang120degdegdegdeg

VR2

VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg

VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg

VR1

VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg

VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0

20

IS IR

VS VR A B C D

IS IR=0

VS VR A B C D

IS IR

VS VR=0 A B C D

42 İki Kapılı Devreler Transmission parametreleri A B C D

Şekil 43 İki kapılı devre

RRS

RRS

IDVCI

IBVAV

(1)

A B C D sabitleri transmission parametreleri olarak adlandırılır | AD-BC |= 1 ve simetrik devrelerde D = A olur Bu parametreler iki test ile bulunur - accedilık devre testi - kısa devre testi 421 Accedilık Devre Testi

Şekil 44 İki kapılı devre accedilık devre testi IR 0 olduğundan

R

SRS

R

SRS

VI

CVCI

VV

AVAV

422 Kısa Devre Testi

Şekil 45 İki kapılı devre kısa devre testi

21

VR 0 olduğundan

V BI BVI

I DI DII

S RS

R

S RS

R

423 Sadece seri empedanstan oluşan devrede Transmisyon Sabitleri Şekil 46 Seri Z elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

I I

V V ZIS R

S R R

eşitlikten

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 424 Sadece şoumlnt admitanstan oluşan devrede Transmission Sabitleri Şekil 47 Şoumlnt Y elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

RRS

RS

IVYI

VV

eşitlikten

A = 1 B = 0 C = Y D = 1

IR IS

VS Y VR

IR IS

VS

Z

VR

22

43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler

A1 B1

C1 D1V

I

A2 B2

C2 D2Vs Vr

IrIs

Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler

IV

DCBA

IsVs

11

11

IrVr

DCBA

IV

22

22

[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin

IrVr

DCBA

DCBA

IsVs

22

22

11

11

IrVr

DCBA

IsVs

Sonuccedil olarak

22

22

11

11

DCBA

DCBA

DCBA

A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2

23

432 Paralel bağlı devreler

A1 B1

C1 D1

A2 B2

C2 D2

Vs Vr

IrIs

Is1

Is2

Ir1

Ir2

Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri

A A B A BB B

B B BB B

C C C A A D DB B

1 2 2 1

1 2

1 2

1 21 2

1 2 2 1

1 2

( )( )

D D B D BB B

1 2 2 1

1 2

şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm

2R22R21R11R1S

2RR1R2R1RR

2S1SS

IDVCIDVCI

IIIIII

III

boumlylece

2R22R1R1R21S

R21

1R

21

212R

R1R21212R

2RR1R211R1R212R2

2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS

IDIDIDV)CC(I

IBB

BV

BBAA

I

IBV)AA()BB(I

)II(BV)AA(IBV)AA(IB

IBVAIBVAIBVAVIBVAVV

24

R21

21R

21

2121S

R21

2121R

21

211221S

R21

1R

21

2112R1R21S

IBB

BBVBB

ABBAV

şekildeaynı

IBB

DBBDVBB

)AA)(DD(CCI

)IBB

BVBBAA)(DD(IDV)CC(I

sonuccedil olarak

21

2121eq

21

211221eq

21

21eq

21

2121eq

BBDBBD

DBB

)AA)(DD(CCC

BBBB

BBB

ABBAA

433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi

1YZZY1

1Y01

10Z1

DCBA

Şekil 411 Ters L devresi

ZY1YZ1

10Z1

1Y01

DCBA

Z Y

Vs Vr

Z Y

Vs Vr

25

44 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 uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm

I I

V V ZIS R

S R R

A B C D Sabitleri

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır

Z IR IS

VS VR

IR

RHIR

VR

VS

j XHIR

26

Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması

IrVr

2YZ1Y

4YZ1Z2

YZ1IrVr

102

Z11Y01

102

Z1IsVs

A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında

2YZ1

4YZ1Y

Z2YZ1

12Y

0110Z1

12Y

01DCBA

Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr

Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z

Z2 Y Vs Z2 Vr

27

Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi

Y2 Y2

Vs Z Is Ir I1

I2

I3 Vr

IR

RHI2 I2

VR

VS

I1

IS I3 j XHI2

28

Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)

İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)

Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa

ccediloumlzuumlm

Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx

Ixzdx

dVx VxydxdIx

VxyzdxdIxz

dxVxd

2

2 Ixyz

dxdVxz

dxIxd2

2

2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları

L j L L j LR R C R R CS

V I Z V I ZV e e e e2 2

L j L L j LC R R C R R C

SY V I Y V I ZI e e e e

2 2

29

elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur

Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından

LCRRLCRRS e

2ZIV

e2

ZIVV

LRRCLRRC

S e2

IVYe

2IVY

I

RC

LL

R

LL

S IZ2eeV

2eeV

R

LL

RC

LL

S V2eeVY

2eeI

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir

Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir

30

)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(

)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(

)eeee(21

2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL

LL

)eeee(21

2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL

LL

veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı

720

ZY24

ZY2

YZ1A3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1ZB3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1YC3322

Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden

Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir

31

YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC

YZ21

YZ21tanh

2Y

Z

L21tanh

sinhZ1cosh

B1A

2Y

CC

Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden

YZYZsinhYsinhYCY CT

YZ21tanhZ

Y

L21tanh

sinhY1cosh

C1A

2Z

CCC

T

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR

Y Z 2 Vs Vr

Is Ir Z 2

32

45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın

a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız

Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm

33

C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1

99500102j93849j99500

9988010999j25j99880

9988010999j25j99880

DCBA

DCBA

DCBA

45511

11

11

11

b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek

= ZY = -001 = ZY = j 010

Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır

34

SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR

VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR

VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml

a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2

3j501201ea 120j +minus=degang== deg

a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866

a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1

-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866

1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir

VRangangangang0degdegdegdeg

VS =VRangangangang240degdegdegdeg

VT =VRangangangang120degdegdegdeg

VR2

VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg

VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg

VR1

VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg

VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0

21

VR 0 olduğundan

V BI BVI

I DI DII

S RS

R

S RS

R

423 Sadece seri empedanstan oluşan devrede Transmisyon Sabitleri Şekil 46 Seri Z elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

I I

V V ZIS R

S R R

eşitlikten

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 424 Sadece şoumlnt admitanstan oluşan devrede Transmission Sabitleri Şekil 47 Şoumlnt Y elemanından ibaret olan iki-kapılı devre devreden

RRS

RS

IVYI

VV

eşitlikten

A = 1 B = 0 C = Y D = 1

IR IS

VS Y VR

IR IS

VS

Z

VR

22

43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler

A1 B1

C1 D1V

I

A2 B2

C2 D2Vs Vr

IrIs

Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler

IV

DCBA

IsVs

11

11

IrVr

DCBA

IV

22

22

[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin

IrVr

DCBA

DCBA

IsVs

22

22

11

11

IrVr

DCBA

IsVs

Sonuccedil olarak

22

22

11

11

DCBA

DCBA

DCBA

A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2

23

432 Paralel bağlı devreler

A1 B1

C1 D1

A2 B2

C2 D2

Vs Vr

IrIs

Is1

Is2

Ir1

Ir2

Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri

A A B A BB B

B B BB B

C C C A A D DB B

1 2 2 1

1 2

1 2

1 21 2

1 2 2 1

1 2

( )( )

D D B D BB B

1 2 2 1

1 2

şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm

2R22R21R11R1S

2RR1R2R1RR

2S1SS

IDVCIDVCI

IIIIII

III

boumlylece

2R22R1R1R21S

R21

1R

21

212R

R1R21212R

2RR1R211R1R212R2

2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS

IDIDIDV)CC(I

IBB

BV

BBAA

I

IBV)AA()BB(I

)II(BV)AA(IBV)AA(IB

IBVAIBVAIBVAVIBVAVV

24

R21

21R

21

2121S

R21

2121R

21

211221S

R21

1R

21

2112R1R21S

IBB

BBVBB

ABBAV

şekildeaynı

IBB

DBBDVBB

)AA)(DD(CCI

)IBB

BVBBAA)(DD(IDV)CC(I

sonuccedil olarak

21

2121eq

21

211221eq

21

21eq

21

2121eq

BBDBBD

DBB

)AA)(DD(CCC

BBBB

BBB

ABBAA

433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi

1YZZY1

1Y01

10Z1

DCBA

Şekil 411 Ters L devresi

ZY1YZ1

10Z1

1Y01

DCBA

Z Y

Vs Vr

Z Y

Vs Vr

25

44 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 uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm

I I

V V ZIS R

S R R

A B C D Sabitleri

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır

Z IR IS

VS VR

IR

RHIR

VR

VS

j XHIR

26

Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması

IrVr

2YZ1Y

4YZ1Z2

YZ1IrVr

102

Z11Y01

102

Z1IsVs

A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında

2YZ1

4YZ1Y

Z2YZ1

12Y

0110Z1

12Y

01DCBA

Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr

Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z

Z2 Y Vs Z2 Vr

27

Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi

Y2 Y2

Vs Z Is Ir I1

I2

I3 Vr

IR

RHI2 I2

VR

VS

I1

IS I3 j XHI2

28

Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)

İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)

Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa

ccediloumlzuumlm

Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx

Ixzdx

dVx VxydxdIx

VxyzdxdIxz

dxVxd

2

2 Ixyz

dxdVxz

dxIxd2

2

2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları

L j L L j LR R C R R CS

V I Z V I ZV e e e e2 2

L j L L j LC R R C R R C

SY V I Y V I ZI e e e e

2 2

29

elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur

Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından

LCRRLCRRS e

2ZIV

e2

ZIVV

LRRCLRRC

S e2

IVYe

2IVY

I

RC

LL

R

LL

S IZ2eeV

2eeV

R

LL

RC

LL

S V2eeVY

2eeI

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir

Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir

30

)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(

)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(

)eeee(21

2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL

LL

)eeee(21

2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL

LL

veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı

720

ZY24

ZY2

YZ1A3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1ZB3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1YC3322

Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden

Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir

31

YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC

YZ21

YZ21tanh

2Y

Z

L21tanh

sinhZ1cosh

B1A

2Y

CC

Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden

YZYZsinhYsinhYCY CT

YZ21tanhZ

Y

L21tanh

sinhY1cosh

C1A

2Z

CCC

T

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR

Y Z 2 Vs Vr

Is Ir Z 2

32

45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın

a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız

Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm

33

C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1

99500102j93849j99500

9988010999j25j99880

9988010999j25j99880

DCBA

DCBA

DCBA

45511

11

11

11

b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek

= ZY = -001 = ZY = j 010

Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır

34

SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR

VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR

VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml

a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2

3j501201ea 120j +minus=degang== deg

a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866

a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1

-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866

1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir

VRangangangang0degdegdegdeg

VS =VRangangangang240degdegdegdeg

VT =VRangangangang120degdegdegdeg

VR2

VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg

VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg

VR1

VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg

VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0

22

43 Seri veya Paralel Bağlı Devreler iccedilin Hat Sabitleri İki kapılı bir devre iccedilin temel olarak Vs = AVr + BIr ve Is = CVr + DIr eşitliklerini sağlayan hat sabitleri farklı değerlerle birbirine seri ya da paralel bağlı devreler iccedilin şu şekilde belirlenir 431 Seri bağlı devreler

A1 B1

C1 D1V

I

A2 B2

C2 D2Vs Vr

IrIs

Şekil 48 Seri bağlı iki kapılı devreler

IV

DCBA

IsVs

11

11

IrVr

DCBA

IV

22

22

[V I] yerine konur ve gerekli duumlzenlemeler yapılırsa seri bağlı devreler iccedilin

IrVr

DCBA

DCBA

IsVs

22

22

11

11

IrVr

DCBA

IsVs

Sonuccedil olarak

22

22

11

11

DCBA

DCBA

DCBA

A = A1A2+B1C2 B = A1B2+B1D2 C = A2C1+C2D1 D = B2C1+D1D2

23

432 Paralel bağlı devreler

A1 B1

C1 D1

A2 B2

C2 D2

Vs Vr

IrIs

Is1

Is2

Ir1

Ir2

Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri

A A B A BB B

B B BB B

C C C A A D DB B

1 2 2 1

1 2

1 2

1 21 2

1 2 2 1

1 2

( )( )

D D B D BB B

1 2 2 1

1 2

şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm

2R22R21R11R1S

2RR1R2R1RR

2S1SS

IDVCIDVCI

IIIIII

III

boumlylece

2R22R1R1R21S

R21

1R

21

212R

R1R21212R

2RR1R211R1R212R2

2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS

IDIDIDV)CC(I

IBB

BV

BBAA

I

IBV)AA()BB(I

)II(BV)AA(IBV)AA(IB

IBVAIBVAIBVAVIBVAVV

24

R21

21R

21

2121S

R21

2121R

21

211221S

R21

1R

21

2112R1R21S

IBB

BBVBB

ABBAV

şekildeaynı

IBB

DBBDVBB

)AA)(DD(CCI

)IBB

BVBBAA)(DD(IDV)CC(I

sonuccedil olarak

21

2121eq

21

211221eq

21

21eq

21

2121eq

BBDBBD

DBB

)AA)(DD(CCC

BBBB

BBB

ABBAA

433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi

1YZZY1

1Y01

10Z1

DCBA

Şekil 411 Ters L devresi

ZY1YZ1

10Z1

1Y01

DCBA

Z Y

Vs Vr

Z Y

Vs Vr

25

44 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 uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm

I I

V V ZIS R

S R R

A B C D Sabitleri

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır

Z IR IS

VS VR

IR

RHIR

VR

VS

j XHIR

26

Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması

IrVr

2YZ1Y

4YZ1Z2

YZ1IrVr

102

Z11Y01

102

Z1IsVs

A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında

2YZ1

4YZ1Y

Z2YZ1

12Y

0110Z1

12Y

01DCBA

Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr

Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z

Z2 Y Vs Z2 Vr

27

Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi

Y2 Y2

Vs Z Is Ir I1

I2

I3 Vr

IR

RHI2 I2

VR

VS

I1

IS I3 j XHI2

28

Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)

İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)

Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa

ccediloumlzuumlm

Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx

Ixzdx

dVx VxydxdIx

VxyzdxdIxz

dxVxd

2

2 Ixyz

dxdVxz

dxIxd2

2

2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları

L j L L j LR R C R R CS

V I Z V I ZV e e e e2 2

L j L L j LC R R C R R C

SY V I Y V I ZI e e e e

2 2

29

elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur

Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından

LCRRLCRRS e

2ZIV

e2

ZIVV

LRRCLRRC

S e2

IVYe

2IVY

I

RC

LL

R

LL

S IZ2eeV

2eeV

R

LL

RC

LL

S V2eeVY

2eeI

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir

Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir

30

)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(

)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(

)eeee(21

2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL

LL

)eeee(21

2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL

LL

veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı

720

ZY24

ZY2

YZ1A3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1ZB3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1YC3322

Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden

Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir

31

YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC

YZ21

YZ21tanh

2Y

Z

L21tanh

sinhZ1cosh

B1A

2Y

CC

Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden

YZYZsinhYsinhYCY CT

YZ21tanhZ

Y

L21tanh

sinhY1cosh

C1A

2Z

CCC

T

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR

Y Z 2 Vs Vr

Is Ir Z 2

32

45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın

a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız

Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm

33

C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1

99500102j93849j99500

9988010999j25j99880

9988010999j25j99880

DCBA

DCBA

DCBA

45511

11

11

11

b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek

= ZY = -001 = ZY = j 010

Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır

34

SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR

VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR

VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml

a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2

3j501201ea 120j +minus=degang== deg

a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866

a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1

-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866

1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir

VRangangangang0degdegdegdeg

VS =VRangangangang240degdegdegdeg

VT =VRangangangang120degdegdegdeg

VR2

VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg

VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg

VR1

VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg

VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0

23

432 Paralel bağlı devreler

A1 B1

C1 D1

A2 B2

C2 D2

Vs Vr

IrIs

Is1

Is2

Ir1

Ir2

Şekil 49 Paralel bağlı iki kapılı devreler Vs = AVr + BIr = A1Vr + B1Ir1 = A2Vr + B2Ir2 Is = CVr + DIr Is1 = C1Vr + D1Ir1 Is2 = C2Vr + D2Ir2 ve Is = Is1+ Is2 Ir = Ir1+ Ir2 eşitlikleri kullanılarak hat sabitleri

A A B A BB B

B B BB B

C C C A A D DB B

1 2 2 1

1 2

1 2

1 21 2

1 2 2 1

1 2

( )( )

D D B D BB B

1 2 2 1

1 2

şeklinde sabitler belirlenir Ccediloumlzuumlm

2R22R21R11R1S

2RR1R2R1RR

2S1SS

IDVCIDVCI

IIIIII

III

boumlylece

2R22R1R1R21S

R21

1R

21

212R

R1R21212R

2RR1R211R1R212R2

2R2R21R1R12R22R22S1R11R11SS

IDIDIDV)CC(I

IBB

BV

BBAA

I

IBV)AA()BB(I

)II(BV)AA(IBV)AA(IB

IBVAIBVAIBVAVIBVAVV

24

R21

21R

21

2121S

R21

2121R

21

211221S

R21

1R

21

2112R1R21S

IBB

BBVBB

ABBAV

şekildeaynı

IBB

DBBDVBB

)AA)(DD(CCI

)IBB

BVBBAA)(DD(IDV)CC(I

sonuccedil olarak

21

2121eq

21

211221eq

21

21eq

21

2121eq

BBDBBD

DBB

)AA)(DD(CCC

BBBB

BBB

ABBAA

433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi

1YZZY1

1Y01

10Z1

DCBA

Şekil 411 Ters L devresi

ZY1YZ1

10Z1

1Y01

DCBA

Z Y

Vs Vr

Z Y

Vs Vr

25

44 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 uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm

I I

V V ZIS R

S R R

A B C D Sabitleri

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır

Z IR IS

VS VR

IR

RHIR

VR

VS

j XHIR

26

Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması

IrVr

2YZ1Y

4YZ1Z2

YZ1IrVr

102

Z11Y01

102

Z1IsVs

A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında

2YZ1

4YZ1Y

Z2YZ1

12Y

0110Z1

12Y

01DCBA

Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr

Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z

Z2 Y Vs Z2 Vr

27

Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi

Y2 Y2

Vs Z Is Ir I1

I2

I3 Vr

IR

RHI2 I2

VR

VS

I1

IS I3 j XHI2

28

Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)

İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)

Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa

ccediloumlzuumlm

Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx

Ixzdx

dVx VxydxdIx

VxyzdxdIxz

dxVxd

2

2 Ixyz

dxdVxz

dxIxd2

2

2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları

L j L L j LR R C R R CS

V I Z V I ZV e e e e2 2

L j L L j LC R R C R R C

SY V I Y V I ZI e e e e

2 2

29

elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur

Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından

LCRRLCRRS e

2ZIV

e2

ZIVV

LRRCLRRC

S e2

IVYe

2IVY

I

RC

LL

R

LL

S IZ2eeV

2eeV

R

LL

RC

LL

S V2eeVY

2eeI

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir

Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir

30

)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(

)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(

)eeee(21

2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL

LL

)eeee(21

2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL

LL

veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı

720

ZY24

ZY2

YZ1A3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1ZB3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1YC3322

Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden

Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir

31

YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC

YZ21

YZ21tanh

2Y

Z

L21tanh

sinhZ1cosh

B1A

2Y

CC

Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden

YZYZsinhYsinhYCY CT

YZ21tanhZ

Y

L21tanh

sinhY1cosh

C1A

2Z

CCC

T

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR

Y Z 2 Vs Vr

Is Ir Z 2

32

45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın

a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız

Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm

33

C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1

99500102j93849j99500

9988010999j25j99880

9988010999j25j99880

DCBA

DCBA

DCBA

45511

11

11

11

b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek

= ZY = -001 = ZY = j 010

Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır

34

SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR

VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR

VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml

a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2

3j501201ea 120j +minus=degang== deg

a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866

a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1

-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866

1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir

VRangangangang0degdegdegdeg

VS =VRangangangang240degdegdegdeg

VT =VRangangangang120degdegdegdeg

VR2

VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg

VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg

VR1

VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg

VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0

24

R21

21R

21

2121S

R21

2121R

21

211221S

R21

1R

21

2112R1R21S

IBB

BBVBB

ABBAV

şekildeaynı

IBB

DBBDVBB

)AA)(DD(CCI

)IBB

BVBBAA)(DD(IDV)CC(I

sonuccedil olarak

21

2121eq

21

211221eq

21

21eq

21

2121eq

BBDBBD

DBB

)AA)(DD(CCC

BBBB

BBB

ABBAA

433 Oumlrnek Devreler Şekil 410 L devresi

1YZZY1

1Y01

10Z1

DCBA

Şekil 411 Ters L devresi

ZY1YZ1

10Z1

1Y01

DCBA

Z Y

Vs Vr

Z Y

Vs Vr

25

44 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 uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm

I I

V V ZIS R

S R R

A B C D Sabitleri

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır

Z IR IS

VS VR

IR

RHIR

VR

VS

j XHIR

26

Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması

IrVr

2YZ1Y

4YZ1Z2

YZ1IrVr

102

Z11Y01

102

Z1IsVs

A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında

2YZ1

4YZ1Y

Z2YZ1

12Y

0110Z1

12Y

01DCBA

Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr

Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z

Z2 Y Vs Z2 Vr

27

Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi

Y2 Y2

Vs Z Is Ir I1

I2

I3 Vr

IR

RHI2 I2

VR

VS

I1

IS I3 j XHI2

28

Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)

İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)

Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa

ccediloumlzuumlm

Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx

Ixzdx

dVx VxydxdIx

VxyzdxdIxz

dxVxd

2

2 Ixyz

dxdVxz

dxIxd2

2

2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları

L j L L j LR R C R R CS

V I Z V I ZV e e e e2 2

L j L L j LC R R C R R C

SY V I Y V I ZI e e e e

2 2

29

elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur

Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından

LCRRLCRRS e

2ZIV

e2

ZIVV

LRRCLRRC

S e2

IVYe

2IVY

I

RC

LL

R

LL

S IZ2eeV

2eeV

R

LL

RC

LL

S V2eeVY

2eeI

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir

Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir

30

)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(

)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(

)eeee(21

2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL

LL

)eeee(21

2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL

LL

veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı

720

ZY24

ZY2

YZ1A3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1ZB3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1YC3322

Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden

Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir

31

YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC

YZ21

YZ21tanh

2Y

Z

L21tanh

sinhZ1cosh

B1A

2Y

CC

Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden

YZYZsinhYsinhYCY CT

YZ21tanhZ

Y

L21tanh

sinhY1cosh

C1A

2Z

CCC

T

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR

Y Z 2 Vs Vr

Is Ir Z 2

32

45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın

a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız

Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm

33

C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1

99500102j93849j99500

9988010999j25j99880

9988010999j25j99880

DCBA

DCBA

DCBA

45511

11

11

11

b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek

= ZY = -001 = ZY = j 010

Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır

34

SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR

VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR

VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml

a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2

3j501201ea 120j +minus=degang== deg

a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866

a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1

-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866

1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir

VRangangangang0degdegdegdeg

VS =VRangangangang240degdegdegdeg

VT =VRangangangang120degdegdegdeg

VR2

VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg

VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg

VR1

VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg

VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0

25

44 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 uumlstuuml) şeklinde modellemek muumlmkuumlnduumlr 441 Kısa hatlar Şekil 412 Kısa hat goumlsterilimi devreye bakarak ccediloumlzuumlm

I I

V V ZIS R

S R R

A B C D Sabitleri

A = 1 B = Z C = 0 D = 1 Şekil 413 Kısa hat fazoumlr diyagramı 442 Orta Uzunluktaki Hatlar 4421 Nominal T devresi Nominal T devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan hatlarda hattın toplam şoumlnt kapasitesi hattın ortasında seri empedansı ise yarıya boumlluumlnerek hattın her iki ucuna konulmaktadır

Z IR IS

VS VR

IR

RHIR

VR

VS

j XHIR

26

Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması

IrVr

2YZ1Y

4YZ1Z2

YZ1IrVr

102

Z11Y01

102

Z1IsVs

A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında

2YZ1

4YZ1Y

Z2YZ1

12Y

0110Z1

12Y

01DCBA

Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr

Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z

Z2 Y Vs Z2 Vr

27

Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi

Y2 Y2

Vs Z Is Ir I1

I2

I3 Vr

IR

RHI2 I2

VR

VS

I1

IS I3 j XHI2

28

Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)

İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)

Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa

ccediloumlzuumlm

Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx

Ixzdx

dVx VxydxdIx

VxyzdxdIxz

dxVxd

2

2 Ixyz

dxdVxz

dxIxd2

2

2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları

L j L L j LR R C R R CS

V I Z V I ZV e e e e2 2

L j L L j LC R R C R R C

SY V I Y V I ZI e e e e

2 2

29

elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur

Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından

LCRRLCRRS e

2ZIV

e2

ZIVV

LRRCLRRC

S e2

IVYe

2IVY

I

RC

LL

R

LL

S IZ2eeV

2eeV

R

LL

RC

LL

S V2eeVY

2eeI

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir

Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir

30

)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(

)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(

)eeee(21

2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL

LL

)eeee(21

2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL

LL

veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı

720

ZY24

ZY2

YZ1A3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1ZB3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1YC3322

Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden

Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir

31

YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC

YZ21

YZ21tanh

2Y

Z

L21tanh

sinhZ1cosh

B1A

2Y

CC

Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden

YZYZsinhYsinhYCY CT

YZ21tanhZ

Y

L21tanh

sinhY1cosh

C1A

2Z

CCC

T

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR

Y Z 2 Vs Vr

Is Ir Z 2

32

45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın

a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız

Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm

33

C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1

99500102j93849j99500

9988010999j25j99880

9988010999j25j99880

DCBA

DCBA

DCBA

45511

11

11

11

b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek

= ZY = -001 = ZY = j 010

Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır

34

SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR

VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR

VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml

a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2

3j501201ea 120j +minus=degang== deg

a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866

a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1

-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866

1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir

VRangangangang0degdegdegdeg

VS =VRangangangang240degdegdegdeg

VT =VRangangangang120degdegdegdeg

VR2

VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg

VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg

VR1

VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg

VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0

26

Şekil 414 a) Nominal T devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla T modelinin oluşturulması

IrVr

2YZ1Y

4YZ1Z2

YZ1IrVr

102

Z11Y01

102

Z1IsVs

A= D = 1+ZY2 B = Z(1+ZY4) C = Y Nominal devresiyle goumlz oumlnuumlne alınan bu hatlar accedilısından hattın toplam şoumlnt kapasitesi yarıya boumlluumlnerek hattın iki ucuna konulmaktadır 4422 Nominal devresi Şekil 415 a) Nominal devresi b) Seri bağlı iki-kapılı devreler yardımıyla modelinin oluşturulması Hat başı ve hat sonu gerilim ve akım değerleri arasında

2YZ1

4YZ1Y

Z2YZ1

12Y

0110Z1

12Y

01DCBA

Ve bu bağıntılar genel formda Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr

Z2 Y Vs Vr Z2 Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z Is Ir

Y2 Y2 Vs Vr Z

Z2 Y Vs Z2 Vr

27

Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi

Y2 Y2

Vs Z Is Ir I1

I2

I3 Vr

IR

RHI2 I2

VR

VS

I1

IS I3 j XHI2

28

Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)

İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)

Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa

ccediloumlzuumlm

Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx

Ixzdx

dVx VxydxdIx

VxyzdxdIxz

dxVxd

2

2 Ixyz

dxdVxz

dxIxd2

2

2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları

L j L L j LR R C R R CS

V I Z V I ZV e e e e2 2

L j L L j LC R R C R R C

SY V I Y V I ZI e e e e

2 2

29

elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur

Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından

LCRRLCRRS e

2ZIV

e2

ZIVV

LRRCLRRC

S e2

IVYe

2IVY

I

RC

LL

R

LL

S IZ2eeV

2eeV

R

LL

RC

LL

S V2eeVY

2eeI

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir

Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir

30

)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(

)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(

)eeee(21

2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL

LL

)eeee(21

2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL

LL

veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı

720

ZY24

ZY2

YZ1A3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1ZB3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1YC3322

Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden

Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir

31

YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC

YZ21

YZ21tanh

2Y

Z

L21tanh

sinhZ1cosh

B1A

2Y

CC

Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden

YZYZsinhYsinhYCY CT

YZ21tanhZ

Y

L21tanh

sinhY1cosh

C1A

2Z

CCC

T

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR

Y Z 2 Vs Vr

Is Ir Z 2

32

45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın

a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız

Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm

33

C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1

99500102j93849j99500

9988010999j25j99880

9988010999j25j99880

DCBA

DCBA

DCBA

45511

11

11

11

b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek

= ZY = -001 = ZY = j 010

Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır

34

SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR

VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR

VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml

a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2

3j501201ea 120j +minus=degang== deg

a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866

a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1

-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866

1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir

VRangangangang0degdegdegdeg

VS =VRangangangang240degdegdegdeg

VT =VRangangangang120degdegdegdeg

VR2

VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg

VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg

VR1

VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg

VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0

27

Vs = (1+ZY2)Vr + ZIr Is = Y(1+ZY4)Vr + (1+ZY2)Ir bağıntıları ile ifade edilirler Boumlylece orta uzunlukta ve simetrik yapıda bir hat iccedilin A B C D sabitleri A= D = 1+ZY2 B = Z C = Y(1+ZY4) olarak belirlenmektedirler Şekil 416 a) Nominal devresi b) devrenin fazoumlr diyagramı 443 Uzun İletim Hatları Burada iletim hattının parametrelerinin toplu değil hat boyunca (uumlniform)duumlzguumln olarak dağıldığı kabul edilerek tam ccediloumlzuumlm yapılır Ccediloumlzuumlm iccedilin goumlz oumlnuumlne alınan şekil aşağıda verilmiştir Şekil 417 Uzun iletim hattının şematik goumlsterilimi

Y2 Y2

Vs Z Is Ir I1

I2

I3 Vr

IR

RHI2 I2

VR

VS

I1

IS I3 j XHI2

28

Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)

İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)

Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa

ccediloumlzuumlm

Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx

Ixzdx

dVx VxydxdIx

VxyzdxdIxz

dxVxd

2

2 Ixyz

dxdVxz

dxIxd2

2

2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları

L j L L j LR R C R R CS

V I Z V I ZV e e e e2 2

L j L L j LC R R C R R C

SY V I Y V I ZI e e e e

2 2

29

elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur

Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından

LCRRLCRRS e

2ZIV

e2

ZIVV

LRRCLRRC

S e2

IVYe

2IVY

I

RC

LL

R

LL

S IZ2eeV

2eeV

R

LL

RC

LL

S V2eeVY

2eeI

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir

Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir

30

)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(

)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(

)eeee(21

2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL

LL

)eeee(21

2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL

LL

veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı

720

ZY24

ZY2

YZ1A3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1ZB3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1YC3322

Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden

Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir

31

YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC

YZ21

YZ21tanh

2Y

Z

L21tanh

sinhZ1cosh

B1A

2Y

CC

Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden

YZYZsinhYsinhYCY CT

YZ21tanhZ

Y

L21tanh

sinhY1cosh

C1A

2Z

CCC

T

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR

Y Z 2 Vs Vr

Is Ir Z 2

32

45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın

a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız

Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm

33

C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1

99500102j93849j99500

9988010999j25j99880

9988010999j25j99880

DCBA

DCBA

DCBA

45511

11

11

11

b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek

= ZY = -001 = ZY = j 010

Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır

34

SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR

VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR

VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml

a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2

3j501201ea 120j +minus=degang== deg

a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866

a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1

-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866

1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir

VRangangangang0degdegdegdeg

VS =VRangangangang240degdegdegdeg

VT =VRangangangang120degdegdegdeg

VR2

VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg

VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg

VR1

VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg

VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0

28

Burada z birim uzunluktaki hattın seri empedansını y birim uzunluktaki hattın şoumlnt admitansını L hattın toplam uzunluğunu Z = zL toplam seri empedansı Y = yL toplam şoumlnt admitansı goumlstermektedir Zc = zy karakteristik empedans Yc = yz karakteristik admitans = zy = + j propagasyon (yayılma) sabiti zayıflama sabiti (Neperm) ( dBm = 8686xNpm)

İlerleme youmlnuumlndeki gerilim ya da akım dalgasının birim uzunluktaki genlik olarak zayıflaması faz sabiti (Radyanm) ( = 2 Radyanuzunluk)

Birim uzunluktaki iki nokta arasındaki gerilim veya akımların faz accedilıları arasındaki fark Şekil 417 ye goumlre hattın dx mesafesi başındaki akım Ix+ Ix gerilim Vx+ Vx iken sonundaki akım Ix gerilim ise Vx olmaktadır Buna goumlre dx mesafesi iccedilin gerilim (dVx) ve akım (dIx) ccediloumlzuumlmleri ilişkin ifadeleri elde edilir Bu ifadeler L = x iccedilin (Vs = Vx ve Is = Ix) yeniden oluşturulursa

ccediloumlzuumlm

Gerilim Değişimi Akım Değişimi dVx = (Ix+dIx)zdx dIx = (Vx+dVx)ydx dVx (Ix)zdx dIx (Vx)ydx

Ixzdx

dVx VxydxdIx

VxyzdxdIxz

dxVxd

2

2 Ixyz

dxdVxz

dxIxd2

2

2 mertebe adi lineer diferansiyel denklem x=0 iccedilin Vx=Vr Ix=Ir x=L iccedilin Vx=Vs Ix=Is başlangıccedil koşulları

L j L L j LR R C R R CS

V I Z V I ZV e e e e2 2

L j L L j LC R R C R R C

SY V I Y V I ZI e e e e

2 2

29

elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur

Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından

LCRRLCRRS e

2ZIV

e2

ZIVV

LRRCLRRC

S e2

IVYe

2IVY

I

RC

LL

R

LL

S IZ2eeV

2eeV

R

LL

RC

LL

S V2eeVY

2eeI

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir

Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir

30

)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(

)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(

)eeee(21

2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL

LL

)eeee(21

2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL

LL

veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı

720

ZY24

ZY2

YZ1A3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1ZB3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1YC3322

Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden

Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir

31

YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC

YZ21

YZ21tanh

2Y

Z

L21tanh

sinhZ1cosh

B1A

2Y

CC

Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden

YZYZsinhYsinhYCY CT

YZ21tanhZ

Y

L21tanh

sinhY1cosh

C1A

2Z

CCC

T

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR

Y Z 2 Vs Vr

Is Ir Z 2

32

45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın

a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız

Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm

33

C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1

99500102j93849j99500

9988010999j25j99880

9988010999j25j99880

DCBA

DCBA

DCBA

45511

11

11

11

b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek

= ZY = -001 = ZY = j 010

Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır

34

SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR

VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR

VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml

a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2

3j501201ea 120j +minus=degang== deg

a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866

a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1

-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866

1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir

VRangangangang0degdegdegdeg

VS =VRangangangang240degdegdegdeg

VT =VRangangangang120degdegdegdeg

VR2

VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg

VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg

VR1

VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg

VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0

29

elde edilir Bu denklemler uzun bir hat iccedilin hat başı gerilim ve akımını hat sonu gerilim ve akımına bağlayan ifadelerdir Hat sabitleri iccedilin belirtildiği gibi bu bağıntılar genel denklemler halinde Vs = AVr + BIr Is = CVr + DIr şeklinde goumlsterilebilirler Bu durumda uzun iletim hatları iccedilin bu sabitler A = cosh( L) = cosh(( yz)L) = cosh(YZ) = cosh B = Zcsinh( L) =Zcsinh(( yz)L) =Zcsinh(YZ) = Zcsinh C = Ycsinh( L)= Ycsinh(( yz)L) Ycsinh(YZ)= Ycsinh D = A olur

Not kompleks sayıların dolaylı hesabı iccedilin (eskiden) ccediloumlzuumlm iccedilin ya hiperbolik formların accedilılımlarından

LCRRLCRRS e

2ZIV

e2

ZIVV

LRRCLRRC

S e2

IVYe

2IVY

I

RC

LL

R

LL

S IZ2eeV

2eeV

R

LL

RC

LL

S V2eeVY

2eeI

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir

Vs = cosh( )VR + sinh( )ZcIR Is = sinh( )YCVr + cosh( )Ir

30

)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(

)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(

)eeee(21

2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL

LL

)eeee(21

2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL

LL

veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı

720

ZY24

ZY2

YZ1A3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1ZB3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1YC3322

Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden

Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir

31

YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC

YZ21

YZ21tanh

2Y

Z

L21tanh

sinhZ1cosh

B1A

2Y

CC

Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden

YZYZsinhYsinhYCY CT

YZ21tanhZ

Y

L21tanh

sinhY1cosh

C1A

2Z

CCC

T

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR

Y Z 2 Vs Vr

Is Ir Z 2

32

45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın

a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız

Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm

33

C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1

99500102j93849j99500

9988010999j25j99880

9988010999j25j99880

DCBA

DCBA

DCBA

45511

11

11

11

b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek

= ZY = -001 = ZY = j 010

Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır

34

SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR

VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR

VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml

a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2

3j501201ea 120j +minus=degang== deg

a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866

a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1

-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866

1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir

VRangangangang0degdegdegdeg

VS =VRangangangang240degdegdegdeg

VT =VRangangangang120degdegdegdeg

VR2

VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg

VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg

VR1

VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg

VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0

30

)L(ins)L(hcosj)L(cos)L(hins)LjL(hins)Lsinh(

)L(ins)L(hsinj)L(cos)L(hcos)LjL(cosh)Lcosh(

)eeee(21

2ee)LL(cosh)Lcosh( LjLLjL

LL

)eeee(21

2ee)LLsinh()Lsinh( LjLLjL

LL

veya seriye accedilılımlardan faydalanılırdı

720

ZY24

ZY2

YZ1A3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1ZB3322

5040

ZY120

ZY6

YZ1YC3322

Orta uzunluktaki hatlarda hat buumlyuumlkluumlkleri iccedilin toplu parametreler kullanıldığından nominal ve T devreleri hattı tam olarak temsil edemez Uzun iletim hatlarında duumlzguumln dağıtılmış parametreler kullanıldığından devre orta uzunlukta hatlar iccedilin kullanılana benzer bir eşdeğer veya T devresi yardımıyla daha doğru bir biccedilimde modellenebilir Şekil 418 Uzun iletim hattının eşdeğer devresi yardımıyla goumlsterilimi Şekil 415 e benzer olarak devredeki seri empdansa (Z ) ve şoumlnt admitansa da (Y ) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan denklemine benzer olarak nominal ye benzetimden

Y 2 Y 2 Vs Vr Z Is Ir

31

YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC

YZ21

YZ21tanh

2Y

Z

L21tanh

sinhZ1cosh

B1A

2Y

CC

Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden

YZYZsinhYsinhYCY CT

YZ21tanhZ

Y

L21tanh

sinhY1cosh

C1A

2Z

CCC

T

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR

Y Z 2 Vs Vr

Is Ir Z 2

32

45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın

a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız

Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm

33

C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1

99500102j93849j99500

9988010999j25j99880

9988010999j25j99880

DCBA

DCBA

DCBA

45511

11

11

11

b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek

= ZY = -001 = ZY = j 010

Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır

34

SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR

VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR

VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml

a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2

3j501201ea 120j +minus=degang== deg

a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866

a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1

-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866

1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir

VRangangangang0degdegdegdeg

VS =VRangangangang240degdegdegdeg

VT =VRangangangang120degdegdegdeg

VR2

VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg

VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg

VR1

VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg

VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0

31

YZYZsinhZLsinhZsinhZBZ CC

YZ21

YZ21tanh

2Y

Z

L21tanh

sinhZ1cosh

B1A

2Y

CC

Şekil 419 Uzun iletim hattının eşdeğer T devresi yardımıyla goumlsterilimi Benzer durum nominal T iccedilin de uygulanabilir Burada da nominal benzer olarak devredeki seri empdansa (ZT) ve şoumlnt admitansa da (YT) denilirse simetrik bir devre iccedilin geccedilerli olan T denklemine benzer olarak nominal T ye benzetimden

YZYZsinhYsinhYCY CT

YZ21tanhZ

Y

L21tanh

sinhY1cosh

C1A

2Z

CCC

T

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+Z Y 2)VR + Z IR Is = sinh( L)YCVr + cosh( L)Ir = Y (1+Z Y 4)VR + (1+Z Y )IR

Vs = cosh( L)VR + sinh( L)ZcIR = (1+ZTYT 2)VR + Z (1+ZTYT 2)IR Is = sinh( L)YCVR + cosh( L)IR = YTVR + (1+ZTYT)IR

Y Z 2 Vs Vr

Is Ir Z 2

32

45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın

a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız

Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm

33

C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1

99500102j93849j99500

9988010999j25j99880

9988010999j25j99880

DCBA

DCBA

DCBA

45511

11

11

11

b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek

= ZY = -001 = ZY = j 010

Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır

34

SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR

VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR

VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml

a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2

3j501201ea 120j +minus=degang== deg

a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866

a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1

-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866

1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir

VRangangangang0degdegdegdeg

VS =VRangangangang240degdegdegdeg

VT =VRangangangang120degdegdegdeg

VR2

VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg

VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg

VR1

VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg

VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0

32

45 Oumlrnek Problemler Problem 1) Uzunluğu L=200 km seri reaktansı x=j025 (ohmkm) şoumlnt admitansı y= j10-6 (1ohmkm) olan bir iletim hattının hat sonundan Cos =1 guumlccedil faktoumlruuml ile Sr=120 MVA guumlccedil ccedilekilmektedir Hat sonu gerilimi Ur = 380 KV (faz arası) olan bu hattın

a) Nominal devresi iccedilin A B C D sabitlerini hesaplayınız b) Hatbaşı Gerilimini akımını ve guumlcuumlnuuml hesaplayınız

Ccediloumlzuumlm a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 10-6200 = j2x10-4 (1ohm) A = 1+ZY2 = 1 + j50x(j2x10-4) 2 = 0995 B= Z = j50 ohm C = Y(1+ZY4) = j 1995x10-4 D = A b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j5001823 = 2183 + j 911 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j199510-4220 + 09950182 = 0181 + j 0044 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs Problem 2) Aynı problemi hattı iki adet seri bağlı nominal devresi ile modelleyerek ccediloumlzuumlm yapınız a) Z = xL = j025200 = j50 ohm Y = yL = j 1e-6200 = j2e-4 (1ohm) Z2 = xL2 = j025100 = j25 ohm Y2 = yL2 = j10-6100 = j10-4 (1ohm) A1 = 1+Z2Y4 = 1+(j252)(j10-4)2 = 09988 B1 = Z2 = j 25 ohm

33

C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1

99500102j93849j99500

9988010999j25j99880

9988010999j25j99880

DCBA

DCBA

DCBA

45511

11

11

11

b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek

= ZY = -001 = ZY = j 010

Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır

34

SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR

VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR

VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml

a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2

3j501201ea 120j +minus=degang== deg

a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866

a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1

-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866

1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir

VRangangangang0degdegdegdeg

VS =VRangangangang240degdegdegdeg

VT =VRangangangang120degdegdegdeg

VR2

VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg

VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg

VR1

VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg

VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0

33

C1 = Y2(1+Z2Y8) = j 99910-5 D1 = A1

99500102j93849j99500

9988010999j25j99880

9988010999j25j99880

DCBA

DCBA

DCBA

45511

11

11

11

b) Vr= Ur 3 = 380 3 = 220 kV Ir = Sr 3Ur = 120106 3380103 = 1823 A = 01823 kA Vs = AVr + BIr = 0995220 + j499401823 = 2183 + j 91 kV = 21849 24 kV Is = CVr + DIr = j210-4220 + 099501823 = 01814 + j 00438 kA = 0187 1344 kA Ss = 3VsIs = 3(21849 24)(0187 1344 ) = 120 - j2373 MVA = Ps + j Qs kayda değer bir fark olmadığı goumlruumllmektedir Aynı problemi uzun hat modeli yardımıyla hiperbolik formda ccediloumlzersek

= ZY = -001 = ZY = j 010

Zc = Z Y = 500 Yc = 1Zc = 0002 A = cosh = 09950 B = Zcsinh = j 4992 C = Ycsinh = j 199x10-4 D = A = 09950 A B C D sabitlerine bakıldığında yine bir farkın olmayacağı goumlruumllmektedir Bunun nedeni problemdeki L= 200 kmlik hat uzunluğu orta uzunluktaki hat modeline uygun olduğu iccedilin nominal modeli yeterince doğru sonuccedil vermektedir Ancak 250 km uumlstuumlnde fark oluşmaya başlayacağından uzun hatlar iccedilin ya seri bağlı nominal devreler ya da doğrudan eşdeğer devreler kullanılmalıdır

34

SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR

VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR

VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml

a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2

3j501201ea 120j +minus=degang== deg

a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866

a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1

-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866

1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir

VRangangangang0degdegdegdeg

VS =VRangangangang240degdegdegdeg

VT =VRangangangang120degdegdegdeg

VR2

VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg

VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg

VR1

VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg

VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0

34

SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLER 1918 yılında Fortescue n-bağlı fazoumlrden meydana gelen dengesiz bir sistemin dengeli fazoumlrlerden meydana gelen n adet sistem iccedilinde yeniden ccediloumlzuumllebilir olduğunu goumlstermiştir Bunlar sistemin orijinal fazoumlrlerinin simetrili bileşenleri olarak anılırlar 3 fazlı sistemler genellikle akım ve gerilim accedilısından dengeli sistemlerdir VR=VRSin(wt) VR =VRang0deg VR =VR

VS=VRSin(wt+240deg) VR =VRang240deg VS = a2VR

VT=VRSin(wt+120deg) VR =VRang120deg VR = aVR a operatoumlruuml

a operatoumlruuml 120 derece oumlteleme operatoumlruumlduumlr 2

3j501201ea 120j +minus=degang== deg

a 1ang120deg -05 + j0866 1 + a 1ang60deg 05 + j0866 a2 1ang240deg -05 ndash j0866 1 ndash a degminusang 303 15 ndash j0866 a3 1ang360deg=1ang0deg 1 1 + a2 1ang-60deg 05 ndash j0866

a4 = a 1ang120deg -05 + j0866 1 ndash a2 deg+ang 303 15 + j0866 a5 = a2 1ang240deg -05 - j0866 a + a2 1ang180deg ndash 1

-a 1ang300deg +05 - j0866 a ndash a2 deg+ang 903 -05 + j0866

1 + a + a2 = 0 Eğer sistem Dengesiz 3 Fazlı bir sistem olursa bu dengesiz 3 fazlı sistemin dengesiz 3 fazoumlruuml 3 adet dengeli 3 fazlı sistem fazoumlruuml cinsinden yeniden ccediloumlzuumllebilir

VRangangangang0degdegdegdeg

VS =VRangangangang240degdegdegdeg

VT =VRangangangang120degdegdegdeg

VR2

VT2 =VR2angangangang240degdegdegdeg

VS2 =VR2angangangang120degdegdegdeg

VR1

VS1 =VR1angangangang240degdegdegdeg

VT1 =VR1angangangang120degdegdegdeg VT0 VS0 VR0

35

0R2R1RR VVVV ++=

0S2S1SS VVVV ++=

0T2T1TT VVVV ++=

1R1T1R2

1S VaVVaV == M

2R2

2T2R2S VaVVaV == M

0R0T0R0S VVVV == M

0R2R1RR VVVV ++=

0R2R1R2

S VVaVaV ++=

0R2R2

1RT VVaVaV ++=

VR

VS VT

VT0

VR2

VR1

VS1

VT1

VR0 VR

VS0

VS2

VT2

VS

VT

36

sdot

=

2R

1R

0R

2

2

T

S

R

V

V

V

aa1

aa1

111

V

V

V

sdot

sdot=

T

S

R

2

2

2R

1R

0R

V

V

V

aa1

aa1

111

3

1

V

V

V

Ancak daha yaygın olarak

sdot

=

2

1

0

2

2

T

S

R

V

V

V

aa1

aa1

111

V

V

V

sdot

sdot=

T

S

R

2

2

2

1

0

V

V

V

aa1

aa1

111

3

1

V

V

V

şeklinde kullanılmaktadır

[ ]

=2

2

aa1

aa1

111

A [ ]

sdot=minus

aa1

aa1

111

3

1A

2

21

37

[ ]

sdot=

2a

1a

0a

T

S

R

V

V

V

A

V

V

V

[ ]

=

minus

c

b

a1

2a

1a

0a

V

V

V

A

V

V

V

[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST

1

012 VAV sdot= minus

Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil

S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS

+ VTIT

lowast

Φ

sdot

=

T

S

R

T

T

S

R

3

I

I

I

V

V

V

S

[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST

T

RST3 IVS

Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak

[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012

T

0123 IAVAS

[ ] [ ] [ ] [ ]012

TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast

Φ

[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast

olduğundan

[ ] [ ]012

T

0123 IV3S sdotsdot=Φ

38

lowast

Φ

sdot

sdot=

2

1

0

T

2

1

0

3

I

I

I

V

V

V

3S

S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1

+ 3V2I2

Problem-1)

kV

110

110

110

V

V

V

T

S

R

+

minus

minus

=

A

20

20

20

I

I

I

T

S

R

+

+

minus

=

a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)

kV

220a

220a

110

3

1

110a110a110

110a110a110

110110110

3

1

110

110

110

aa1

aa1

111

3

1

V

V

V

aa1

aa1

111

3

1

V

V

V2

2

2

2

2

T

S

R

2

2

2

1

0

minus

sdot=

+minusminus

+minusminus

+minusminus

sdot=

+

minus

minus

sdot

sdot=

sdot

sdot=

A

40

40

20

3

1

20a20a20

20a20a20

202020

3

1

20

20

20

aa1

aa1

111

3

1

I

I

I

aa1

aa1

111

3

1

I

I

I

2

2

2

2

T

S

R

2

2

2

1

0

minus

minus

+

sdot=

++minus

++minus

++minus

sdot=

+

+

minus

sdot

sdot=

sdot

sdot=

b-) S3φ = 3V0I0

+ 3V1I1 + 3V2I2

S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA

c-) S3φ = VRIR

+ VSIS + VTIT

S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA

39

Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml

[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=

ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST

1

012 IAZAV sdotsdotsdot= minus

tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml

[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST

1

012 sdotsdot= minus

biccediliminde ifade edilir ve genel ifade

[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=

şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir

=

TTTSTR

STSSSR

RTRSRR

RST

ZZZ

ZZZ

ZZZ

Z

Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur

=

=

2

2

TTTSTR

STSSSR

RTRSRR

2

2

222120

121110

020100

012

aa1

aa1

111

ZZZ

ZZZ

ZZZ

aa1

aa1

111

3

1

ZZZ

ZZZ

ZZZ

Z

[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani

ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir

40

Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise

=

Smm

mSS

mmS

RST

ZZZ

ZZZ

ZZZ

Z

minus

minus

+

=

mS

mS

mS

012

ZZ00

0ZZ0

00Z2Z

Z

c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise

=

Snm

mSn

nmS

RST

ZZZ

ZZZ

ZZZ

Z

++

++

++

=

n2

mS

nm2

S

nmS

012

ZaZaZ00

0ZaZaZ0

00ZZZ

Z

Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır

41

Dizi Bileşen Devreleri

[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST

1

012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus

[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST

1

012 sdotsdot= minus

[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=

[ ]

=

=

R

R2

R

T

S

R

RST

Ea

Ea

E

E

E

E

E [ ] [ ] [ ]RST

1012 EAE sdot= minus

( )( )( )

=

++

++

++

sdot=

sdot

sdot=

0

E

0

aa1E

aa1E

aa1E

3

1

Ea

Ea

E

aa1

aa1

111

3

1

E

E

E

R

24R

33R

2R

R

R2

R

2

2

2

1

0

Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır

sdot

minus

=

2

1

0

2

1

0

R

2

1

0

I

I

I

Z00

0Z0

00Z

0

E

0

V

V

V

000 IZ0V minus=

11R1 IZEV minus=

222 IZ0V minus=

42

11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi

222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi

000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi

Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

Zo

Zo Zo

1 ~ G

Zo

43

a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

Zo

Zo Zo

1 ~ G

R

S

T

Zo

Zo Zo

ZN

1 ~ G

R

S

T

Zo Zo

Zo

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

3ZN

1 ~ G

Zo

44

Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

ZM gtgtgt1 pu

1 ~ G

Zo

45

a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

46

OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni

B XG2

XTAB2

XTCD2

XHAT

A D C Xm2

Xm1

Xm2 Xm0

B

simsimsimsim

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XHAT

A D C Xm1

simsimsimsim EG

Em

EG

Em

B

simsimsimsim

Xdrdquo XG2 XG0

XTAB1

XTAB2 XTAB0

XTCD1

XTCD2 XTCD0

XHAT XHATO= 2XHAT

A D C

simsimsimsim

Zn

B XG0

XTAB0

XTCD0

2XHAT

A D C Xm0

3Zn

47

ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir

1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir

11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir

48

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C

EG

XHAT X

F

Eth Zth

Zth

F

Eth

Zth

F

Eth

I3F

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C ER

XHAT

X F

Xdrdquo

XTRF

XTRF

ES

XHAT

Xdrdquo

XTRF

XTRF

ET

XHAT

I3F_R

I3F_S

I3F_T

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C

EG

XHAT X F

I3F

B

Generatoumlr

XG2 XG0

Trafo1

HAT A D C

Trafo2

X F

49

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV

2 2B

BB

U 220Z 484S 100

h puj60(X ) j0124 pu484

o o

11 0 1 0I j331pu

( j004 j02 j0062)) j0302

o o

21 0 1 0I j3205pu

( j005 j02 j0062)) j0312

I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6

BB 3

B

S 10010I 262A3U 322010

I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A

Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği

3FI 1707 A 1707 kA

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

I3F I1 I2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 00рpu

B

Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu

HAT Xh=j60

A D C

Generatoumlr2 10kV

100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu

Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu

Trafo2 220kV10kV

100MVA Xt=j02 pu

X

F

I3F

50

Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek

oth GA GDE E E 1 0 pu

thZ j0302 j0312 j01535pu

Ccedilalışma Sorusu

B A

C D

Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV

Zth= j 01535 pu

F

Eth=1 0o

F

Eth=1 0o

o

3F1 0I j6515pu

j01535

Zth= j 01535 pu

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 004pu

Eth Zth

51

FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0

00I

aa1aa1111

31

III R

2

2

2

1

0

2

1

0

2

2

T

S

R

III

aa1aa1111

III

I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1

T

S

2

1

0

2

2

T

S

R

VV0

VVV

aa1aa1111

VVV

0VVVV 210R )VV(V 201

11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V

)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE

T S R

E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0

52

Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm

2 2B

BB

U 154Z 2376S 100

h puj 64(X ) 027 pu

2376

Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu

o

1 2 01 0I I I j1015 puj0985

Arıza Akımı

FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu

6B

B 3B

S 10010I 375A3U 315410

B

10 kV 100MVA j004pu

XG2 XG0

10154 kV 50MVA j01pu

Xh = j 04 km

LBC=160 km

A D C

15435 kV 50MVA j01pu

X

IFT

53

IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği

FTI 1142 kA

B XG0

XTAB0

XTCD0

A D C XH0 2

XH0 2 X

F

B XG2

XTAB2

XTCD2

XH 2

A D C XH 2 X

F

B

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XH 2

A D C

EG

XH 2 X

F

Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0= j 0235 pu

EG=1 0o

F Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0 = j 0235 pu

I1 = I2 = I0

54

R2

S2

T

I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0

Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu

R2

S2

T

V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125

S TV V 0935pu

FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =

_ IS VS = VT

a)(aI)a(aI

0

II0

aa1aa1111

31

III

2S

2S

S

S2

2

2

1

0

I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2

R S T

55

V1 = V2

111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1

211 ZZ

EI 12 II 0I0

Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV

E V2 V1 Z1 Z2

E V2 V1

X1=j025 pu

X2=j035 pu

36

sdot

=

2R

1R

0R

2

2

T

S

R

V

V

V

aa1

aa1

111

V

V

V

sdot

sdot=

T

S

R

2

2

2R

1R

0R

V

V

V

aa1

aa1

111

3

1

V

V

V

Ancak daha yaygın olarak

sdot

=

2

1

0

2

2

T

S

R

V

V

V

aa1

aa1

111

V

V

V

sdot

sdot=

T

S

R

2

2

2

1

0

V

V

V

aa1

aa1

111

3

1

V

V

V

şeklinde kullanılmaktadır

[ ]

=2

2

aa1

aa1

111

A [ ]

sdot=minus

aa1

aa1

111

3

1A

2

21

37

[ ]

sdot=

2a

1a

0a

T

S

R

V

V

V

A

V

V

V

[ ]

=

minus

c

b

a1

2a

1a

0a

V

V

V

A

V

V

V

[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST

1

012 VAV sdot= minus

Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil

S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS

+ VTIT

lowast

Φ

sdot

=

T

S

R

T

T

S

R

3

I

I

I

V

V

V

S

[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST

T

RST3 IVS

Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak

[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012

T

0123 IAVAS

[ ] [ ] [ ] [ ]012

TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast

Φ

[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast

olduğundan

[ ] [ ]012

T

0123 IV3S sdotsdot=Φ

38

lowast

Φ

sdot

sdot=

2

1

0

T

2

1

0

3

I

I

I

V

V

V

3S

S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1

+ 3V2I2

Problem-1)

kV

110

110

110

V

V

V

T

S

R

+

minus

minus

=

A

20

20

20

I

I

I

T

S

R

+

+

minus

=

a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)

kV

220a

220a

110

3

1

110a110a110

110a110a110

110110110

3

1

110

110

110

aa1

aa1

111

3

1

V

V

V

aa1

aa1

111

3

1

V

V

V2

2

2

2

2

T

S

R

2

2

2

1

0

minus

sdot=

+minusminus

+minusminus

+minusminus

sdot=

+

minus

minus

sdot

sdot=

sdot

sdot=

A

40

40

20

3

1

20a20a20

20a20a20

202020

3

1

20

20

20

aa1

aa1

111

3

1

I

I

I

aa1

aa1

111

3

1

I

I

I

2

2

2

2

T

S

R

2

2

2

1

0

minus

minus

+

sdot=

++minus

++minus

++minus

sdot=

+

+

minus

sdot

sdot=

sdot

sdot=

b-) S3φ = 3V0I0

+ 3V1I1 + 3V2I2

S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA

c-) S3φ = VRIR

+ VSIS + VTIT

S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA

39

Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml

[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=

ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST

1

012 IAZAV sdotsdotsdot= minus

tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml

[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST

1

012 sdotsdot= minus

biccediliminde ifade edilir ve genel ifade

[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=

şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir

=

TTTSTR

STSSSR

RTRSRR

RST

ZZZ

ZZZ

ZZZ

Z

Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur

=

=

2

2

TTTSTR

STSSSR

RTRSRR

2

2

222120

121110

020100

012

aa1

aa1

111

ZZZ

ZZZ

ZZZ

aa1

aa1

111

3

1

ZZZ

ZZZ

ZZZ

Z

[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani

ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir

40

Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise

=

Smm

mSS

mmS

RST

ZZZ

ZZZ

ZZZ

Z

minus

minus

+

=

mS

mS

mS

012

ZZ00

0ZZ0

00Z2Z

Z

c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise

=

Snm

mSn

nmS

RST

ZZZ

ZZZ

ZZZ

Z

++

++

++

=

n2

mS

nm2

S

nmS

012

ZaZaZ00

0ZaZaZ0

00ZZZ

Z

Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır

41

Dizi Bileşen Devreleri

[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST

1

012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus

[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST

1

012 sdotsdot= minus

[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=

[ ]

=

=

R

R2

R

T

S

R

RST

Ea

Ea

E

E

E

E

E [ ] [ ] [ ]RST

1012 EAE sdot= minus

( )( )( )

=

++

++

++

sdot=

sdot

sdot=

0

E

0

aa1E

aa1E

aa1E

3

1

Ea

Ea

E

aa1

aa1

111

3

1

E

E

E

R

24R

33R

2R

R

R2

R

2

2

2

1

0

Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır

sdot

minus

=

2

1

0

2

1

0

R

2

1

0

I

I

I

Z00

0Z0

00Z

0

E

0

V

V

V

000 IZ0V minus=

11R1 IZEV minus=

222 IZ0V minus=

42

11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi

222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi

000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi

Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

Zo

Zo Zo

1 ~ G

Zo

43

a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

Zo

Zo Zo

1 ~ G

R

S

T

Zo

Zo Zo

ZN

1 ~ G

R

S

T

Zo Zo

Zo

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

3ZN

1 ~ G

Zo

44

Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

ZM gtgtgt1 pu

1 ~ G

Zo

45

a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

46

OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni

B XG2

XTAB2

XTCD2

XHAT

A D C Xm2

Xm1

Xm2 Xm0

B

simsimsimsim

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XHAT

A D C Xm1

simsimsimsim EG

Em

EG

Em

B

simsimsimsim

Xdrdquo XG2 XG0

XTAB1

XTAB2 XTAB0

XTCD1

XTCD2 XTCD0

XHAT XHATO= 2XHAT

A D C

simsimsimsim

Zn

B XG0

XTAB0

XTCD0

2XHAT

A D C Xm0

3Zn

47

ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir

1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir

11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir

48

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C

EG

XHAT X

F

Eth Zth

Zth

F

Eth

Zth

F

Eth

I3F

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C ER

XHAT

X F

Xdrdquo

XTRF

XTRF

ES

XHAT

Xdrdquo

XTRF

XTRF

ET

XHAT

I3F_R

I3F_S

I3F_T

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C

EG

XHAT X F

I3F

B

Generatoumlr

XG2 XG0

Trafo1

HAT A D C

Trafo2

X F

49

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV

2 2B

BB

U 220Z 484S 100

h puj60(X ) j0124 pu484

o o

11 0 1 0I j331pu

( j004 j02 j0062)) j0302

o o

21 0 1 0I j3205pu

( j005 j02 j0062)) j0312

I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6

BB 3

B

S 10010I 262A3U 322010

I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A

Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği

3FI 1707 A 1707 kA

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

I3F I1 I2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 00рpu

B

Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu

HAT Xh=j60

A D C

Generatoumlr2 10kV

100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu

Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu

Trafo2 220kV10kV

100MVA Xt=j02 pu

X

F

I3F

50

Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek

oth GA GDE E E 1 0 pu

thZ j0302 j0312 j01535pu

Ccedilalışma Sorusu

B A

C D

Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV

Zth= j 01535 pu

F

Eth=1 0o

F

Eth=1 0o

o

3F1 0I j6515pu

j01535

Zth= j 01535 pu

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 004pu

Eth Zth

51

FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0

00I

aa1aa1111

31

III R

2

2

2

1

0

2

1

0

2

2

T

S

R

III

aa1aa1111

III

I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1

T

S

2

1

0

2

2

T

S

R

VV0

VVV

aa1aa1111

VVV

0VVVV 210R )VV(V 201

11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V

)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE

T S R

E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0

52

Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm

2 2B

BB

U 154Z 2376S 100

h puj 64(X ) 027 pu

2376

Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu

o

1 2 01 0I I I j1015 puj0985

Arıza Akımı

FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu

6B

B 3B

S 10010I 375A3U 315410

B

10 kV 100MVA j004pu

XG2 XG0

10154 kV 50MVA j01pu

Xh = j 04 km

LBC=160 km

A D C

15435 kV 50MVA j01pu

X

IFT

53

IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği

FTI 1142 kA

B XG0

XTAB0

XTCD0

A D C XH0 2

XH0 2 X

F

B XG2

XTAB2

XTCD2

XH 2

A D C XH 2 X

F

B

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XH 2

A D C

EG

XH 2 X

F

Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0= j 0235 pu

EG=1 0o

F Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0 = j 0235 pu

I1 = I2 = I0

54

R2

S2

T

I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0

Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu

R2

S2

T

V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125

S TV V 0935pu

FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =

_ IS VS = VT

a)(aI)a(aI

0

II0

aa1aa1111

31

III

2S

2S

S

S2

2

2

1

0

I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2

R S T

55

V1 = V2

111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1

211 ZZ

EI 12 II 0I0

Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV

E V2 V1 Z1 Z2

E V2 V1

X1=j025 pu

X2=j035 pu

37

[ ]

sdot=

2a

1a

0a

T

S

R

V

V

V

A

V

V

V

[ ]

=

minus

c

b

a1

2a

1a

0a

V

V

V

A

V

V

V

[ ] [ ] [ ]012RST VAV sdot= [ ] [ ] [ ]RST

1

012 VAV sdot= minus

Simetrili Bileşenlerde Guumlccedil Đfadesi R S T fazoumlrlerinden meydana gelen 3-Fazlı bir devrede kompleks guumlccedil

S3φ = P3φ + Q3φ = VRIR + VSIS

+ VTIT

lowast

Φ

sdot

=

T

S

R

T

T

S

R

3

I

I

I

V

V

V

S

[ ] [ ]lowastΦ sdot= RST

T

RST3 IVS

Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini kullanarak

[ ] [ ]lowastΦ sdotsdotsdot= 012

T

0123 IAVAS

[ ] [ ] [ ] [ ]012

TT0123 IAAVS sdotsdotsdot= lowast

Φ

[ ] [ ]AA T = ve [ ] [ ] [ ]U3AA T sdot=sdot lowast

olduğundan

[ ] [ ]012

T

0123 IV3S sdotsdot=Φ

38

lowast

Φ

sdot

sdot=

2

1

0

T

2

1

0

3

I

I

I

V

V

V

3S

S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1

+ 3V2I2

Problem-1)

kV

110

110

110

V

V

V

T

S

R

+

minus

minus

=

A

20

20

20

I

I

I

T

S

R

+

+

minus

=

a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)

kV

220a

220a

110

3

1

110a110a110

110a110a110

110110110

3

1

110

110

110

aa1

aa1

111

3

1

V

V

V

aa1

aa1

111

3

1

V

V

V2

2

2

2

2

T

S

R

2

2

2

1

0

minus

sdot=

+minusminus

+minusminus

+minusminus

sdot=

+

minus

minus

sdot

sdot=

sdot

sdot=

A

40

40

20

3

1

20a20a20

20a20a20

202020

3

1

20

20

20

aa1

aa1

111

3

1

I

I

I

aa1

aa1

111

3

1

I

I

I

2

2

2

2

T

S

R

2

2

2

1

0

minus

minus

+

sdot=

++minus

++minus

++minus

sdot=

+

+

minus

sdot

sdot=

sdot

sdot=

b-) S3φ = 3V0I0

+ 3V1I1 + 3V2I2

S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA

c-) S3φ = VRIR

+ VSIS + VTIT

S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA

39

Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml

[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=

ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST

1

012 IAZAV sdotsdotsdot= minus

tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml

[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST

1

012 sdotsdot= minus

biccediliminde ifade edilir ve genel ifade

[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=

şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir

=

TTTSTR

STSSSR

RTRSRR

RST

ZZZ

ZZZ

ZZZ

Z

Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur

=

=

2

2

TTTSTR

STSSSR

RTRSRR

2

2

222120

121110

020100

012

aa1

aa1

111

ZZZ

ZZZ

ZZZ

aa1

aa1

111

3

1

ZZZ

ZZZ

ZZZ

Z

[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani

ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir

40

Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise

=

Smm

mSS

mmS

RST

ZZZ

ZZZ

ZZZ

Z

minus

minus

+

=

mS

mS

mS

012

ZZ00

0ZZ0

00Z2Z

Z

c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise

=

Snm

mSn

nmS

RST

ZZZ

ZZZ

ZZZ

Z

++

++

++

=

n2

mS

nm2

S

nmS

012

ZaZaZ00

0ZaZaZ0

00ZZZ

Z

Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır

41

Dizi Bileşen Devreleri

[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST

1

012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus

[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST

1

012 sdotsdot= minus

[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=

[ ]

=

=

R

R2

R

T

S

R

RST

Ea

Ea

E

E

E

E

E [ ] [ ] [ ]RST

1012 EAE sdot= minus

( )( )( )

=

++

++

++

sdot=

sdot

sdot=

0

E

0

aa1E

aa1E

aa1E

3

1

Ea

Ea

E

aa1

aa1

111

3

1

E

E

E

R

24R

33R

2R

R

R2

R

2

2

2

1

0

Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır

sdot

minus

=

2

1

0

2

1

0

R

2

1

0

I

I

I

Z00

0Z0

00Z

0

E

0

V

V

V

000 IZ0V minus=

11R1 IZEV minus=

222 IZ0V minus=

42

11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi

222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi

000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi

Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

Zo

Zo Zo

1 ~ G

Zo

43

a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

Zo

Zo Zo

1 ~ G

R

S

T

Zo

Zo Zo

ZN

1 ~ G

R

S

T

Zo Zo

Zo

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

3ZN

1 ~ G

Zo

44

Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

ZM gtgtgt1 pu

1 ~ G

Zo

45

a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

46

OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni

B XG2

XTAB2

XTCD2

XHAT

A D C Xm2

Xm1

Xm2 Xm0

B

simsimsimsim

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XHAT

A D C Xm1

simsimsimsim EG

Em

EG

Em

B

simsimsimsim

Xdrdquo XG2 XG0

XTAB1

XTAB2 XTAB0

XTCD1

XTCD2 XTCD0

XHAT XHATO= 2XHAT

A D C

simsimsimsim

Zn

B XG0

XTAB0

XTCD0

2XHAT

A D C Xm0

3Zn

47

ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir

1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir

11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir

48

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C

EG

XHAT X

F

Eth Zth

Zth

F

Eth

Zth

F

Eth

I3F

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C ER

XHAT

X F

Xdrdquo

XTRF

XTRF

ES

XHAT

Xdrdquo

XTRF

XTRF

ET

XHAT

I3F_R

I3F_S

I3F_T

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C

EG

XHAT X F

I3F

B

Generatoumlr

XG2 XG0

Trafo1

HAT A D C

Trafo2

X F

49

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV

2 2B

BB

U 220Z 484S 100

h puj60(X ) j0124 pu484

o o

11 0 1 0I j331pu

( j004 j02 j0062)) j0302

o o

21 0 1 0I j3205pu

( j005 j02 j0062)) j0312

I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6

BB 3

B

S 10010I 262A3U 322010

I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A

Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği

3FI 1707 A 1707 kA

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

I3F I1 I2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 00рpu

B

Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu

HAT Xh=j60

A D C

Generatoumlr2 10kV

100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu

Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu

Trafo2 220kV10kV

100MVA Xt=j02 pu

X

F

I3F

50

Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek

oth GA GDE E E 1 0 pu

thZ j0302 j0312 j01535pu

Ccedilalışma Sorusu

B A

C D

Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV

Zth= j 01535 pu

F

Eth=1 0o

F

Eth=1 0o

o

3F1 0I j6515pu

j01535

Zth= j 01535 pu

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 004pu

Eth Zth

51

FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0

00I

aa1aa1111

31

III R

2

2

2

1

0

2

1

0

2

2

T

S

R

III

aa1aa1111

III

I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1

T

S

2

1

0

2

2

T

S

R

VV0

VVV

aa1aa1111

VVV

0VVVV 210R )VV(V 201

11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V

)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE

T S R

E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0

52

Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm

2 2B

BB

U 154Z 2376S 100

h puj 64(X ) 027 pu

2376

Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu

o

1 2 01 0I I I j1015 puj0985

Arıza Akımı

FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu

6B

B 3B

S 10010I 375A3U 315410

B

10 kV 100MVA j004pu

XG2 XG0

10154 kV 50MVA j01pu

Xh = j 04 km

LBC=160 km

A D C

15435 kV 50MVA j01pu

X

IFT

53

IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği

FTI 1142 kA

B XG0

XTAB0

XTCD0

A D C XH0 2

XH0 2 X

F

B XG2

XTAB2

XTCD2

XH 2

A D C XH 2 X

F

B

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XH 2

A D C

EG

XH 2 X

F

Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0= j 0235 pu

EG=1 0o

F Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0 = j 0235 pu

I1 = I2 = I0

54

R2

S2

T

I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0

Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu

R2

S2

T

V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125

S TV V 0935pu

FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =

_ IS VS = VT

a)(aI)a(aI

0

II0

aa1aa1111

31

III

2S

2S

S

S2

2

2

1

0

I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2

R S T

55

V1 = V2

111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1

211 ZZ

EI 12 II 0I0

Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV

E V2 V1 Z1 Z2

E V2 V1

X1=j025 pu

X2=j035 pu

38

lowast

Φ

sdot

sdot=

2

1

0

T

2

1

0

3

I

I

I

V

V

V

3S

S3φ = P3φ + Q3φ = 3V0I0 + 3V1I1

+ 3V2I2

Problem-1)

kV

110

110

110

V

V

V

T

S

R

+

minus

minus

=

A

20

20

20

I

I

I

T

S

R

+

+

minus

=

a-) Gerilim ve akımın simetrili bileşenlerini hesaplayınız b-) Bu bileşenler yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız c-) Faz bileşenleri yardımıyla guumlcuuml hesaplayınız a-)

kV

220a

220a

110

3

1

110a110a110

110a110a110

110110110

3

1

110

110

110

aa1

aa1

111

3

1

V

V

V

aa1

aa1

111

3

1

V

V

V2

2

2

2

2

T

S

R

2

2

2

1

0

minus

sdot=

+minusminus

+minusminus

+minusminus

sdot=

+

minus

minus

sdot

sdot=

sdot

sdot=

A

40

40

20

3

1

20a20a20

20a20a20

202020

3

1

20

20

20

aa1

aa1

111

3

1

I

I

I

aa1

aa1

111

3

1

I

I

I

2

2

2

2

T

S

R

2

2

2

1

0

minus

minus

+

sdot=

++minus

++minus

++minus

sdot=

+

+

minus

sdot

sdot=

sdot

sdot=

b-) S3φ = 3V0I0

+ 3V1I1 + 3V2I2

S3φ = 3(13)(13) x [(-110)(+20) + (a2220)(-40) + (a220)(-40)] S3φ = [13] x [-2200 + 8800] = 2200 kVA

c-) S3φ = VRIR

+ VSIS + VTIT

S3φ = (-110)(-20) + (-110)(20) + (110)(20) S3φ = 2200 ndash 2200 + 2200 = 2200 kVA

39

Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml

[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=

ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST

1

012 IAZAV sdotsdotsdot= minus

tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml

[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST

1

012 sdotsdot= minus

biccediliminde ifade edilir ve genel ifade

[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=

şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir

=

TTTSTR

STSSSR

RTRSRR

RST

ZZZ

ZZZ

ZZZ

Z

Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur

=

=

2

2

TTTSTR

STSSSR

RTRSRR

2

2

222120

121110

020100

012

aa1

aa1

111

ZZZ

ZZZ

ZZZ

aa1

aa1

111

3

1

ZZZ

ZZZ

ZZZ

Z

[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani

ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir

40

Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise

=

Smm

mSS

mmS

RST

ZZZ

ZZZ

ZZZ

Z

minus

minus

+

=

mS

mS

mS

012

ZZ00

0ZZ0

00Z2Z

Z

c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise

=

Snm

mSn

nmS

RST

ZZZ

ZZZ

ZZZ

Z

++

++

++

=

n2

mS

nm2

S

nmS

012

ZaZaZ00

0ZaZaZ0

00ZZZ

Z

Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır

41

Dizi Bileşen Devreleri

[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST

1

012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus

[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST

1

012 sdotsdot= minus

[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=

[ ]

=

=

R

R2

R

T

S

R

RST

Ea

Ea

E

E

E

E

E [ ] [ ] [ ]RST

1012 EAE sdot= minus

( )( )( )

=

++

++

++

sdot=

sdot

sdot=

0

E

0

aa1E

aa1E

aa1E

3

1

Ea

Ea

E

aa1

aa1

111

3

1

E

E

E

R

24R

33R

2R

R

R2

R

2

2

2

1

0

Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır

sdot

minus

=

2

1

0

2

1

0

R

2

1

0

I

I

I

Z00

0Z0

00Z

0

E

0

V

V

V

000 IZ0V minus=

11R1 IZEV minus=

222 IZ0V minus=

42

11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi

222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi

000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi

Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

Zo

Zo Zo

1 ~ G

Zo

43

a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

Zo

Zo Zo

1 ~ G

R

S

T

Zo

Zo Zo

ZN

1 ~ G

R

S

T

Zo Zo

Zo

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

3ZN

1 ~ G

Zo

44

Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

ZM gtgtgt1 pu

1 ~ G

Zo

45

a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

46

OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni

B XG2

XTAB2

XTCD2

XHAT

A D C Xm2

Xm1

Xm2 Xm0

B

simsimsimsim

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XHAT

A D C Xm1

simsimsimsim EG

Em

EG

Em

B

simsimsimsim

Xdrdquo XG2 XG0

XTAB1

XTAB2 XTAB0

XTCD1

XTCD2 XTCD0

XHAT XHATO= 2XHAT

A D C

simsimsimsim

Zn

B XG0

XTAB0

XTCD0

2XHAT

A D C Xm0

3Zn

47

ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir

1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir

11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir

48

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C

EG

XHAT X

F

Eth Zth

Zth

F

Eth

Zth

F

Eth

I3F

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C ER

XHAT

X F

Xdrdquo

XTRF

XTRF

ES

XHAT

Xdrdquo

XTRF

XTRF

ET

XHAT

I3F_R

I3F_S

I3F_T

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C

EG

XHAT X F

I3F

B

Generatoumlr

XG2 XG0

Trafo1

HAT A D C

Trafo2

X F

49

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV

2 2B

BB

U 220Z 484S 100

h puj60(X ) j0124 pu484

o o

11 0 1 0I j331pu

( j004 j02 j0062)) j0302

o o

21 0 1 0I j3205pu

( j005 j02 j0062)) j0312

I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6

BB 3

B

S 10010I 262A3U 322010

I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A

Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği

3FI 1707 A 1707 kA

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

I3F I1 I2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 00рpu

B

Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu

HAT Xh=j60

A D C

Generatoumlr2 10kV

100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu

Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu

Trafo2 220kV10kV

100MVA Xt=j02 pu

X

F

I3F

50

Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek

oth GA GDE E E 1 0 pu

thZ j0302 j0312 j01535pu

Ccedilalışma Sorusu

B A

C D

Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV

Zth= j 01535 pu

F

Eth=1 0o

F

Eth=1 0o

o

3F1 0I j6515pu

j01535

Zth= j 01535 pu

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 004pu

Eth Zth

51

FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0

00I

aa1aa1111

31

III R

2

2

2

1

0

2

1

0

2

2

T

S

R

III

aa1aa1111

III

I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1

T

S

2

1

0

2

2

T

S

R

VV0

VVV

aa1aa1111

VVV

0VVVV 210R )VV(V 201

11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V

)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE

T S R

E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0

52

Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm

2 2B

BB

U 154Z 2376S 100

h puj 64(X ) 027 pu

2376

Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu

o

1 2 01 0I I I j1015 puj0985

Arıza Akımı

FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu

6B

B 3B

S 10010I 375A3U 315410

B

10 kV 100MVA j004pu

XG2 XG0

10154 kV 50MVA j01pu

Xh = j 04 km

LBC=160 km

A D C

15435 kV 50MVA j01pu

X

IFT

53

IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği

FTI 1142 kA

B XG0

XTAB0

XTCD0

A D C XH0 2

XH0 2 X

F

B XG2

XTAB2

XTCD2

XH 2

A D C XH 2 X

F

B

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XH 2

A D C

EG

XH 2 X

F

Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0= j 0235 pu

EG=1 0o

F Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0 = j 0235 pu

I1 = I2 = I0

54

R2

S2

T

I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0

Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu

R2

S2

T

V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125

S TV V 0935pu

FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =

_ IS VS = VT

a)(aI)a(aI

0

II0

aa1aa1111

31

III

2S

2S

S

S2

2

2

1

0

I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2

R S T

55

V1 = V2

111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1

211 ZZ

EI 12 II 0I0

Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV

E V2 V1 Z1 Z2

E V2 V1

X1=j025 pu

X2=j035 pu

39

Simetrili Bileşnlerde Empedans Doumlnuumlşuumlmuuml

[ ] [ ] [ ]RSTRSTRST IZV sdot=

ifadesine simetrili bileşenler doumlnuumlşuumlmuuml uygulandığında

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012 IAZVA sdotsdot=sdot

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST

1

012 IAZAV sdotsdotsdot= minus

tanım olarak empedans doumlnuumlşuumlmuuml

[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST

1

012 sdotsdot= minus

biccediliminde ifade edilir ve genel ifade

[ ] [ ] [ ]012012012 IZV sdot=

şekline doumlnuumlşmuumlş olur 3 Fazlı sistemlerde empedans matrisi Faz Bileşenleri cinsinden şu şekilde ifade edilir

=

TTTSTR

STSSSR

RTRSRR

RST

ZZZ

ZZZ

ZZZ

Z

Doumlnuumlşuumlm uygulanırsa Empedans Matrisinin simetrili bileşenleri bulunur

=

=

2

2

TTTSTR

STSSSR

RTRSRR

2

2

222120

121110

020100

012

aa1

aa1

111

ZZZ

ZZZ

ZZZ

aa1

aa1

111

3

1

ZZZ

ZZZ

ZZZ

Z

[ZRST] Empedans Matrisinin Bazı Oumlzellikleri a-) [ZRST] Matrisi tam dolu ve asimetrik ise yani

ZRR ne ZRR ne ZTT ve ZRS ne ZSR ZRT ne ZTR ZST ne ZTS ise bu durumda [Z012] simetrili bileşenler matrisi de tam dolu olur Bunun anlamı dizi bileşen devreleri arasında kuplaj var demektir yani herhangi bir bileşen diziden geccedilen akım diğer bileşen dizilerde gerilim enduumlklemektedir Bu durum simetrili bileşenlerden gelen kolaylığı yok etmektedir

40

Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise

=

Smm

mSS

mmS

RST

ZZZ

ZZZ

ZZZ

Z

minus

minus

+

=

mS

mS

mS

012

ZZ00

0ZZ0

00Z2Z

Z

c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise

=

Snm

mSn

nmS

RST

ZZZ

ZZZ

ZZZ

Z

++

++

++

=

n2

mS

nm2

S

nmS

012

ZaZaZ00

0ZaZaZ0

00ZZZ

Z

Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır

41

Dizi Bileşen Devreleri

[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST

1

012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus

[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST

1

012 sdotsdot= minus

[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=

[ ]

=

=

R

R2

R

T

S

R

RST

Ea

Ea

E

E

E

E

E [ ] [ ] [ ]RST

1012 EAE sdot= minus

( )( )( )

=

++

++

++

sdot=

sdot

sdot=

0

E

0

aa1E

aa1E

aa1E

3

1

Ea

Ea

E

aa1

aa1

111

3

1

E

E

E

R

24R

33R

2R

R

R2

R

2

2

2

1

0

Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır

sdot

minus

=

2

1

0

2

1

0

R

2

1

0

I

I

I

Z00

0Z0

00Z

0

E

0

V

V

V

000 IZ0V minus=

11R1 IZEV minus=

222 IZ0V minus=

42

11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi

222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi

000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi

Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

Zo

Zo Zo

1 ~ G

Zo

43

a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

Zo

Zo Zo

1 ~ G

R

S

T

Zo

Zo Zo

ZN

1 ~ G

R

S

T

Zo Zo

Zo

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

3ZN

1 ~ G

Zo

44

Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

ZM gtgtgt1 pu

1 ~ G

Zo

45

a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

46

OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni

B XG2

XTAB2

XTCD2

XHAT

A D C Xm2

Xm1

Xm2 Xm0

B

simsimsimsim

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XHAT

A D C Xm1

simsimsimsim EG

Em

EG

Em

B

simsimsimsim

Xdrdquo XG2 XG0

XTAB1

XTAB2 XTAB0

XTCD1

XTCD2 XTCD0

XHAT XHATO= 2XHAT

A D C

simsimsimsim

Zn

B XG0

XTAB0

XTCD0

2XHAT

A D C Xm0

3Zn

47

ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir

1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir

11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir

48

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C

EG

XHAT X

F

Eth Zth

Zth

F

Eth

Zth

F

Eth

I3F

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C ER

XHAT

X F

Xdrdquo

XTRF

XTRF

ES

XHAT

Xdrdquo

XTRF

XTRF

ET

XHAT

I3F_R

I3F_S

I3F_T

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C

EG

XHAT X F

I3F

B

Generatoumlr

XG2 XG0

Trafo1

HAT A D C

Trafo2

X F

49

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV

2 2B

BB

U 220Z 484S 100

h puj60(X ) j0124 pu484

o o

11 0 1 0I j331pu

( j004 j02 j0062)) j0302

o o

21 0 1 0I j3205pu

( j005 j02 j0062)) j0312

I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6

BB 3

B

S 10010I 262A3U 322010

I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A

Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği

3FI 1707 A 1707 kA

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

I3F I1 I2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 00рpu

B

Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu

HAT Xh=j60

A D C

Generatoumlr2 10kV

100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu

Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu

Trafo2 220kV10kV

100MVA Xt=j02 pu

X

F

I3F

50

Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek

oth GA GDE E E 1 0 pu

thZ j0302 j0312 j01535pu

Ccedilalışma Sorusu

B A

C D

Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV

Zth= j 01535 pu

F

Eth=1 0o

F

Eth=1 0o

o

3F1 0I j6515pu

j01535

Zth= j 01535 pu

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 004pu

Eth Zth

51

FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0

00I

aa1aa1111

31

III R

2

2

2

1

0

2

1

0

2

2

T

S

R

III

aa1aa1111

III

I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1

T

S

2

1

0

2

2

T

S

R

VV0

VVV

aa1aa1111

VVV

0VVVV 210R )VV(V 201

11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V

)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE

T S R

E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0

52

Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm

2 2B

BB

U 154Z 2376S 100

h puj 64(X ) 027 pu

2376

Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu

o

1 2 01 0I I I j1015 puj0985

Arıza Akımı

FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu

6B

B 3B

S 10010I 375A3U 315410

B

10 kV 100MVA j004pu

XG2 XG0

10154 kV 50MVA j01pu

Xh = j 04 km

LBC=160 km

A D C

15435 kV 50MVA j01pu

X

IFT

53

IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği

FTI 1142 kA

B XG0

XTAB0

XTCD0

A D C XH0 2

XH0 2 X

F

B XG2

XTAB2

XTCD2

XH 2

A D C XH 2 X

F

B

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XH 2

A D C

EG

XH 2 X

F

Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0= j 0235 pu

EG=1 0o

F Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0 = j 0235 pu

I1 = I2 = I0

54

R2

S2

T

I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0

Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu

R2

S2

T

V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125

S TV V 0935pu

FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =

_ IS VS = VT

a)(aI)a(aI

0

II0

aa1aa1111

31

III

2S

2S

S

S2

2

2

1

0

I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2

R S T

55

V1 = V2

111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1

211 ZZ

EI 12 II 0I0

Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV

E V2 V1 Z1 Z2

E V2 V1

X1=j025 pu

X2=j035 pu

40

Oysaki elektrik guumlccedil sistemlerindeki pek ccedilok eleman ya simetrik (hatlar trafolar) ya da doumlner simetrik ) yapıdadır (elektrik motorları-generatoumlrleri) b-) [ZRST] Matrisi Tam Simetrik ise

=

Smm

mSS

mmS

RST

ZZZ

ZZZ

ZZZ

Z

minus

minus

+

=

mS

mS

mS

012

ZZ00

0ZZ0

00Z2Z

Z

c-) [ZRST] Matrisi Doumlner Simetrik ise

=

Snm

mSn

nmS

RST

ZZZ

ZZZ

ZZZ

Z

++

++

++

=

n2

mS

nm2

S

nmS

012

ZaZaZ00

0ZaZaZ0

00ZZZ

Z

Her iki durumda da Z0 Z1 ve Z2 mevcut olmakla beraber Z01=Z10=Z02=Z20=Z12=Z21= 0 olduğundan dizi devreleri arasında kuplaj olmayacaktır

41

Dizi Bileşen Devreleri

[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST

1

012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus

[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST

1

012 sdotsdot= minus

[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=

[ ]

=

=

R

R2

R

T

S

R

RST

Ea

Ea

E

E

E

E

E [ ] [ ] [ ]RST

1012 EAE sdot= minus

( )( )( )

=

++

++

++

sdot=

sdot

sdot=

0

E

0

aa1E

aa1E

aa1E

3

1

Ea

Ea

E

aa1

aa1

111

3

1

E

E

E

R

24R

33R

2R

R

R2

R

2

2

2

1

0

Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır

sdot

minus

=

2

1

0

2

1

0

R

2

1

0

I

I

I

Z00

0Z0

00Z

0

E

0

V

V

V

000 IZ0V minus=

11R1 IZEV minus=

222 IZ0V minus=

42

11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi

222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi

000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi

Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

Zo

Zo Zo

1 ~ G

Zo

43

a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

Zo

Zo Zo

1 ~ G

R

S

T

Zo

Zo Zo

ZN

1 ~ G

R

S

T

Zo Zo

Zo

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

3ZN

1 ~ G

Zo

44

Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

ZM gtgtgt1 pu

1 ~ G

Zo

45

a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

46

OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni

B XG2

XTAB2

XTCD2

XHAT

A D C Xm2

Xm1

Xm2 Xm0

B

simsimsimsim

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XHAT

A D C Xm1

simsimsimsim EG

Em

EG

Em

B

simsimsimsim

Xdrdquo XG2 XG0

XTAB1

XTAB2 XTAB0

XTCD1

XTCD2 XTCD0

XHAT XHATO= 2XHAT

A D C

simsimsimsim

Zn

B XG0

XTAB0

XTCD0

2XHAT

A D C Xm0

3Zn

47

ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir

1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir

11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir

48

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C

EG

XHAT X

F

Eth Zth

Zth

F

Eth

Zth

F

Eth

I3F

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C ER

XHAT

X F

Xdrdquo

XTRF

XTRF

ES

XHAT

Xdrdquo

XTRF

XTRF

ET

XHAT

I3F_R

I3F_S

I3F_T

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C

EG

XHAT X F

I3F

B

Generatoumlr

XG2 XG0

Trafo1

HAT A D C

Trafo2

X F

49

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV

2 2B

BB

U 220Z 484S 100

h puj60(X ) j0124 pu484

o o

11 0 1 0I j331pu

( j004 j02 j0062)) j0302

o o

21 0 1 0I j3205pu

( j005 j02 j0062)) j0312

I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6

BB 3

B

S 10010I 262A3U 322010

I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A

Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği

3FI 1707 A 1707 kA

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

I3F I1 I2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 00рpu

B

Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu

HAT Xh=j60

A D C

Generatoumlr2 10kV

100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu

Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu

Trafo2 220kV10kV

100MVA Xt=j02 pu

X

F

I3F

50

Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek

oth GA GDE E E 1 0 pu

thZ j0302 j0312 j01535pu

Ccedilalışma Sorusu

B A

C D

Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV

Zth= j 01535 pu

F

Eth=1 0o

F

Eth=1 0o

o

3F1 0I j6515pu

j01535

Zth= j 01535 pu

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 004pu

Eth Zth

51

FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0

00I

aa1aa1111

31

III R

2

2

2

1

0

2

1

0

2

2

T

S

R

III

aa1aa1111

III

I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1

T

S

2

1

0

2

2

T

S

R

VV0

VVV

aa1aa1111

VVV

0VVVV 210R )VV(V 201

11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V

)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE

T S R

E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0

52

Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm

2 2B

BB

U 154Z 2376S 100

h puj 64(X ) 027 pu

2376

Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu

o

1 2 01 0I I I j1015 puj0985

Arıza Akımı

FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu

6B

B 3B

S 10010I 375A3U 315410

B

10 kV 100MVA j004pu

XG2 XG0

10154 kV 50MVA j01pu

Xh = j 04 km

LBC=160 km

A D C

15435 kV 50MVA j01pu

X

IFT

53

IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği

FTI 1142 kA

B XG0

XTAB0

XTCD0

A D C XH0 2

XH0 2 X

F

B XG2

XTAB2

XTCD2

XH 2

A D C XH 2 X

F

B

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XH 2

A D C

EG

XH 2 X

F

Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0= j 0235 pu

EG=1 0o

F Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0 = j 0235 pu

I1 = I2 = I0

54

R2

S2

T

I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0

Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu

R2

S2

T

V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125

S TV V 0935pu

FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =

_ IS VS = VT

a)(aI)a(aI

0

II0

aa1aa1111

31

III

2S

2S

S

S2

2

2

1

0

I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2

R S T

55

V1 = V2

111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1

211 ZZ

EI 12 II 0I0

Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV

E V2 V1 Z1 Z2

E V2 V1

X1=j025 pu

X2=j035 pu

41

Dizi Bileşen Devreleri

[ ] [ ] [ ] [ ]RSTRSTRSTRST IZEV sdotminus=

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST012012 IAZEAVA sdotsdotminussdot=sdot

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]012RST

1

012012 IAZAEV sdotsdotsdotminus= minus

[ ] [ ] [ ] [ ]AZAZ RST

1

012 sdotsdot= minus

[ ] [ ] [ ] [ ]012012012012 IZEV sdotminus=

[ ]

=

=

R

R2

R

T

S

R

RST

Ea

Ea

E

E

E

E

E [ ] [ ] [ ]RST

1012 EAE sdot= minus

( )( )( )

=

++

++

++

sdot=

sdot

sdot=

0

E

0

aa1E

aa1E

aa1E

3

1

Ea

Ea

E

aa1

aa1

111

3

1

E

E

E

R

24R

33R

2R

R

R2

R

2

2

2

1

0

Sonuccedil Dizi bileşen devrelerinde yalnızca pozitif dizi bileşende kaynak bulunmaktadır

sdot

minus

=

2

1

0

2

1

0

R

2

1

0

I

I

I

Z00

0Z0

00Z

0

E

0

V

V

V

000 IZ0V minus=

11R1 IZEV minus=

222 IZ0V minus=

42

11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi

222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi

000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi

Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

Zo

Zo Zo

1 ~ G

Zo

43

a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

Zo

Zo Zo

1 ~ G

R

S

T

Zo

Zo Zo

ZN

1 ~ G

R

S

T

Zo Zo

Zo

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

3ZN

1 ~ G

Zo

44

Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

ZM gtgtgt1 pu

1 ~ G

Zo

45

a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

46

OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni

B XG2

XTAB2

XTCD2

XHAT

A D C Xm2

Xm1

Xm2 Xm0

B

simsimsimsim

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XHAT

A D C Xm1

simsimsimsim EG

Em

EG

Em

B

simsimsimsim

Xdrdquo XG2 XG0

XTAB1

XTAB2 XTAB0

XTCD1

XTCD2 XTCD0

XHAT XHATO= 2XHAT

A D C

simsimsimsim

Zn

B XG0

XTAB0

XTCD0

2XHAT

A D C Xm0

3Zn

47

ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir

1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir

11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir

48

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C

EG

XHAT X

F

Eth Zth

Zth

F

Eth

Zth

F

Eth

I3F

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C ER

XHAT

X F

Xdrdquo

XTRF

XTRF

ES

XHAT

Xdrdquo

XTRF

XTRF

ET

XHAT

I3F_R

I3F_S

I3F_T

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C

EG

XHAT X F

I3F

B

Generatoumlr

XG2 XG0

Trafo1

HAT A D C

Trafo2

X F

49

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV

2 2B

BB

U 220Z 484S 100

h puj60(X ) j0124 pu484

o o

11 0 1 0I j331pu

( j004 j02 j0062)) j0302

o o

21 0 1 0I j3205pu

( j005 j02 j0062)) j0312

I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6

BB 3

B

S 10010I 262A3U 322010

I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A

Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği

3FI 1707 A 1707 kA

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

I3F I1 I2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 00рpu

B

Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu

HAT Xh=j60

A D C

Generatoumlr2 10kV

100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu

Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu

Trafo2 220kV10kV

100MVA Xt=j02 pu

X

F

I3F

50

Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek

oth GA GDE E E 1 0 pu

thZ j0302 j0312 j01535pu

Ccedilalışma Sorusu

B A

C D

Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV

Zth= j 01535 pu

F

Eth=1 0o

F

Eth=1 0o

o

3F1 0I j6515pu

j01535

Zth= j 01535 pu

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 004pu

Eth Zth

51

FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0

00I

aa1aa1111

31

III R

2

2

2

1

0

2

1

0

2

2

T

S

R

III

aa1aa1111

III

I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1

T

S

2

1

0

2

2

T

S

R

VV0

VVV

aa1aa1111

VVV

0VVVV 210R )VV(V 201

11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V

)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE

T S R

E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0

52

Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm

2 2B

BB

U 154Z 2376S 100

h puj 64(X ) 027 pu

2376

Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu

o

1 2 01 0I I I j1015 puj0985

Arıza Akımı

FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu

6B

B 3B

S 10010I 375A3U 315410

B

10 kV 100MVA j004pu

XG2 XG0

10154 kV 50MVA j01pu

Xh = j 04 km

LBC=160 km

A D C

15435 kV 50MVA j01pu

X

IFT

53

IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği

FTI 1142 kA

B XG0

XTAB0

XTCD0

A D C XH0 2

XH0 2 X

F

B XG2

XTAB2

XTCD2

XH 2

A D C XH 2 X

F

B

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XH 2

A D C

EG

XH 2 X

F

Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0= j 0235 pu

EG=1 0o

F Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0 = j 0235 pu

I1 = I2 = I0

54

R2

S2

T

I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0

Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu

R2

S2

T

V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125

S TV V 0935pu

FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =

_ IS VS = VT

a)(aI)a(aI

0

II0

aa1aa1111

31

III

2S

2S

S

S2

2

2

1

0

I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2

R S T

55

V1 = V2

111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1

211 ZZ

EI 12 II 0I0

Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV

E V2 V1 Z1 Z2

E V2 V1

X1=j025 pu

X2=j035 pu

42

11R1 IZEV minus= Pozitif Dizi Bileşen Devresi

222 IZ0V minus= Negatif Dizi Bileşen Devresi

000 IZ0V minus= Sıfır Dizi Bileşen Devresi

Yuumlkler iccedilin Sıfır Diziler a) Y Yıldız-Topraksız BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

Zo

Zo Zo

1 ~ G

Zo

43

a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

Zo

Zo Zo

1 ~ G

R

S

T

Zo

Zo Zo

ZN

1 ~ G

R

S

T

Zo Zo

Zo

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

3ZN

1 ~ G

Zo

44

Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

ZM gtgtgt1 pu

1 ~ G

Zo

45

a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

46

OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni

B XG2

XTAB2

XTCD2

XHAT

A D C Xm2

Xm1

Xm2 Xm0

B

simsimsimsim

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XHAT

A D C Xm1

simsimsimsim EG

Em

EG

Em

B

simsimsimsim

Xdrdquo XG2 XG0

XTAB1

XTAB2 XTAB0

XTCD1

XTCD2 XTCD0

XHAT XHATO= 2XHAT

A D C

simsimsimsim

Zn

B XG0

XTAB0

XTCD0

2XHAT

A D C Xm0

3Zn

47

ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir

1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir

11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir

48

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C

EG

XHAT X

F

Eth Zth

Zth

F

Eth

Zth

F

Eth

I3F

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C ER

XHAT

X F

Xdrdquo

XTRF

XTRF

ES

XHAT

Xdrdquo

XTRF

XTRF

ET

XHAT

I3F_R

I3F_S

I3F_T

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C

EG

XHAT X F

I3F

B

Generatoumlr

XG2 XG0

Trafo1

HAT A D C

Trafo2

X F

49

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV

2 2B

BB

U 220Z 484S 100

h puj60(X ) j0124 pu484

o o

11 0 1 0I j331pu

( j004 j02 j0062)) j0302

o o

21 0 1 0I j3205pu

( j005 j02 j0062)) j0312

I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6

BB 3

B

S 10010I 262A3U 322010

I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A

Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği

3FI 1707 A 1707 kA

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

I3F I1 I2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 00рpu

B

Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu

HAT Xh=j60

A D C

Generatoumlr2 10kV

100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu

Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu

Trafo2 220kV10kV

100MVA Xt=j02 pu

X

F

I3F

50

Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek

oth GA GDE E E 1 0 pu

thZ j0302 j0312 j01535pu

Ccedilalışma Sorusu

B A

C D

Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV

Zth= j 01535 pu

F

Eth=1 0o

F

Eth=1 0o

o

3F1 0I j6515pu

j01535

Zth= j 01535 pu

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 004pu

Eth Zth

51

FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0

00I

aa1aa1111

31

III R

2

2

2

1

0

2

1

0

2

2

T

S

R

III

aa1aa1111

III

I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1

T

S

2

1

0

2

2

T

S

R

VV0

VVV

aa1aa1111

VVV

0VVVV 210R )VV(V 201

11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V

)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE

T S R

E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0

52

Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm

2 2B

BB

U 154Z 2376S 100

h puj 64(X ) 027 pu

2376

Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu

o

1 2 01 0I I I j1015 puj0985

Arıza Akımı

FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu

6B

B 3B

S 10010I 375A3U 315410

B

10 kV 100MVA j004pu

XG2 XG0

10154 kV 50MVA j01pu

Xh = j 04 km

LBC=160 km

A D C

15435 kV 50MVA j01pu

X

IFT

53

IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği

FTI 1142 kA

B XG0

XTAB0

XTCD0

A D C XH0 2

XH0 2 X

F

B XG2

XTAB2

XTCD2

XH 2

A D C XH 2 X

F

B

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XH 2

A D C

EG

XH 2 X

F

Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0= j 0235 pu

EG=1 0o

F Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0 = j 0235 pu

I1 = I2 = I0

54

R2

S2

T

I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0

Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu

R2

S2

T

V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125

S TV V 0935pu

FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =

_ IS VS = VT

a)(aI)a(aI

0

II0

aa1aa1111

31

III

2S

2S

S

S2

2

2

1

0

I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2

R S T

55

V1 = V2

111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1

211 ZZ

EI 12 II 0I0

Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV

E V2 V1 Z1 Z2

E V2 V1

X1=j025 pu

X2=j035 pu

43

a) Y Yıldız-Topraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Y Yıldız-Empedans UumlzerindenTopraklı BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) ∆ Uumlccedilgen BağlıYuumlk Sıfır Dizi Devresi b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

Zo

Zo Zo

1 ~ G

R

S

T

Zo

Zo Zo

ZN

1 ~ G

R

S

T

Zo Zo

Zo

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

3ZN

1 ~ G

Zo

44

Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

ZM gtgtgt1 pu

1 ~ G

Zo

45

a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

46

OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni

B XG2

XTAB2

XTCD2

XHAT

A D C Xm2

Xm1

Xm2 Xm0

B

simsimsimsim

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XHAT

A D C Xm1

simsimsimsim EG

Em

EG

Em

B

simsimsimsim

Xdrdquo XG2 XG0

XTAB1

XTAB2 XTAB0

XTCD1

XTCD2 XTCD0

XHAT XHATO= 2XHAT

A D C

simsimsimsim

Zn

B XG0

XTAB0

XTCD0

2XHAT

A D C Xm0

3Zn

47

ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir

1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir

11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir

48

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C

EG

XHAT X

F

Eth Zth

Zth

F

Eth

Zth

F

Eth

I3F

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C ER

XHAT

X F

Xdrdquo

XTRF

XTRF

ES

XHAT

Xdrdquo

XTRF

XTRF

ET

XHAT

I3F_R

I3F_S

I3F_T

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C

EG

XHAT X F

I3F

B

Generatoumlr

XG2 XG0

Trafo1

HAT A D C

Trafo2

X F

49

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV

2 2B

BB

U 220Z 484S 100

h puj60(X ) j0124 pu484

o o

11 0 1 0I j331pu

( j004 j02 j0062)) j0302

o o

21 0 1 0I j3205pu

( j005 j02 j0062)) j0312

I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6

BB 3

B

S 10010I 262A3U 322010

I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A

Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği

3FI 1707 A 1707 kA

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

I3F I1 I2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 00рpu

B

Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu

HAT Xh=j60

A D C

Generatoumlr2 10kV

100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu

Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu

Trafo2 220kV10kV

100MVA Xt=j02 pu

X

F

I3F

50

Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek

oth GA GDE E E 1 0 pu

thZ j0302 j0312 j01535pu

Ccedilalışma Sorusu

B A

C D

Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV

Zth= j 01535 pu

F

Eth=1 0o

F

Eth=1 0o

o

3F1 0I j6515pu

j01535

Zth= j 01535 pu

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 004pu

Eth Zth

51

FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0

00I

aa1aa1111

31

III R

2

2

2

1

0

2

1

0

2

2

T

S

R

III

aa1aa1111

III

I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1

T

S

2

1

0

2

2

T

S

R

VV0

VVV

aa1aa1111

VVV

0VVVV 210R )VV(V 201

11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V

)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE

T S R

E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0

52

Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm

2 2B

BB

U 154Z 2376S 100

h puj 64(X ) 027 pu

2376

Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu

o

1 2 01 0I I I j1015 puj0985

Arıza Akımı

FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu

6B

B 3B

S 10010I 375A3U 315410

B

10 kV 100MVA j004pu

XG2 XG0

10154 kV 50MVA j01pu

Xh = j 04 km

LBC=160 km

A D C

15435 kV 50MVA j01pu

X

IFT

53

IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği

FTI 1142 kA

B XG0

XTAB0

XTCD0

A D C XH0 2

XH0 2 X

F

B XG2

XTAB2

XTCD2

XH 2

A D C XH 2 X

F

B

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XH 2

A D C

EG

XH 2 X

F

Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0= j 0235 pu

EG=1 0o

F Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0 = j 0235 pu

I1 = I2 = I0

54

R2

S2

T

I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0

Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu

R2

S2

T

V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125

S TV V 0935pu

FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =

_ IS VS = VT

a)(aI)a(aI

0

II0

aa1aa1111

31

III

2S

2S

S

S2

2

2

1

0

I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2

R S T

55

V1 = V2

111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1

211 ZZ

EI 12 II 0I0

Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV

E V2 V1 Z1 Z2

E V2 V1

X1=j025 pu

X2=j035 pu

44

Trafolar iccedilin Sıfır Diziler a) Yıldız-Topraklı Yıldız Topraklı Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız Yıldız Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

ZM gtgtgt1 pu

1 ~ G

Zo

45

a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

46

OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni

B XG2

XTAB2

XTCD2

XHAT

A D C Xm2

Xm1

Xm2 Xm0

B

simsimsimsim

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XHAT

A D C Xm1

simsimsimsim EG

Em

EG

Em

B

simsimsimsim

Xdrdquo XG2 XG0

XTAB1

XTAB2 XTAB0

XTCD1

XTCD2 XTCD0

XHAT XHATO= 2XHAT

A D C

simsimsimsim

Zn

B XG0

XTAB0

XTCD0

2XHAT

A D C Xm0

3Zn

47

ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir

1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir

11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir

48

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C

EG

XHAT X

F

Eth Zth

Zth

F

Eth

Zth

F

Eth

I3F

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C ER

XHAT

X F

Xdrdquo

XTRF

XTRF

ES

XHAT

Xdrdquo

XTRF

XTRF

ET

XHAT

I3F_R

I3F_S

I3F_T

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C

EG

XHAT X F

I3F

B

Generatoumlr

XG2 XG0

Trafo1

HAT A D C

Trafo2

X F

49

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV

2 2B

BB

U 220Z 484S 100

h puj60(X ) j0124 pu484

o o

11 0 1 0I j331pu

( j004 j02 j0062)) j0302

o o

21 0 1 0I j3205pu

( j005 j02 j0062)) j0312

I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6

BB 3

B

S 10010I 262A3U 322010

I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A

Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği

3FI 1707 A 1707 kA

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

I3F I1 I2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 00рpu

B

Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu

HAT Xh=j60

A D C

Generatoumlr2 10kV

100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu

Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu

Trafo2 220kV10kV

100MVA Xt=j02 pu

X

F

I3F

50

Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek

oth GA GDE E E 1 0 pu

thZ j0302 j0312 j01535pu

Ccedilalışma Sorusu

B A

C D

Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV

Zth= j 01535 pu

F

Eth=1 0o

F

Eth=1 0o

o

3F1 0I j6515pu

j01535

Zth= j 01535 pu

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 004pu

Eth Zth

51

FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0

00I

aa1aa1111

31

III R

2

2

2

1

0

2

1

0

2

2

T

S

R

III

aa1aa1111

III

I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1

T

S

2

1

0

2

2

T

S

R

VV0

VVV

aa1aa1111

VVV

0VVVV 210R )VV(V 201

11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V

)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE

T S R

E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0

52

Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm

2 2B

BB

U 154Z 2376S 100

h puj 64(X ) 027 pu

2376

Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu

o

1 2 01 0I I I j1015 puj0985

Arıza Akımı

FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu

6B

B 3B

S 10010I 375A3U 315410

B

10 kV 100MVA j004pu

XG2 XG0

10154 kV 50MVA j01pu

Xh = j 04 km

LBC=160 km

A D C

15435 kV 50MVA j01pu

X

IFT

53

IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği

FTI 1142 kA

B XG0

XTAB0

XTCD0

A D C XH0 2

XH0 2 X

F

B XG2

XTAB2

XTCD2

XH 2

A D C XH 2 X

F

B

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XH 2

A D C

EG

XH 2 X

F

Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0= j 0235 pu

EG=1 0o

F Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0 = j 0235 pu

I1 = I2 = I0

54

R2

S2

T

I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0

Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu

R2

S2

T

V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125

S TV V 0935pu

FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =

_ IS VS = VT

a)(aI)a(aI

0

II0

aa1aa1111

31

III

2S

2S

S

S2

2

2

1

0

I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2

R S T

55

V1 = V2

111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1

211 ZZ

EI 12 II 0I0

Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV

E V2 V1 Z1 Z2

E V2 V1

X1=j025 pu

X2=j035 pu

45

a) Yıldız Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Yıldız-Topraklı Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi a) Uumlccedilgen Uumlccedilgen Bağlı Trafo Sıfır Dizi Bağlama b) Tek Faz Eşdeğer Devresi

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

R

S

T

R

S

T

R

S

T

1 ~ G

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

1 ~ G

Zo

46

OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni

B XG2

XTAB2

XTCD2

XHAT

A D C Xm2

Xm1

Xm2 Xm0

B

simsimsimsim

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XHAT

A D C Xm1

simsimsimsim EG

Em

EG

Em

B

simsimsimsim

Xdrdquo XG2 XG0

XTAB1

XTAB2 XTAB0

XTCD1

XTCD2 XTCD0

XHAT XHATO= 2XHAT

A D C

simsimsimsim

Zn

B XG0

XTAB0

XTCD0

2XHAT

A D C Xm0

3Zn

47

ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir

1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir

11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir

48

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C

EG

XHAT X

F

Eth Zth

Zth

F

Eth

Zth

F

Eth

I3F

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C ER

XHAT

X F

Xdrdquo

XTRF

XTRF

ES

XHAT

Xdrdquo

XTRF

XTRF

ET

XHAT

I3F_R

I3F_S

I3F_T

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C

EG

XHAT X F

I3F

B

Generatoumlr

XG2 XG0

Trafo1

HAT A D C

Trafo2

X F

49

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV

2 2B

BB

U 220Z 484S 100

h puj60(X ) j0124 pu484

o o

11 0 1 0I j331pu

( j004 j02 j0062)) j0302

o o

21 0 1 0I j3205pu

( j005 j02 j0062)) j0312

I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6

BB 3

B

S 10010I 262A3U 322010

I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A

Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği

3FI 1707 A 1707 kA

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

I3F I1 I2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 00рpu

B

Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu

HAT Xh=j60

A D C

Generatoumlr2 10kV

100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu

Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu

Trafo2 220kV10kV

100MVA Xt=j02 pu

X

F

I3F

50

Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek

oth GA GDE E E 1 0 pu

thZ j0302 j0312 j01535pu

Ccedilalışma Sorusu

B A

C D

Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV

Zth= j 01535 pu

F

Eth=1 0o

F

Eth=1 0o

o

3F1 0I j6515pu

j01535

Zth= j 01535 pu

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 004pu

Eth Zth

51

FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0

00I

aa1aa1111

31

III R

2

2

2

1

0

2

1

0

2

2

T

S

R

III

aa1aa1111

III

I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1

T

S

2

1

0

2

2

T

S

R

VV0

VVV

aa1aa1111

VVV

0VVVV 210R )VV(V 201

11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V

)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE

T S R

E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0

52

Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm

2 2B

BB

U 154Z 2376S 100

h puj 64(X ) 027 pu

2376

Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu

o

1 2 01 0I I I j1015 puj0985

Arıza Akımı

FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu

6B

B 3B

S 10010I 375A3U 315410

B

10 kV 100MVA j004pu

XG2 XG0

10154 kV 50MVA j01pu

Xh = j 04 km

LBC=160 km

A D C

15435 kV 50MVA j01pu

X

IFT

53

IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği

FTI 1142 kA

B XG0

XTAB0

XTCD0

A D C XH0 2

XH0 2 X

F

B XG2

XTAB2

XTCD2

XH 2

A D C XH 2 X

F

B

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XH 2

A D C

EG

XH 2 X

F

Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0= j 0235 pu

EG=1 0o

F Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0 = j 0235 pu

I1 = I2 = I0

54

R2

S2

T

I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0

Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu

R2

S2

T

V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125

S TV V 0935pu

FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =

_ IS VS = VT

a)(aI)a(aI

0

II0

aa1aa1111

31

III

2S

2S

S

S2

2

2

1

0

I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2

R S T

55

V1 = V2

111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1

211 ZZ

EI 12 II 0I0

Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV

E V2 V1 Z1 Z2

E V2 V1

X1=j025 pu

X2=j035 pu

46

OumlRNEK Tek hat şeması verilen bir sistemin doğru ters ve sıfır dizi bileşenleri Doğru ldquoPozitifrdquo Dizi Bileşeni Ters ldquoNegatifrdquo Dizi Bileşeni Sıfır Dizi Bileşeni

B XG2

XTAB2

XTCD2

XHAT

A D C Xm2

Xm1

Xm2 Xm0

B

simsimsimsim

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XHAT

A D C Xm1

simsimsimsim EG

Em

EG

Em

B

simsimsimsim

Xdrdquo XG2 XG0

XTAB1

XTAB2 XTAB0

XTCD1

XTCD2 XTCD0

XHAT XHATO= 2XHAT

A D C

simsimsimsim

Zn

B XG0

XTAB0

XTCD0

2XHAT

A D C Xm0

3Zn

47

ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir

1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir

11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir

48

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C

EG

XHAT X

F

Eth Zth

Zth

F

Eth

Zth

F

Eth

I3F

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C ER

XHAT

X F

Xdrdquo

XTRF

XTRF

ES

XHAT

Xdrdquo

XTRF

XTRF

ET

XHAT

I3F_R

I3F_S

I3F_T

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C

EG

XHAT X F

I3F

B

Generatoumlr

XG2 XG0

Trafo1

HAT A D C

Trafo2

X F

49

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV

2 2B

BB

U 220Z 484S 100

h puj60(X ) j0124 pu484

o o

11 0 1 0I j331pu

( j004 j02 j0062)) j0302

o o

21 0 1 0I j3205pu

( j005 j02 j0062)) j0312

I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6

BB 3

B

S 10010I 262A3U 322010

I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A

Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği

3FI 1707 A 1707 kA

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

I3F I1 I2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 00рpu

B

Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu

HAT Xh=j60

A D C

Generatoumlr2 10kV

100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu

Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu

Trafo2 220kV10kV

100MVA Xt=j02 pu

X

F

I3F

50

Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek

oth GA GDE E E 1 0 pu

thZ j0302 j0312 j01535pu

Ccedilalışma Sorusu

B A

C D

Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV

Zth= j 01535 pu

F

Eth=1 0o

F

Eth=1 0o

o

3F1 0I j6515pu

j01535

Zth= j 01535 pu

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 004pu

Eth Zth

51

FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0

00I

aa1aa1111

31

III R

2

2

2

1

0

2

1

0

2

2

T

S

R

III

aa1aa1111

III

I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1

T

S

2

1

0

2

2

T

S

R

VV0

VVV

aa1aa1111

VVV

0VVVV 210R )VV(V 201

11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V

)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE

T S R

E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0

52

Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm

2 2B

BB

U 154Z 2376S 100

h puj 64(X ) 027 pu

2376

Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu

o

1 2 01 0I I I j1015 puj0985

Arıza Akımı

FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu

6B

B 3B

S 10010I 375A3U 315410

B

10 kV 100MVA j004pu

XG2 XG0

10154 kV 50MVA j01pu

Xh = j 04 km

LBC=160 km

A D C

15435 kV 50MVA j01pu

X

IFT

53

IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği

FTI 1142 kA

B XG0

XTAB0

XTCD0

A D C XH0 2

XH0 2 X

F

B XG2

XTAB2

XTCD2

XH 2

A D C XH 2 X

F

B

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XH 2

A D C

EG

XH 2 X

F

Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0= j 0235 pu

EG=1 0o

F Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0 = j 0235 pu

I1 = I2 = I0

54

R2

S2

T

I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0

Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu

R2

S2

T

V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125

S TV V 0935pu

FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =

_ IS VS = VT

a)(aI)a(aI

0

II0

aa1aa1111

31

III

2S

2S

S

S2

2

2

1

0

I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2

R S T

55

V1 = V2

111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1

211 ZZ

EI 12 II 0I0

Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV

E V2 V1 Z1 Z2

E V2 V1

X1=j025 pu

X2=j035 pu

47

ARIZALAR Arızaların Nedenleri 19 Mekanik nedenler 50 Kar-Buz yuumlkuuml Ruumlzgar Ağaccedil Devrilmesi Direk Devrilmesi Ġzalatoumlruumln kırılması Hava Araccedilları Kuşlar gibi nedenlerle iletkenlerin birbiriyle veya goumlvdeye teması veya iletkenlerin kopması sonucu toprak teması 2) Yıldırım duumlşmesi 50 Arızaların 85 i havai hatlarda meydana gelmektedir Arızaların Tuumlrleri 1ŞOumlNT ARIZALAR (KISA DEVRELER) (DOĞRUDAN VEYA EMPEDANS UumlZERĠNDEN) 11SİMETRİK 3 FAZ KISA DEVRELERİ 12ASİMETİK FAZ TOPRAK KISA DEVRESİFAZ FAZ KISA DEVRESİFAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ 2 SERİ ARIZLAR 21 BİR FAZ ACcedilMA 22 İKİ FAZ ACcedilMA KISA DEVRE ANALİZLERİ Kısa devre analizleri sırasında aşağıdaki kabuller yapılabilir

1) Sistemin yuumlksuumlz yani boşta ccedilalıştığı kabul edilir 2) Buumltuumln Kaynak EMK ları E= 1 0o pu kabul edilir 3) Hatların şoumlnt kapasiteleri ihmal edilir

11 UumlCcedil FAZ KISA DEVRELERİ Genellikle en az oluşan arıza tipi olmasına karşılık her fazdan arıza akımı geccedilmesi nedeniyle tuumlm elektriksel cihazların boyutlandırılmasında ldquouumlccedil faz arıza analizirdquo yapılmaktadır Simetrik olmasından dolayı dengeli sistem eşdeğeri ldquoveya pozitif dizirdquo kullanılarak ccediloumlzuumlm yapılır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Devrenin ccediloumlzuumlmuuml ile arıza akımı doğrudan bulunabilmektedir

48

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C

EG

XHAT X

F

Eth Zth

Zth

F

Eth

Zth

F

Eth

I3F

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C ER

XHAT

X F

Xdrdquo

XTRF

XTRF

ES

XHAT

Xdrdquo

XTRF

XTRF

ET

XHAT

I3F_R

I3F_S

I3F_T

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C

EG

XHAT X F

I3F

B

Generatoumlr

XG2 XG0

Trafo1

HAT A D C

Trafo2

X F

49

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV

2 2B

BB

U 220Z 484S 100

h puj60(X ) j0124 pu484

o o

11 0 1 0I j331pu

( j004 j02 j0062)) j0302

o o

21 0 1 0I j3205pu

( j005 j02 j0062)) j0312

I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6

BB 3

B

S 10010I 262A3U 322010

I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A

Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği

3FI 1707 A 1707 kA

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

I3F I1 I2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 00рpu

B

Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu

HAT Xh=j60

A D C

Generatoumlr2 10kV

100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu

Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu

Trafo2 220kV10kV

100MVA Xt=j02 pu

X

F

I3F

50

Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek

oth GA GDE E E 1 0 pu

thZ j0302 j0312 j01535pu

Ccedilalışma Sorusu

B A

C D

Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV

Zth= j 01535 pu

F

Eth=1 0o

F

Eth=1 0o

o

3F1 0I j6515pu

j01535

Zth= j 01535 pu

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 004pu

Eth Zth

51

FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0

00I

aa1aa1111

31

III R

2

2

2

1

0

2

1

0

2

2

T

S

R

III

aa1aa1111

III

I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1

T

S

2

1

0

2

2

T

S

R

VV0

VVV

aa1aa1111

VVV

0VVVV 210R )VV(V 201

11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V

)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE

T S R

E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0

52

Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm

2 2B

BB

U 154Z 2376S 100

h puj 64(X ) 027 pu

2376

Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu

o

1 2 01 0I I I j1015 puj0985

Arıza Akımı

FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu

6B

B 3B

S 10010I 375A3U 315410

B

10 kV 100MVA j004pu

XG2 XG0

10154 kV 50MVA j01pu

Xh = j 04 km

LBC=160 km

A D C

15435 kV 50MVA j01pu

X

IFT

53

IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği

FTI 1142 kA

B XG0

XTAB0

XTCD0

A D C XH0 2

XH0 2 X

F

B XG2

XTAB2

XTCD2

XH 2

A D C XH 2 X

F

B

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XH 2

A D C

EG

XH 2 X

F

Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0= j 0235 pu

EG=1 0o

F Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0 = j 0235 pu

I1 = I2 = I0

54

R2

S2

T

I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0

Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu

R2

S2

T

V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125

S TV V 0935pu

FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =

_ IS VS = VT

a)(aI)a(aI

0

II0

aa1aa1111

31

III

2S

2S

S

S2

2

2

1

0

I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2

R S T

55

V1 = V2

111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1

211 ZZ

EI 12 II 0I0

Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV

E V2 V1 Z1 Z2

E V2 V1

X1=j025 pu

X2=j035 pu

48

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C

EG

XHAT X

F

Eth Zth

Zth

F

Eth

Zth

F

Eth

I3F

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C ER

XHAT

X F

Xdrdquo

XTRF

XTRF

ES

XHAT

Xdrdquo

XTRF

XTRF

ET

XHAT

I3F_R

I3F_S

I3F_T

B Xdrdquo

XTRF

XTRF

A D C

EG

XHAT X F

I3F

B

Generatoumlr

XG2 XG0

Trafo1

HAT A D C

Trafo2

X F

49

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV

2 2B

BB

U 220Z 484S 100

h puj60(X ) j0124 pu484

o o

11 0 1 0I j331pu

( j004 j02 j0062)) j0302

o o

21 0 1 0I j3205pu

( j005 j02 j0062)) j0312

I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6

BB 3

B

S 10010I 262A3U 322010

I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A

Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği

3FI 1707 A 1707 kA

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

I3F I1 I2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 00рpu

B

Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu

HAT Xh=j60

A D C

Generatoumlr2 10kV

100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu

Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu

Trafo2 220kV10kV

100MVA Xt=j02 pu

X

F

I3F

50

Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek

oth GA GDE E E 1 0 pu

thZ j0302 j0312 j01535pu

Ccedilalışma Sorusu

B A

C D

Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV

Zth= j 01535 pu

F

Eth=1 0o

F

Eth=1 0o

o

3F1 0I j6515pu

j01535

Zth= j 01535 pu

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 004pu

Eth Zth

51

FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0

00I

aa1aa1111

31

III R

2

2

2

1

0

2

1

0

2

2

T

S

R

III

aa1aa1111

III

I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1

T

S

2

1

0

2

2

T

S

R

VV0

VVV

aa1aa1111

VVV

0VVVV 210R )VV(V 201

11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V

)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE

T S R

E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0

52

Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm

2 2B

BB

U 154Z 2376S 100

h puj 64(X ) 027 pu

2376

Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu

o

1 2 01 0I I I j1015 puj0985

Arıza Akımı

FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu

6B

B 3B

S 10010I 375A3U 315410

B

10 kV 100MVA j004pu

XG2 XG0

10154 kV 50MVA j01pu

Xh = j 04 km

LBC=160 km

A D C

15435 kV 50MVA j01pu

X

IFT

53

IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği

FTI 1142 kA

B XG0

XTAB0

XTCD0

A D C XH0 2

XH0 2 X

F

B XG2

XTAB2

XTCD2

XH 2

A D C XH 2 X

F

B

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XH 2

A D C

EG

XH 2 X

F

Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0= j 0235 pu

EG=1 0o

F Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0 = j 0235 pu

I1 = I2 = I0

54

R2

S2

T

I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0

Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu

R2

S2

T

V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125

S TV V 0935pu

FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =

_ IS VS = VT

a)(aI)a(aI

0

II0

aa1aa1111

31

III

2S

2S

S

S2

2

2

1

0

I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2

R S T

55

V1 = V2

111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1

211 ZZ

EI 12 II 0I0

Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV

E V2 V1 Z1 Z2

E V2 V1

X1=j025 pu

X2=j035 pu

49

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında 3 Faz kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız SB=100 MVA UB=220 kV

2 2B

BB

U 220Z 484S 100

h puj60(X ) j0124 pu484

o o

11 0 1 0I j331pu

( j004 j02 j0062)) j0302

o o

21 0 1 0I j3205pu

( j005 j02 j0062)) j0312

I3F = I1+I2 = - j 6515 pu 6

BB 3

B

S 10010I 262A3U 322010

I3F = 262( - j 6515) = - j 1707 A

Arıza akımları ldquoEnduumlktif Karakterlirdquodir Arıza Akımın Genliği

3FI 1707 A 1707 kA

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

I3F I1 I2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 00рpu

B

Generatoumlr1 10kV 100MVA Xdrsquorsquo=j004 pu

HAT Xh=j60

A D C

Generatoumlr2 10kV

100MVA Xdrsquorsquo=j005 pu

Trafo1 10kV220kV 100MVA Xt=j0 2 pu

Trafo2 220kV10kV

100MVA Xt=j02 pu

X

F

I3F

50

Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek

oth GA GDE E E 1 0 pu

thZ j0302 j0312 j01535pu

Ccedilalışma Sorusu

B A

C D

Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV

Zth= j 01535 pu

F

Eth=1 0o

F

Eth=1 0o

o

3F1 0I j6515pu

j01535

Zth= j 01535 pu

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 004pu

Eth Zth

51

FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0

00I

aa1aa1111

31

III R

2

2

2

1

0

2

1

0

2

2

T

S

R

III

aa1aa1111

III

I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1

T

S

2

1

0

2

2

T

S

R

VV0

VVV

aa1aa1111

VVV

0VVVV 210R )VV(V 201

11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V

)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE

T S R

E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0

52

Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm

2 2B

BB

U 154Z 2376S 100

h puj 64(X ) 027 pu

2376

Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu

o

1 2 01 0I I I j1015 puj0985

Arıza Akımı

FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu

6B

B 3B

S 10010I 375A3U 315410

B

10 kV 100MVA j004pu

XG2 XG0

10154 kV 50MVA j01pu

Xh = j 04 km

LBC=160 km

A D C

15435 kV 50MVA j01pu

X

IFT

53

IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği

FTI 1142 kA

B XG0

XTAB0

XTCD0

A D C XH0 2

XH0 2 X

F

B XG2

XTAB2

XTCD2

XH 2

A D C XH 2 X

F

B

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XH 2

A D C

EG

XH 2 X

F

Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0= j 0235 pu

EG=1 0o

F Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0 = j 0235 pu

I1 = I2 = I0

54

R2

S2

T

I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0

Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu

R2

S2

T

V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125

S TV V 0935pu

FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =

_ IS VS = VT

a)(aI)a(aI

0

II0

aa1aa1111

31

III

2S

2S

S

S2

2

2

1

0

I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2

R S T

55

V1 = V2

111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1

211 ZZ

EI 12 II 0I0

Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV

E V2 V1 Z1 Z2

E V2 V1

X1=j025 pu

X2=j035 pu

50

Aynı Problemi Thevenin Eşdeğeri ile ccediloumlzersek

oth GA GDE E E 1 0 pu

thZ j0302 j0312 j01535pu

Ccedilalışma Sorusu

B A

C D

Generatoumlrler U=33 kV S=25 MVA Xdrdquo= j 0125 pu Hatlar XAB = XBC = XCD = XDA = j 1089 Ohm A Barasında meydana gelen 3 Faz Kısa Devresi iccedilin Devrenin Thevenin Eşdeğeri yardımıyla Kısa Devre Akımının gerccedilek değerini bulun SBAZ = 100 MVA UBAZ= 33 kV

Zth= j 01535 pu

F

Eth=1 0o

F

Eth=1 0o

o

3F1 0I j6515pu

j01535

Zth= j 01535 pu

B

XdArdquo

XTRF 1

XTRF2

A D C

EGA

XHAT 2

X

F

XHAT 2

EGD

j 004pu

j 02pu

j 0062pu

j 0062pu

j 02pu

XdDrdquo

j 004pu

Eth Zth

51

FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0

00I

aa1aa1111

31

III R

2

2

2

1

0

2

1

0

2

2

T

S

R

III

aa1aa1111

III

I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1

T

S

2

1

0

2

2

T

S

R

VV0

VVV

aa1aa1111

VVV

0VVVV 210R )VV(V 201

11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V

)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE

T S R

E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0

52

Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm

2 2B

BB

U 154Z 2376S 100

h puj 64(X ) 027 pu

2376

Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu

o

1 2 01 0I I I j1015 puj0985

Arıza Akımı

FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu

6B

B 3B

S 10010I 375A3U 315410

B

10 kV 100MVA j004pu

XG2 XG0

10154 kV 50MVA j01pu

Xh = j 04 km

LBC=160 km

A D C

15435 kV 50MVA j01pu

X

IFT

53

IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği

FTI 1142 kA

B XG0

XTAB0

XTCD0

A D C XH0 2

XH0 2 X

F

B XG2

XTAB2

XTCD2

XH 2

A D C XH 2 X

F

B

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XH 2

A D C

EG

XH 2 X

F

Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0= j 0235 pu

EG=1 0o

F Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0 = j 0235 pu

I1 = I2 = I0

54

R2

S2

T

I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0

Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu

R2

S2

T

V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125

S TV V 0935pu

FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =

_ IS VS = VT

a)(aI)a(aI

0

II0

aa1aa1111

31

III

2S

2S

S

S2

2

2

1

0

I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2

R S T

55

V1 = V2

111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1

211 ZZ

EI 12 II 0I0

Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV

E V2 V1 Z1 Z2

E V2 V1

X1=j025 pu

X2=j035 pu

51

FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FT) Bir fazın toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 65-70rsquolik oluşma sıklığı ile en sık rastlanılan kısa devre tuumlruumlduumlr IS = IT = 0 VR = 0

00I

aa1aa1111

31

III R

2

2

2

1

0

2

1

0

2

2

T

S

R

III

aa1aa1111

III

I0 = I1 = I2= IR 3 IFT = IR = I0 + I1 + I2 = 3I1

T

S

2

1

0

2

2

T

S

R

VV0

VVV

aa1aa1111

VVV

0VVVV 210R )VV(V 201

11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V

)IZIZ(IZE 220011 1201 I)ZZ(ZE

T S R

E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0

52

Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm

2 2B

BB

U 154Z 2376S 100

h puj 64(X ) 027 pu

2376

Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu

o

1 2 01 0I I I j1015 puj0985

Arıza Akımı

FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu

6B

B 3B

S 10010I 375A3U 315410

B

10 kV 100MVA j004pu

XG2 XG0

10154 kV 50MVA j01pu

Xh = j 04 km

LBC=160 km

A D C

15435 kV 50MVA j01pu

X

IFT

53

IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği

FTI 1142 kA

B XG0

XTAB0

XTCD0

A D C XH0 2

XH0 2 X

F

B XG2

XTAB2

XTCD2

XH 2

A D C XH 2 X

F

B

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XH 2

A D C

EG

XH 2 X

F

Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0= j 0235 pu

EG=1 0o

F Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0 = j 0235 pu

I1 = I2 = I0

54

R2

S2

T

I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0

Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu

R2

S2

T

V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125

S TV V 0935pu

FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =

_ IS VS = VT

a)(aI)a(aI

0

II0

aa1aa1111

31

III

2S

2S

S

S2

2

2

1

0

I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2

R S T

55

V1 = V2

111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1

211 ZZ

EI 12 II 0I0

Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV

E V2 V1 Z1 Z2

E V2 V1

X1=j025 pu

X2=j035 pu

52

Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= I2= I0 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Arıza akımı bulunur IFT=3xI1 3) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem B ve C baraları arasındaki hattın tam ortasında Faz Toprak kısa devresi oluyor Arıza akımının gerccedilek değerini hesaplayınız Ccediloumlzuumlm SBAZ=100 MVA UBAZ=154 kV XH = j04x160 = j64 Ohm

2 2B

BB

U 154Z 2376S 100

h puj 64(X ) 027 pu

2376

Not Hatlar iccedilin sıfır dizi reaktansı Xho=2Xh olarak alınacaktır Arıza noktasından goumlruumllen Eşdeğer Empedans ZTH = j(0375 + 0375 + 0235) = j 09895 pu

o

1 2 01 0I I I j1015 puj0985

Arıza Akımı

FT 1 2 0I 3I 3I 3I 3( j1015) j3045pu

6B

B 3B

S 10010I 375A3U 315410

B

10 kV 100MVA j004pu

XG2 XG0

10154 kV 50MVA j01pu

Xh = j 04 km

LBC=160 km

A D C

15435 kV 50MVA j01pu

X

IFT

53

IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği

FTI 1142 kA

B XG0

XTAB0

XTCD0

A D C XH0 2

XH0 2 X

F

B XG2

XTAB2

XTCD2

XH 2

A D C XH 2 X

F

B

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XH 2

A D C

EG

XH 2 X

F

Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0= j 0235 pu

EG=1 0o

F Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0 = j 0235 pu

I1 = I2 = I0

54

R2

S2

T

I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0

Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu

R2

S2

T

V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125

S TV V 0935pu

FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =

_ IS VS = VT

a)(aI)a(aI

0

II0

aa1aa1111

31

III

2S

2S

S

S2

2

2

1

0

I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2

R S T

55

V1 = V2

111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1

211 ZZ

EI 12 II 0I0

Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV

E V2 V1 Z1 Z2

E V2 V1

X1=j025 pu

X2=j035 pu

53

IFT = 375x( - j 3045) = - j 1142 A Arıza Akımın Genliği

FTI 1142 kA

B XG0

XTAB0

XTCD0

A D C XH0 2

XH0 2 X

F

B XG2

XTAB2

XTCD2

XH 2

A D C XH 2 X

F

B

Xdrdquo

XTAB1

XTCD1

XH 2

A D C

EG

XH 2 X

F

Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0= j 0235 pu

EG=1 0o

F Z1 = j 0375 pu

Z2 = j 0375 pu

Z0 = j 0235 pu

I1 = I2 = I0

54

R2

S2

T

I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0

Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu

R2

S2

T

V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125

S TV V 0935pu

FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =

_ IS VS = VT

a)(aI)a(aI

0

II0

aa1aa1111

31

III

2S

2S

S

S2

2

2

1

0

I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2

R S T

55

V1 = V2

111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1

211 ZZ

EI 12 II 0I0

Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV

E V2 V1 Z1 Z2

E V2 V1

X1=j025 pu

X2=j035 pu

54

R2

S2

T

I 1 1 1 j1015 j3045I 1 a a j1015 0 puI 1 a a j1015 0

Gerilimler V1= 1 ndash j0375x(-j1015) = 1 ndash 0381 = + 0619 pu V2= 0 ndash j0375x(-j1015) = 0 ndash 0381 = - 0381 pu V0= 0 ndash j0235x(-j1015) = 0 ndash 0238 = - 0238 pu

R2

S2

T

V 1 1 1 0691 0V 1 a a 0381 0927 j0125 puV 1 a a 0238 0927 j0125

S TV V 0935pu

FAZ FAZ KISA DEVRESİ (FF) İki fazın birbiriyle doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur 10-20rsquolik oluşma sıklığı vardır Bilinenler IR = 0 IT =

_ IS VS = VT

a)(aI)a(aI

0

II0

aa1aa1111

31

III

2S

2S

S

S2

2

2

1

0

I0=0 I2 = minus I1 VS = VT V0 + a2 V1 + aV2 = V0 + aV1 + a2V2

R S T

55

V1 = V2

111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1

211 ZZ

EI 12 II 0I0

Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV

E V2 V1 Z1 Z2

E V2 V1

X1=j025 pu

X2=j035 pu

55

V1 = V2

111 IZEV 222 IZ0V E Z1I1 = minus Z2I2 E Z1I1 = + Z2I1 E = (Z1 + Z2) I1

211 ZZ

EI 12 II 0I0

Faz Faz Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden I1= -I2 dizi bileşen akımları hesaplanır 2) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 3) Arıza akımı bulunur IFF = IT = minus IS 4) Eşdeğer devreden V1=V2= V0 dizi bileşen gerilimleri hesaplanır 5) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem 20 MVA 138 kVrsquoluk bir generatoumlruumln doğru ters ve sıfır dizi reaktansları sırasıyla Xdrdquo=j025 pu X2=j035 pu X0=j01 pu dir Noumltruuml direk topraklı olan bu generatoumlr boşta ccedilalışır iken uccedillarında ldquoFAZ-FAZ Kısa Devresirdquo meydana gelmiştir Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV

E V2 V1 Z1 Z2

E V2 V1

X1=j025 pu

X2=j035 pu

56

o oG

1 21 2

E 1 0 1 0I I j1667 pujX jX j(025 035) j060

I1= ndash j1667 pu I2 = + j 1667 pu I0 = 0 pu

R2

S2

T

I 1 1 1 0 0I 1 a a j1667 2892 puI 1 a a j1667 2892

6

BB 3

B

S 2010I 836A3U 313810

IR = 0 A IS = (ndash 2892 )x836 = ndash 2420 A IT = (+ 2892 )x836 = + 2420 A V1 = 1 ndash j025x(-j1667) = 1 ndash 0417 = + 0584 pu V2 = 0 ndash j035x(+j1667) = 0 + 0584 = + 0584 pu V0 = = 0 pu

R2

S2

T

V 1 1 1 0 1168V 1 a a 0584 0584 puV 1 a a 0584 0584

Z2 = j 035 pu

I1 =- I2

EG=1 0o

F Z1 = j 025 pu

57

FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0

R

R

RR

2

2

2

1

0

VVV

31

00

V

aa1aa1111

31

VVV

V0 = V1 = V2

0211 ZZZ

EI

11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V

R S T

E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0

58

Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV

o oG

11 2 0

E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278

V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu

2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu

20237I j068puj035

0 0 0 1V 0 Z xI V

V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu

00237I j237 pu

j01

E V2 V1

X1=j025 pu

X2=j035 pu V0

X2=j01 pu

59

R2 o

S2 o

T

I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125

6

BB 3

B

S 2010I 836A3U 313810

IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı

FFT S TI I I j711pu veya

FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu

R2

S2

T

V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0

Z2 = j 035 pu

I2

EG=1 0o

F Z1 = j 025 pu

Z2 = j 01 pu

I0

I1

57

FAZ FAZ TOPRAK KISA DEVRESİ (FFT) Ķki fazın birbiriyle ve toprağa doğrudan veya bir empedans uumlzerinden teması ile oluşur Oluşma sıklığı 10-15rsquotir Bilinenler IR = 0 VS = VT = 0

R

R

RR

2

2

2

1

0

VVV

31

00

V

aa1aa1111

31

VVV

V0 = V1 = V2

0211 ZZZ

EI

11R1 IZEV 222 IZ0V 000 IZ0V

R S T

E V2 V0 V1 Z1 Z2 Z0

58

Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV

o oG

11 2 0

E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278

V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu

2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu

20237I j068puj035

0 0 0 1V 0 Z xI V

V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu

00237I j237 pu

j01

E V2 V1

X1=j025 pu

X2=j035 pu V0

X2=j01 pu

59

R2 o

S2 o

T

I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125

6

BB 3

B

S 2010I 836A3U 313810

IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı

FFT S TI I I j711pu veya

FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu

R2

S2

T

V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0

Z2 = j 035 pu

I2

EG=1 0o

F Z1 = j 025 pu

Z2 = j 01 pu

I0

I1

58

Faz Faz Toprak Kısa Devresi Arıza Akımı Hesaplama Adımları

1) Eşdeğer devreden pozitif dizi bileşen akımı (I1) hesaplanır 2) V1 gerilimi hesaplanır dolayısı ile V0=V2=V1 belirlenmiş olur 3) V0 ve V2 gerilim ifadelerinden I0 ve I2 akımları bulunur 4) Faz akımları belirlenir [IRST]=[A][I012] 5) Arıza akımı bulunur IFFT=IS+IT veya IFFT=3xI0 6) Faz gerilimleri belirlenir [VRST]=[A][V012]

Oumlrnek Problem Aynı problemi ldquoFAZ-FAZ-TOPRAK Kısa Devresirdquo iccedilin ccediloumlzerek Arıza akım ve gerilimlerinin değerlerini belirleyiniz SBAZ=20 MVA UBAZ=138 kV

o oG

11 2 0

E 1 0 1 0I j305pujX (X X ) j025 j(035 01) j03278

V1 = 1 ndash j025x(- j305) = 1 ndash 0763 = + 0237 pu

2 2 2 1V 0 Z xI V V2 = 0 ndash (j035)xI2 = 0237 pu

20237I j068puj035

0 0 0 1V 0 Z xI V

V0 = 0 ndash (j010)xI0 = 0237 pu

00237I j237 pu

j01

E V2 V1

X1=j025 pu

X2=j035 pu V0

X2=j01 pu

59

R2 o

S2 o

T

I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125

6

BB 3

B

S 2010I 836A3U 313810

IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı

FFT S TI I I j711pu veya

FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu

R2

S2

T

V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0

Z2 = j 035 pu

I2

EG=1 0o

F Z1 = j 025 pu

Z2 = j 01 pu

I0

I1

59

R2 o

S2 o

T

I 1 1 1 237 0 0I 1 a a j305 323 j356 481 1325 puI 1 a a j068 323 j356 481 3125

6

BB 3

B

S 2010I 836A3U 313810

IR = 0 A IS = (481 1325o)x836 = 4021 1325o A IT = (481 3125o)x836 = 4021 3125o A Arıza Akımı

FFT S TI I I j711pu veya

FFT N 0I I 3I 3x( j237) j711pu

R2

S2

T

V 1 1 1 0237 0711V 1 a a 0237 0 puV 1 a a 0237 0

Z2 = j 035 pu

I2

EG=1 0o

F Z1 = j 025 pu

Z2 = j 01 pu

I0

I1

5

7 BOumlLUumlM BARA ADMİTANS VE BARA EMPEDANS MATRİSLERİ 71 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Bu modellerde generatoumlrler ve yuumlkler devrenin uccedil duumlğuumlmlerine (yani iletim sisteminin baralarına) akım enjekte eden (youmlnleri de goumlz oumlnuumlne alınarak) akım kaynakları olarak duumlşuumlnuumllebilir Buradan hareketle devrenin iccedil bağlantıları yardımıyla akım-gerilim (uccedil) denklemleri duumlzenlenebilir Bu amaccedilla devrenin bağlantı şeması uumlzerinden giderek bara akımlarındashbara gerilimleri bağıntılarını kurmada kullanılmak uumlzere ldquobara bağlantı matrislerirdquo kurulabilir 72 Bara Admitans Matrisi Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Şekil 71 İki baralı oumlrnek sistem y12 hattın seri admitansı y1 ve y2 şoumlnt admitanslar Şekil 72 Oumlrnek sistemde akım dağılımları

I1 y12 I2

y1 y2

BARA 1 BARA 2

I1 y12 I2

y1 y2

BARA 1 BARA 2 i12 i21

i11 i22

6

Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa

1 11 12I i i

2 22 21I i i (71)

1 1 1 12 1 2I y V y V V

2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)

1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V

2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V

(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp

1 12 121 1

12 2 122 2

y y yI Vy y yI V

(74)

aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise

11 1 12Y (y y )

22 2 12Y (y y )

12 12Y y

21 12Y y

(75)

1 11 21 1

2 12 22 2

I Y Y VI Y Y V

(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade

6

Şekil 72 ye goumlre akım denklemleri yazılırsa

1 11 12I i i

2 22 21I i i (71)

1 1 1 12 1 2I y V y V V

2 1 1 2 2 2I y V V y V (72)

1 1 12 1 12 2I (y y ) V y V

2 12 1 2 12 2I y V (y y ) V

(73) 73 ifadesi matris formunda yazılıp

1 12 121 1

12 2 122 2

y y yI Vy y yI V

(74)

aşağıdaki yapılandırmaya goumlre yeniden duumlzenlenir ise

11 1 12Y (y y )

22 2 12Y (y y )

12 12Y y

21 12Y y

(75)

1 11 21 1

2 12 22 2

I Y Y VI Y Y V

(76) 76 ifadesi elde edilir Bu formun genelleştirilmesi durumunda ifade

7

1 11 12 1i 1N 1

2 21 22 2i 2N 2

i i1 i2 ii iN i

N N1 N2 Ni NN N

I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V

I Y Y Y Y V

I Y Y Y Y V

(77) şeklinde yazılabilir (77) ifadesi kapalı formda

BARA BARA BARAN NxN NI Y V

(78) şeklinde yazılabilir 78 ifadesindeki [YBARA]NxN N Baralı bir iletim sisteminin ldquoBara Admitans Matrisirdquo dir Bara admitans matrisi N baralı bir sistem iccedilin devrenin akım denklemlerini kurup duumlzenlemeye gerek kalmadan doğrudan devre uumlzerinden basit bir algoritma kullanılarak kurulabilir 73 YBARA Doğrudan Kurulum Algoritması Koumlşegen Elemanlar (Yii) i koumlşegen elemana ( i Baraya ) değen tuumlm admitansların toplamı Koumlşegen Dışı Elemanlar (Yij) i elemanla j eleman arasında admitans varsa Yij= - yij i elemanla j eleman arasında admitans yoksa Yij= 0 Oumlrnek 71

2 1

3

z12 = j 01puuml

z23 = j 025puuml z13 = j 02puuml

8

1212

1 1y j10puumlz j010

1313

1 1y j5puumlz j020

2323

1 1y j4puumlz j025

1 1

2 2

3 3

I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V

BARA

15 10 5Y j 10 14 4 pu

5 4 9

Oumlrnek 72

1 2 3 41

1 1y y y y j2puumlz j05

Generatoumlr admitansları

12 23 34 1412

1 1y y y y j10puumlz j10

Hat admitansları

2 1

3 4

j 05 pu j 05 pu

j 05 pu j 05 pu

j 1 pu j 1 pu

j 1 pu

j 1 pu

9

1 1

2 2

3 3

4 4

I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0

jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1

BARA 4x4

4 1 0 11 4 1 0

Y j pu0 1 4 11 0 1 4

74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)

A BR R

C DE E

Y YI VY YI V

EI

A B RR

C D E

Y Y VIY Y V

C R D EY V Y V

1

E D C RV Y Y V

R A R B EI Y V Y V

1R A R B D C RI Y V Y Y Y V

1

R A B D C RI Y Y Y Y V

(79)

1

BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y

(710)

10

Oumlrnek 73

1 1 1

2

3 3

2 2

I I 1 0 VI I 0 1 V

0 V2

1

1 11

I

A

1 0Y

0 1 B

1Y

1 CY 1 1 DY 2

BAra İNDİRGENMİ

1

Ş

1 0Y

0 11

11

2 1

BAra İNDİRGENMİŞ

1 0 05 05 05 05Y

0 1 05 05 05 05

BAra 2X2

05 05Y

05 05 y12= 05 puuml 12

12

1 1z 20 puumly 05

2 1 3

z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml

y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml

2 1

z12 = 20 puuml

y12 = 05 puuml

11

75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir

1BARA BARANxN NxN

Z Y (711)

1 11 12 1i 1N 1

2 21 22 2i 2N 2

i i1 i2 ii iN i

N N1 N2 Ni NN N

V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I

V Y Y Y Y I

V Y Y Y Y I

(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda

BARA BARA BARAN NxN NV Y I

(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak

1

1BARA BARA4x4 4x4

j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0

Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4

BARA 4x4

j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417

Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917

bulunur

8

1212

1 1y j10puumlz j010

1313

1 1y j5puumlz j020

2323

1 1y j4puumlz j025

1 1

2 2

3 3

I 10 5 10 5 VI j 10 10 4 4 VI 5 4 5 4 V

BARA

15 10 5Y j 10 14 4 pu

5 4 9

Oumlrnek 72

1 2 3 41

1 1y y y y j2puumlz j05

Generatoumlr admitansları

12 23 34 1412

1 1y y y y j10puumlz j10

Hat admitansları

2 1

3 4

j 05 pu j 05 pu

j 05 pu j 05 pu

j 1 pu j 1 pu

j 1 pu

j 1 pu

9

1 1

2 2

3 3

4 4

I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0

jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1

BARA 4x4

4 1 0 11 4 1 0

Y j pu0 1 4 11 0 1 4

74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)

A BR R

C DE E

Y YI VY YI V

EI

A B RR

C D E

Y Y VIY Y V

C R D EY V Y V

1

E D C RV Y Y V

R A R B EI Y V Y V

1R A R B D C RI Y V Y Y Y V

1

R A B D C RI Y Y Y Y V

(79)

1

BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y

(710)

10

Oumlrnek 73

1 1 1

2

3 3

2 2

I I 1 0 VI I 0 1 V

0 V2

1

1 11

I

A

1 0Y

0 1 B

1Y

1 CY 1 1 DY 2

BAra İNDİRGENMİ

1

Ş

1 0Y

0 11

11

2 1

BAra İNDİRGENMİŞ

1 0 05 05 05 05Y

0 1 05 05 05 05

BAra 2X2

05 05Y

05 05 y12= 05 puuml 12

12

1 1z 20 puumly 05

2 1 3

z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml

y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml

2 1

z12 = 20 puuml

y12 = 05 puuml

11

75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir

1BARA BARANxN NxN

Z Y (711)

1 11 12 1i 1N 1

2 21 22 2i 2N 2

i i1 i2 ii iN i

N N1 N2 Ni NN N

V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I

V Y Y Y Y I

V Y Y Y Y I

(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda

BARA BARA BARAN NxN NV Y I

(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak

1

1BARA BARA4x4 4x4

j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0

Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4

BARA 4x4

j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417

Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917

bulunur

9

1 1

2 2

3 3

4 4

I V2 1 1 1 0 1I V1 2 1 1 1 0

jI V0 1 2 1 1 1I V1 0 1 2 1 1

BARA 4x4

4 1 0 11 4 1 0

Y j pu0 1 4 11 0 1 4

74 Bara Azaltma (YBARA İndirgeme)

A BR R

C DE E

Y YI VY YI V

EI

A B RR

C D E

Y Y VIY Y V

C R D EY V Y V

1

E D C RV Y Y V

R A R B EI Y V Y V

1R A R B D C RI Y V Y Y Y V

1

R A B D C RI Y Y Y Y V

(79)

1

BARA A B D CINDIRGENMISY Y Y Y Y

(710)

10

Oumlrnek 73

1 1 1

2

3 3

2 2

I I 1 0 VI I 0 1 V

0 V2

1

1 11

I

A

1 0Y

0 1 B

1Y

1 CY 1 1 DY 2

BAra İNDİRGENMİ

1

Ş

1 0Y

0 11

11

2 1

BAra İNDİRGENMİŞ

1 0 05 05 05 05Y

0 1 05 05 05 05

BAra 2X2

05 05Y

05 05 y12= 05 puuml 12

12

1 1z 20 puumly 05

2 1 3

z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml

y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml

2 1

z12 = 20 puuml

y12 = 05 puuml

11

75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir

1BARA BARANxN NxN

Z Y (711)

1 11 12 1i 1N 1

2 21 22 2i 2N 2

i i1 i2 ii iN i

N N1 N2 Ni NN N

V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I

V Y Y Y Y I

V Y Y Y Y I

(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda

BARA BARA BARAN NxN NV Y I

(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak

1

1BARA BARA4x4 4x4

j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0

Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4

BARA 4x4

j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417

Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917

bulunur

10

Oumlrnek 73

1 1 1

2

3 3

2 2

I I 1 0 VI I 0 1 V

0 V2

1

1 11

I

A

1 0Y

0 1 B

1Y

1 CY 1 1 DY 2

BAra İNDİRGENMİ

1

Ş

1 0Y

0 11

11

2 1

BAra İNDİRGENMİŞ

1 0 05 05 05 05Y

0 1 05 05 05 05

BAra 2X2

05 05Y

05 05 y12= 05 puuml 12

12

1 1z 20 puumly 05

2 1 3

z13 = 1 puuml z23 = 1 puuml

y13 = 1 puuml y23 = 1 puuml

2 1

z12 = 20 puuml

y12 = 05 puuml

11

75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir

1BARA BARANxN NxN

Z Y (711)

1 11 12 1i 1N 1

2 21 22 2i 2N 2

i i1 i2 ii iN i

N N1 N2 Ni NN N

V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I

V Y Y Y Y I

V Y Y Y Y I

(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda

BARA BARA BARAN NxN NV Y I

(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak

1

1BARA BARA4x4 4x4

j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0

Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4

BARA 4x4

j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417

Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917

bulunur

11

75 Bara Empedans Matrisi Tanım olarak ldquoBara Empedans Matrisirdquo Bara Admitans Matrisinin tersidir

1BARA BARANxN NxN

Z Y (711)

1 11 12 1i 1N 1

2 21 22 2i 2N 2

i i1 i2 ii iN i

N N1 N2 Ni NN N

V Y Y Y Y IV Y Y Y Y I

V Y Y Y Y I

V Y Y Y Y I

(712) şeklinde yazılabilir (712) ifadesi kapalı formda

BARA BARA BARAN NxN NV Y I

(713) Oumlrnek 74 Oumlrnek 72 de bulunan [YBARA]4x4 goumlz oumlnuumlne alınarak

1

1BARA BARA4x4 4x4

j4 j1 0 j1j1 j4 j1 0

Z Y0 j1 j4 j1j1 0 j1 j4

BARA 4x4

j02917 j00833 j00417 j00833j00833 j02917 j00833 j00417

Zj00417 j00833 j02917 j00833j00833 j00417 j00833 j02917

bulunur

5

8 GUumlCcedil İLETİMİ Şekil 81 Enerji iletimi yapılan iki baralı radyal sistem Şekil 81 deki sistemde tek faz eşdeğeri iccedilin analiz yapılacağından V1 ve V2 faz-noumltr gerilimleridir Basitleştirme accedilısından birinci baranın yuumlk accedilısı referans olarak alınarak 1=0 ikinci baranın yuumlk accedilısı iccedilin 2= kabul edilmiştir

1 1V V 0 2 2V V

(81)

112 1S V I 12 12 12S P j Q

(82)

1 21

V VIjX

(83)

1 2 1 212 1 1

V 0 VV VS V V 0jX jX

(84)

21 2

12 1 1 1 2V 0 V jS V 0 (V V V )

jX X

(85)

212 1 1 2 1 2

jS (V V V Cos j V V Sin )X

(86)

212 1 2 1 1 2

1S V V Sin j (V V V Cos )X

(87)

Generatoumlr Bara 1 Hat Bara 2 Yuumlk

V1 1=0 jX

V2 - 2

6

21 2 1 1 2

12V V (V V V Cos )S Sin j

X X

(88)

21 1 2

12V V VQ CosX X

(89)

1 212

V VP SinX

(810) (810) İfadesinden anlaşılacağı uumlzere birinci baradan ikinci baraya aktif guumlccedil iletimi hatbaşı ve hat sonu gerilimlerinin genlikleri ve yuumlk accedilısı ile doğru orantılı buna karşılık hattın reaktansı ile ters orantılıdır 82 P - Eğrileri Yuumlk accedilısı = 0 o ile 180o arasında değiştirilerek 810 denklemine goumlre P12 hesaplanıp eğrisi ccedilizdirilirse P- eğrisi elde edilir Oumlrnek sistem verileri V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm

0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800

50

100

150

200

250

300

350

400

450

500

ACcedilI

AK

TIF

GUuml

Ccedil (

MW

)

Şekil 82 P- eğrisi (V1=V2=220 kV X=100 Ohm)

7

V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken

1 212

V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100

0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800

50

100

150

200

250

300

350

400

450

500

ACcedilI (Derece)

AK

TIF

GU

C (

MW

)

242 MW

30 Derece

Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir

o90 1 212_ max

V VPX

(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken

1 212_ max

V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100

8

0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800

50

100

150

200

250

300

350

400

450

500

ACcedilI (Derece)

AK

TIF

GU

C (

MW

)

242 MW

30 Derece 90 Derece

Pmax= 484 MW

Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir

1 2 1 212_ max

L C d L

V V V VP Sin Sin(X X ) K X

(812)

Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)

12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60

Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır

9

12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100

=== =1746

0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800

100

200

300

400

500

600

700

800

900

ACcedilI (Derece)

AK

TIF

GU

C (

MW

)

PB-max

PA-max

PA

PB

dA

dAB

90 derece

Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda

1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir

Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade

1 212 3

V V(P ) 3 SinX

(813) Şeklinde olmalıdır

5

9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya

6

doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri

Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)

Durum değişkenleri (İstenenler)

Bara Sayısı

P-Q

Py Qy Vy y pq

P-V

Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv

Salınım

Vuuml uuml Puuml Quuml 1

Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N

92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları

1

01V 220V

y12 P1=2200 W V2=220 V

2 1 z12 = 01 ohm

7

00001 Birinci adım (birinci iterasyon)

1

1 10

1

P 2200I 10A220V

12

1 112 1V z I 01x10 1V

12

1 11 2V V V 220 1 219V

1 01 1V V 219 220 1

İkincici adım (ikinci iterasyon)

1

2 11

1

P 2200I 100457 A219V

12

2 212 1V z I 01x10046 100457V

12

2 21 2V V V 220 100457 2189954V

2 11 1V V 219 2189954 00046

Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)

1

3 11

1

P 2200I 100459A2189954V

12

2 212 1V z I 01x100459 100459V

12

2 21 2V V U 220 100459 2189954V

8

2 11 1V V 2189954 2189954 000005

92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V

(91)

1 11 12 1i 1N 1

2 21 22 2i 2N 2

i i1 i2 ii iN i

N N1 N2 Ni NN N

I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V

I Y Y Y Y V

I Y Y Y Y V

(92)

1 11 1 12 2 1i i 1N N

2 21 1 22 2 2i i 2N N

i i1 1 i2 2 ii i iN N

N N1 1 N2 2 Ni i NN N

I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V

I Y V Y V Y V Y V

I Y V Y V Y V Y V

(87)

i i1 1 i2 2 ii i iN NN

i ij jj 1

i 1 NI Y V Y V Y V Y V

I Y V

(87)

i i i i i

i i i

i i

i i1 1 i2 2 ii i iN N

S P jQ V I

S P jQIiV V

I Y V Y V Y V Y V

(87)

9

i ii1 1 i2 2 ii i iN N

i

i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N

i

i ii i1 1 i2 2 ij j iN N

ii i

P jQ Y V Y V Y V Y VV

P jQY V Y V Y V Y V Y VV

P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V

(87)

Ni i

i i ij jj 1ii ij i

i 1 N

P jQ1V I Y VY V

(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir

Ni i

i i ij jj 1ii ij i

i 1 N 1

P jQ1V I Y VY V

(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır

i i i i i

i i i

i pq 1 N 1S P jQ V I

Q İmag V I

(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir

10

i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V

i(y) (h)i i(h)

i

VV V

V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri

i(y) (h) (h)i i i(h)

i

(y) (h)i i i

VV V

V

V V

(87)

Hat Akışı

i i i i i

i ii

i

i 1 NS P jQ V I

P jQIV

i Barasından j Barasına akım akışı

ijij i j ij i

yi V V y V

2

i Barasından j Barasına guumlccedil akışı

ij ij i ij

ij ij ij i i j ij i i

P jQ V i

yP jQ V V V y V V

2

(89)

Ii yij Ij

yrsquoij2 yrsquo

ij2

iBara jBara

iij iji

11

Oumlrnek 91

3 4

2 1

P3 |V3|

Q3 3

|V4| 4=0

P4 Q4

P2 Q2

|V2| 2

P1 Q1

|V1| 1

2

1

3

P1 Q1

|V1| 1

P2 |V2|

Q2 2

|V3| 3=0

P3 Q3

|V2| 2=0

P2 Q2

P1 Q1

|V1| 1

1 2

• pu diyagram Oumlrnek - 1
• pu diyagram Oumlrnek - 2
• pu diyagram Oumlrnek - 3
• iletim hatları Oumlrnek - 1
• iletim hatları Oumlrnek - 2
• simetrili bileşenler Oumlrnek - 1
• simetrili bileşenler Oumlrnek - 2
• arızalar (3 FAZ) Oumlrnek - 1
• arızalar (FAZ TOPRAK) Oumlrnek - 2
• arızalar (FAZ FAZ) Oumlrnek - 3
• arızalar (FAZ FAZ TOPRAK) Oumlrnek - 4
• Bara-Admitans Oumlrnek 1
• Bara-Admitans Oumlrnek 2
• Guumlccedil İletimi
• arızalar
• nominal T devresi
• nominal Pİ Oumlrnek 1
• nominal Pİ devresi
• simetrili bileşenler

7

V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =30 ) iken

1 212

V V 220 220 48400P Sin Sin(30 ) 05 242 MWX 100 100

0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800

50

100

150

200

250

300

350

400

450

500

ACcedilI (Derece)

AK

TIF

GU

C (

MW

)

242 MW

30 Derece

Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu (P=242 MW) 810 denkleminden de goumlruumllebileceği gibi ( =90 ) duurmunda maksimum guumlccedil transfer edilmektedir

o90 1 212_ max

V VPX

(811) Aynı oumlrnek sistemde V1=220 kV V2=220 kV X=100 Ohm ( =90 ) iken

1 212_ max

V V 220 220 48400P 484 MWX 100 100

8

0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800

50

100

150

200

250

300

350

400

450

500

ACcedilI (Derece)

AK

TIF

GU

C (

MW

)

242 MW

30 Derece 90 Derece

Pmax= 484 MW

Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir

1 2 1 212_ max

L C d L

V V V VP Sin Sin(X X ) K X

(812)

Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)

12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60

Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır

9

12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100

=== =1746

0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800

100

200

300

400

500

600

700

800

900

ACcedilI (Derece)

AK

TIF

GU

C (

MW

)

PB-max

PA-max

PA

PB

dA

dAB

90 derece

Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda

1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir

Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade

1 212 3

V V(P ) 3 SinX

(813) Şeklinde olmalıdır

5

9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya

6

doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri

Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)

Durum değişkenleri (İstenenler)

Bara Sayısı

P-Q

Py Qy Vy y pq

P-V

Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv

Salınım

Vuuml uuml Puuml Quuml 1

Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N

92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları

1

01V 220V

y12 P1=2200 W V2=220 V

2 1 z12 = 01 ohm

7

00001 Birinci adım (birinci iterasyon)

1

1 10

1

P 2200I 10A220V

12

1 112 1V z I 01x10 1V

12

1 11 2V V V 220 1 219V

1 01 1V V 219 220 1

İkincici adım (ikinci iterasyon)

1

2 11

1

P 2200I 100457 A219V

12

2 212 1V z I 01x10046 100457V

12

2 21 2V V V 220 100457 2189954V

2 11 1V V 219 2189954 00046

Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)

1

3 11

1

P 2200I 100459A2189954V

12

2 212 1V z I 01x100459 100459V

12

2 21 2V V U 220 100459 2189954V

8

2 11 1V V 2189954 2189954 000005

92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V

(91)

1 11 12 1i 1N 1

2 21 22 2i 2N 2

i i1 i2 ii iN i

N N1 N2 Ni NN N

I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V

I Y Y Y Y V

I Y Y Y Y V

(92)

1 11 1 12 2 1i i 1N N

2 21 1 22 2 2i i 2N N

i i1 1 i2 2 ii i iN N

N N1 1 N2 2 Ni i NN N

I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V

I Y V Y V Y V Y V

I Y V Y V Y V Y V

(87)

i i1 1 i2 2 ii i iN NN

i ij jj 1

i 1 NI Y V Y V Y V Y V

I Y V

(87)

i i i i i

i i i

i i

i i1 1 i2 2 ii i iN N

S P jQ V I

S P jQIiV V

I Y V Y V Y V Y V

(87)

9

i ii1 1 i2 2 ii i iN N

i

i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N

i

i ii i1 1 i2 2 ij j iN N

ii i

P jQ Y V Y V Y V Y VV

P jQY V Y V Y V Y V Y VV

P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V

(87)

Ni i

i i ij jj 1ii ij i

i 1 N

P jQ1V I Y VY V

(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir

Ni i

i i ij jj 1ii ij i

i 1 N 1

P jQ1V I Y VY V

(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır

i i i i i

i i i

i pq 1 N 1S P jQ V I

Q İmag V I

(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir

10

i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V

i(y) (h)i i(h)

i

VV V

V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri

i(y) (h) (h)i i i(h)

i

(y) (h)i i i

VV V

V

V V

(87)

Hat Akışı

i i i i i

i ii

i

i 1 NS P jQ V I

P jQIV

i Barasından j Barasına akım akışı

ijij i j ij i

yi V V y V

2

i Barasından j Barasına guumlccedil akışı

ij ij i ij

ij ij ij i i j ij i i

P jQ V i

yP jQ V V V y V V

2

(89)

Ii yij Ij

yrsquoij2 yrsquo

ij2

iBara jBara

iij iji

11

Oumlrnek 91

3 4

2 1

P3 |V3|

Q3 3

|V4| 4=0

P4 Q4

P2 Q2

|V2| 2

P1 Q1

|V1| 1

2

1

3

P1 Q1

|V1| 1

P2 |V2|

Q2 2

|V3| 3=0

P3 Q3

|V2| 2=0

P2 Q2

P1 Q1

|V1| 1

1 2

• pu diyagram Oumlrnek - 1
• pu diyagram Oumlrnek - 2
• pu diyagram Oumlrnek - 3
• iletim hatları Oumlrnek - 1
• iletim hatları Oumlrnek - 2
• simetrili bileşenler Oumlrnek - 1
• simetrili bileşenler Oumlrnek - 2
• arızalar (3 FAZ) Oumlrnek - 1
• arızalar (FAZ TOPRAK) Oumlrnek - 2
• arızalar (FAZ FAZ) Oumlrnek - 3
• arızalar (FAZ FAZ TOPRAK) Oumlrnek - 4
• Bara-Admitans Oumlrnek 1
• Bara-Admitans Oumlrnek 2
• Guumlccedil İletimi
• arızalar
• nominal T devresi
• nominal Pİ Oumlrnek 1
• nominal Pİ devresi
• simetrili bileşenler

8

0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800

50

100

150

200

250

300

350

400

450

500

ACcedilI (Derece)

AK

TIF

GU

C (

MW

)

242 MW

30 Derece 90 Derece

Pmax= 484 MW

Şekil 83 Şekil 82 eğrisi uumlzerinde ( =30 ) yuumlk durumu ve ( =90 ) maksimum guumlccedil durumu (Pmax=484 MW) 83 Seri kompanzasyon İletim hatlarına seri kompanzasyon yaparak hattın seri reaktansı kuumlccediluumlltuumlluumlr Bunun iccedilin hattın belli bir yerinde (genellikle hat ortası) iletim hattına seri olarak ldquokondansatoumlrrdquo ilave edilir Bu durumda XL hattın enduumlktif reaktansı kuumlccediluumllerek (XL- XC) veya (Kd lt 1) olarak Kd(XL- XC) şeklinde ifade edilebilir

1 2 1 212_ max

L C d L

V V V VP Sin Sin(X X ) K X

(812)

Oumlrnek Yukarıdaki oumlrnek sistemde 40 seri kompanzasyon yapılması durumunda (Kd=06)

12_ max220 220 48400P xSin(30 ) x05 8066x05 4033MW06x100 60

Maksimum aktif guumlccedil = 806 MW aynı ( =30 ) iccedilin taşınabilecek aktif guumlccedil ise 403 MW olmuştur Bir başka yorum oumlnceki oumlrnekte taşınan 242 MW lık guumlccedil ( =1746 ) accedilı ile taşınmaktadır

9

12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100

=== =1746

0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800

100

200

300

400

500

600

700

800

900

ACcedilI (Derece)

AK

TIF

GU

C (

MW

)

PB-max

PA-max

PA

PB

dA

dAB

90 derece

Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda

1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir

Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade

1 212 3

V V(P ) 3 SinX

(813) Şeklinde olmalıdır

5

9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya

6

doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri

Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)

Durum değişkenleri (İstenenler)

Bara Sayısı

P-Q

Py Qy Vy y pq

P-V

Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv

Salınım

Vuuml uuml Puuml Quuml 1

Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N

92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları

1

01V 220V

y12 P1=2200 W V2=220 V

2 1 z12 = 01 ohm

7

00001 Birinci adım (birinci iterasyon)

1

1 10

1

P 2200I 10A220V

12

1 112 1V z I 01x10 1V

12

1 11 2V V V 220 1 219V

1 01 1V V 219 220 1

İkincici adım (ikinci iterasyon)

1

2 11

1

P 2200I 100457 A219V

12

2 212 1V z I 01x10046 100457V

12

2 21 2V V V 220 100457 2189954V

2 11 1V V 219 2189954 00046

Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)

1

3 11

1

P 2200I 100459A2189954V

12

2 212 1V z I 01x100459 100459V

12

2 21 2V V U 220 100459 2189954V

8

2 11 1V V 2189954 2189954 000005

92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V

(91)

1 11 12 1i 1N 1

2 21 22 2i 2N 2

i i1 i2 ii iN i

N N1 N2 Ni NN N

I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V

I Y Y Y Y V

I Y Y Y Y V

(92)

1 11 1 12 2 1i i 1N N

2 21 1 22 2 2i i 2N N

i i1 1 i2 2 ii i iN N

N N1 1 N2 2 Ni i NN N

I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V

I Y V Y V Y V Y V

I Y V Y V Y V Y V

(87)

i i1 1 i2 2 ii i iN NN

i ij jj 1

i 1 NI Y V Y V Y V Y V

I Y V

(87)

i i i i i

i i i

i i

i i1 1 i2 2 ii i iN N

S P jQ V I

S P jQIiV V

I Y V Y V Y V Y V

(87)

9

i ii1 1 i2 2 ii i iN N

i

i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N

i

i ii i1 1 i2 2 ij j iN N

ii i

P jQ Y V Y V Y V Y VV

P jQY V Y V Y V Y V Y VV

P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V

(87)

Ni i

i i ij jj 1ii ij i

i 1 N

P jQ1V I Y VY V

(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir

Ni i

i i ij jj 1ii ij i

i 1 N 1

P jQ1V I Y VY V

(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır

i i i i i

i i i

i pq 1 N 1S P jQ V I

Q İmag V I

(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir

10

i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V

i(y) (h)i i(h)

i

VV V

V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri

i(y) (h) (h)i i i(h)

i

(y) (h)i i i

VV V

V

V V

(87)

Hat Akışı

i i i i i

i ii

i

i 1 NS P jQ V I

P jQIV

i Barasından j Barasına akım akışı

ijij i j ij i

yi V V y V

2

i Barasından j Barasına guumlccedil akışı

ij ij i ij

ij ij ij i i j ij i i

P jQ V i

yP jQ V V V y V V

2

(89)

Ii yij Ij

yrsquoij2 yrsquo

ij2

iBara jBara

iij iji

11

Oumlrnek 91

3 4

2 1

P3 |V3|

Q3 3

|V4| 4=0

P4 Q4

P2 Q2

|V2| 2

P1 Q1

|V1| 1

2

1

3

P1 Q1

|V1| 1

P2 |V2|

Q2 2

|V3| 3=0

P3 Q3

|V2| 2=0

P2 Q2

P1 Q1

|V1| 1

1 2

• pu diyagram Oumlrnek - 1
• pu diyagram Oumlrnek - 2
• pu diyagram Oumlrnek - 3
• iletim hatları Oumlrnek - 1
• iletim hatları Oumlrnek - 2
• simetrili bileşenler Oumlrnek - 1
• simetrili bileşenler Oumlrnek - 2
• arızalar (3 FAZ) Oumlrnek - 1
• arızalar (FAZ TOPRAK) Oumlrnek - 2
• arızalar (FAZ FAZ) Oumlrnek - 3
• arızalar (FAZ FAZ TOPRAK) Oumlrnek - 4
• Bara-Admitans Oumlrnek 1
• Bara-Admitans Oumlrnek 2
• Guumlccedil İletimi
• arızalar
• nominal T devresi
• nominal Pİ Oumlrnek 1
• nominal Pİ devresi
• simetrili bileşenler

9

12_ max220 220P Sin( ) 242MW06x100

=== =1746

0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800

100

200

300

400

500

600

700

800

900

ACcedilI (Derece)

AK

TIF

GU

C (

MW

)

PB-max

PA-max

PA

PB

dA

dAB

90 derece

Yorumlar Seri Kompanzasyon yapılması durumunda

1- Taşınabilecek Maksimum Guumlccedil artmaktadır 2- Aynı ( ) yuumlk accedilısında daha buumlyuumlk guumlccedil taşınabilmektedir 3- Aynı guumlccedil daha kuumlccediluumlk yuumlk accedilısı ile taşınabilmektedir

Oumlnemli Not Guumlccedil Sistemleri 3 Fazlı olduğu iccedilin iletilecek toplam guumlccedil iccedilin ifade

1 212 3

V V(P ) 3 SinX

(813) Şeklinde olmalıdır

5

9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya

6

doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri

Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)

Durum değişkenleri (İstenenler)

Bara Sayısı

P-Q

Py Qy Vy y pq

P-V

Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv

Salınım

Vuuml uuml Puuml Quuml 1

Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N

92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları

1

01V 220V

y12 P1=2200 W V2=220 V

2 1 z12 = 01 ohm

7

00001 Birinci adım (birinci iterasyon)

1

1 10

1

P 2200I 10A220V

12

1 112 1V z I 01x10 1V

12

1 11 2V V V 220 1 219V

1 01 1V V 219 220 1

İkincici adım (ikinci iterasyon)

1

2 11

1

P 2200I 100457 A219V

12

2 212 1V z I 01x10046 100457V

12

2 21 2V V V 220 100457 2189954V

2 11 1V V 219 2189954 00046

Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)

1

3 11

1

P 2200I 100459A2189954V

12

2 212 1V z I 01x100459 100459V

12

2 21 2V V U 220 100459 2189954V

8

2 11 1V V 2189954 2189954 000005

92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V

(91)

1 11 12 1i 1N 1

2 21 22 2i 2N 2

i i1 i2 ii iN i

N N1 N2 Ni NN N

I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V

I Y Y Y Y V

I Y Y Y Y V

(92)

1 11 1 12 2 1i i 1N N

2 21 1 22 2 2i i 2N N

i i1 1 i2 2 ii i iN N

N N1 1 N2 2 Ni i NN N

I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V

I Y V Y V Y V Y V

I Y V Y V Y V Y V

(87)

i i1 1 i2 2 ii i iN NN

i ij jj 1

i 1 NI Y V Y V Y V Y V

I Y V

(87)

i i i i i

i i i

i i

i i1 1 i2 2 ii i iN N

S P jQ V I

S P jQIiV V

I Y V Y V Y V Y V

(87)

9

i ii1 1 i2 2 ii i iN N

i

i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N

i

i ii i1 1 i2 2 ij j iN N

ii i

P jQ Y V Y V Y V Y VV

P jQY V Y V Y V Y V Y VV

P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V

(87)

Ni i

i i ij jj 1ii ij i

i 1 N

P jQ1V I Y VY V

(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir

Ni i

i i ij jj 1ii ij i

i 1 N 1

P jQ1V I Y VY V

(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır

i i i i i

i i i

i pq 1 N 1S P jQ V I

Q İmag V I

(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir

10

i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V

i(y) (h)i i(h)

i

VV V

V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri

i(y) (h) (h)i i i(h)

i

(y) (h)i i i

VV V

V

V V

(87)

Hat Akışı

i i i i i

i ii

i

i 1 NS P jQ V I

P jQIV

i Barasından j Barasına akım akışı

ijij i j ij i

yi V V y V

2

i Barasından j Barasına guumlccedil akışı

ij ij i ij

ij ij ij i i j ij i i

P jQ V i

yP jQ V V V y V V

2

(89)

Ii yij Ij

yrsquoij2 yrsquo

ij2

iBara jBara

iij iji

11

Oumlrnek 91

3 4

2 1

P3 |V3|

Q3 3

|V4| 4=0

P4 Q4

P2 Q2

|V2| 2

P1 Q1

|V1| 1

2

1

3

P1 Q1

|V1| 1

P2 |V2|

Q2 2

|V3| 3=0

P3 Q3

|V2| 2=0

P2 Q2

P1 Q1

|V1| 1

1 2

• pu diyagram Oumlrnek - 1
• pu diyagram Oumlrnek - 2
• pu diyagram Oumlrnek - 3
• iletim hatları Oumlrnek - 1
• iletim hatları Oumlrnek - 2
• simetrili bileşenler Oumlrnek - 1
• simetrili bileşenler Oumlrnek - 2
• arızalar (3 FAZ) Oumlrnek - 1
• arızalar (FAZ TOPRAK) Oumlrnek - 2
• arızalar (FAZ FAZ) Oumlrnek - 3
• arızalar (FAZ FAZ TOPRAK) Oumlrnek - 4
• Bara-Admitans Oumlrnek 1
• Bara-Admitans Oumlrnek 2
• Guumlccedil İletimi
• arızalar
• nominal T devresi
• nominal Pİ Oumlrnek 1
• nominal Pİ devresi
• simetrili bileşenler

5

9 BOumlLUumlM YUumlK AKIŞI (GUumlCcedil AKIŞI) 91 Giriş İletim sistemlerinin analizlerinde bara sayısı arttıkccedila artan karmaşıklıkları yenmek iccedilin sistemin matematiksel modellenmesinde kolaylık getirici bazı youmlntemler geliştirilmiştir Bunlarda biri de iki-kapılı devrelerden hareketle geliştirilen ccedilok-uccedillu eleman modelidir (veya ccedilok-giriş ccedilok ccedilıkışlı devre modeli) Yuumlk akışı ile bir guumlccedil sistemindeki tuumlm baralarda ldquogerilimrdquo ve ldquoguumlccedilrdquo profili belirlenir 92 Bara Ccedileşitleri Enerji iletim sistemleri genellikle dengeli uumlccedil fazlı sistemler olarak ele alınır ve iletim hatları pozitif dizi ile goumlsterilir Bu diziyi temsil eden elemanlar yuumlk akışında kullanılmak amacıyla doğrudan bara admitans matrisini ( YBARA ) oluşturmada kullanılırlar İletim hatlarının dışında baralara bağlı generatoumlrler ve yuumlkler de sisteme akım enjekte eden elemanlar olarak ele alınırlar Burada esas akım enjeksiyonunda youmlnuumln sisteme doğru pozitif alınmasıdır İletim hatları ve hatların şoumlnt kapasiteleri kullanılan bara admitans matrisinin temel elemanlardır Ancak oumlzellikle uzun hatlarda işletim zorunlulukları nedeniyle seri ve şoumlnt kompanzasyon yapılması halinde bu elemanların admitanslarının da bara admitans matrisine katılması gerekir Bunun dışında yuumlk akışının kullanım amacına goumlre baralara bağlı diğer elemanlar da (oumlrneğin yuumlkler) bu matrise katılabilirler Sistemde kullanılan baralar klasik anlamda uumlccedil ana grupta toplanabilir a) Yuumlk Baraları ( P-Q bara ) Bu baralarda sistemden ccedilekilen aktif ve reaktif guumlccediller ( Py Qy ) belli olup gerilimlerin genlikleri ve yuumlk accedilıları (Vy y ) hesaplanır b) Uumlretim baraları ( P-V bara ) Bu tip baralarda ise uumlretilen aktif guumlccedil ve bara geriliminin genliği ( Puuml Vuuml ) belirlidir Reaktif guumlccedil uumlretiminde ise kısıtlamalar vardır Uumlretim minumum ve maksimum sınırlar ( Qmin Quuml Qmax) arasında iken bara gerilimin genliği sabit bir değerde tutulur Reaktif guumlccedil uumlretimi ccedileşitli zorunluluklar nedeniyle bu limitlerin dışına ccedilıktığı zaman bu guumlc Quuml = Qmax veya Quuml = Qmin olarak sabit bir uumlretim olarak ele alınır ve bu bara bir yuumlk barasına doumlnuumlştuumlruumlluumlr [81][82] Dolayısı ile bu durumda bara gerilimi değişecektir Bu durum yapılan bu ccedilalışma accedilısından gereklidir zira baraların krıtik değerlerinin hesaplanmasında yuumlklenmeler her zaman maksimum değerlere ccedilıkacağından generatoumlrlerin reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşması daima olasıdır Yuumlk akışı analizi yapılırken reaktif guumlccedil sınırlarına ulaşıldığında P-V bara P-Q baraya doumlnuumlştuumllduumlğuuml gibi işlemler sırasında reaktif guumlccedil sınırlarının altına inilirse ilgili baranın tekrar P-V baraya

6

doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri

Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)

Durum değişkenleri (İstenenler)

Bara Sayısı

P-Q

Py Qy Vy y pq

P-V

Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv

Salınım

Vuuml uuml Puuml Quuml 1

Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N

92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları

1

01V 220V

y12 P1=2200 W V2=220 V

2 1 z12 = 01 ohm

7

00001 Birinci adım (birinci iterasyon)

1

1 10

1

P 2200I 10A220V

12

1 112 1V z I 01x10 1V

12

1 11 2V V V 220 1 219V

1 01 1V V 219 220 1

İkincici adım (ikinci iterasyon)

1

2 11

1

P 2200I 100457 A219V

12

2 212 1V z I 01x10046 100457V

12

2 21 2V V V 220 100457 2189954V

2 11 1V V 219 2189954 00046

Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)

1

3 11

1

P 2200I 100459A2189954V

12

2 212 1V z I 01x100459 100459V

12

2 21 2V V U 220 100459 2189954V

8

2 11 1V V 2189954 2189954 000005

92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V

(91)

1 11 12 1i 1N 1

2 21 22 2i 2N 2

i i1 i2 ii iN i

N N1 N2 Ni NN N

I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V

I Y Y Y Y V

I Y Y Y Y V

(92)

1 11 1 12 2 1i i 1N N

2 21 1 22 2 2i i 2N N

i i1 1 i2 2 ii i iN N

N N1 1 N2 2 Ni i NN N

I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V

I Y V Y V Y V Y V

I Y V Y V Y V Y V

(87)

i i1 1 i2 2 ii i iN NN

i ij jj 1

i 1 NI Y V Y V Y V Y V

I Y V

(87)

i i i i i

i i i

i i

i i1 1 i2 2 ii i iN N

S P jQ V I

S P jQIiV V

I Y V Y V Y V Y V

(87)

9

i ii1 1 i2 2 ii i iN N

i

i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N

i

i ii i1 1 i2 2 ij j iN N

ii i

P jQ Y V Y V Y V Y VV

P jQY V Y V Y V Y V Y VV

P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V

(87)

Ni i

i i ij jj 1ii ij i

i 1 N

P jQ1V I Y VY V

(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir

Ni i

i i ij jj 1ii ij i

i 1 N 1

P jQ1V I Y VY V

(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır

i i i i i

i i i

i pq 1 N 1S P jQ V I

Q İmag V I

(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir

10

i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V

i(y) (h)i i(h)

i

VV V

V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri

i(y) (h) (h)i i i(h)

i

(y) (h)i i i

VV V

V

V V

(87)

Hat Akışı

i i i i i

i ii

i

i 1 NS P jQ V I

P jQIV

i Barasından j Barasına akım akışı

ijij i j ij i

yi V V y V

2

i Barasından j Barasına guumlccedil akışı

ij ij i ij

ij ij ij i i j ij i i

P jQ V i

yP jQ V V V y V V

2

(89)

Ii yij Ij

yrsquoij2 yrsquo

ij2

iBara jBara

iij iji

11

Oumlrnek 91

3 4

2 1

P3 |V3|

Q3 3

|V4| 4=0

P4 Q4

P2 Q2

|V2| 2

P1 Q1

|V1| 1

2

1

3

P1 Q1

|V1| 1

P2 |V2|

Q2 2

|V3| 3=0

P3 Q3

|V2| 2=0

P2 Q2

P1 Q1

|V1| 1

1 2

• pu diyagram Oumlrnek - 1
• pu diyagram Oumlrnek - 2
• pu diyagram Oumlrnek - 3
• iletim hatları Oumlrnek - 1
• iletim hatları Oumlrnek - 2
• simetrili bileşenler Oumlrnek - 1
• simetrili bileşenler Oumlrnek - 2
• arızalar (3 FAZ) Oumlrnek - 1
• arızalar (FAZ TOPRAK) Oumlrnek - 2
• arızalar (FAZ FAZ) Oumlrnek - 3
• arızalar (FAZ FAZ TOPRAK) Oumlrnek - 4
• Bara-Admitans Oumlrnek 1
• Bara-Admitans Oumlrnek 2
• Guumlccedil İletimi
• arızalar
• nominal T devresi
• nominal Pİ Oumlrnek 1
• nominal Pİ devresi
• simetrili bileşenler

6

doumlnuumlştuumlruumllmesi gereklidir Bu tez ccedilalışmasında kullanılan yuumlk akışı programının algoritması anılan bu oumlzellikleri gerccedilekleyecek şekilde duumlzenlenmiştir c) Salınım Barası İletim sisteminde hat kayıplarının oumlnceden bilenememesi nedeniyle yuumlk akışı sonunda belirlenen bu kayıplar genellikle bir uumlretim barasının guumlccedillerine eklenir Dolayısı ile bu baranın sadece (Vuuml uuml = 0 ) bara gerilimi ve accedilısı belli ve sabittir Sistemin ccedileşitli yuumlk ve uumlretim durumları iccedilin bu baradan sisteme goumlnderilen guumlccediller farklı olacaktır Bunun nedeni de yukarıda accedilıklandığı gibi bu baranın guumlccedillerinin yuumlk akışı sonunda belirlenmesidir Oumlzetle bara tiplerini oumlzellikleriyle beliritir bir tablo aşağıda verilmiştir Tablo 91 Bara tipleri

Bara Tipi Kontrol değişkenleri (Bilinenler)

Durum değişkenleri (İstenenler)

Bara Sayısı

P-Q

Py Qy Vy y pq

P-V

Puuml Vuuml Qmin Qmak Quuml uuml pv

Salınım

Vuuml uuml Puuml Quuml 1

Toplam Bara Sayısı pq+pv+1 = N

92 Ccediloumlzuumlm Youmlntemleri Oumlrnek iki baralı bir sistem goumlz oumlnuumlne alınarak Başlangıccedil koşulları

1

01V 220V

y12 P1=2200 W V2=220 V

2 1 z12 = 01 ohm

7

00001 Birinci adım (birinci iterasyon)

1

1 10

1

P 2200I 10A220V

12

1 112 1V z I 01x10 1V

12

1 11 2V V V 220 1 219V

1 01 1V V 219 220 1

İkincici adım (ikinci iterasyon)

1

2 11

1

P 2200I 100457 A219V

12

2 212 1V z I 01x10046 100457V

12

2 21 2V V V 220 100457 2189954V

2 11 1V V 219 2189954 00046

Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)

1

3 11

1

P 2200I 100459A2189954V

12

2 212 1V z I 01x100459 100459V

12

2 21 2V V U 220 100459 2189954V

8

2 11 1V V 2189954 2189954 000005

92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V

(91)

1 11 12 1i 1N 1

2 21 22 2i 2N 2

i i1 i2 ii iN i

N N1 N2 Ni NN N

I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V

I Y Y Y Y V

I Y Y Y Y V

(92)

1 11 1 12 2 1i i 1N N

2 21 1 22 2 2i i 2N N

i i1 1 i2 2 ii i iN N

N N1 1 N2 2 Ni i NN N

I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V

I Y V Y V Y V Y V

I Y V Y V Y V Y V

(87)

i i1 1 i2 2 ii i iN NN

i ij jj 1

i 1 NI Y V Y V Y V Y V

I Y V

(87)

i i i i i

i i i

i i

i i1 1 i2 2 ii i iN N

S P jQ V I

S P jQIiV V

I Y V Y V Y V Y V

(87)

9

i ii1 1 i2 2 ii i iN N

i

i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N

i

i ii i1 1 i2 2 ij j iN N

ii i

P jQ Y V Y V Y V Y VV

P jQY V Y V Y V Y V Y VV

P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V

(87)

Ni i

i i ij jj 1ii ij i

i 1 N

P jQ1V I Y VY V

(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir

Ni i

i i ij jj 1ii ij i

i 1 N 1

P jQ1V I Y VY V

(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır

i i i i i

i i i

i pq 1 N 1S P jQ V I

Q İmag V I

(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir

10

i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V

i(y) (h)i i(h)

i

VV V

V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri

i(y) (h) (h)i i i(h)

i

(y) (h)i i i

VV V

V

V V

(87)

Hat Akışı

i i i i i

i ii

i

i 1 NS P jQ V I

P jQIV

i Barasından j Barasına akım akışı

ijij i j ij i

yi V V y V

2

i Barasından j Barasına guumlccedil akışı

ij ij i ij

ij ij ij i i j ij i i

P jQ V i

yP jQ V V V y V V

2

(89)

Ii yij Ij

yrsquoij2 yrsquo

ij2

iBara jBara

iij iji

11

Oumlrnek 91

3 4

2 1

P3 |V3|

Q3 3

|V4| 4=0

P4 Q4

P2 Q2

|V2| 2

P1 Q1

|V1| 1

2

1

3

P1 Q1

|V1| 1

P2 |V2|

Q2 2

|V3| 3=0

P3 Q3

|V2| 2=0

P2 Q2

P1 Q1

|V1| 1

1 2

• pu diyagram Oumlrnek - 1
• pu diyagram Oumlrnek - 2
• pu diyagram Oumlrnek - 3
• iletim hatları Oumlrnek - 1
• iletim hatları Oumlrnek - 2
• simetrili bileşenler Oumlrnek - 1
• simetrili bileşenler Oumlrnek - 2
• arızalar (3 FAZ) Oumlrnek - 1
• arızalar (FAZ TOPRAK) Oumlrnek - 2
• arızalar (FAZ FAZ) Oumlrnek - 3
• arızalar (FAZ FAZ TOPRAK) Oumlrnek - 4
• Bara-Admitans Oumlrnek 1
• Bara-Admitans Oumlrnek 2
• Guumlccedil İletimi
• arızalar
• nominal T devresi
• nominal Pİ Oumlrnek 1
• nominal Pİ devresi
• simetrili bileşenler

7

00001 Birinci adım (birinci iterasyon)

1

1 10

1

P 2200I 10A220V

12

1 112 1V z I 01x10 1V

12

1 11 2V V V 220 1 219V

1 01 1V V 219 220 1

İkincici adım (ikinci iterasyon)

1

2 11

1

P 2200I 100457 A219V

12

2 212 1V z I 01x10046 100457V

12

2 21 2V V V 220 100457 2189954V

2 11 1V V 219 2189954 00046

Uumlccediluumlncuuml adım (uumlccediluumlncuuml iterasyon)

1

3 11

1

P 2200I 100459A2189954V

12

2 212 1V z I 01x100459 100459V

12

2 21 2V V U 220 100459 2189954V

8

2 11 1V V 2189954 2189954 000005

92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V

(91)

1 11 12 1i 1N 1

2 21 22 2i 2N 2

i i1 i2 ii iN i

N N1 N2 Ni NN N

I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V

I Y Y Y Y V

I Y Y Y Y V

(92)

1 11 1 12 2 1i i 1N N

2 21 1 22 2 2i i 2N N

i i1 1 i2 2 ii i iN N

N N1 1 N2 2 Ni i NN N

I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V

I Y V Y V Y V Y V

I Y V Y V Y V Y V

(87)

i i1 1 i2 2 ii i iN NN

i ij jj 1

i 1 NI Y V Y V Y V Y V

I Y V

(87)

i i i i i

i i i

i i

i i1 1 i2 2 ii i iN N

S P jQ V I

S P jQIiV V

I Y V Y V Y V Y V

(87)

9

i ii1 1 i2 2 ii i iN N

i

i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N

i

i ii i1 1 i2 2 ij j iN N

ii i

P jQ Y V Y V Y V Y VV

P jQY V Y V Y V Y V Y VV

P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V

(87)

Ni i

i i ij jj 1ii ij i

i 1 N

P jQ1V I Y VY V

(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir

Ni i

i i ij jj 1ii ij i

i 1 N 1

P jQ1V I Y VY V

(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır

i i i i i

i i i

i pq 1 N 1S P jQ V I

Q İmag V I

(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir

10

i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V

i(y) (h)i i(h)

i

VV V

V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri

i(y) (h) (h)i i i(h)

i

(y) (h)i i i

VV V

V

V V

(87)

Hat Akışı

i i i i i

i ii

i

i 1 NS P jQ V I

P jQIV

i Barasından j Barasına akım akışı

ijij i j ij i

yi V V y V

2

i Barasından j Barasına guumlccedil akışı

ij ij i ij

ij ij ij i i j ij i i

P jQ V i

yP jQ V V V y V V

2

(89)

Ii yij Ij

yrsquoij2 yrsquo

ij2

iBara jBara

iij iji

11

Oumlrnek 91

3 4

2 1

P3 |V3|

Q3 3

|V4| 4=0

P4 Q4

P2 Q2

|V2| 2

P1 Q1

|V1| 1

2

1

3

P1 Q1

|V1| 1

P2 |V2|

Q2 2

|V3| 3=0

P3 Q3

|V2| 2=0

P2 Q2

P1 Q1

|V1| 1

1 2

• pu diyagram Oumlrnek - 1
• pu diyagram Oumlrnek - 2
• pu diyagram Oumlrnek - 3
• iletim hatları Oumlrnek - 1
• iletim hatları Oumlrnek - 2
• simetrili bileşenler Oumlrnek - 1
• simetrili bileşenler Oumlrnek - 2
• arızalar (3 FAZ) Oumlrnek - 1
• arızalar (FAZ TOPRAK) Oumlrnek - 2
• arızalar (FAZ FAZ) Oumlrnek - 3
• arızalar (FAZ FAZ TOPRAK) Oumlrnek - 4
• Bara-Admitans Oumlrnek 1
• Bara-Admitans Oumlrnek 2
• Guumlccedil İletimi
• arızalar
• nominal T devresi
• nominal Pİ Oumlrnek 1
• nominal Pİ devresi
• simetrili bileşenler

8

2 11 1V V 2189954 2189954 000005

92 Gauss-Seidel BARA BARA BARAN NxN NI Y V

(91)

1 11 12 1i 1N 1

2 21 22 2i 2N 2

i i1 i2 ii iN i

N N1 N2 Ni NN N

I Y Y Y Y VI Y Y Y Y V

I Y Y Y Y V

I Y Y Y Y V

(92)

1 11 1 12 2 1i i 1N N

2 21 1 22 2 2i i 2N N

i i1 1 i2 2 ii i iN N

N N1 1 N2 2 Ni i NN N

I Y V Y V Y V Y VI Y V Y V Y V Y V

I Y V Y V Y V Y V

I Y V Y V Y V Y V

(87)

i i1 1 i2 2 ii i iN NN

i ij jj 1

i 1 NI Y V Y V Y V Y V

I Y V

(87)

i i i i i

i i i

i i

i i1 1 i2 2 ii i iN N

S P jQ V I

S P jQIiV V

I Y V Y V Y V Y V

(87)

9

i ii1 1 i2 2 ii i iN N

i

i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N

i

i ii i1 1 i2 2 ij j iN N

ii i

P jQ Y V Y V Y V Y VV

P jQY V Y V Y V Y V Y VV

P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V

(87)

Ni i

i i ij jj 1ii ij i

i 1 N

P jQ1V I Y VY V

(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir

Ni i

i i ij jj 1ii ij i

i 1 N 1

P jQ1V I Y VY V

(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır

i i i i i

i i i

i pq 1 N 1S P jQ V I

Q İmag V I

(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir

10

i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V

i(y) (h)i i(h)

i

VV V

V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri

i(y) (h) (h)i i i(h)

i

(y) (h)i i i

VV V

V

V V

(87)

Hat Akışı

i i i i i

i ii

i

i 1 NS P jQ V I

P jQIV

i Barasından j Barasına akım akışı

ijij i j ij i

yi V V y V

2

i Barasından j Barasına guumlccedil akışı

ij ij i ij

ij ij ij i i j ij i i

P jQ V i

yP jQ V V V y V V

2

(89)

Ii yij Ij

yrsquoij2 yrsquo

ij2

iBara jBara

iij iji

11

Oumlrnek 91

3 4

2 1

P3 |V3|

Q3 3

|V4| 4=0

P4 Q4

P2 Q2

|V2| 2

P1 Q1

|V1| 1

2

1

3

P1 Q1

|V1| 1

P2 |V2|

Q2 2

|V3| 3=0

P3 Q3

|V2| 2=0

P2 Q2

P1 Q1

|V1| 1

1 2

• pu diyagram Oumlrnek - 1
• pu diyagram Oumlrnek - 2
• pu diyagram Oumlrnek - 3
• iletim hatları Oumlrnek - 1
• iletim hatları Oumlrnek - 2
• simetrili bileşenler Oumlrnek - 1
• simetrili bileşenler Oumlrnek - 2
• arızalar (3 FAZ) Oumlrnek - 1
• arızalar (FAZ TOPRAK) Oumlrnek - 2
• arızalar (FAZ FAZ) Oumlrnek - 3
• arızalar (FAZ FAZ TOPRAK) Oumlrnek - 4
• Bara-Admitans Oumlrnek 1
• Bara-Admitans Oumlrnek 2
• Guumlccedil İletimi
• arızalar
• nominal T devresi
• nominal Pİ Oumlrnek 1
• nominal Pİ devresi
• simetrili bileşenler

9

i ii1 1 i2 2 ii i iN N

i

i iii i i1 1 i2 2 ij j iN N

i

i ii i1 1 i2 2 ij j iN N

ii i

P jQ Y V Y V Y V Y VV

P jQY V Y V Y V Y V Y VV

P jQ1V Y V Y V Y V Y VY V

(87)

Ni i

i i ij jj 1ii ij i

i 1 N

P jQ1V I Y VY V

(87) N Bara sayısı pq Yuumlk Bara sayısı pv Uumlretim Bara sayısı Salınım barası 1 adet ve N= pv+pq+1 olmak uumlzere elimizde N adet denklem vardır Ancak Salınım barasında gerilimin genlik ve faz accedilısı belli olduğundan bu n denklem iterasyona katılmayarak N-1 adet denklem ile ccediloumlzuumlm yapılabilir

Ni i

i i ij jj 1ii ij i

i 1 N 1

P jQ1V I Y VY V

(87) Yuumlk baraları iccedilin (pq adet denklem 9 ifadesinde i = 1 pq ) gerilim ifadesi iterasyonlarla bulunan değerleri alır iken generatoumlr baralarında hesaplanan gerilim (pv adet denklem 87 ifadesinde i = pq+1 N-1 ) uumlretim baralarının reaktif guumlccedillerinin hesaplanmasında kullanılır

i i i i i

i i i

i pq 1 N 1S P jQ V I

Q İmag V I

(87) Boumlylelikle uumlretim baralarında gerilimler iccedilin genlik aynı kalmakla beraber yuumlk accedilıları belirlenebilir

10

i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V

i(y) (h)i i(h)

i

VV V

V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri

i(y) (h) (h)i i i(h)

i

(y) (h)i i i

VV V

V

V V

(87)

Hat Akışı

i i i i i

i ii

i

i 1 NS P jQ V I

P jQIV

i Barasından j Barasına akım akışı

ijij i j ij i

yi V V y V

2

i Barasından j Barasına guumlccedil akışı

ij ij i ij

ij ij ij i i j ij i i

P jQ V i

yP jQ V V V y V V

2

(89)

Ii yij Ij

yrsquoij2 yrsquo

ij2

iBara jBara

iij iji

11

Oumlrnek 91

3 4

2 1

P3 |V3|

Q3 3

|V4| 4=0

P4 Q4

P2 Q2

|V2| 2

P1 Q1

|V1| 1

2

1

3

P1 Q1

|V1| 1

P2 |V2|

Q2 2

|V3| 3=0

P3 Q3

|V2| 2=0

P2 Q2

P1 Q1

|V1| 1

1 2

• pu diyagram Oumlrnek - 1
• pu diyagram Oumlrnek - 2
• pu diyagram Oumlrnek - 3
• iletim hatları Oumlrnek - 1
• iletim hatları Oumlrnek - 2
• simetrili bileşenler Oumlrnek - 1
• simetrili bileşenler Oumlrnek - 2
• arızalar (3 FAZ) Oumlrnek - 1
• arızalar (FAZ TOPRAK) Oumlrnek - 2
• arızalar (FAZ FAZ) Oumlrnek - 3
• arızalar (FAZ FAZ TOPRAK) Oumlrnek - 4
• Bara-Admitans Oumlrnek 1
• Bara-Admitans Oumlrnek 2
• Guumlccedil İletimi
• arızalar
• nominal T devresi
• nominal Pİ Oumlrnek 1
• nominal Pİ devresi
• simetrili bileşenler

10

i=pq+1N-1 iV i Baranın verilmiş gerilimi (h)iV i Baranın hesaplanmış gerilimi (h) (h) (h)i i iV V

i(y) (h)i i(h)

i

VV V

V i Baranın duumlzeltilmiş yeni gerilim değeri

i(y) (h) (h)i i i(h)

i

(y) (h)i i i

VV V

V

V V

(87)

Hat Akışı

i i i i i

i ii

i

i 1 NS P jQ V I

P jQIV

i Barasından j Barasına akım akışı

ijij i j ij i

yi V V y V

2

i Barasından j Barasına guumlccedil akışı

ij ij i ij

ij ij ij i i j ij i i

P jQ V i

yP jQ V V V y V V

2

(89)

Ii yij Ij

yrsquoij2 yrsquo

ij2

iBara jBara

iij iji

11

Oumlrnek 91

3 4

2 1

P3 |V3|

Q3 3

|V4| 4=0

P4 Q4

P2 Q2

|V2| 2

P1 Q1

|V1| 1

2

1

3

P1 Q1

|V1| 1

P2 |V2|

Q2 2

|V3| 3=0

P3 Q3

|V2| 2=0

P2 Q2

P1 Q1

|V1| 1

1 2

• pu diyagram Oumlrnek - 1
• pu diyagram Oumlrnek - 2
• pu diyagram Oumlrnek - 3
• iletim hatları Oumlrnek - 1
• iletim hatları Oumlrnek - 2
• simetrili bileşenler Oumlrnek - 1
• simetrili bileşenler Oumlrnek - 2
• arızalar (3 FAZ) Oumlrnek - 1
• arızalar (FAZ TOPRAK) Oumlrnek - 2
• arızalar (FAZ FAZ) Oumlrnek - 3
• arızalar (FAZ FAZ TOPRAK) Oumlrnek - 4
• Bara-Admitans Oumlrnek 1
• Bara-Admitans Oumlrnek 2
• Guumlccedil İletimi
• arızalar
• nominal T devresi
• nominal Pİ Oumlrnek 1
• nominal Pİ devresi
• simetrili bileşenler

11

Oumlrnek 91

3 4

2 1

P3 |V3|

Q3 3

|V4| 4=0

P4 Q4

P2 Q2

|V2| 2

P1 Q1

|V1| 1

2

1

3

P1 Q1

|V1| 1

P2 |V2|

Q2 2

|V3| 3=0

P3 Q3

|V2| 2=0

P2 Q2

P1 Q1

|V1| 1

1 2

• pu diyagram Oumlrnek - 1
• pu diyagram Oumlrnek - 2
• pu diyagram Oumlrnek - 3
• iletim hatları Oumlrnek - 1
• iletim hatları Oumlrnek - 2
• simetrili bileşenler Oumlrnek - 1
• simetrili bileşenler Oumlrnek - 2
• arızalar (3 FAZ) Oumlrnek - 1
• arızalar (FAZ TOPRAK) Oumlrnek - 2
• arızalar (FAZ FAZ) Oumlrnek - 3
• arızalar (FAZ FAZ TOPRAK) Oumlrnek - 4
• Bara-Admitans Oumlrnek 1
• Bara-Admitans Oumlrnek 2
• Guumlccedil İletimi
• arızalar
• nominal T devresi
• nominal Pİ Oumlrnek 1
• nominal Pİ devresi
• simetrili bileşenler