Post on 08-Nov-2014
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
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 2
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.
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 3
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)
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 4
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 =+=+=
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 5
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 =====
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 6
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
==⇒=⇒=⇔=
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 7
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 =−=−=
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 8
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
===⇒=
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 9
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 =−=−==∆
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 10
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 =+−=+=
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 11
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
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 12
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.)
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 13
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
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 14
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.
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 15
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
===
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 16
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?
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 17
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===
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 18
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* ===
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 19
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
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 20
( )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
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 21
( )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.
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 22
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
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 23
( )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
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 24
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
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 25
( )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
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 26
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
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 27
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)
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 28
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*=
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 29
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 ++=
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 30
( ) ( )( )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 =−+−=++=
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 31
212
0 ** VaaVaaVaVb f ++=
( ) ( )( )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
10 ** VaaVaaVaVc f ++=
( ) ( )( )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 −∠=∠−∠−=−=
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 32
( ) 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
0 ** VaaVaaVaVb f ++=
( ) ( )( )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
10 ** VaaVaaVaVc f ++=
( ) ( )( )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 +=+−−+=
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 33
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
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 34
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 ∠=−∠−−∠=−=
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 35
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?
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 36
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
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 37
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 ++−=
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 38
−+
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
δδ tan**tan**** 221112211 babababaK +−+=
30tan*384,86*1615,030tan*9657,4*0124,19657,4*1615,0384,86*0124,11 +−+=K
409,931 =K
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 39
δδ tan**tan**** 122112112 babababaK ++−=
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.
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 40
Şekil – 9 Türkiye Buz Yükü Haritası
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 41
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)
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 42
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
0 ** IaaIaaIaIb f ++=
22
10 ** IaaIaaIaIc f ++=
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
0 ** VaaVaaVaVb f ++=
22
10 ** VaaVaaVaVc f ++=
( ) ( ) ( )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 ++=
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 43
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
0 ** IaaIaaIaIb f ++=
22
10 ** IaaIaaIaIc f ++=
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
0 ** VaaVaaVaVb f ++=
22
10 ** VaaVaaVaVc f ++=
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
0 ** IaaIaaIaIb f ++=
22
10 ** IaaIaaIaIc f ++=
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
0 ** VaaVaaVaVb f ++=
22
10 ** VaaVaaVaVc f ++=
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 =+=
δδ tan**tan**** 221112211 babababaK +−+=
δδ tan**tan**** 122112112 babababaK ++−=
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)
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 44
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.
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 45
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?
Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK 46
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.