Enerji Iletimi 2 Ders Notu

Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 1

BÖLÜM – I: ĐLETKENLERE GELEN EK YÜKLER

1.1 EK YÜKLER: 1. Buz Yükü 2. Rüzgâr Yükü 3. Eş Zamanlılık Yükü (Buz + Rüzgâr Yükler)

1. 1. 1 BUZ YÜKÜ:

( ) 022 =⇒++= rrbieş ggggg ise bieş ggg += kg/m

ib dkg *= kg/m

eşeş gaG *= kg

Semboller: gi : Đletkenin birim ağırlığı (kg/m) gb: Buzun birim ağırlığı (kg/m) gr: Rüzgârın birim ağırlığı (kg/m) geş: Eş zamanlılık (iletken+buz+rüzgâr) birim ağırlığı (kg/m) k: Buz yükü katsayısı di: Đletken çapı (mm) ÖRNEK: 2. bölgede, çapı 16 mm olan bir hat iletkeninin birim ağırlığı 0,3 kg/m, oluşan buzun birim

ağırlığı 1,5 kg/m ise buzun yük katsayısı nedir? Değerlendiriniz.

375,016

5,1* ===⇒=

i

bib

d

gkdkg

Oysaki 2. bölgede değerlendirilmişti. 2. bölgede k=0,2 < 0,375 olduğundan bu bölge IV. Bölge olarak ele alınmalıdır.

ÖRNEK: 3. bölgede, çapı 25 mm olan bir hat iletkeninin birim ağırlığı 0,25 kg/m ise 500 m mesafedeki

iletken ağırlığı kaç kg.dır?

mkgdkg ib /5,125*3,0* ===

mkgggg bieş /75,15,125,0 =+=+=

kggaG eşeş 87575,1*500* ===

1. 1. 2 RÜZGÂR YÜKÜ:

1.1.2.1 Buz Yükü Yoksa:

310*** −= ir dQCg kg/m 16

2vQ =

( )2

2

/16

mkgsnm

=⇒

22

rieş ggg += kg/m

= −

i

r

g

g1tanα eşeş gaG *= kg

1.1.2.2 Buz Yükü Varsa: 380 kV’luk hatlarda rüzgâr, buz ve iletken ağırlıkları birlikte alınır.

( ) 22

Re brbişB gggg ++= kg/m 310*** −= bbr dQCg kg/m

Π+=

*

**40002

b

i

ib

dkdd

ρ mm

q

gii =℘ kg/m*mm2

q

gbb =℘ kg/m*mm2

şBşB gaG ReRe *= kg

+= −

bi

br

gg

g1tanα

Bölge I. II. III. IV. V. k 0 0,2 0,3 0,5 1,2

Tablo –I Buz Yük Bölgelere Göre k değeri


1.1.2.3 Semboller: gBReş: Toplam birim ağırlık (rüzgâr+buz+iletken) (kg/m) gbr: Buz yüklü rüzgâr birim ağırlık (kg/m) db: Buz yüklü iletkenin çapı (mm) a: Menzil (m) q: Đletken kesiti (mm2) ℘℘℘℘i: Đletkenin özgül ağırlığı (kg/m*mm2) ℘℘℘℘b: Buz yüklü iletkenin özgül ağırlığı (kg/m*mm2) αααα: Salınım açısı ( 0 ) ρρρρb: Buz yoğunluğu (kg/dm

3) c: Sehim parametresi (m) Q: Dinamik rüzgâr basıncı (kg/m2) v: Rüzgâr hızı (m/s) ÖRNEK: Bir E.Đ.H.’da toplam 500 kg. iletken ağırlığı ve bir menzil boyunca 750 kg buz yükü ağırlığı

oluşturmaktadır. Buzlu rüzgâr halinde ise 1500 kg söz konusu olmaktadır. Buna göre iletkenin eşdeğer yükü ve salınım açısını hesaplayınız.

( ) ( ) kgGGGG brbişB 19501500750500 2222

Re =++=++=

( ) 0111 194,502,1tan750500

1500tantan ==

+

=

+= −−−

bi

br

GG

Gα

ÖRNEK: Birim ağırlığı 1,5 kg/m olan havaî hat iletkenleri IV. Bölgede gerilmiştir. Đletken üzerinde

oluşan buz yükün birim ağırlığı 2,5 kg/m ve buz kılıfının çapı, iletken kılıfının çapının iki katı olduğu bilinmektedir. Sehim parametresi 1m, dinamik rüzgâr basıncı 50 kg/m2 ise eş zamanlılık yük için birim eşdeğer ağırlığı bulunuz.

mmk

gddkg biib 25

5,0

5,2*

22

=

=

=⇒=

mmdd ib 5025*2*2 ===

mkgdQcg bbr /5,210*50*50*110*** 33 === −−

( ) ( ) mkggggg brbişB /717,45,25,25,1 2222

Re =++=++=

ÖRNEK: IV. Bölgedeki E.Đ.H. da 3lü demet iletkeni kullanılacaktır. Tam buzlu halde menzil boyunca

oluşan ağırlık 5 ton/faz ise; a) Đletkenin birim ağırlığı 0,5 kg/m ve iletken çapı 16 mm ise menzil en fazla kaç metre idir? b) Aynı iletken ve menzille 4lü demet kullanılacak olursa kaçıncı bölgede hat çekilir?

a) eşeş gaG *= (Sistemde n demet de kullanılması ile)

( )bieşeş gganganG +== ****

mkgdkg ib /216*5,0* ===

( ) ( )

mggn

Ga

bi

eş 66,66625,0*3

10*5

*

3

=+

=+

= (Menzil bu değerden küçük olmalıdır.)

b) ( )bieş gganG ′+′= **

mkggan

Gg i

eş

b /375,15,066,666*4

10*5

*

3

=−=−′

=′

343,016

375,1* ==

′=⇒=′

i

bXiXb

d

gkdkg

Çıkan sonuca göre IV. Bölgenin altındaki bölgelerde (I.- II.- III.) çekilebilir.


ÖRNEK: Ağırlığı 0,972 kg/m olan Hawk iletkeni 400 m.lik simetrik menzilde çekilmektedir. Đletken tam buzlu yüklendiğinde ağırlığı 1,905 kg/m olmaktadır. Buna göre;

a) Yaz ayında iletken üzerine ortalama ağırlığı 2 kg olan göçmen kuşlar konması söz konusu ise iletkene kaç kuş konarsa buzlu haldeki iletken ağırlığına ulaşır?

b) Yaz ayında iletkene 50 kuş konması söz konusu ise menzil boyunca ortalama ağırlık ne olur? c) Đletken tam buzlu yüklü iken askı noktasından itibaren 150 m.lik bölümündeki buz kılıfının yarısı

dökülecek olursa menzil boyunca ortalama ağırlık ne olur?

a) kggaG ii 8,388972,0*400* ===

mkggggggg ieşbbieş /933,0972,0905,1 =−=−=⇒+=

kggaG bb 2,373933,0*400* ===

1872

2,373* ≅==⇒=

KUS

bttKUSb

G

GnnGG tane

b) kgnGG KUST 10050*2* 50 === (50 tane kuşların toplam yükü)

kgGGG iTY 8,4888,388100 =+=+= (Oluşan toplam yük)

mkga

Gg YY /222,1

400

8,488===

Kuşların yükü olmasa idi; mkga

Gg ii /972,0

400

8,388=== ⇒ mkggort /222,1972,0 ≤≤

c) maaX 3257540075 =−=−= (Buzsuz iletken menzili)

Tüm alanda buz yükü olduğunda; mkgggg bieş /905,1=+= (Max ortalama ağırlık)

75m mesafedeki buz yükü olduğunda; ( )

75

*75*(min) +

++=

X

ibiXeş

a

gggag

mkggeş /73,175325

972,0*75905,1*325(min) =

++

=

mkggort /975,173,1 ≤≤

ÖRNEK: Bir E.Đ.H. da 2li demet kullanılmıştır. Đletkenlerin çapı 21,77 mm.dir. Buzsuz halde iletkenler

arası mesafe 50 cm olmaktadır. Đletkenler üzerinde buzlu kılıf oluştuğunda açıklık 40 cm e düşmüştür. III. Bölgede ortalama buz yoğunluğu 0,4 kg/dm3 ise bu bölgede aşırı buzlanma olup olmadığını belirleyiniz.

Π+=

*

**40002

b

iX

ib

dkdd

ρ

14,3*4,0

77,21**400077,2110*10 21 Xk+=

642,0=Xk ; 3,0=k (III. Bölge)

katk

kK xbuz 14,2

3,0

642,0=== aşırı buzlanma

ÖRNEK: Bir E.Đ.H. da 4lü demet kullanılmıştır. Đletkenlerin çapı 17,28 mm.dir. Buzsuz halde iletkenler

arası mesafe 40 cm olmaktadır. Đletkenler üzerinde buzlu kılıf oluştuğunda açıklık 7,5cm azalmıştır. Ortalama buz yoğunluğu 0,4 kg/dm3 ise bu iletim hattı kaçıncı buz bölgesindedir?

maaX 5,325,7405,7 =−=−=

cmaY 75,32

5,7==

mmcmad Yb 755,775,3*2*2 ==== (Oluşan buz kılıfının çapı)


4,014,3*4,0

28,17**400028,1775

*

**4000 22 =⇒+=⇒Π

+= kkdk

ddb

i

ib ρ(IV. Bölgede)

ÖRNEK: Kesiti 276,1 mm2, çapı 27,1 mm ve birim ağırlığı 0,912 kg/m olan bir iletken, III. Bölgede ve

400 m direk açıklığında gerilmiştir. Buzun özgül ağırlığı 0,4 kg/dm3 ve ortamdaki dinamik rüzgâr basıncı 30 kg/m2 ise eş zaman yük durumunda bileşke özgül ağırlığı ve bileşke birim ağırlığını bulunuz.

di (mm) di < 12,5 12,5 ≤≤≤≤ di ≤≤≤≤ 15,8 15,8 < di c 1,2 1,1 1

db (mm) 55 ≤≤≤≤ db ≤≤≤≤ 65 66 ≤≤≤≤ db ≤≤≤≤ 75 76 ≤≤≤≤ db ≤≤≤≤ 85 c 1,8 2 2,2

Tablo –II Đletken yüksüz ve buz yüklü halinde sehim parametreleri

mmdk

ddb

i

ib 13,7014,3*4,0

7,21*3,0*40007,21

*

**4000 22 =+=Π

+=ρ

mkgdQcg bbr /207,410*13,70*30*210*** 33 === −−

mkgdkg ib /39,17,21*3,0* ===

( ) ( ) mkggggg brbişB /8,4207,439,1912,0 2222

Re =++=++=

23Re

Re *10*17

1,276

8,4mmm

kg

q

g şB

şB

−===℘

kggaG şBşB 19208,4*400* ReRe ===

ÖRNEK: Çapı 24,1 mm, kesiti 294,9 mm2 ve birim ağırlığı 1,288 kg/m olan havaî hat iletkenleri, III.

Bölgede iken tam buzlu halde olduğu zamanda dört ayrı yerden alınan buz kılıfı sonuçları: db1= 70 mm; db2= 74 mm; db3= 75 mm; db4= 71 mm. Buzlu halde iken 72 km/h hızla esen bir rüzgâra maruz kalan bu hattın sehim parametresi 1,3 ise eşdeğer

birim ağırlığını bulunuz.

2

22

/2516

1*

3600

1000*72

16mkg

vQ =

==

mmdddd

d bbbbortb 145

4

71757470

44321

)( =+++

=+++

=

( ) ( ) mkgdQcg ortbortbr /712,410*145*25*3,110*** 33 === −−

mkgdkg ib /47,11,24*3,0* ===

( ) ( ) mkggggg ortbrbiortşB /459,5712,447,1288,1 222)(

2

)(Re =++=++=

23)(Re

)(Re *10*5,18

9,294

459,5mmm

kg

q

g ortşB

ortşB

−===℘

ÖRNEK: Bir demetin çapı 16,28 mm olan 3lü demetli E.Đ.H. da iletkenler tam buzlu olduğunda açıklığın

33 cm’den daha küçük olmaması isteniyor. IV. Bölgede ortalama buz yoğunluğu 0,5 kg/dm3 ise demetteki iletkenler arası açıklık ne kadardır?

mmdk

ddb

i

ib 792,8114,3*5,0

28,16*5,0*400028,16

*

**4000 22 =+=Π

+=ρ

mmdd

a ibY 75,32

2

28,16792,81

2=

−=

−=

mmaaa YX 38775,32*210*33*2 1 =+=+=


ÖRNEK: 154kV’luk Çorlu-Hadımköy E.Đ.H. da, 477 MCM (21,77mm) hat iletkeni 1974 yılında kopmuştur. Buzlu iletken çapı 80 mm, buzun yoğunluğu 0,8 kg/dm3 ve sistem II. Bölgede ise bu yıkıma kaç kat buzlanma sebep olmuştur?

8,014,3*8,0

77,21**400077,2180

*

**4000 22 =⇒+=⇒Π

+= XX

b

iX

ib kkdk

ddρ

katk

kK X

BUZ 42,0

8,0=== Buzlanma

ÖRNEK: II. Bölgede çekilmiş, 1,622 kg/m ağırlığındaki 154kV’luk Paşalar-Adapazarı iletim hattı

projesinde öngörülen buz yükü 1,06 kg/m, etkin rüzgâr hızı 104 km/h, hat arızalandığı zaman buzlu iletken çapı 130 mm, bu arıza anında 70 km/h ile rüzgâr esiyor. Sehim parametresi 1m, buz yoğunluğu 0,8 kg/dm3 ise;

a) Buzsuz iletkene projedeki rüzgâr hızı etki ederse salınım açısını, b) Projedeki değerler doğrultusunda eş zamanlı yükte salınım açısını, c) Arızalı durumdaki değerler doğrultusuna göre salınım açısını bulunuz.

a) 2

22

0 /16,5216

1*

3600

1000*104

16mkg

vQ =

==

mmk

gddkg biib 09,28

2,0

06,1*

22

=

=

=⇒=

mkgdQcg ir /465,110*09,28*16,52*110*** 330 === −−

011 42622,1

465,1tantan =

=

= −−

i

r

g

gα

b) mmdk

ddb

i

ib 77,4914,3*8,0

09,28*2,0*400009,28

*

**4000 22 =+=Π

+=ρ

mkgdQcg bbr /596,210*77,49*16,52*110*** 330 === −−

011 4406,1622,1

596,2tantan =

+

=

+= −−

bi

br

gg

gα

c) 2

22

/63,2316

1*

3600

1000*70

16mkg

vQA =

==

mkgdQcg bAbr /07,310*130*63,23*110*** 33 === −−

909,114,3*8,0

09,28**400009,28130

*

**4000 22 =⇒+=⇒Π

+= XX

b

iX

ib kkdk

ddρ

mkgdkg iXb /12,1009,28*909,1* ===

011 65,1412,10622,1

07,3tantan =

+

=

+= −−

bi

br

gg

gα

ÖRNEK: 154kV’luk Hawk kesiti 280,84 mm2, 35kV’luk güvercin kesiti 99,3 mm2 ise birbirleri

üzerindeki yük oranları nedir?

mmq

d 91,1814,3

84,280*4*4 11 ==

Π=

mmq

d 24,1114,3

3,99*4*4 22 ==

Π=

katd

d

dk

dk

g

gK yuk 297,1

24,11

91,18

*

*

2

1

2

1

2

1 =====


BÖLÜM – II: SĐMETRĐK MENZĐL HESABI

Đzolatörün etkileri bu hesapta dikkate alınmaz. Đletken ise parabol olarak düşünülecektir. Her iki direği aynı boy ve türde, 1 fazlı olarak hesaba katılır. Koruma teli için de hesaplama aynıdır. Şekil – 1: Simetrik menzil hesabı

σ*8*

*8

* 22 a

H

agf

eşeş

genel

℘== (m)

q

g=℘ (kg/m*mm2)

q

H=σ (kg/m*mm2)

−

=== 1*2

cosh**8

2

c

ac

c

ayf (m)

c

ayf n *2

2

1 == (m) ℘==σ

g

HC (m)

2

3

*24

1

c

aaL += (m) fgHS *+= (kg) 1* fgHSN += (m)

+=2

* 1aagV (kg) faskı *℘+=σσ (kg/mm2) yyh += 1 (m)

Semboller: f: Hattın orta noktasındaki (O noktası) sehim (m) f1: Hattın X noktasında (herhangi bir nokta) olan sehim (m) ℘℘℘℘: Özgül ağırlık (kg/m*mm2) q: Đletken kesiti (mm2) H: Yatay teğetli noktadaki çekme kuvveti (kg) S: Askı noktalarındaki çekme kuvveti (kg) SN: X noktasındaki çekme kuvveti (kg) V: Direğe gelen düşey kuvvet (kg) a: Menzil (m) a1: Bu direk menzil dışında olan menzil (m) σσσσ: Đletkendeki gerilme (kg/mm2) σσσσaskı: Askı noktasındaki iletkende oluşan gerilme (kg/mm2) h: Direk uzunluğu (m) ÖRNEK: Birim ağırlığı 1 kg/m olan bir iletken 300m’lik simetrik direk açıklığında ve II. Buz Bölgesinde

çekilmiştir. Buz yükün birim ağırlığı, iletken birim ağırlığının 1,2 katıdır. Đletken tam buzlu yüklü iken yere en yakın mesafesi en fazla 10,5 m olmalıdır. Bu iletken aynı direkler ile III. Bölgede çekilecek olursa ve çekme kuvvetleri de sabit ise direk açıklığı hangi değerlerde olmalıdır?

II. Bölgede çekilmesi durumu: mkggggggg iiibi /2,21*2,2*2,2*2,1 ===+=+=

mkggi /1= ; mkggg ib /2,11*2,1*2,1 === (II. Bölgede)

III. Bölgede çekilecek olsa idi:

mkgk

kgg ib /8,1

2,0

3,0*1*2,1**2,1

2

3 ===

mkgggg bi /8,28,11 =+=+=

maH

ag

H

agff

H

agf 92,265

8,2

2,2*300

*8

*

*8

*

*8

* 2

3

2

33

2

2232

2

==⇒=⇒=⇔=


ÖRNEK: 143 mm2 kesitinde, 15,7 mm çapında, 300 m menzili olan iletkenin özgül ağırlığı 3,45*10-3 kg/m*mm2’dir. Đletken tam buzlandığı zaman yere en fazla 7m mesafe yaklaşabiliyor. Yatay Teğetli Noktada (YTN’de) öngörülen gerilme 7,35 kg/mm2 ise iletken hangi bölgede tesis edilmelidir?

mf 8,1372,122 =−−=

kk

q

dk

q

g ibb *10*7,27

143

7,15** 3−====℘

( )σσ *8

*

*8

* 22aa

f bieş ℘+℘=

℘=

( )σ*8

**10*7,2710*45,3 233 akf

−− +=

( )k

k*10*7,2710*45,310*016,9

35,7*8

300**10*7,2710*45,38,13 333

233−−−

−−

+=⇒+

=

20,0=k Olduğundan (I. ve II. Bölgede tesis edilebilir.)

ÖRNEK: Menzil 400m, koruma telinin birim ağırlığı 0,525 kg/m, iletkenin birim ağırlığı 0,984 kg/m’dir.

Đletkenin YTN de çekme kuvveti 2500 kg. Faz ve koruma iletkenlerinin sehimlerinin aynı olabilmesi için çekme kuvveti ne olmalıdır? Eğer emniyet mesafesi 6m olması ön görülseydi direk açıklığı ne olmalıdır?

kk

kk

HH

agf

*8

400*525,0

*8

* 22

==

mH

agf

i

ii 872,7

2500*8

400*984,0

*8

* 22

===

872,7*8

400*525,0 2

=⇒=k

ikH

ff

kgH k 84,1333=

Emniyet mesafesinin 6m olması için fi sehiminin 1m artması gerekir.

mff iyenii 87,887,711)( =+=+=

mg

Hfa

H

agf

i

iyenii

yeni

i

yenii

yenii 6,424984,0

2500*8*87,8*8*

*8

* )(

2

)( ===⇒=

Sonuçta açıklık 24,6m artmıştır.

ÖRNEK: III. Bölgede, 400m’lik simetrik menzildeki bir E.Đ.H.deki iletkenin kesiti 316,5 mm2, çapı 23,1 mm, özgül ağırlığı 3,65*10-3 kg/m*mm2, tam buzlu haldeki sehimi 16,67m ise askı noktasından itibaren 100m mesafedeki sehimi bulunuz.

310*57,45,316

1,23*3,0* −====℘q

dk

q

g ibb kg/m*mm2

( )σσ *8

*

*8

* 22aa

f bieş ℘+℘=

℘=

( )f

abi

*8

* 2℘+℘=σ

( ) 223

/84,967,16*8

400*10*57,465,3mmkg=

+=

−

σ

mc 120010*2,8

84,93==

℘= −

σ

mc

ayyy OXkn 17,4

1200*2

100

*2

22

====−

myfy kn 5,1217,467,16 =−=−=


ÖRNEK: Düz bir arazideki 300m menzili olan bir E.Đ.H. uygulamaya geçildiğinde arazi zeminindeki güçlükler nedeniyle B noktasından 40m ileri yönde kaydırılıyor. Sehim yüzde kaç olarak değişmektedir?

Kaydırma 900 yönde yapıldığı için;

maat 65,3024030040 2222 =+=+=

Uygulama öncesi sehim (fi);

i

ii

H

agf

*8

* 2

=

Uygulama sonrası sehim (fii);

i

tiii

H

agf

*8

* 2

=

Oluşan fark;

2

2

2

2

*

*8*

*8

*

a

a

ag

H

H

ag

f

fFark t

i

i

i

ti

i

ii ===

%18300

65,3022

2

==Fark

ÖRNEK: Faz iletkeninden gelen kuvvetten dolayı direk direktekine göre %10 farklı olunmasına izin

verilmektedir. Tam buzlu halde birim ağırlık 3,2 kg/m ise ax menzili kaç metredir? A noktasındaki düşey ağırlık:

kgaa

gV ABOAA 1304

2

390425*2,3

2* =

+=

+=

%10 farklı olunması gerektirdiği için VB değeri, VA değerinin ±±±±10 değeri alınır.

kgVV AB 4,14341304*1,1*1,1(max) ===

kgVV AB 6,11731304*9,0*9,0(min) ===

maaaa

gV X

XXAB

B 5062

390*2,34,1434

2* (max)

(max)(max)(max) =⇒

+=⇒

+=

maaaa

gV X

XXAB

B 3432

390*2,36,1173

2* (min)

(min)(min)(min) =⇒

+=⇒

+=

mam x 506343 ≤≤

ÖRNEK: Aynı seviyeli dört direk arasında birim uzunluğunun ağırlığı 1,6 kg/m, kesiti 412 mm2 olan bir

iletken 2500 kg’lık çekme kuvveti ile çekilecektir. Direkler arası mesafe sırayla 600m, 450m, 540m ise bir faz için kaç metre iletken kullanılması gereklidir?

mg

Hc 5,1562

6,1

2500===

mL 88,6035,1562

600*

24

1600

2

3

1 =+=

mL 55,4515,1562

450*

24

1450

2

3

2 =+=

mL 68,5445,1562

540*

24

1540

2

3

3 =+=

mLLLL 159868,54455,45188,603321 =++=++=

ÖRNEK: Menzil %5 değerinde arttırılması halinde sehimin aynı kalması için projedeki çekme kuvveti

1000 kg’dan hangi değere getirilmelidir?

aa *05,11 = ⇒ ⇒= 1ff kga

a

a

aHH

H

ag

H

ag5,1102

*05,1*1000*

*8

*

*8

*2

22

2

21

1

1

21

2

===⇒=


ÖRNEK: Đletken kesiti 174,3 mm2, çapı 17,3 mm, birim ağırlığı 0,614 kg/m olan iletken III. Bölgede ve 300 m’lik simetrik menzilde gerilmiştir. Buzlu halde YTN’ da seçilen gerilme 10 kg/mm2 ise aynı direk ve iletkenlerle V. Bölgede kullanılacak olsa seçilecek menzilin maksimum değeri nedir?

III. Bölgede Gerecek Olursak;

310*68,103,174

614,03,17*3,0* −=+

=+

=+=℘+℘=℘q

gdk

q

g

q

g iiibibIII kg/m*mm2

ma

f III 1210*8

300*10*68,10

*8

* 232

≅=℘=

−

σ

Not: Bölge değişimlerde de sehimler aynıdır, değişmez. V. Bölgede Gerecek Olursak;

310*16,323,174

614,03,17*2,1* −=+

=+

=+=℘+℘=℘q

gdk

q

g

q

g iiibibV kg/m*mm2

maaa

ff VVVV

V 17310*8

*10*16,3212

*8

* 232

=⇒=⇒℘==

−

σ

NOT: Sistemde buzlanma simetrik olmazsa;

( )

℘℘+−

℘−℘℘

= iiax ηη 2***

2 (m) x

ax −=∆

2(m)

a

a ASKI )(=η i

ii

℘−℘

℘−℘℘=

*0η

η < η0 ⇒ YTN buzsuz alandadır. η > η0 ⇒ YTN buzlu alandadır.

a(askı): Kısmî buz bölge mesafesi ∆∆∆∆x: Yer değiştirme mesafesi (YTN’ler arası)

ÖRNEK: 17,3 mm çapında, 174,1 mm2 kesitinde, 0,614 kg/m birim ağırlığında olan EĐH iletkeni, III.

Bölgede ve 300m simetrik menzilde gerilmiştir. Buzlu halde gerilme 10 kg/mm2, iletkenin özgül ağırlığı 3,45*10-3 kg/m*mm2, iletkenin askı noktasından itibaren;

a) Askı noktasından 75m bölümde; b) Askı noktasından 225m bölümde kısmî bir buz yükü oluşursa YTN kaç metre yer değiştirir?

a) mkgdkg ib /24,13,17*3,0* ===

310*16,71,174

24,1 −===℘q

gbb kg/m*mm2

310*45,31,174

614,0 −===℘q

gii kg/m*mm2

( ) 33 10*61,1010*45,316,7 −− =+=℘+℘=℘ ib kg/m*mm2

25,0300

75)( ===a

a ASKIη

( ) ( ) ma

ax iiy 93

10*61,10

10*45,325,02*25,0*

10*61,10

10*16,7*

2

3002***

2 3

3

3

3

=

+−=

℘℘+−

℘℘−℘

== −

−

−

−

ηη

mxa

ax X 57932

300

2=−=−==∆

b) 75,0300

225)( ===a

a ASKIη

( ) ( ) ma

x ii 643,14310*61,10

10*45,375,02*75,0*

10*61,10

10*16,7*

2

3002***

2 3

3

3

3

=

+−=

℘℘+−

℘℘−℘

= −

−

−

−

ηη

mxa

ax 35,6643,1432

300

21 =−=−==∆


BÖLÜM – III: ASĐMETRĐK MENZĐL HESAPLAMA

Şekil – II Asimetrik Menzil Hesabı

θσθ cos**8

*

cos**8

* 22 a

H

agf

℘== (m)

( )3

33222

*8

*

*144

cos**2*3

cos**8

*

H

qa

a

ha

H

agf +

−+=

θθ

(m)

a

h1tan−=θ

+=c

achL

*2sinh**4 222

(m) ℘==σ

g

Hc (m)

AA ygHS *+= (kg) BB ygHS *+= (kg)

AA y*℘+=σσ (kg/mm2) BB y*℘+=σσ (kg/mm2)

c

xy AA *2

2

= (m) c

xy BB *2

2

= (m)

2

* a

a

hcx ±= (m)

2

* a

a

hcxA −= (m)

2

* a

a

hcxB += (m)

( ) yhASKI

a

a

hσσσσ ⇐=

℘+℘−−

+ 0

4

***2*2

222

2

2

x: Aşağı ağırlık menzili (m) ÖRNEK: Đletkenin özgül ağırlığı 12*10-3 kg/m*mm2 ve YTN de seçilen gerilmeler de 7,2 kg/mm2 ise

B direğine ilişkin ağırlık menzilini hesaplayınız.

60010*12

2,73==

℘= −

σc m

ma

a

hcx 250

2

300

300

50*600

2

* 1

1

111 =+=+=

ma

a

hcx 50

2

400

400

100*600

2

* 2

2

222 −=−=−=

mxxx 3005025021 =+=+=

Ya da;

ma

a

hcx 50

2

300

300

50*600

2

* 1

1

111 −=−=−=

ma

a

hcx 350

2

400

400

100*600

2

* 2

2

222 =+=−=

mxxx 3003505021 =+−=+=


ÖRNEK: Menzil 300m, kot farkı 30m, tam buzlu haldeki toplam ağırlık 1,2 kg/m’dir. Aşağı ağırlık menzili 275m ise üstteki askı noktasındaki çekme kuvvetini hesaplayınız.

mcca

a

hcx 1250

2

300

300

30*275

2

*=⇒+=⇒+=

kggcHg

Hc 15002,1*1250* ===⇒=

mc

xy 25,30

1250*2

275

*2

22

===

kgygHS 153625,30*2,11500* =+=+=

ÖRNEK: Aralarındaki kot farkı 50m olan iki askı noktasında bir iletken gerilmiştir. Alçaktaki askı

noktasındaki çekme kuvveti 2520 kg, YTN’ deki çekme kuvveti ise 2500 kg’dır. Đletkenin toplam birim ağırlığı 2,18 kg/m ise menzili hesaplayınız.

mg

HSyygHS AAAA 95,8

18,2

25002520* =

−=

−=⇒+=

mg

Hc 8,1146

18,2

2500===

mcyxc

xy AA

AA 27,1538,1146*2*95,8*2*

*2

2

===⇒=

myy AB 95,5895,85050 =+=+=

mcyx BB 7,3678,1146*2*95,58*2* ===

mxxa BA 97,5207,36727,153 =+=+=

ÖRNEK: Đletken kesiti 150 mm2, menzil 451m, kot farkı 92,8m, iletkenin özgül ağırlığı 8,9*10-3

kg/m*mm2, ek buz yükü 2 kg/m, zincir izolatör boyu 1,1m, en alt traversin yere uzaklığı 20,5m ise buzlu halde Y.T.N. ‘daki gerilme öyle seçilmelidir ki bu noktanın yere mesafesi 10m’den küçük olmayacak?

mf 4,9101,15,20 =−−=

c

xyf

*2

2

==

ccx *8,18*4,9*2 == m

2

* a

a

hcx −=

mcc

c 4,5872

451

451

8,92**8,18 =⇒−=

q

gbbi +=℘+℘=℘ −310*9,8

33 10*2,22150

210*9,8 −− =+=℘ kg/m*mm2

04,1310*2,22*4,587* 3 ==℘= −cσ kg/mm2

ÖRNEK: 400 m’lik menzilde kot farkı 30 m, buzsuz hal için

iletkenin özgül ağırlığı 3,45*10-3 kg/m*mm2, YTN’ deki gerilme 6,9 kg/mm2, buzlu halde toplam özgül ağırlık 8*10-3 kg/m*mm2, toplam gerilme ise 10 kg/mm2 ise iletkenin YTN ‘dan buzlu halde kaç metre ötelenir?

Not: Ortamda buz olsa bile kot farkı değişmez.

mci

ii 2000

10*45,3

9,63==

℘= −

σ


mc 125010*8

103==

℘= −

σ

ma

a

hcx ii 350

2

400

400

30*2000

2

*=+=+=

ma

a

hcx 75,293

2

400

400

30*1250

2

*=+=+=

mxxX iötele 5775,293350 =−=−= (Olabilecek kayma miktarı)

ÖRNEK: Eğimli bir arazideki bir iletim hattı projesinde iletkenin özgül ağırlığı 8*10-3 kg/m*mm2,

YTN’de görülen gerilme 10 kg/mm2, aşağı ağırlık merkezinin 280m olması isteniyor. Direkler arası menzil sabit ve 300m, kot farkı 30m’dir. Bunun için neler yapılabilir?

mc 125010*8

103==

℘= −

σ

ma

a

hcx 275

2

300

300

30*1250

2

*=+=+=

mx 280= yapmak için c veya h ile oynanır. Đlk önce c ile oynarsak;

mcc

XX 1300

2

300

300

30*280 =⇒+=

kgcXX 4,1010*8*1300* 3 ==℘= −σ

Daha sonra h ile oynarsak;

mhha

a

hcx X

X 2,312

300

300

*12501300

2

*=⇒+=⇒+=

ÖRNEK: Bir iletim hattında üç direğin koordinatları aşağıda verilmiştir. Đletkenin özgül ağırlığı

3,45*10-3 kg/m*mm2, iki menzildeki gerilmeler birbirine eşit ve 4,5 kg/mm2 ise; her iki nokta arasındaki sehimleri bulunuz.

Koordinatlar: A(1500,1000), B(1800,1000), C(2200,1050) A-B arası sehim:

ma

f 63,85,4*8

300*10*45,3

*8

* 232

11 ==℘=

−

σ

B-C arası sehim:

01

2

1 125,7400

50tantan === −−

a

hθ

993,0125,7coscos ==θ

992,0*5,4*8

400*10*45,3

cos**8

* 232

22

−

=℘

=θσ

af

mf 46,152 =

SORU : CA ve AB arasındaki hat parçalarından oluşan sehimlerinin oranını bulunuz. (Ortalama

menziller ve gerilmeler aynıdır.)


ÖRNEK: Özgül ağırlığı 20*10-3 kg/m*mm2 olan simetrik ve asimetrik sistemde, ortadaki direğe gelecek çekme gerilimlerinin eşit olması için a menzili ne olmalıdır?

Asimetrik Menzil Hesabı:

mc 50010*20

103==

℘= −

σ

ma

a

hcx 450

2

500

500

200*500

2

*=+=+=

mc

xy 5,202

500*2

450

*2

22

===

5,202*10*2010* 3−+=℘+= yASKI σσ 2/05,14 mmkgASKI =σ

Simetrik Menzil Hesabı:

mc 65010*20

133==

℘

′=′ −

σ

( )5200650*8650*2

2

*2

22

2

2aa

a

c

xy ==

=′′

=′

maa

yASKI 5225200

*10*201305,14*2

3 =⇒+=⇒′℘+′= −σσ

BÖLÜM – IV: HATTIN UZAMASI 4.1 UZAMA BĐÇĐMLERĐ

4.1.1 SICAKLIKLA UZAMA:

12 lllt −=∆ (m) ( ) tttll ε** 1212 −= (m)

4.1.2 ELASTĐKĐ UZAMA: ( ) ee ll εσσ ** 121 −=∆ (m)

Semboller: t1: Đlk sıcaklık (

0C) t2: Son sıcaklık (

0C) l1: Đlk boy (m) l2: Son boy (m) σσσσ1: Đlk gerilme (kg/mm2) σσσσ2: Son gerilme (kg/mm2) ∆∆∆∆l:Uzama miktarı (m) εεεεt: Termik uzama katsayısı (1/0C) εεεεe: Elastiki uzama katsayısı (mm2/kg)

ÖRNEK: Isı uzama katsayısı 1,65*10-5 1/0C, elastiki uzama katsayısı 1,15*10-4 mm2/kg olan malzemeden yapılmış bir iletken 150C’de 8kg/mm2’lik gerilme ile gerilidir. Bu iletkendeki gerilme 10 kg/mm2 değerine çıkardığımızda iletken boyu sabit kalması için kaç 0C sıcaklıkta yapılır?

( ) ( ) 0**** 121121 =−+−=∆ et lttll εσσε (Boyu değişmemesi için)

( ) ( ) 010*15,1*810*10*65,1*15* 41

521 =−+− −− ltl ⇒ Ct 0

2 1=

ÖRNEK: Isı uzama katsayısı 2*10-5 1/0C, elastiki uzama katsayısı (1/5000) mm2/kg, 200C oda

sıcaklığında yapılan deneyde 300 m’lik iletken 6 kg/mm2’lik gerilme ile çekiliyor. 300C de bu değerin 300,1 m olması için ne kadarlık gerilme ile iletken çekilmelidir?

( ) ( ) et lttll εσσε **** 121121 −+−=∆

( ) ( ) ( ) ( )5000/1*6*30010*2*2030*3003001,300 25 −+−=− − σ ⇒ 2

2 /67,6 mmkg=σ


BÖLÜM – V: GÜÇ SĐSTEMLERĐNDE ARIZALAR 5.1 GEÇĐCĐ REJĐM STABĐLĐTESĐ: Kısa sürede olan bir arıza türüdür. Hızlarına göre çeşitli grupta sınıflandırılırlar:

5.1.1 Çok Fazla Hızlı Geçici Rejimler: Özelikle korumasız hatlarda, atmosferik deşarjın yarattığı rejimdir. Sistemde yürüyen dalgalar

mevcuttur. Arıza, birkaç milisaniye içinde başlayıp biter.

5.1.2 Orta Hızlı Geçici Rejimler: Bunlar, izolasyon problemlerinde ortaya çıkar. Devrenin akımı, her zamanki akımdan daha farklı geçişi

söz konusudur (Hava kirliliğinden izolatörün etkilenip bozulması gibi). Bu rejimler ikiye ayrılır: a. Simetrik Arızalar: Üç fazın aynı anda kısa devre olması olayıdır. Bu arıza türü, sistemi en çok

etkileyen arıza türüdür. Ayrıca, hesabı en kolay arıza türüdür. Şebeke indirgeme yöntemi ile yapılır. b. Asimetrik Arızalar: Üç fazın ayna anda kısa devre olmadığı bir arıza türüdür. Faz-toprak, Faz-Faz,

Faz-Faz-Toprak gibi arızalardır. Şebeke indirgeme yöntemi ile analiz yapılmaz. Simetrili bileşenler teoremini (Sequence Teoremini) kullanırız.

0RRRR VVVV ++= −+

5.1.3 Düşük Hızlı Geçici Rejimler:

Bu arızalar sistem için çok tehlikelidir. Önlem alınmazsa büyük zayiatlar ortaya çıkabilir. 5.2 SĐMETRĐK ARIZALAR:

5.2.1 Olması Đstenen Kabuller:

1. Arızadan hemen önce sistem, yüksüz ve anma frekanslıdır. Arıza akımının haricindeki akımlar ihmal edilir.

2. Bütün generatörler aksi belirtilmedikçe anma geriliminde çalışırlar. 3. Paralel bağlı generatörlerde, bir generatörün gerilimini 1 pu olarak dikkate alırız. 4. Sistemin omik direncini ihmal ederiz. (X>>R olduğundan) Yani sistem reaktanslardan ibarettir. 5. Eşdeğer reaktans bulunur. Kısa devre gücümüz reaktif güç olur. 6. Zeş, kısa devreden hemen sonra minimum değerdedir ve giderek büyür. Arıza akımı da tam dersi

durumdadır.

KDGZeş

1= (Ω) puUk 1= maxmin ZZZeş →⇒ ise minmax IIIeş →⇒

ÖRNEK: Generatörler birbirine eşit ve 25MVA, baz alınan gerilim VB= 11kV ve empedans xg=0,16 pu

ise kesicinin kısa devre kesme akımını hesaplayınız.

16,0

4

16,0

1

16,0

1

16,0

1

16,0

11=+++=

Zeş

puZeş 04,0=

puZeş

KDGKDG

Zeş 2504,0

111===⇒=

puZeş

VI

g

g 2504,0

1===

AU

SI

B

BB 1312

10*11*3

10*25

*3 3

6

===

kAIII BgKD 8,321312*25* ===

ÖRNEK: 154kV’luk sistemde generatörlerin gücü 87,5 MVA, reaktansları 0,2 pu; senkron motorun

gücü 80MVA, reaktansı 0,23 pu; bütün hatlar 125 Ω; 154 kV, 175 MVA baz değerleri için D barasında oluşan üç fazlı kısa devre gücünü bulunuz. D barasına bağlanacak kısa devre kesme kapasitesini hesaplayınız.


puS

S

V

Vxxx

g

B

B

g

gg 4,05,87

175*

154

154*2,0**

22

21 =

=

==

puS

S

V

Vxx

g

B

B

g

m 5,080

175*

154

154*23,0**

22

3 =

=

=

puV

Sx

x

xx

B

Bg

B

g

h 92,0154

175*125*

22====

B

BB

S

Vx

2

=

puZeş

KDG 86,235,0

11===

MVAKDGG

5,50010*175*86,2 6 ==

AU

KDGI

g

GKD 1874

10*154*3

10*5,500

*3 3

6

===


ÖRNEK: Şekilde verilen değerlere göre branşman hattındaki kısa devre kesme akımını bulunuz.

puZeş

KDG 724,038,1

11===

MVAKDGG

4,7210*100*724,0 6 ==

AU

SI

B

BB 9,374

10*154*3

10*100

*3 3

6

===

AZeş

IIII

II kBg

B

g

k 66,27138,1

9,3741*9,374* ====⇒=

ÖRNEK:

Trafo değerleri : 13,5 /154 kV, 50MVA, x=0,2 pu. Generatör değerleri : 13,5kV, 50MVA, x=0,2 pu.

Ortak akım ve gerilim değerleri baz alındığında hat reaktansları 0,6 pu, branşman hattı reaktansı 0,2 pu ise K noktasında oluşacak simetrik bir kısa devre akımını 200 A’e sınırlamak için hattaki 1 ve 2 no.lu baralar arasına ne kadar bobin bağlanır?


AU

SI

B

BB 6,187

10*154*3

10*50

*3 3

6

===

puI

II

B

g

PU 06,16,187

200===

puI

ZeşPU

94,006,1

11===

( )94,04,0

3,0

*3,04,0 =+

+++

+⇒XX

XXZeş

( ) puXXXXX 15,0*6,0*28,0042,0*6,0*23,0*14,0 =⇒=+⇒=+

Ω=== 5,4746,187

1*

3

10*154 3

B

BB

I

VX

Ω=== 66,6815,0*5,474* PUBg XXX (Bobin bağlanır)

Hf

XL

g 109,050*14,3*2

66,68

**2==

Π= (Şönt bobini bağlanır)

ÖRNEK: Sistemin anma gerilimi 154kV, sistemdeki tüm generatör ve trafoların anma güçleri 100

MVA, hatların reaktansları 50 Ω, generatör reaktansı 0,5 pu, trafo reaktansı 0,2 pu ise A barasında oluşacak kısa devre anma akımı ve gücünü bulunuz.

( )

Ω=== 5,1010*100

10*1546

232

B

BB

S

Vx

pux

xx

B

g

h 21,05,10

50===


puZeş

IKDG PU 291,4233,0

11==== A

U

SI

B

BB 2,375

10*154*3

10*100

*3 3

6

===

kAIIII

II PUBg

B

g

PU 610,1291,4*2,375* ===⇒=

MVAKDGKDGKDGBPUG

1,429100*291,4* ===

ÖRNEK: Sistemin baz alınan gerilimi 154kV ve baz gücü 100MVA

ise hattın ortasında kısa devre olması halinde kesicinin akımı ne olmalıdır?

puS

SS

BA

gA

puA 35100

3500

)(

)()( ===

puS

SS

BB

gB

puB 40100

4000

)(

)()( ===

puS

xpuA

A 0285,035

11

)(

=== (R dirençler ihmal; Z=X)

puS

xpuB

B 025,040

11

)(

===

0,4 pu // 0,4285 pu 0,6pu // 0,625pu

puxa 206,04285,04,0

4285,0*4,0=

+= puxb 306,0

625,06,0

625,0*6,0=

+=

puxx aeş 456,025,0206,025,01 =+=+= puxx beş 556,025,0306,025,02 =+=+=

puxx

xxZeşxx

eşeş

eşeş

eşeş 25,0556,0456,0

556,0*456,0*//

21

2121 =

+=

+=⇒

puZeş

IKDG KD 425,0

11====

AU

SI

B

BB 2,375

10*154*3

10*100

*3 3

6

===

MVASKDGKDG BG40010*100*4* 6 ===

kAIII BKDK 5,12,375*4* ===


5.3 Asimetrik Arızalar: 5.3.1 Simetrili Bileşenler Teoremi:

a) Dengeli sistemde; 00∠=VVR

0120∠=VVS 0240∠=VVT

0=++= TSRT VVVV

Şekil – 3: Dengeli Bir Yükün Durumu b) Dengesiz sistemde;

0≠++= TSRT VVVV

0≠++= TSRT IIII

Açılardan herhangi biri veya ikisi 1200’den farklıdır. Nötr noktasından kaçak akımlar akar. Bu

sistemleri analiz ederken “Simetrili Bileşenler Teoremi”ni kullanırız. Bu yönteme göre, dengesiz sistemi ifade ederken dengeli alt gruplar şeklinde idare edilir.

Dengeli alt gruplar halinde üç şekilde ifade edilirler: 1) Sıfır Bileşen (a0, b0, c0) 2) Pozitif Bileşen (a1, b1, c1) 3) Negatif Bileşen (a2, b2, c2)

210 VaVaVaVa ++= 210 VbVbVbVb ++= 210 VcVcVcVc ++= 01201∠=a ⇒

02 2401∠=a

000 VcVbVa ==

12

1 *VaaVb = 22 *VaaVb = 11 *VaaVc = 22

2 *VaaVc =

210 VaVaVaVa ++=

212

0 ** VaaVaaVaVb ++=

22

10 ** VaaVaaVaVc ++=

=

2

1

0

2

2 *

1

1

111

Va

Va

Va

aa

aa

Vc

Vb

Va

=2

2

1

1

111

)(

aa

aasT

=

−

Vc

Vb

Va

sT

Va

Va

Va

*)(1

2

1

0

=−

2

21

1

1

111

*3

1)(

aa

aasT

( )VcVbVaVcVbVa ++=== *3

1000 ( )VcaVbaVaVa ***

3

1 21 ++=

( )VcaVbaVaVa ***3

1 22 ++=

ÖRNEK: Aşağıda verilen 3 fazlı akım değerlerinin simetrili bileşenler değerlerini bulunuz.

00100∠=RI ; 090200 −∠=SI ; 0120100∠=TI

∠

−∠

∠

∠∠

∠∠=

=

0

0

0

00

00

2

2

2

1

0

120100

90200

0100

*

240112011

120124011

111

*3

1*

1

1

111

*3

1

T

S

R

R

R

R

I

I

I

aa

aa

I

I

I

( )TSRTSR IIIIII ++=== *3

1000


( )000000 120100902000100*

3

1∠+−∠+∠=== TSR III

( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]( )00000 120sin*100*120cos*10090sin*200*90cos*200100*

3

1jjIR ++−+−+=

[ ] [ ]( ) ( ) 00 2,6631,414,113*50*

3

16,86*50200*100*

3

1−∠=−=+−+−+= jjjIR

( )TSRR IaIaII ***3

1 21 ++=

( )000001 120100*240190200*12010100*

3

1∠∠+−∠∠+∠=RI

( )0001 360100302000100*

3

1∠+∠+∠=RI

( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]( )00001 360sin*100*360cos*10030sin*200*30cos*200100*

3

1jjIR ++++=

[ ] [ ]( ) ( ) 01 1578,128100*2,373*

3

1100100*2,173100*

3

1∠=+=+++= jjIR

( )TSRR IaIaII ***3

1 22 ++=

( )000002 120100*120190200*24010100*

3

1∠∠+−∠∠+∠=RI

( )0002 2401001502000100*

3

1∠+∠+∠=RI

( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]( )00002 240sin*100*240cos*100150sin*200*150cos*200100*

3

1jjIR ++++=

[ ] [ ]( ) ( ) 02 2,63,414,13*2,123*

3

16,86*50100*2,173100*

3

1−∠=+−=−−++−+= jjjIR

0001

21 25578,1281578,128*240*1* ∠=∠∠== RS IaI

00022 8,1133,412,63,41*120*1* ∠=−∠∠== RS IaI

00011 13578,1281578,128*120*1* ∠=∠∠== RT IaI

0002

22 8,2333,412,63,41*240*1* ∠=−∠∠== RT IaI

ÖRNEK: Aşağıda verilen 3 fazlı gerilim değerlerinin simetrili bileşenler değerlerini bulunuz.

05,123,7 ∠=RV ; 01004,0 −∠=SV ; 01544,4 ∠=TV

( )TSRTSR VVVVVV ++=== *3

1000

( )000000 1544,41004,05,123,7*

3

1∠+−∠+∠=== TSR VVV

( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]( ) ( )[ ]

+

+−+−++=

00

0000

0154sin*4,4*154cos*4,4

100sin*4,0*100cos*4,05,12sin*3,7*5,12cos*3,7*

3

1

j

jjVR

[ ] [ ][ ] ( ) 0

0 1,45465,1115,3*103,3*3

1

928,1*954,3

393,0*069,058,1*126,7*

3

1∠=+=

+−

+−−++= j

j

jjVR

( )TSRR VaVaVV ***3

1 21 ++=

( )000001 1544,4*24011004,0*12015,123,7*

3

1∠∠+−∠∠+∠=RV


( )0001 3944,4204,05,123,7*

3

1∠+∠+∠=RV

( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]( ) ( )[ ]

+

++++=

00

0000

1394sin*4,4*394cos*4,4

20sin*4,0*20cos*4,05,12sin*3,7*5,12cos*3,7*

3

1

j

jjVR

[ ] [ ][ ] ( ) 0

1 53,20968,3176,4*148,11*3

1

46,2*647,3

136,0*375,058,1*126,7*

3

1∠=+=

+

++++= j

j

jjVR

( )TSRR VaVaVV ***3

1 22 ++=

( )000002 1544,4*12011004,0*24015,123,7*

3

1∠∠+−∠∠+∠=RV

( )0002 2744,41404,05,123,7*

3

1∠+∠+∠=RV

( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]( ) ( )[ ]

+

++++=

00

0000

2274sin*4,4*274cos*4,4

140sin*4,0*140cos*4,05,12sin*3,7*5,12cos*3,7*

3

1

j

jjVR

[ ] [ ][ ] ( ) 0

2 68,19523,255,2*126,7*3

1

389,4*3069,0

257,0*306,058,1*126,7*

3

1−∠=−=

−

++−++= j

j

jjVR

0001

21 53,260968,353,20968,3*240*1* ∠=∠∠== RS VaV

00022 31,100523,2682,19523,2*120*1* ∠=−∠∠== RS VaV

00011 53,140968,353,20968,3*120*1* ∠=∠∠== RT VaV

0002

22 31,220523,2682,19523,2*240*1* ∠=−∠∠== RT VaV

5.3.2 Simetrili Bileşenlerde Güç Hesabı:

QjPS *+= *** *** IcVcIbVbIaVaScSbSaS ++=++=

[ ] [ ]** abc

T

abc IVS = [ ]

=2

2

1

1

111

aa

aaA

[ ] [ ] [ ]012* VAVabc = [ ] [ ] [ ]*012

** * IAIabc = [ ] [ ] [ ]TTT

abc VAV 012*=

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]*012012

*

012

*

012 *

100

010

001

*3**** IVIAAVSTTT

==

[ ] [ ] [ ]

==*

2

*

1

*

0

210

*

012012 **3*3

Ia

Ia

Ia

VaVaVaIVST

*

22

*

11

*

00 **3**3**3 IaVaIaVaIaVaS ++= *

22

*

11

*

00 **3**3**3 IbVbIbVbIbVbS ++= *

22

*

11

*

00 **3**3**3 IcVcIcVcIcVcS ++=

ÖRNEK: a, b, c fazlarının gerilimleri 0, 50, -50; akımları -5, j*5, -5 ise; a) Sistemin üç fazlı gücünü bulunuz. b) Simetrili Bileşenler ile gerilim değerlerini bulunuz. c) Üç fazlı simetrili bileşenler ile gücü hesaplayınız.


a) [ ] [ ] [ ]

−

−

−

−=

−

−

−

==

5

5*

5

*50500

5

5*

5

*

50

50

0

*

*

*jjIVS

T

abc

T

abc

( ) ( ) ( ) ( ) 04555,353250*2505*5050**505*0 −∠=−=−−+−+−= jjS

b) ( ) ( ) 050500*3

1*

3

1000 =−++=++=== VcVbVaVcVbVa

( )VcaVbaVaVa ***3

1 21 ++=

( )50*240150*12010*3

1 001 −∠+∠+=Va

( )001 2405012050*

3

1∠−∠=Va

( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]( )00001 240sin*50*240cos*50120sin*50*120cos*50*

3

1jjVa −−++=

[ ] [ ]( ) 01 9086,2886,283,43*253,43*25*

3

1∠==+++−= jjjVa

( )VcaVbaVaVa ***3

1 22 ++=

( )50*120150*24010*3

1 002 −∠+∠+=Va

( )002 1205024050*

3

1∠−∠=Va

( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]( )00002 120sin*50*120cos*50240sin*50*240cos*50*

3

1jjVa −−++=

[ ] [ ]( ) 02 9086,2886,283,43*253,43*25*

3

1−∠=−=−+−−= jjjVa

0001

21 33086,289086,28*240*1* ∠=∠∠== VaaVb

00022 3086,289086,28*120*1* ∠=−∠∠== VaaVb

00011 21086,289086,28*120*1* ∠=∠∠== VaaVc

0002

22 15086,289086,28*240*1* ∠=−∠∠== VaaVc

c) *

22

*

11

*

00 **3**3**3 IaVaIaVaIaVaS ++=

( ) ( ) 0000 56,2672,355*5*

3

1*

3

1−∠=−++−=++=== jIcIbIaIcIbIa

( )IcaIbaIaIa ***3

1 21 ++=

( )5*2401905*12015*3

1 0001 −∠+∠∠+−=Ia

( )001 240521055*

3

1∠−∠+−=Ia

( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]( )00001 240sin*5*240cos*5210sin*5*210cos*55*

3

1jjIa −−+++−=

[ ] [ ]( ) 01 99,14356,2

3

83,183,633,4*5,25,2*33,45*

3

1−∠=

+−=++−−+−=

jjjIa


( )IcaIbaIaIa ***3

1 22 ++=

( )5*1201905*24015*3

1 0002 −∠+∠∠+−=Ia

( )002 120533055*

3

1∠−∠+−=Ia

( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]( )00002 120sin*5*120cos*5330sin*5*330cos*55*

3

1jjIa −−+++−=

[ ] [ ]( ) 02 75356,2

3

83,683,133,4*5,25,2*33,45*

3

1−∠=

−=−+−+−=

jjjIa

75356,2*9086,28*399,14356,2*9086,28*356,2672,3*0*3 ∠−∠+∠∠+∠=S

1598,20399,10498,203 −∠+∠=S

( ) ( ) ( ) ( )15cos*98,203*15cos*98,20399,104cos*98,203*99,104cos*98,203 −+−++= jjS 099,4420424,144*26,14479,52*02,19703,197*76,52 ∠=+=−+++−= jjjS

5.3.3 Arıza Türleri:

1) Bir Faz – Toprak Arızası 2) Đki faz – Toprak Arızası 3) Üç faz – Toprak Arızası 4) Faz – Faz Toprak Arızası

YÜK EŞDEĞERĐ YÜK EŞDEĞERĐ

Tablo – 3 Yüklerin Sıfır Bileşenlerinin Eşdeğerleri


5.3.3.1 Faz – Toprak Arızası: Bu arızada, 1 ve 2 no.lu bileşenler simetriktirler ve eşit kabul edilirler. Asıl etken, sıfır bileşeninin

bulunmasıdır. Yükün durumlarına uygun eşdeğer devre seçilerek devre çıkartılır. Tablo – 3 de yük ve yüke göre eşdeğer devreler gösterilmiştir.

210

210

3

ZZZIIII

++=++=

5.3.3.2 Bir Faz – Toprak Arızası: Bir fazın toprak ile temasından oluşmuş bir arızadır. Bu arızada Zf toprak temas direnci küçük

olduğundan genelde ihmal edilir.

Şekil – 4: Bir Faz – Toprak Arızası Şematik Gösterimi

210 IaIaIa ==

210 IaIaIaIa f ++= 210 *3*3*3 IaIaIaIa f ===

210 VaVaVaVa f ++= ffff ZIaZIaVa ***3 1 ==

=

2

1

0

2

2 *

1

1

111

Ia

Ia

Ia

aa

aa

Ic

Ib

Ia

f

f

f

=

2

1

0

2

2 *

1

1

111

Va

Va

Va

aa

aa

Vc

Vb

Va

f

f

f

−

=

2

1

0

2

1

0

2

1

0

*

00

00

00

0

1

0

Ia

Ia

Ia

Z

Z

Z

Va

Va

Va

fZZZZIaIaIa

*3

1

210

210 +++===

210

3

ZZZIa f ++= (Zf ihmal) 000 *ZIaVa =

111 *1 ZIaVa −= 222 *ZIaVa =

221100210 **1* ZIaZIaZIaVaVaVaVa f +−+=++=

5.3.3.3 Đki Faz – Toprak Arızası:

Şekil – 5: Đki Faz – Toprak Arızası Şematik Gösterimi


( )gfgfff ZIcZZIbVb ** ++= ( )

gfgfff ZIbZZIcVc ** ++= 0=fI

Zf ve Zg dirençleri ihmal edilirse;

( ) ( ) ( )gf

gff

fZZZZ

ZZZZZZZ

Ia

*3*2

*3*1

20

021

1

+++

+++++

=

( ) ( )fgf

gf

ZZZZZ

ZZZIaIa

++++

++−=

20

012 *3

*3*

( ) ( )fgf

f

ZZZZZ

ZZIaIa

++++

+−=

20

210 *3*

Zf ve Zg dirençleri ihmal edilirse;

20

201

1 *1

ZZ

ZZZ

Ia

++

= 20

012 *

ZZ

ZIaIa

+−=

20

210 *

ZZ

ZIaIa

+−=

000 *ZIaVa −= 111 *1 ZIaVa −= 222 *ZIaVa −=

=

2

1

0

2

2 *

1

1

111

Ia

Ia

Ia

aa

aa

Ic

Ib

Ia

f

f

f

=

2

1

0

2

2 *

1

1

111

Va

Va

Va

aa

aa

Vc

Vb

Va

f

f

f

fff IcIbI +=

fff VbVaVab −= fff VcVbVbc −= fff VaVcVca −=

5.3.3.4 Üç Faz – Toprak Arızası:

Şekil – 6: Üç Faz – Toprak Arızası Şematik Gösterimi

=

2

1

0

2

2 *

1

1

111

Ia

Ia

Ia

aa

aa

Ic

Ib

Ia

f

f

f

=

2

1

0

2

2 *

1

1

111

Va

Va

Va

aa

aa

Vc

Vb

Va

f

f

f

02020 ==== VaVaIaIa

fZZIa

+=

1

1

1 fZIaZIaVa **1 1111 =−=

5.3.3.5 Faz – Faz Arızası:

Şekil – 7: Faz – Faz Arızası Şematik Gösterimi


01 90*3 −∠−=−= IaIcIb ff ff ZIbVcVbVbc *=−=

000 === VaIaIa f fZZZ

IaIa++

=−=21

21

1

111 *1 ZIaVa −= 222 *ZIaVa −=

221121 **1 ZIaZIaVaVaVa f +−=+= ( )122 *1 ZZIaVa f −+=

212 ** VaaVaaVb f += 2

21 ** VaaVaaVc f +=

( )122

1 *** ZaZaIaaVc f −+=

( )020

1 3030*3 −∠+∠=−= VaVaVbVaVab fff

( )020

1 9090*3 ∠+−∠=−= VaVaVcVbVbc fff

( )020

1 150150*3 −∠+∠=−= VaVaVaVcVca fff

ÖRNEK: 3 no.lu barada dengesiz sistem arıza analizinde eşdeğer empedansın simetrili bileşenlerini

hesaplayınız.

S (MVA) V (kV) X1(pu) X2 (pu) X0 (pu)

G1 200 20 0,2 0,14 0,06 G2 200 13,2 0,2 0,14 0,06 T1 200 20 / 230 0,2 0,2 0,2 T2 200 13,2 / 230 0,3 0,3 0,3 T3 200 20 / 230 0,25 0,25 0,25 T4 200 13,2 / 230 0,35 0,35 0,35 h23 200 230 0,15 0,15 0,3 h56 200 230 0,22 0,22 0,5


pujjjjj

jjZa 195,0*

47,1*

287,0

3,0*82,0*35,0*

82,0**35,0*=

−=

++=

pujjjjj

jjZb 167,0*

47,1*

246,0

3,0*82,0*35,0*

82,0**3,0*=

−=

++=

pujjjjj

jjZa 071,0*

47,1*

105,0

3,0*82,0*35,0*

3,0**35,0*=

−=

++=

pujjj

jjj

ZnZk

ZnZkZcZ 261,0*

367,0*395,0*

367,0**395,0*071,0*

*1 =

++=

++=

pujjj

jjj

ZpZm

ZpZmZcZ 231,0*

307,0*335,0*

307,0**335,0*071,0*

*2 =

++=

++=

pujjjjZ 56,0*06,0*3,0*2,0*0 =++=

Eşdeğer empedans;

210 ZZZZ ++=

231,0*261,0*56,0* jjjZ ++=

pujZ 052,1*=

ÖRNEK: 6 no.lu barada dengesiz sistem arıza analizinde eşdeğer empedansın simetrili bileşenlerini

hesaplayınız.

X1(pu) X2 (pu) X0 (pu)

G1 0,35 0,35 0,09 G2 0,35 0,35 0,09 T1 0,1 0,1 0,1 T2 0,1 0,1 0,1 T3 0,05 0,05 0,05 h25 0,35 0,35 1,15 h24 0,45 0,45 1,8 h45 0,35 0,35 1,15

X1 ve X2 değerleri aynı olduğundan negatif bileşeninin şeklini çizmeye gerek yoktur. (Z1=Z2)


pujjjjj

jjZa 1369,0*

15,1*

1575,0

35,0*45,0*35,0*

45,0**35,0*=

−=

++=

pujjjjj

jjZb 1065,0*

15,1*

1225,0

35,0*45,0*35,0*

35,0**35,0*=

−=

++=

pujjjjj

jjZc 1369,0*

15,1*

1575,0

35,0*45,0*35,0*

35,0**45,0*=

−=

++=

pujjjZajZx 5869,0*1369,0*45,0*45,0* =+=+=

pujjjZbjZy 1565,0*1065,0*05,0*05,0* =+=+=

pujjjZcjZz 5869,0*1369,0*45,0*45,0* =+=+=

pujjj

jjj

ZzZx

ZzZxZyZZ 449,0*

5869,0*5869,0*

5869,0**5869,0*1565,0*

*21 =

++=

++==

pujjjjj

jjZd 504,0*

1,4*

07,2

15,1*8,1*15,1*

8,1**15,1*=

−=

++=

pujjjjj

jjZe 3225,0*

1,4*

3225,1

15,1*8,1*15,1*

15,1**15,1*=

−=

++=

pujjjjj

jjZf 504,0*

1,4*

07,2

15,1*8,1*15,1*

8,1**15,1*=

−=

++=

pujjjZdjXx 604,0*504,0*1,0*1,0* =+=+=

pujjjZejXy 3725,0*3225,0*05,0*05,0* =+=+=

pujjjZfjXz 694,0*504,0*19,0*19,0* =+=+=

pujjj

jjj

XzXx

XzXxXyZ 695,0*

694,0*604,0*

694,0**604,0*3725,0*

*0 =

++=

++=

Eşdeğer empedans;

210 ZZZZ ++=

449,0*449,0*695,0* jjjZ ++=

pujZ 593,1*=


ÖRNEK: Hattın ortasında Faz – Toprak arızası olduğunda fazlardaki gerilimleri bulunuz.

X1 ve X2 değerleri aynı olduğundan negatif bileşeninin şeklini çizmeye gerek yoktur. (Z1=Z2)

pujjj

jjZZ 25,0*

5,0*5,0*

5,0**5,0*21 =

+== puj

jj

jjZ 2619,0*

5,0*55,0*

5,0**55,0*0 =

+=

pujjjjjZZZ

IaIaIa 3125,1*7619,0*

1

25,0*25,0*2619,0*

11

210

210 −==++

=++

===

( ) pujjIaIaIaIaIa f 9375,3*312,1**3*3 0210 −=−==++=

212

0 ** IaaIaaIaIb f ++=

( ) ( ) ( )903125,1*1201903125,1*24013125,1* 000 −∠∠+−∠∠+−= jIb f

( ) ( ) ( ) 0303125,11503125,1903125,1 000 =∠+∠+−∠=fIb

22

10 ** IaaIaaIaIc f ++=

( ) ( ) ( )903125,1*2401903125,1*12013125,1* 000 −∠∠+−∠∠+−= jIc f

( ) ( ) ( ) 01503125,1303125,1903125,1 000 =∠+∠+−∠=fIc

Not: Aynı sayının 1200’ler açı farklı toplamı varsa bu değer kısaca sıfırdır. (-90 ⇒ 30 ⇒ 150 [120])

( ) pujjZIaVa 3437,02619,0**3125,1** 000 −=−−=−=

( ) pujjZIaVa 6718,025,0**3125,1*1*1 111 =−−=−=

( ) pujjZIaVa 3281,025,0**3125,1** 222 −=−−=−=

puVaVaVaVa f 03281,06718,03437,0210 =−+−=++=

212

0 ** VaaVaaVaVb f ++=

( ) ( )( )3281,0*12016718,0*24013437,0 00 −∠+∠+−=fVb

( ) ( )( )00 1203281,02406718,03437,0 ∠−+∠+−=fVb

( ) ( )( ) ( ) ( )( )120sin*3281,0*120cos*3281,0240sin*6718,0*240cos*6718,03437,0 jjVbf +−++−=

( ) ( )2841,0*164,05818,0*3359,03437,0 jjVbf +−−−−+−=

( ) ( ) pujVbf000 22,2390077,118022,590077,18659,0*5156,0 ∠=+∠=+−=

Not: Sayının sanal ve imajiner kısmının (-) olması için; sayının (+) iken açısını 1800 ile ilave ederiz.

( ) ( ) ( )180** ±∠=∠−=+−=−−= θθ aabjabjaV

22

10 ** VaaVaaVaVc f ++=


( ) ( )( )3281,0*24016718,0*12013437,0 00 −∠+∠+−=fVc

( ) ( )( )00 2403281,01206718,03437,0 ∠−+∠+−=fVc

( ) ( )( ) ( ) ( )( )240sin*3281,0*240cos*3281,0120sin*6718,0*120cos*6718,03437,0 jjVcf +−++−=

( ) ( )2841,0*164,05818,0*3359,03437,0 jjVcf −−−+−+−=

pujVcf 22,590077,18659,0*5156,0 −∠=+−=

ÖRNEK: 1 no.lu barada Faz – Toprak arızası olması durumunda arıza akımını ve gerilimini bulunuz.

Hesaplamalarda Zf direnci ihmal edilecektir.

Not: Şekilde X değeri j olarak belirtilmese de j olarak alınır.

( )Ω=== 16,237

10*100

10*1546

232

B

BB

S

UZ puj

j

Xh

XhXh

B

g

pu 573,0*16,237

136*)( ===

pujjj

jjZ 274,0*

873,0*4,0*

873,0**4,0*1 =

+=

pujjj

jjZ 2264,0*

923,0*3,0*

923,0**3,0*2 =

+=

pujjj

jjZ 0947,0*

819,1*1,0*

819,1**1,0*0 =

+=

pujjjjjZZZZ

IaIaIaf

6803,1*7619,0*

1

2264,0*274,0*0947,0*

1

*3

1

210

210 −==++

=+++

===

−

−

−

=

=

6803,1*

6803,1*

6803,1*

*

1

1

111

*

1

1

111

2

2

2

1

0

2

2

j

j

j

aa

aa

Ia

Ia

Ia

aa

aa

Ic

Ib

Ia

f

f

f

0== ff IcIb

( ) pujjIaIa f 0409,5*6803,1**3*3 0 −=−==

AU

SI

B

BB 9,374

10*154*3

10*100

*3 3

6

===

AjjIIaIa Bfgf 1889*9,374*0409,5**)( −=−==

( ) pujjZIaVa 159,00947,0**6803,1** 000 −=−−=−=

( ) pujjZIaVa 539,0274,0**6803,1*1*1 111 =−−=−=

( ) pujjZIaVa 3804,02264,0**6803,1** 222 −=−−=−=

puVaVaVaVa f 03804,0539,0159,0210 =−+−=++=


212


( ) ( )( )3804,0*1201539,0*2401159,0 00 −∠+∠+−=fVb

( ) ( )( )00 1203804,0240539,0159,0 ∠−+∠+−=fVb

( ) ( )( ) ( ) ( )( )120sin*3804,0*120cos*3804,0240sin*539,0*240cos*539,0159,0 jjVbf +−++−=

( ) ( )329,0*1902,0466,0*2695,0159,0 jjVbf +−−−−+−=

( ) ( ) pujVbf000 31,253829,018031,73829,0795,0*2383,0 ∠=+∠=+−=

22


( ) ( )( )3804,0*2401539,0*1201159,0 00 −∠+∠+−=fVc

( ) ( )( )00 2403804,0120539,0159,0 ∠−+∠+−=fVc

( ) ( )( ) ( ) ( )( )240sin*3804,0*240cos*3804,0120sin*539,0*120cos*539,0159,0 jjVcf +−++−=

( ) ( )329,0*1902,0466,0*2695,0159,0 jjVcf −−−+−+−=

pujVcf 31,73829,0795,0*2383,0 −∠=+−=

ÖRNEK: Şekilde verilen 3 no.lu barada; a) Bir faz – toprak arızası olursa, b) Faz – faz arızası olursa, c) Đki faz – toprak arızası olursa, d) Üç faz – toprak arızası olursa arızalı faz akımları ve gerilimleri bulunuz.

a) Bir faz – toprak arızası olursa:

( )Ω=== 5,264

10*200

10*2306

232

B

BB

S

UZ pu

Z

ZZ

B

f

pu 0189,05,264

5===

fZZZZIaIaIa

*3

1

210

210 +++===

pujjjj

Ia 25,878438,025,87185,1

1

1837,1*0567,0

1

0189,0*33619,0*2618,0*56,0*

10 −∠=

∠=

+=

+++=

−∠

−∠

−∠

=

=

25,878438,0

25,878438,0

25,878438,0

*

1

1

111

*

1

1

111

2

2

2

1

0

2

2

aa

aa

Ia

Ia

Ia

aa

aa

Ic

Ib

Ia

f

f

f

0== ff IcIb

( ) puIaIa f 25,875314,225,878438,0*3*3 0 −∠=−∠==

AU

SI

B

BB 5,508

10*230*3

10*200

*3 3

6

===

AIIaIa Bfgf 25,8721,12875,508*25,875314,2*)( −∠=−∠==

( ) puZIaVa 25,1774725,09056,0*25,878438,0* 000 −∠=∠−∠−=−=


( ) 25,1772209,01902618,0*25,878438,01*1 111 −∠+=∠−∠−=−= ZIaVa

( ) pujjVa 778,077947,001059,0*7794,001059,0*2206,011 −∠=−=−−+=

( ) pujZIaVa 25,17730537,03619,0**25,878438,0* 222 −∠=−∠−=−=

25,17730537,001059,0*7794,025,1774725,0210 −∠+−+−∠=++= jVaVaVaVa f

0146,0*305,001059,0*7794,002266,0*47195,0 jjjVa f −−−+−−=

pujVa f 07,8704796,00479,0*00245,0 −∠=−=

212


( ) ( )( )25,17730537,0*1201778,077947,0*240125,1774725,0 00 −∠∠+−∠∠+−∠=fVb

( ) ( )25,5730537,022,23977947,002266,0*47195,0 −∠+∠+−−= jVb f

2568,0*1652,06696,0*3988,002266,0*47195,0 jjjVbf −+−−−−=

( ) ( ) pujVbf000 37,233182,118037,53182,1949,0*7055,0 ∠=+∠=+−=

22


( ) ( )( )25,17730537,0*2401778,077947,0*120125,1774725,0 00 −∠∠+−∠∠+−∠−=fVc

( ) ( )75,6230537,022,11977947,002266,0*47195,0 ∠+∠+−−= jVc f

2714,0*1398,06802,0*3805,002266,0*47195,0 jjjVcf +++−−−=

pujVcf 5,5217,192894,0*7126,0 −∠=+−=

( ) ( )949,0*7055,00479,0*00245,0 jjVbVaVab fff −−−−=−=

pujVab f 84,51145,19011,0*7079,0 ∠=+=

( ) ( )92894,0*7126,0949,0*7055,0 jjVcVbVbc fff +−−−−=−=

pujVbc f 78,898779,18779,1*0071,0 −∠=−=

( ) ( )0479,0*00245,092894,0*7126,0 jjVaVcVca fff −−+−=−=

pujVca f 79,5321,19768,0*71505,0 −∠=+−=

b) Faz – faz arıza durumu:

pujjjZZZ

IaIaf

26,886025,16237,0*0189,0

1

0189,03619,0*2618,0*

11

21

21 −∠=+

=++

=++

=−=

−∠−

−∠

=

=

26,886025,1

26,886025,1

0

*

1

1

111

*

1

1

111

2

2

2

1

0

2

2

aa

aa

Ia

Ia

Ia

aa

aa

Ic

Ib

Ia

f

f

f

( ) ( )26,886025,126,886025,10210 −∠−+−∠+=++= IaIaIaIa f

( ) 060176,1*0486,060176,1*0486,0 =−−−= jjIa f

( ) ( )26,886025,1*120126,886025,1*24010** 212

0 −∠−∠+−∠∠+=++= IaaIaaIaIb f

( ) ( )74,316025,174,1516025,1 ∠−∠=fIb

( ) ( ) 085,0*773,2843,0*3628,1758,0*411,1 jjjIb f −−=+−+−=

( ) puIb f 24,178774,2755,1774,2 −∠=∠−=

( ) ( )26,886025,1*240126,886025,1*12010** 22

10 −∠−∠+−∠∠+=++= IaaIaaIaIc f

( ) ( )74,1516025,174,316025,1 ∠−∠=fIc

( ) ( ) 085,0*773,2758,0*411,1843,0*3628,1 jjjIc f +=+−−+=


puIc f 755,1774,2 ∠=

( ) 09056,0*0* 000 =∠−=−= ZIaVa

( ) 26,1784195,01902618,0*26,886025,11*1 111 −∠+=∠−∠−=−= ZIaVa

( ) pujjVa 255,158083,001273,0*5807,001273,0*4193,011 −∠=−=−−+=

( ) pujZIaVa 74,15799,03619,0**26,886025,1* 222 ∠=−∠−−=−=

74,15799,001273,0*5807,00210 ∠+−+=++= jVaVaVaVa f

0176,0*5796,001273,0*5807,0 jjVa f ++−=

pujVa f 24,01603,100487,0*1603,1 ∠=+=

( ) ( )74,15799,0*1201255,158083,0*24010** 212

0 ∠∠+−∠∠+=++= VaaVaaVaVb f

( ) ( )74,1215799,0745,23858083,0 ∠+∠=fVb

( ) ( )4931,0*30506,04961,0*30136,0 jjVb f +−+−−=

pujVb f 28,060642,0003,0*60642,0 ∠−=−−=

( ) ( )28,15799,0*2401255,158083,0*12010** 22

10 ∠∠+−∠∠+=++= VaaVaaVaVc f

( ) ( )28,2415799,0745,11858083,0 ∠+∠=fVc

( ) ( )5085,0*2745,05092,0*2793,0 jjVc f −−++−=

pujVc f 07,05538,00007,0*5538,0 −∠=+−=

( ) ( )003,0*60642,000487,0*1603,1 jjVbVaVab fff −−−+=−=

pujVab f 25,0766,100787,0*766,1 ∠=+=

( ) ( )0007,0*5538,0003,0*60642,0 jjVcVbVbc fff +−−−−=−=

pujVbc f 023,40527,00037,0*0526,0 ∠−=−−=

( ) ( )00487,0*1603,10007,0*5538,0 jjVaVcVca fff +−+−=−=

pujVca f 139,07141,100417,0*7141,1 ∠−=−−=

c) Đki Faz – Toprak Arızası Durumu:

pujj

jj

jjj

ZZ

ZZZ

Ia 076,2*4816,0*

1

3619,0*56,0*

3619,0**56,0*2618,0*

1*

1

20

201

1 −==

++

=

++

=

pujjj

jj

ZZ

ZIaIa 26,1*

3619,0*56,0*

56,0**076,2**

20

012 =

+=

+−=

pujjj

jj

ZZ

ZIaIa 81,0*

3619,0*56,0*

3619,0**076,2**

20

210 =

+=

+−=

pujjjjIaIaIaIa f 006,0*81,0*26,1*076,2*210 −=++−=++=

81,0**120126,1**2401076,2*** 212

0 jjjIaaIaaIaIb f ∠+∠+−=++=

21081,033026,1076,2* ∠+∠+−= jIb f

405,0*7014,063,0*091,1076,2* jjjIb f −−−+−=

pujIb f 86,82135,3111,3*3896,0 −∠=−=

81,0**240126,1**1201076,2*** 22

10 jjjIaaIaaIaIc f ∠+∠+−=++=

33081,021026,1076,2* ∠+∠+−= jIc f


405,0*7014,063,0*091,1076,2* jjjIc f −+−−−=

pujIc f 13,971353,386,821353,3111,3*3896,0 −∠=∠−=−−=

( ) pujjZIaVa 1625,156,0**076,2** 000 =−=−=

( ) pujjZIaVa 3298,13298,012618,0**26,1*1*1 111 =+=−=−=

( ) pujjZIaVa 2931,03619,0**81,0** 222 =−=−=

puVaVaVaVa f 785,22931,03298,11625,1210 =++=++=

2931,0*12013298,1*24011625,1** 212

0 ∠+∠+=++= VaaVaaVaVb f

1202931,02403298,11625,1 ∠+∠+=fVb

253,0*1465,01516,1*6649,01625,1 jjVb f +−−−=

pujVb f 64,689647,0898,0*3511,0 −∠=−=

2931,0*24013298,1*12011625,1** 22

10 ∠+∠+=++= VaaVaaVaVc f

2402931,01203298,11625,1 ∠+∠+=fVc

253,0*1465,01516,1*6649,01625,1 jjVc f −−+−=

pujVc f 64,689647,0898,0*3511,0 ∠=+=

( ) ( )898,0*3511,0785,2 jVbVaVab fff −−=−=

pujVab f 25,20594,2898,0*434,2 ∠=+=

( ) ( )898,0*3511,0898,0*3511,0 jjVcVbVbc fff +−−=−=

pujVbc f 90796,1796,1* −∠=−=

( ) ( )785,2898,0*3511,0 −+=−= jVaVcVca fff

pujVca f 25,20594,2898,0*434,2 −∠=+−=

d) Üç faz – toprak arızası durumu:

02020 ==== VaVaIaIa

pujZZ

Iaf

87,85811,387,852624,0

1

0189,02618,0*

11

1

1 −∠=∠

=+

=+

=

fZIaZIaVa **1 1111 =−=

puZIaVa f 87,85072,00189,0*87,85811,3*11 −∠=−∠== Ya da;

87,1759977,012618,0**87,85811,31*1 111 −∠+=−∠−=−= jZIaVa

pujjVa 09,8607196,00718,0*0049,00718,0*9951,011 −∠=−=−−=

puVaVaVaVa f 09,8607196,0009,8607196,00210 −∠=+−∠+=++=

puVaaVaaVaVbf 91,15307196,00*120109,8607196,0*24010** 212

0 ∠=∠+−∠∠+=++=

puVaaVaaVaVc f 91,3307196,00*240109,8607196,0*12010** 22

10 ∠=∠+−∠∠+=++=

( ) ( ) puVbVaVab fff 04,300802,091,15307196,009,8607196,0 −∠=−∠−−∠=−=

( ) ( ) puVcVbVbc fff 86,31245,091,3307196,091,15307196,0 −∠=−∠−−∠=−=

( ) ( ) puVaVcVca fff 12,300633,009,8607196,091,3307196,0 ∠=−∠−−∠=−=


ÖRNEK: Şekilde verilen E.Đ.H. sonunda 300A değerinde kaçak olduğunda hatta bağlanacak seri endüktans değeri nedir?

AU

SI

B

BB 9,374

10*154*3

10*100

*3 3

6

=== puI

II

B

g

pu 8,09,374

300===

puI

Zpu

eş 25,18,0

11===

Hesaplarda Z=X olduğu için ve istenen L değeri için j hesaba katılmayabilir. (R=0)

XZbZa +== 5,0 2

5,0* X

ZbZa

ZbZaZc

+=

+=

2

5,0*3

2

5,0 +=+

+=

XX

XZd

5,1*3

25,0*5,1

5,02

*35,0

5,0*2

*35,0

5,0

5,0*

++

=+

+

+

=+

=X

X

X

X

Zd

ZdZe

5,1*3

25,0*5,125,0

5,1*3

25,0*5,1125,113,04,03,0

++

=⇒++

+=⇒+=+++=X

X

X

XZeZeZeş

125,0*75,025,0*5,1375,0*75,0 =⇒+=+ XXX puX 166,0=

( )Ω=== 16,237

10*100

10*1546

232

B

BB

S

UZ Ω=== 368,39166,0*16,237* XZX Bg

Hf

XL

g 125,050*14,3*2

368,39

**2==

Π=

SORU: Đletim hattının ortasında faz-toprak arızası olduğunda arıza akımının gerçek değeri nedir?


BÖLÜM – VI: GÜÇ SĐSTEMLERĐNDE OPTĐMĐZASYON Bir iletim hattını en verimli şekilde kullanma yöntemidir. Sistemi optimizasyona sokabilen birçok

yöntem vardır. 6.1 YAKIT MALĐYETĐ (GÜÇ) OPTĐMĐZASYONU:

21 PPPy += (W)

21 CCCT += ($/saat; YTL/saat; vb.)

1112111 ** cPbPaC ++=

222222

3222 *** dPcPbPaC +++=

λ==2

2

1

1

dP

dC

dP

dC (Minimum hesaplı ise)

Semboller: C1, C2: Yakıt Maliyeti a,b,c,d: Katsayılar

ÖRNEK: ;50021 MWPP =+ 21

311 *10*8*10 PPC −+= $/saat; 2

23

22 *10*9*8 PPC −+= $/saat; a) Toplam yakıt maliyetini minimum kılan P1 ve P2 değerleri nedir? b) Minimum toplam yakıt maliyeti nedir?

a) λ==2

2

1

1

dP

dC

dP

dC

( )1

3

1

21

31

1

1 *10*1610*10*8*10

PdP

PPd

dP

dC −−

+=+

=

( )2

3

2

22

32

2

2 *10*188*10*9*8

PdP

PPd

dP

dC −−

+=+

=

108*10*18*10*16*10*188*10*1610 23

13

23

13 −=−⇒+=+ −−−− PPPP

************************************************ 2000*18*16 21 −=− PP ⇒ 2000*18*16 21 −=− PP (Taraf tarafa toplayıp eşitlersek)

50021 =+ PP ⇒ 9000*18*18 21 =+ PP

************************************************

⇒= 7000*34 1P MWP 88,2051 = ⇒ MWP 11,29488,2055002 =−=

b) ( ) 89,239788,205*10*888,205*10*10*8*10 2321

311 =+=+= −− PPC $/saat

( ) 38,313111,294*10*911,294*8*10*9*8 2322

322 =+=+= −− PPC $/saat

27,552938,313189,239721 =+=+= CCCT $/saat

ÖRNEK: Aşağıda verilen değerler neticesinde minimum toplam yakıt maliyetini bulunuz.

21

311 *10*8*10 PPC −+= ; 2

23

22 *10*6*7 PPC −+= ; 23

333 *10*9*8 PPC −+= $/saat

600100 1 << P ; 750400 2 << P ; 800500 3 << P ; ;1500321 MWPPP =++

( )1

3

1

21

31

1

1 *10*1610*10*8*10

PdP

PPd

dP

dC −−

+=+

=

( )2

3

2

22

32

2

2 *10*127*10*6*7

PdP

PPd

dP

dC −−

+=+

=

( )3

3

3

23

33

3

3 *10*188*10*9*8

PdP

PPd

dP

dC −−

+=+

=

33

23

13 *10*188*10*127*10*1610 PPP −−− +=+=+

1500321 =++ PPP


150018

2000*16

12

3000*16 111 =

++

++

PPP ⇒ 1500

36

4000*329000*48*36 111 =++++ PPP

41000*1165400013000*116 11 =⇒=+ PP

448,3531 =P MW 600100 1 << P (Đstenen aralıkta)

26,7212 =P MW 750400 2 << P (Đstenen aralıkta)

287,4253 =P MW 800500 3 << P (Đstenen aralıkta değil. Hesaplama tekrarlanır.)

Đstenen minimum maliyet olduğu için P3 gücünü aralıktan en düşük değerini seçerek hesaplamalar tekrarlanılır. P3= 500 MW

100050015001500 21321 =−=+⇒=++ PPPPP MW

**************************************************

100021 =+ PP ⇒ 12000*12*12 21 =+ PP (Taraf tarafa toplayıp eşitlersek)

3000*12*16 21 −=− PP ⇒ 3000*12*16 21 −=− PP

************************************************** ⇒= 9000*28 1P 428,3211 =P MW ; 571,678428,32110002 =−=P MW

Çıkan değerler de istenen aralıkta olduğu için tekrar hesaplamaya gerek yoktur.

8,4040428,321*10*8428,321*10*10*8*10 2321

311 =+=+= −− PPC $/saat

74,7512571,678*10*6571,678*7*10*6*7 2322

322 =+=+= −− PPC $/saat

6250500*10*9500*8*10*9*8 2323

333 =+=+= −− PPC $/saat

54,17803625074,75128,4040321 =++=++= CCCCT $/saat

6.2 KRĐTĐK DEĞERLER:

Şekil – 8 Sistem eşdeğer devresi ve PV grafiği

RRS IBVAV ** += RRS IDVCI ** +=

21 *ajaA += 21 *bjbB +=

( ) ( )[ ] ( ) xVPPVVbabaQbabaPVA RrrRSrrR =++−−+++ *tan******2****2* 22222

12212211

42ϕ

a

cabbxcxbxa

*2

**40**

2

2,12 −±−

=⇒=++

( ) ( )22

21

22112

21 ***sin*cos***

bb

babaVbbVVP RRSr +

+−+=

δδ (W)

( ) ( )22

21

12212

12 ***sin*cos***

bb

babaVbbVVQ RRSr +

−−−=

δδ (Var)

0=

r

rr

r

rr

dV

dQ

d

dQ

dV

dP

d

dP

δ

δ (Kritik noktalar) r

r

P

Q=δtan

δδ tan**tan**** 221112211 babababaK +−+=

δδ tan**tan**** 122112112 babababaK ++−=


−+

Π= −

1

21tan*2

1

4 K

Kkrδ ( )krkr

Skr

aa

VV

δδ sin*cos**2 11 += (V)

krkr bbK δδ sin*cos* 213 +=

krkr aaK δδ sin*cos* 214 +=

( ) ( )[ ]( )222

124

2211432

**4

****2*

bbK

babaKKVP Skr +

+−= (W) En büyük güç değeri

Hat başı Vs gerilimi artarsa, kritik noktada P gücü de artar. Sistemin cosϕ değerini değiştirmek için de ş

yöntemler uygulanır: a. Paralel hat sayısını arttırmak b. Hat sonuna reaktör, vb. gibi şeyler koymak c. Hattın ortasına reaktör bağlamak d. Hattın ortasına kapasite bağlamak ÖRNEK: Keban – Gölbaşı iletim hattı; 380 kV, 550 km, 50 Hz, R=0,0173 Ω/km, X=0,157Ω/km, y=

6,9*10-6 S/km, cosϕ= 300 (geri) değerlerinde ise bu hattın kritik değerlerini bulunuz. Devrenin çözümünü π eşdeğerden yararlanarak gidebiliriz.

( ) lXjRlZZ X *** +== (Zx: Uzunluksuz hattın empedansı)

( ) 071,83872,8635,86*515,9550*157,0*0173,0 ∠=+=+= jjZ Ω 36 10*795,3550*10*9,6* −− === lyY Siemens (y: Uzunluksuz hattın admitansı)

Ω∠=

∠=

∠∠

== −0

0

3855,41298,1512

71,83298,151010*795,3

71,83872,86

Y

ZZc

Not: ( )00 2θθ ∠=∠ aa

03 855,4157,010*795,3*71,83872,86*** ∠=∠=== −YZlyZk x

38,0*424,0855,4157,0* 0 jjk +=∠=+= βα 38,0;424,0 == βα

01 8,21

14,3

180*38,0

14,3

180* === ββ

( )111 sin*cos* βββ αα jee +=∠

( )2

cosh 11 ββ αα −∠+∠=

−eek ( )

2sinh 11 ββ αα −∠−∠

=−ee

k

( ) ( ) RRS IZckVkV **sinh*cosh += ( ) ( ) RRS IkV

Zc

kI *cosh*

sinh+=

( ) 565,0*4179,18,21sin*8,21cos*8,21 424,0424,0 jjee +=+=∠

( ) ( )( ) 242,0*607,08,21sin*8,21cos*8,21 424,0424,0 jjee −=−+−=−∠ −−

( ) 06,9025,11615,0*0124,12

242,0*607,0565,0*4179,1cosh ∠=+=

−++= j

jjk

( ) 86,445719,04035,0*4054,02

242,0*607,0565,0*4179,1sinh ∠=+=

+−+= j

jjk

1615,0*0124,1)cosh(* 21 jkajaA +==+= 1615,0;0124,1 21 == aa 0

21 71,86527,8686,445719,0*855,41298,151)sinh(** ∠=∠∠==+= kZcbjbB

384,86*9657,4* 21 jbjbB +=+= 384,86;9657,4 21 == bb


30tan*384,86*1615,030tan*9657,4*0124,19657,4*1615,0384,86*0124,11 +−+=K

409,931 =K



30tan*9657,4*1615,030tan*384,86*0124,19657,4*1615,09657,4*0124,12 ++−=K

18,552 =K

01

1

21 714,29409,93

18,55tan*

2

1

4tan*

2

1

4=

−+

Π=

−+

Π= −−

K

Kkrδ

( ) ( )714,29sin*0124,1714,29cos*0124,1*2

010*380

sin*cos**2

03

11 +∠

=+

=krkr

Skr

aa

VV

δδ

VVkr0

3

0681,137501,0879,0

10*190∠=

+=

( ) ( ) 1307,47714,29sin*384,96714,29cos*9657,4sin*cos* 213 =+=+= krkr bbK δδ

( ) ( ) 959,0714,29sin*1615,0714,29cos*0124,1sin*cos* 214 =+=+= krkr aaK δδ

( ) ( )[ ]( )222

124

2211432

**4

****2*

bbK

babaKKVP Skr +

+−= (W)

( ) ( ) ( )[ ]( ) ( )222

23

384,969657,4*959,0*4

384,96*1615,09657,4*0124,1959,0*1307,47*2*10*380

+

+−=krP

610*1,189=krP W = 189,1 MW (Maksimum güç)

6.3 DEMET ĐLETKENLER: Aynı fazın birden fazla iletkenlerle taşınması olayıdır.

6*...6*36*26*11 nndamar +++++=

MCMmmCM 327 1010*50671 −− == Demet Đletkenlerin Avantajları:

a. Korona kayıpları daha azdır. b. Đletim hatlarında kararlılığı arttırmıştır ve iyileştirmiştir. c. Demet iletkenlerin endüktansı, normal iletkene göre daha küçük olduğundan gerilim düşümü daha

azdır. Demet Đletkenlerin Dezavantajları:

a. Đletken çekimi, askı takımı, işçilik maliyetleri fazladır. b. Đletkeni tutacak özel malzemeler (spacer gibi) gereklidir. c. Buz ve rüzgâr yükü fazladır. d. Đletken sayısı fazla olması ve kapasite etkisi yaratması nedeniyle olabilecek kaçak akımlar

artacaktır.


Şekil – 9 Türkiye Buz Yükü Haritası


6.4 FORMÜLLER 1. DEMET ĐLETKENLER 6. ASĐMETRĐK MENZĐL HESABI

6*...6*36*26*11 nndamar +++++=

MCMmmCM 327 1010*50671 −− == 2. BUZ YÜKÜ

bieş ggg += kg/m ib dkg *= kg/m

eşeş gaG *= kg

Bölge I. II. III. IV. V. k 0 0,2 0,3 0,5 1,2

3. RÜZGÂR YÜKÜ (Buz Yüksüz) 310*** −= ir dQCg kg/m

22

rieş ggg += kg/m ( ) )/(/ *3600

1000hkmsm vv =

16

2)/( smv

Q = kg/m2

= −

i

r

g

g1tanα

4. RÜZGÂR YÜKÜ (Buz Yüklü)

θσθ cos**8

*

cos**8

* 22 a

H

agf

℘== (m)

+=c

achL

*2sinh**4 222 (m)

℘==σ

g

Hc (m)

a

h1tan−=θ

AA ygHS *+= BB ygHS *+= (kg)

AA y*℘+=σσ BB y*℘+=σσ (kg/mm2)

c

xy AA *2

2

= (m) c

xy BB *2

2

= (m)

2

* a

a

hcx ±= (m) BA xxx += (m)

2

* a

a

hcxA −= (m)

2

* a

a

hcxB += (m)

bi ℘+℘=℘ (kg/m*mm2)

7. HATTIN UZAMASI

12 lllt −=∆ (m) εe (mm2/kg)

( ) tttll ε** 1212 −= (m) εt (1/0C)

( ) ee ll εσσ ** 121 −=∆ (m)

( ) ( ) et lttll εσσε **** 121121 −+−=∆ (m)

8. SĐMETRĐK OLMAYAN BUZLANMA

di (mm) di < 12,5 12,5 ≤ di ≤ 15,8 15,8 < di c 1,2 1,1 1

db (mm) 55 ≤ db ≤ 65 66 ≤ db ≤ 75 76 ≤ db ≤ 85 c 1,8 2 2,2

( ) 22

Re brbişB gggg ++= kg/m

310*** −= bbr dQCg kg/m

Π+=

*

**40002

b

i

ib

dkdd

ρmm

4

* 2dqπ= mm2

q

gii =℘ kg/m*mm2

q

gbb =℘ kg/m*mm2

+= −

bi

br

gg

g1tanα şBşB gaG ReRe *= kg

5. SĐMETRĐK MENZĐL HESABI

( )

℘℘+−

℘−℘℘

= iiax ηη 2***

2 (m)

a

a ASKI )(=η i

ii

℘−℘

℘−℘℘=

*0η

xa

x −=∆2

(m)

η < η0 ( ∆x= abuzsuz) η > η0 ( ∆x= abuzlu) 9. SĐMETRĐK ARIZALAR σ*8

*

*8

* 22 a

H

agf

eşeş ℘== (m)

q

g=℘ (kg/m*mm2)

−

=== 1*2

cosh**8

2

c

ac

c

ayf (m)

q

H=σ (kg/m*mm2)

℘==σ

g

HC (m)

faskı *℘+=σσ (kg/mm2) yyh += 1 (m)

fgHS *+= (kg) 1* fgHSN += (m)

+=2

* 1aagV (kg)

2

3

*24

1

c

aaL += (m)

c

xyf nn *2

2

1 == (m) c

ayf

*8

2

== (m)

n

neş

aaa

aaaa

++++++

=...

...

21

332

31

2

3

111 *

24

1

c

aaL += (m)

c

x

c

ayff kk *2*8

22

1 −=−= (m) ASKIk xa

x −=2

(m)

0RRRR VVVV ++= −+ KDG

Zeş1

= (Ω)

maxmin ZZZeş →⇒ minmax IIIeş →⇒

Zeş

VI

pu

pu = (pu) B

BB

U

SI

*3= (A)

puBKDg IIII *== (A) 2

*B

Bg

B

g

puV

Sx

x

xx == (pu)

B

BB

S

Vx

2

= (ohm) Zeş

KDGpu

1= (pu)

g

B

B

g

pupugS

S

V

Vxx **

2

)(

= (pu)

BPUGKDGKDGKDG *=

f

XL

g

**2 Π= (H)


6.4 FORMÜLLER 10. YILDIZ – ÜÇGEN DÖNÜŞÜMLER 13. FAZ – TOPRAK ARIZASI

210

210

3

ZZZIIII

++=++=

a) Bir Faz – Toprak Arızası

ZcZbZa

ZbZaZ

++=

*1

3

323121 ***

Z

ZZZZZZZa

++=

ZcZbZa

ZcZaZ

++=

*2

2

323121 ***

Z

ZZZZZZZb

++=

ZcZbZa

ZcZbZ

++=

*3

1

323121 ***

Z

ZZZZZZZc

++=

11. ASĐMETRĐK ARIZA- SĐMETRĐLĐ BĐLEŞEN

fZZZZIaIaIa

*3

1

210

210 +++===

=

2

1

0

2

2 *

1

1

111

Ia

Ia

Ia

aa

aa

Ic

Ib

Ia

f

f

f 01201∠=a

210 IaIaIaIa f ++=

210 *3*3*3 IaIaIaIa f ===

212


22


000 *ZIaVa −=

111 *1 ZIaVa −=

222 *ZIaVa =

=

2

1

0

2

2 *

1

1

111

Va

Va

Va

aa

aa

Vc

Vb

Va

f

f

f

210 VaVaVaVa f ++=

212


22


( ) ( ) ( )180** ±∠=∠−=+−=−−= θθ aabjabjaV

fff VbVaVab −=

fff VcVbVbc −=

fff VaVcVca −=

b) Đki Faz – Toprak Arızası

210 VaVaVaVa ++= 210 VbVbVbVb ++=

210 VcVcVcVc ++= 000 VcVbVa == 01201∠=a 02 2401∠=a

210 VaVaVaVa ++=

212

0 ** VaaVaaVaVb ++=

22

10 ** VaaVaaVaVc ++=

12

1 *VaaVb = 22 *VaaVb =

11 *VaaVc = 22

2 *VaaVc =

=

2

1

0

2

2 *

1

1

111

Va

Va

Va

aa

aa

Vc

Vb

Va

=2

2

1

1

111

)(

aa

aasT

=

−

Vc

Vb

Va

sT

Va

Va

Va

*)(1

2

1

0

=−

2

21

1

1

111

*3

1)(

aa

aasT

( )VcVbVaVcVbVa ++=== *3

1000

( )VcaVbaVaVa ***3

1 21 ++=

( )VcaVbaVaVa ***3

1 22 ++=

12. SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLERDE GÜÇ HESABI *** *** IcVcIbVbIaVaScSbSaS ++=++=

[ ]

=

2

2

1

1

111

aa

aaA [ ] [ ]** abc

T

abc IVS =

[ ] [ ] [ ]012* VAVabc = [ ] [ ] [ ]*012

** * IAIabc =

[ ] [ ] [ ]TTT

abc VAV 012*=

[ ] [ ] [ ]

==*

2

*

1

*

0

210

*

012012 **3*3

Ia

Ia

Ia

VaVaVaIVST

*22

*11

*00 **3**3**3 IaVaIaVaIaVaS ++=

*

22

*

11

*

00 **3**3**3 IbVbIbVbIbVbS ++= *

22

*

11

*

00 **3**3**3 IcVcIcVcIcVcS ++=

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]*012012

*

012

*

012 *

100

010

001

*3**** IVIAAVSTTT

==

( ) gfgfff ZIcZZIbVb ** ++=

( )gfgfff ZIbZZIcVc ** ++= 0=fI

( ) ( ) ( )gf

gff

fZZZZ

ZZZZZZZ

Ia

*3*2

*3*1

20

021

1

+++

+++++

=

( ) ( )fgf

gf

ZZZZZ

ZZZIaIa

++++

++−=

20

012 *3

*3*

( ) ( )fgf

f

ZZZZZ

ZZIaIa

++++

+−=

20

210 *3*

20

201

1 *1

ZZ

ZZZ

Ia

++

= 20

210 *

ZZ

ZIaIa

+−=

20

012 *

ZZ

ZIaIa

+−=

=

2

1

0

2

2 *

1

1

111

Ia

Ia

Ia

aa

aa

Ic

Ib

Ia

f

f

f

210 IaIaIaIa f ++=


6.4 FORMÜLLER

111 *1 ZIaVa −= 222 *ZIaVa −=

=

2

1

0

2

2 *

1

1

111

Va

Va

Va

aa

aa

Vc

Vb

Va

f

f

f

221121 **1 ZIaZIaVaVaVa f +−=+=

212 ** VaaVaaVb f +=

( )122

1 *** ZaZaIaaVc f −+=

22

1 ** VaaVaaVc f +=

( )020

1 3030*3 −∠+∠=−= VaVaVbVaVab fff

( )020

1 9090*3 ∠+−∠=−= VaVaVcVbVbc fff

( )020

1 150150*3 −∠+∠=−= VaVaVaVcVca fff

14. YAKIT MALĐYETĐ OPTĐMĐZASYONU

212


22


000 *ZIaVa −=

111 *1 ZIaVa −=

222 *ZIaVa =

=

2

1

0

2

2 *

1

1

111

Va

Va

Va

aa

aa

Vc

Vb

Va

f

f

f

210 VaVaVaVa f ++=

212


22


fff VbVaVab −=

fff VcVbVbc −=

fff VaVcVca −=

c) Üç Faz – Toprak Arızası

21 PPPy += (W)

21 CCCT += ($/saat)

1112111 ** cPbPaC ++= ($/saat)

222222

3222 *** dPcPbPaC +++= ($/saat)

λ==2

2

1

1

dP

dC

dP

dC

15. KRĐTĐK DEĞERLER

02020 ==== VaVaIaIa

fZZIa

+=

1

1

1

=

2

1

0

2

2 *

1

1

111

Ia

Ia

Ia

aa

aa

Ic

Ib

Ia

f

f

f

210 IaIaIaIa f ++=

212


22


111 *1 ZIaVa −=

=

2

1

0

2

2 *

1

1

111

Va

Va

Va

aa

aa

Vc

Vb

Va

f

f

f

210 VaVaVaVa f ++=

212


22


fff VbVaVab −=

fff VcVbVbc −=

fff VaVcVca −=

d) Faz – Faz Arızası 000 === VaIaIa f

fZZZIaIa

++=−=

2121

1

=

2

1

0

2

2 *

1

1

111

Ia

Ia

Ia

aa

aa

Ic

Ib

Ia

f

f

f

01 90*3 −∠−=−= IaIcIb ff

RRS IBVAV ** += RRS IDVCI ** +=

( ) lXjRlZZ X *** +== lyY *= (Siemens)

YZlyZk x *** == βα *jk +=

Y

ZZc =

14,3

180*1 ββ = ( )00 2θθ ∠=∠ aa

( )111 sin*cos* βββ αα jee +=∠

( )2

cosh 11 ββ αα −∠+∠=

−eek

( )2

sinh 11 ββ αα −∠−∠=

−eek

( ) ( ) RRS IZckVkV **sinh*cosh +=

( ) ( ) RRS IkVZc

kI *cosh*

sinh+=

)cosh(* 21 kajaA =+=

)sinh(** 21 kZcbjbB =+=



krkr bbK δδ sin*cos* 213 +=

krkr aaK δδ sin*cos* 214 +=

−+

Π= −

1

21tan*2

1

4 K

Kkrδ

( )krkr

Skr

aa

VV

δδ sin*cos**2 11 += (V)

( ) ( )[ ]( )222

124

2211432

**4

****2*

bbK

babaKKVP Skr +

+−= (W)


6.5 PROBLEMLER: 1.) Şekildeki EĐH’nın X noktasında meydana gelen bir faz-toprak arızasında her bir fazın arıza akımını ve

gerilimin simetrili bileşenlerini bulunuz. G1,G2 ⇒ X1 = X2 = 0,2 pu; X0 = 0,05 pu T1,T2 ⇒ X1= 0,1 pu; X2= 0,2 pu; X0= 0,3 pu Hat ⇒ X1= X2= 0,2 pu; X0 = 0,6 pu (Elemanlar endüktif reaktanslıdır)

2.) Şekildeki çift devre taşıyıcı direklerin EĐH’da iletkenlerin birim ağırlığı 4 kg/m, kesiti ise 400 mm2

’dir. Đletkenler 2600 kg’lık çekme kuvveti ile çekilecektir. Sistemde tekli koruma teli kullanılıyor, koruma telinin birim ağırlığı 2 kg/m’dir. Her bir faz iletkeninin toplam izolatör, hırdavat takımı ağırlığı 50 kg ise;

a-) Kaç metre faz iletkeni kullanılır? b-) T2 ve T3’e gelecek toplam düşey kuvvetleri bulunuz.

3.) 500m menzili bulunan iki direk arasına asılan iletkenin birim ağırlığı 1,5 kg/m, çapı 27 mm, tam buzlu

halde buz yoğunluğu 0,5 kg/dm3, c=2. Bu haz saatteki hızı 21,6 km olan bir rüzgâra maruz kalırsa hatta gelecek eşdeğer birim ağırlığı (faz başına) II. ve III. Buz bölgeleri için ayrı ayrı bulunuz.

4.) Hatlar eşit uzunlukta ve her birinin

reaktansı 40Ω, X barasında oluşabilecek simetrik kısa devre arıza akımını ve gücünü bulunuz.

Trafo ⇒ Xtrf= 0,4 pu Generatör⇒ Xg= 0,2 pu UB = 154 kV SB = 100 MVA 5.) Toplam özgül ağırlık 20*10-3

kg/m* mm2, ortadaki direğe gelecek çekme kuvvetlerinin eşit olması için simetrik menzil ne olmalıdır?

(X1=X2= 0,8 pu; X0= 1 pu) 6.) Her biri sıfır cinsindeki reaktansı; ters ve doğru bileşen reaktanslarının 2,5 katıdır, sistemin squance

(simetrili bileşenleri) empedanslarını bulunuz.


7.) Birim ağırlığı 1,5 kg/m olan, çapı 27 mm olan iletkenli bir EĐH’ da 450 ’den büyük salınımlarda faz-toprak arızası oluşuyor. Arızaya neden oluşabilecek rüzgâr hızını bulunuz (c=1)

8.) Faz iletkeninin çapı 25 mm, özgül ağırlığı 3,5*10–3 kg/m*mm2 y.t.n.’lardaki gerilmeler 4 kg/mm2,

hattın kesiti 240 mm2, sistem I. ve III. Buz bölgelerinde tesis edilmek istenirse sistemin sehimlerini bulunuz.

9.) Şekildeki EĐH’da A barasında meydana gelen arızanın; a-) Simetrik üç fazlı arıza (eleman empedansları doğru bileşenleri kabul) akımın gerçek değerini bul? b-) Asimetrik faz-toprak arızasını, c-) Asimetrik faz-faz arızasını, d-) Asimetrik faz-faz-toprak arızasını, olması durumunda arıza akımının sequence bileşenlerinin gerçek

değerlerini bulunuz. (Zf, Zg değerleri ihmal edilecektir.)

10.) Aşağıda verilen tanımları açıklayınız. a-) Damper sayısı ve yeri neye göre belirlenir? b-) Spacer nedir? Görevi nedir? c-) Enerji iletim hattında koruma telinin görevleri nelerdir? d-) Bir yerin özgül toprak direnci nasıl ölçülür? e-) Demet iletken kullanmak ne demektir? Sakıncaları nelerdir? f-) Üç tabakalı bir iletkende kaç damar bulunur? g-) Bir enerji iletim hattında aşırı buzlanma olup olmadığına nasıl karar verilir?


KAYNAKÇALAR

1. Tosun, Đlyas. Enerji Đletimi ve Dağıtımı. Đstanbul: Birsen Yayınevi, 2007

2. Saner, Yetkin. Güç Dağıtımı (Enerji Dağıtımı)- Kısadevre Hesapları. Đstanbul: Birsen

Yayınevi, 2000

3. Saner, Yetkin. Güç Đletimi (Enerji Taşınması). Đstanbul: Birsen Yayınevi, 2000

4. Soysal, Oğuz. Şerifoğlu, Nariman. Elektrik Enerji Sistemleri – Arıza Durumları. Đstanbul:

Papatya Yayınevi, 2006.

Documents

Enerji Iletimi 2 Ders Notu