Enerji Iletimi 2 Ders Notu

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: g eş =

(gi + gb )

2

+ g ⇒ g r = 0 ise g eş = g i + g b kg/m 2 r

Bölge k

I. 0

II. 0,2

III. 0,3

IV. 0,5

V. 1,2

Tablo –I Buz Yük Bölgelere Göre k değeri

g b = k * d i kg/m Geş = a * g eş 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.

gb = k * di ⇒ k =

gb 1,5 = = 0,375 di 16

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?

g b = k * d i = 0,3 * 25 = 1,5kg / m g eş = g i + g b = 0,25 + 1,5 = 1,75kg / m Geş = a * g eş = 500 * 1,75 = 875kg 1. 1. 2 RÜZGÂR YÜKÜ: 1.1.2.1 Buz Yükü Yoksa:

( )

2

m v2 Q= ⇒ sn = kg / m 2 16 16

g r = C * Q * d i * 10 −3 kg/m

 gr  gi

2

g eş = g i + g r2 kg/m

α = tan −1 

  Geş = a * g eş kg 

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

(gi + gb )2 + gbr2

g B Re ş =

db = di2 +

kg/m

4000 * k * di mm ρb * Π

g br = C * Q * d b * 10 −3 kg/m ℘i =

gi g kg/m*mm2 ℘b = b kg/m*mm2 q q

GB Re ş = a * g B Re ş kg 

gbr    gi + gb 

α = tan −1 

Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK

1

Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK

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) α: Salınım açısı ( 0 ) ρb: Buz yoğunluğu (kg/dm3) 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.

(Gi + Gb )2 + Gbr2

GB Re ş =

=

(500 + 750)2 + 15002

= 1950kg

 Gbr  1500  −1 0  = tan −1   = tan (1,2) = 50,194 G G + 500 + 750   b   i

α = tan −1 

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. 2

2

 g   2,5  gb = k * di ⇒ di =  b  =   = 25mm  k   0,5  d b = 2 * d i = 2 * 25 = 50mm g br = c * Q * d b * 10 −3 = 1 * 50 * 50 * 10 −3 = 2,5kg / m g B Re ş =

(gi + gb )2 + gbr2

=

(1,5 + 2,5)2 + 2,52

= 4,717 kg / m

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) Geş = a * g eş (Sistemde n demet de kullanılması ile)

Geş = n * a * g eş = n * a * ( g i + g b )

g b = k * d i = 0,5 * 16 = 2kg / m 5 *10 3 a= = = 666,66m (Menzil bu değerden küçük olmalıdır.) n * ( g i + g b ) 3 * (0,5 + 2 ) Geş

b) Geş = n′ * a * ( g i + g b′ )

Geş 5 *103 − gi = − 0,5 = 1,375kg / m n′ * a 4 * 666,66 g′ 1,375 g b′ = k X * d i ⇒ k X = b = = 0,343 di 16

gb′ =

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


2


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) Gi = a * g i = 400 * 0,972 = 388,8kg

g eş = g i + g b ⇒ g b = g eş − g i = 1,905 − 0,972 = 0,933kg / m Gb = a * g b = 400 * 0,933 = 373,2kg G 373,2 Gb = GKUS * nt ⇒ nt = b = ≅ 187 tane GKUS 2 b) GT = GKUS * n50 = 2 * 50 = 100kg (50 tane kuşların toplam yükü) GY = GT + Gi = 100 + 388,8 = 488,8kg (Oluşan toplam yük) G 488,8 gY = Y = = 1,222kg / m a 400 G 388,8 Kuşların yükü olmasa idi; g i = i = = 0,972kg / m ⇒ 0,972 ≤ g ort ≤ 1,222kg / m a 400 c) a X = a − 75 = 400 − 75 = 325m (Buzsuz iletken menzili) Tüm alanda buz yükü olduğunda; g eş = g i + g b = 1,905kg / m (Max ortalama ağırlık) 75m mesafedeki buz yükü olduğunda;

a X * ( g i + g b ) + 75 * g i a X + 75 325 * 1,905 + 75 * 0,972 g eş (min) = = 1,73kg / m 325 + 75 1,73 ≤ g ort ≤ 1,975kg / m g eş (min) =

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.

db = di2 +

4000 * k X * di ρb * Π

10 * 101 = 21,77 2 +

4000 * k X * 21,77 0,4 * 3,14

k X = 0,642 ; k = 0,3 (III. Bölge) k 0,642 K buz = x = = 2,14kat aşırı buzlanma k 0,3 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?

a X = a − 7,5 = 40 − 7,5 = 32,5m 7,5 aY = = 3,75cm 2 d b = 2 * aY = 2 * 3,75 = 7,5cm = 75mm (Oluşan buz kılıfının çapı)


3


db = d i2 +

4000 * k * di 4000 * k * 17,28 ⇒ 75 = 17,282 + ⇒ k = 0,4 (IV. Bölgede) ρb * Π 0,4 * 3,14

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 15,8 < di 12,5 ≤ di ≤ 15,8 1,2 1,1 1 c db (mm) 55 ≤ db ≤ 65 66 ≤ db ≤ 75 76 ≤ db ≤ 85 1,8 2 2,2 c Tablo –II Đletken yüksüz ve buz yüklü halinde sehim parametreleri

db = d i2 +

4000 * k * di 4000 * 0,3 * 21,7 = 21,7 2 + = 70,13mm 0,4 * 3,14 ρb * Π

g br = c * Q * d b * 10 −3 = 2 * 30 * 70,13 * 10 −3 = 4,207 kg / m g b = k * d i = 0,3 * 21,7 = 1,39kg / m g B Re ş =

(gi + gb )2 + gbr2

=

(0,912 + 1,39)2 + 4,207 2

= 4,8kg / m

g B Re ş 4,8 = = 17 * 10 − 3 kg m * mm 2 q 276,1 = a * g B Re ş = 400 * 4,8 = 1920kg

℘B Re ş = GB Re ş

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

v2  1000  1 2 =  72 *  * = 25kg / m 16  3600  16 d + d b 2 + d b 3 + d b 4 70 + 74 + 75 + 71 d b ( ort ) = b1 = = 145mm 4 4 gbr (ort ) = c * Q * db (ort ) *10−3 = 1,3 * 25 *145 *10−3 = 4,712kg / m

Q=

g b = k * d i = 0,3 * 24,1 = 1,47 kg / m g B Re ş ( ort ) = ℘B Re ş ( ort ) =

(gi + g b )2 + gbr2 (ort ) g B Re ş ( ort ) q

=

=

(1,288 + 1,47 )2 + 4,7122

= 5,459kg / m

5,459 = 18,5 * 10− 3 kg m * mm 2 294,9

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?

db = di2 +

4000* k * di 4000* 0,5 * 16,28 = 16,282 + = 81,792mm ρb * Π 0,5 * 3,14

d b − d i 81,792 − 16,28 = = 32,75mm 2 2 a = a X + 2 * aY = 33 * 101 + 2 * 32,75 = 387 mm aY =


4


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?

db = di2 +

4000* k X * di 4000* k X * 21,77 ⇒ 80 = 21,772 + ⇒ k X = 0,8 ρb * Π 0,8 * 3,14

k X 0,8 = = 4kat Buzlanma k 0,2

K BUZ =

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. 2

v2  1000  1 2 a) Q0 = = 104 *  * = 52,16kg / m 16  3600  16 2

2

 g   1,06  gb = k * di ⇒ di =  b  =   = 28,09mm  k   0,2  g r = c * Q0 * d i * 10 −3 = 1 * 52,16 * 28,09 * 10 −3 = 1,465kg / m  gr  gi

α = tan −1  b) db = di2 +

  1,465   = tan −1   = 42 0 1 , 622   

4000* k * di 4000* 0,2 * 28,09 = 28,092 + = 49,77mm ρb * Π 0,8 * 3,14

g br = c * Q0 * d b * 10−3 = 1 * 52,16 * 49,77 * 10 −3 = 2,596kg / m 

g br   2,596   = tan −1   = 44 0 1 , 622 + 1 , 06 g + g   b   i

α = tan −1 

2

v2  1000  1 2 =  70 *  * = 23,63kg / m 16  3600  16 g br = c * QA * d b * 10 −3 = 1 * 23,63 * 130 * 10 −3 = 3,07 kg / m

c) QA =

db = di2 +

4000* k X * di 4000* k X * 28,09 ⇒ 130 = 28,092 + ⇒ k X = 1,909 ρb * Π 0,8 * 3,14

g b = k X * d i = 1,909 * 28,09 = 10,12kg / m 

g br  3,07    = tan −1   = 14,650 g + g 1 , 622 + 10 , 12   b   i

α = tan −1 

ÖRNEK: 154kV’luk Hawk kesiti 280,84 mm2, 35kV’luk güvercin kesiti 99,3 mm2 ise birbirleri üzerindeki yük oranları nedir?

d1 =

4 * q1 = Π

4 * 280,84 = 18,91mm 3,14

d2 =

4 * q2 = Π

4 * 99,3 = 11,24mm 3,14

K yuk =

g1 k * d1 d1 18,91 = = = = 1,297kat g2 k * d2 d2 11,24


5


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

f genel =

g eş * a 2 ℘eş * a 2 = (m) 8* H 8 *σ

f =y=

 a2  a   = c *  cosh   − 1 (m) 8*c  2*c   

℘=

1 a3 * L=a+ (m) 24 c 2  a + a1  V = g *  (kg)  2 

g (kg/m*mm2) q f1 = yn =

a2 (m) 2*c

σ=

H (kg/m*mm2) q

C=

H σ = (m) g ℘

S = H + g * f (kg)

S N = H + g * f1 (m)

σ askı = σ + ℘* f (kg/mm2)

h = y1 + y (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) σ: Đletkendeki gerilme (kg/mm2) σaskı: 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:

g = g i + g b = g i + 1,2 * g i = 2,2 * g i = 2,2 * 1 = 2,2kg / m g i = 1kg / m ; g b = 1,2 * g i = 1,2 * 1 = 1,2kg / m (II. Bölgede) III. Bölgede çekilecek olsa idi:

k3 0,3 = 1,2 * 1 * = 1,8kg / m k2 0,2 g = g i + g b = 1 + 1,8 = 2,8kg / m

g b = 1,2 * g i *

2

f =

2

g * a2 g *a g *a 3002 * 2,2 ⇔ f 2 = f3 ⇒ 2 2 = 3 3 ⇒ a3 = = 265,92m 8* H 8* H 8* H 2,8


6


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?

f = 22 − 1,2 − 7 = 13,8m g b k * d i k * 15,7 = = = 27,7 * 10 − 3 * k q q 143

℘b =

℘eş * a 2 (℘i + ℘b ) * a 2 f = = 8 *σ 8 *σ −3 3,45 * 10 + 27,7 * 10−3 * k * a 2 f = 8 *σ

(

13,8 =

(3,45 *10

−3

)

)

+ 27,7 *10−3 * k * 3002 ⇒ 9,016 *10−3 = 3,45 *10−3 + 27,7 *10− 3 * k 8 * 7,35

k = 0,20 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?

g k * a 2 0,525 * 4002 fk = = 8 * Hk 8* Hk g i * a 2 0,984 * 4002 fi = = = 7,872m 8 * Hi 8 * 2500 0,525 * 4002 f k = fi ⇒ = 7,872 8* Hk H k = 1333,84kg Emniyet mesafesinin 6m olması için fi sehiminin 1m artması gerekir.

f i ( yeni ) = 1 + f i = 1 + 7,87 = 8,87 m f i ( yeni ) =

g i * a yeni 8 * Hi

2

⇒ a yeni =

f i ( yeni ) * 8 * H i gi

=

8,87 * 8 * 2500 = 424,6m 0,984

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.

℘b =

g b k * d i 0,3 * 23,1 = = = 4,57 * 10 −3 kg/m*mm2 q q 316,5

℘eş * a 2 (℘i + ℘b ) * a 2 = 8 *σ 8 *σ 2 (℘ +℘b )* a σ= i 8* f f =

σ=

(3,65 + 4,57 ) *10−3 * 4002

8 *16,67 σ 9,84 c= = = 1200m ℘ 8,2 * 10 − 3

= 9,84kg / mm 2

2 aOX 100 2 = = 4,17 m 2 * c 2 * 1200 yn = f − yk = 16,67 − 4,17 = 12,5m

y − y n = yk =


7


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;

at = a 2 + 40 2 = 300 2 + 40 2 = 302,65m Uygulama öncesi sehim (fi);

fi =

gi * a 2 8* Hi

Uygulama sonrası sehim (fii);

f ii =

g i * at2 8 * Hi

Oluşan fark;

Fark =

f ii g i * at2 8 * H i at2 = = * fi 8 * H i gi * a 2 a 2

Fark =

302,652 = 18% 300 2

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:

VA = g *

425 + 390 aOA + a AB = 3,2 * = 1304kg 2 2

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

VB (max) = 1,1 * VA = 1,1 * 1304 = 1434,4kg VB (min) = 0,9 * VA = 0,9 * 1304 = 1173,6kg VB (max) = g * VB (min) = g *

a AB + a X (max) a AB

2 + a X (min)

2 343m ≤ ax ≤ 506m

⇒ 1434,4 = 3,2 * ⇒ 1173,6 = 3,2 *

390 + a X (max)

2 390 + a X (min) 2

⇒ a X (max) = 506m ⇒ a X (min) = 343m

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?

c=

H 2500 = = 1562,5m g 1,6

1 6003 L1 = 600 + * = 603,88m 24 1562,52 L2 = 450 +

1 4503 * = 451,55m 24 1562,52

1 5403 * = 544,68m 24 1562,52 L = L1 + L2 + L3 = 603,88 + 451,55 + 544,68 = 1598m L3 = 540 +

ÖRNEK: Menzil %5 değerinde arttırılması halinde sehimin aynı kalması için projedeki çekme kuvveti 1000 kg’dan hangi değere getirilmelidir?

a1 = 1,05 * a ⇒ f = f1 ⇒

g * a 2 g * a12 H * a12 1000 * 1,052 * a 2 = ⇒ H1 = = = 1102,5kg 8 * H 8 * H1 a2 a2


8


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;

℘III = ℘b + ℘i =

gb g i k * d i + g i 0,3 * 17,3 + 0,614 + = = = 10,68 * 10 −3 kg/m*mm2 q q q 174,3

℘III * a 2 10,68 * 10 −3 * 300 2 f = = ≅ 12m 8 *σ 8 * 10 Not: Bölge değişimlerde de sehimler aynıdır, değişmez. V. Bölgede Gerecek Olursak;

℘V = ℘b + ℘i =

gb g i k * d i + g i 1,2 * 17,3 + 0,614 + = = = 32,16 * 10− 3 kg/m*mm2 174,3 q q q

℘ *a 32,16 * 10 −3 * aV fV = f = V V ⇒ 12 = ⇒ aV = 173m 8 *σ 8 * 10 2

2

NOT: Sistemde buzlanma simetrik olmazsa;

x=

a ℘ −℘i ℘ * *η * (2 − η ) + i  (m) ℘ 2  ℘

η=

a( ASKI )

η0 =

a

∆x =

a − x (m) 2

℘*℘i − ℘i ℘ − ℘i

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) g b = k * d i = 0,3 * 17,3 = 1,24kg / m

g b 1,24 = = 7,16 * 10 − 3 kg/m*mm2 q 174,1 g 0,614 ℘i = i = = 3,45 * 10 − 3 kg/m*mm2 q 174,1 ℘ = ℘b + ℘i = (7,16 + 3,45) * 10−3 = 10,61 * 10−3 kg/m*mm2 a 75 η = ( ASKI ) = = 0,25 a 300 ℘b =

a ℘−℘i ℘  300  7,16 *10−3 3,45*10−3  x = ay = *  *η * (2 −η ) + i  = * * 0 , 25 * ( 2 − 0 , 25 ) + = 93m 2  ℘ ℘ 2 10,61*10−3 10,61*10−3  a 300 ∆x = a X = − x = − 93 = 57 m 2 2 b) η =

a( ASKI ) a

=

225 = 0,75 300

a ℘−℘i ℘  300  7,16 *10−3 3,45*10−3  x = * *η * (2 −η ) + i  = * * 0 , 75 * ( 2 − 0 , 75 ) + = 143,643m 2  ℘ ℘ 2 10,61*10−3 10,61*10−3  a 300 ∆x = a1 = − x = − 143,643 = 6,35m 2 2 Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK

9


BÖLÜM – III: ASĐMETRĐK MENZĐL HESAPLAMA

Şekil – II Asimetrik Menzil Hesabı

f =

g * a2 ℘* a 2 = (m) 8 * H * cos θ 8 * σ * cos θ

θ = tan −1

h a

S A = H + g * y A (kg) σ A = σ + ℘* y A (kg/mm2)

f=

(

)

g * a2 3* a2 − 2 * h2 * cosθ a3 * q3 + + (m) 8* H * cosθ 144* a 8* H3

 a  L = h 2 + 4 * c 2 * sinh 2   (m)  2*c  S B = H + g * yB (kg) σ B = σ + ℘* yB (kg/mm2)

x A2 xB2 yA = yB = (m) (m) 2*c 2*c c*h a c*h a x= ± (m) xA = − (m) a 2 a 2 2 2  h a *℘2  2 + 2  * σ 2 − (2 * σ ASKI − ℘h ) * σ + = 0 ⇐σy 4 a 

xB =

c=

H σ = (m) g ℘

c*h a + (m) a 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.

σ

7, 2 = 600 m ℘ 12 * 10 − 3 c * h a 600 * 50 300 x1 = 1 1 + 1 = + = 250m a1 2 300 2 c *h a 600 * 100 400 x2 = 2 2 − 2 = − = −50m a2 2 400 2

c=

=

x = x1 + x2 = 250 + 50 = 300m Ya da;

c1 * h1 a1 600 * 50 300 − = − = −50m a1 2 300 2 c *h a 600 * 100 400 x2 = 2 2 − 2 = + = 350m a2 2 400 2

x1 =

x = x1 + x2 = −50 + 350 = 300m Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK

10


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.

c*h a c * 30 300 + ⇒ 275 = + ⇒ c = 1250m a 2 300 2 H c= ⇒ H = c * g = 1250 * 1,2 = 1500kg g x=

x2 2752 = = 30,25m 2 * c 2 * 1250 S = H + g * y = 1500 + 1,2 * 30,25 = 1536kg y=

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.

S A = H + g * yA ⇒ yA = c=

S A − H 2520 − 2500 = = 8,95m g 2,18

H 2500 = = 1146,8m g 2,18 2

x yA = A ⇒ xA = yA * 2 * c = 8,95* 2 *1146,8 = 153,27m 2*c

yB = 50 + y A = 50 + 8,95 = 58,95m xB = yB * 2 * c = 58,95* 2 *1146,8 = 367,7m a = x A + xB = 153,27 + 367,7 = 520,97m 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?

f = 20,5 − 1,1 − 10 = 9,4m x2 2*c x = 2 * 9,4 * c = 18,8 * c m c*h a x= − a 2 c * 92,8 451 18,8 * c = − ⇒ c = 587,4m 451 2 g ℘ = ℘i + ℘b = 8,9 * 10 − 3 + b q 2 ℘= 8,9 *10−3 + = 22,2 *10−3 kg/m*mm2 150 σ = c *℘= 587,4 * 22,2 *10−3 = 13,04 kg/mm2 f =y=

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.

ci =

σi ℘i

=

6,9 = 2000m 3,45 * 10 − 3


11


σ

10 = 1250m ℘ 8 * 10− 3 c * h a 2000 * 30 400 xi = i + = + = 350m a 2 400 2 c * h a 1250 * 30 400 x= + = + = 293,75m a 2 400 2 X ötele = xi − x = 350 − 293,75 = 57 m (Olabilecek kayma miktarı)

c=

=

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?

σ

10 = 1250m ℘ 8 * 10− 3 c * h a 1250 * 30 300 x= + = + = 275m a 2 300 2 x = 280m yapmak için c veya h ile oynanır.

c=

=

Đlk önce c ile oynarsak;

280 =

c X * 30 300 + ⇒ c X = 1300 m 300 2

σ X = c X *℘ = 1300 * 8 * 10 −3 = 10,4kg Daha sonra h ile oynarsak;

x=

c*h a 1250 * hX 300 + ⇒ 1300 = + ⇒ hX = 31,2m a 2 300 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:

℘* a1 3,45 * 10 −3 * 300 2 f1 = = = 8,63m 8 *σ 8 * 4,5 2

B-C arası sehim:

h 50 = tan −1 = 7,1250 a2 400 cosθ = cos 7,125 = 0,993

θ = tan −1

℘ * a2 3,45 * 10 −3 * 400 2 = 8 * σ * cosθ 8 * 4,5 * 0,992 f 2 = 15,46m 2

f2 =

SORU : CA ve AB arasındaki hat parçalarından oluşan sehimlerinin oranını bulunuz. (Ortalama menziller ve gerilmeler aynıdır.)


12


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:

σ

10 = 500m ℘ 20 * 10 − 3 c * h a 500 * 200 500 x= + = + = 450m a 2 500 2 x2 450 2 = = 202,5m y= 2 * c 2 * 500 σ ASKI = σ + ℘* y = 10 + 20 * 10 −3 * 202,5 c=

=

σ ASKI = 14,05kg / mm 2 Simetrik Menzil Hesabı:

c′ =

σ′ ℘

=

13 = 650m 20 * 10 − 3 2

a ′ (x ) =  2  = a 2 = a 2 y′ = 2 * c′ 2 * 650 8 * 650 5200 2

σ ASKI = σ ′ + ℘* y′ ⇒ 14,05 = 13 + 20 *10−3 *

a2 ⇒ a = 522m 5200

BÖLÜM – IV: HATTIN UZAMASI 4.1 UZAMA BĐÇĐMLERĐ 4.1.1 SICAKLIKLA UZAMA: ∆lt = l2 − l1 (m)

l2 = l1 * (t 2 − t1 ) * ε t (m)

4.1.2 ELASTĐKĐ UZAMA:

∆le = l1 * (σ 2 − σ 1 ) * ε e (m)

Semboller: t1: Đlk sıcaklık (0C) t2: Son sıcaklık (0C) l1: Đlk boy (m) l2: Son boy (m) σ1: Đlk gerilme (kg/mm2) σ2: Son gerilme (kg/mm2) ∆l:Uzama miktarı (m) εt: Termik uzama katsayısı (1/0C) εe: 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? ∆l = l1 * (t2 − t1 ) * ε t + l1 * (σ 2 − σ 1 ) * ε e = 0 (Boyu değişmemesi için)

l1 * (t2 − 15) * 1,65 * 10 −5 + l1 * (10 − 8) * 1,15 * 10 −4 = 0 ⇒ t2 = 10 C

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?

∆l = l1 * (t2 − t1 ) * ε t + l1 * (σ 2 − σ 1 ) * ε e

(300,1 − 300) = 300 * (30 − 20) * 2 *10−5 + 300 * (σ 2 − 6) * (1/ 5000) ⇒ σ 2 = 6,67 kg / mm 2 Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK

13


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.

VR = VR + + VR − + VR 0 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.

Zeş =

1 (Ω) Uk = 1 pu KDG

Zeş ⇒ Z min → Z max ise Ieş ⇒ I max → I min

ÖRNEK: Generatörler birbirine eşit ve 25MVA, baz alınan gerilim VB= 11kV ve empedans xg=0,16 pu ise kesicinin kısa devre kesme akımını hesaplayınız.

1 1 1 1 1 4 = + + + = Zeş 0,16 0,16 0,16 0,16 0,16 Zeş = 0,04 pu 1 1 1 Zeş = ⇒ KDG = = = 25 pu KDG Zeş 0,04 V 1 Ig = g = = 25 pu Zeş 0,04 SB 25 * 106 IB = = = 1312 A 3 *U B 3 * 11 * 103 I KD = I g * I B = 25 * 1312 = 32,8kA 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

14


2

x1g = x2 g

2

V  S  154  175 = x *  g  * B = 0,2 *  = 0,4 pu  *  154  87,5  VB  S g 2

2

V  S  154  175 x3m = x *  g  * B = 0,23 *  = 0,5 pu  * V S 154 80    B g xg S 175 xh = = xg * B2 = 125 * = 0,92 pu xB VB 1542 xB =

V B2 SB

1 1 = = 2,86 pu Zeş 0,35 KDG G = 2,86 *175 *106 = 500,5MVA

KDG =

I KD =

KDG G 3 *U g

=

500,5 * 106 = 1874 A 3 * 154 * 103


15


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

1 1 = = 0,724 pu Zeş 1,38 KDG G = 0,724 *100 *106 = 72,4MVA KDG =

SB 100 * 106 = = 374,9 A 3 *U B 3 * 154 * 103 I 1 374,9 I k = g ⇒ I g = I B * I k = 374,9 * = = 271,66 A IB Zeş 1,38

IB =

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?


16


SB 50 * 106 = = 187,6 A 3 *U B 3 * 154 * 103 I 200 I PU = g = = 1,06 pu I B 187,6 1 1 Zeş = = = 0,94 pu I PU 1,06 0,3 * ( X + X ) Zeş ⇒ 0,4 + + 0,4 = 0,94 0,3 + X + X 0,14 * (0,3 + 2 * X ) = 0,6 * X ⇒ 0,042 + 0,28 * X = 0,6 * X ⇒ X = 0,15 pu IB =

1 VB 154 * 103 = * = 474,5Ω 187,6 IB 3 X g = X B * X PU = 474,5 * 0,15 = 68,66Ω (Bobin bağlanır) XB =

L=

Xg 2*Π * f

=

68,66 = 0,109 H (Şönt bobini bağlanır) 2 * 3,14 * 50

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.

(

)

2

V2 154 * 10 3 xB = B = = 10 ,5Ω SB 100 * 10 6 x 50 xh = g = = 0,21 pu xB 10,5


17


KDG = I PU =

I PU =

1 1 = = 4,291 pu Zeş 0,233

IB =

SB 100 * 106 = = 375,2 A 3 *U B 3 * 154 * 103

Ig ⇒ I g = I B * I PU = 375,2 * 4,291 = 1,610kA IB

KDG G = KDG PU * KDG B = 4,291*100 = 429,1MVA ÖRNEK: Sistemin baz alınan gerilimi 154kV ve baz gücü 100MVA ise hattın ortasında kısa devre olması halinde kesicinin akımı ne olmalıdır?

S A( pu ) = S B ( pu ) =

xA = xB =

S A( g ) S A( B ) SB(g ) SB( B)

1 S A( pu ) 1 S B ( pu )

=

3500 = 35 pu 100

=

4000 = 40 pu 100

=

1 = 0,0285 pu (R dirençler ihmal; Z=X) 35

=

1 = 0,025 pu 40

0,4 pu // 0,4285 pu

0,6pu // 0,625pu

0,4 * 0,4285 xa = = 0,206 pu 0,4 + 0,4285 xeş1 = xa + 0,25 = 0,206 + 0,25 = 0,456 pu xeş1 // xeş 2 ⇒ Zeş = KDG = I KD = IB =

xeş1 * xeş 2 xeş1 + xeş 2

=

0,6 * 0,625 = 0,306 pu 0,6 + 0,625 = xb + 0,25 = 0,306 + 0,25 = 0,556 pu

xb = xeş 2

0,456 * 0,556 = 0,25 pu 0,456 + 0,556

1 1 = = 4 pu Zeş 0,25

SB 100 * 106 = = 375,2 A 3 *U B 3 * 154 * 103

KDG G = KDG * S B = 4 * 100 *106 = 400 MVA I K = I KD * I B = 4 * 375,2 = 1,5kA Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK

18


5.3 Asimetrik Arızalar: 5.3.1 Simetrili Bileşenler Teoremi: a) Dengeli sistemde;

VR = V∠00 VS = V∠120 0 VT = V∠240 0 VT = VR + VS + VT = 0 Şekil – 3: Dengeli Bir Yükün Durumu b) Dengesiz sistemde;

VT = VR + VS + VT ≠ 0 IT = I R + I S + IT ≠ 0 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)

Va = Va0 + Va1 + Va2

Vb = Vb0 + Vb1 + Vb2

Vc = Vc0 + Vc1 + Vc2

a = 1∠1200 ⇒ a 2 = 1∠240 0 Va0 = Vb0 = Vc0 Vb1 = a 2 *Va1

Vb2 = a *Va2

Vc1 = a *Va1

Vc2 = a 2 *Va2

Va = Va0 + Va1 + Va2 Vb = Va0 + a 2 *Va1 + a *Va2 Vc = Va0 + a * Va1 + a 2 * Va2

Va  1 1 Vb  = 1 a 2    Vc  1 a

1  Va0  a  * Va1  a 2  Va2  Va0  Va  Va  = T −1 ( s ) * Vb  1   Va2  Vc  1 Va0 = Vb0 = Vc0 = * (Va + Vb + Vc ) 3 1 Va2 = * (Va + a 2 * Vb + a * Vc ) 3

1 1 T ( s ) = 1 a 2 1 a

1 a  a 2  1 1 1  1  −1 T ( s ) = * 1 a 2 a  3 1 a a 2  1 Va1 = * (Va + a * Vb + a 2 * Vc ) 3

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

I R = 100∠00 ; I S = 200∠ − 900 ; IT = 100∠1200 I R0  1 1  I  = 1 * 1 a 2  R1  3   I R 2  1 a

1  I R  1 1   100∠00  1 1   a  *  I S  = * 1 1∠2400 1∠1200  * 200∠ − 900  3 1 1∠1200 1∠2400   100∠1200  a 2   IT 

1 I R 0 = I S 0 = I T 0 = * (I R + I S + IT ) 3 Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK

19


(

)

1 I R 0 = I S 0 = IT 0 = * 100∠00 + 200∠ − 900 + 100∠1200 3 1 I R 0 = * 100 + 200 * cos − 900 + j * 200 * sin − 900 + 100 * cos 1200 + j * 100 * sin 1200 3 1 1 I R 0 = * (100 + [− j * 200] + [− 50 + j * 86,6]) = * (50 − j * 113,4 ) = 41,31∠ − 66,20 3 3 1 I R1 = * I R + a * I S + a 2 * I T 3 1 I R1 = * 100∠00 + 1∠1200 * 200∠ − 900 + 1∠2400 * 100∠1200 3 1 I R1 = * 100∠00 + 200∠300 + 100∠3600 3 1 I R1 = * 100 + 200 * cos 300 + j * 200 * sin 300 + 100 * cos 3600 + j * 100 * sin 3600 3 1 1 I R1 = * (100 + [173,2 + j * 100] + [100]) = * (373,2 + j * 100 ) = 128,78∠150 3 3 1 I R 2 = * I R + a 2 * I S + a * IT 3 1 I R 2 = * 100∠00 + 1∠2400 * 200∠ − 900 + 1∠1200 * 100∠1200 3 1 I R 2 = * 100∠00 + 200∠1500 + 100∠2400 3 1 I R 2 = * 100 + 200 * cos 1500 + j * 200 * sin 1500 + 100 * cos 2400 + j * 100 * sin 2400 3 1 1 I R 2 = * (100 + [− 173,2 + j * 100] + [− 50 − j * 86,6]) = * (− 123,2 + j * 13,4 ) = 41,3∠ − 6,20 3 3 2 0 0 0 I S1 = a * I R1 = 1 * ∠240 * 128,78∠15 = 128,78∠255

[

(

(

(

)

)] [

(

(

)

)])

(

)

(

)

(

)

[

(

( )] [

( )

(

(

)

)])

(

)

(

)

(

)

[

(

(

)

(

)] [

(

)

)])

(

I S 2 = a * I R 2 = 1 * ∠1200 * 41,3∠ − 6,20 = 41,3∠113,80 IT 1 = a * I R1 = 1 * ∠1200 * 128,78∠150 = 128,78∠1350 IT 2 = a 2 * I R 2 = 1 * ∠2400 * 41,3∠ − 6,20 = 41,3∠233,80 ÖRNEK: Aşağıda verilen 3 fazlı gerilim değerlerinin simetrili bileşenler değerlerini bulunuz. VR = 7,3∠12,50 ; VS = 0,4∠ − 1000 ; VT = 4,4∠1540

1 VR 0 = VS 0 = VT 0 = * (VR + VS + VT ) 3 1 VR 0 = VS 0 = VT 0 = * 7,3∠12,50 + 0,4∠ − 1000 + 4,4∠1540 3 0 0 0 0 1  7,3 * cos 12,5 + j * 7,3 * sin 12,5 + 0,4 * cos − 100 + j * 0,4 * sin − 100 +  VR 0 = *   3  4,4 * cos 1540 + j * 4,4 * sin 1540  1  [7,126 + j * 1,58] + [− 0,069 − j * 0,393] +  1  = * (3,103 + j * 3,115) = 1,465∠45,10 VR 0 = *  3  [− 3,954 + j * 1,928]  3 1 VR1 = * VR + a * VS + a 2 * VT 3 1 VR1 = * 7,3∠12,50 + 1∠1200 * 0,4∠ − 1000 + 1∠2400 * 4,4∠1540 3

(

[ [

(

( (

) )

( (

)] [ )]

) (

)

(

)]

)

(


)

20


(

)

1 VR1 = * 7,3∠12,50 + 0,4∠200 + 4,4∠3940 3 0 0 0 0 1  7,3 * cos 12,5 + j * 7,3 * sin 12,5 + 0,4 * cos 20 + j * 0,4 * sin 20 +  VR1 = *   3  4,4 * cos 3940 + j * 4,4 * sin 3940  1  [7,126 + j * 1,58] + [0,375 + j * 0,136] +  1  = * (11,148 + j * 4,176 ) = 3,968∠20,530 VR1 = *  3  [3,647 + j * 2,46]  3 1 VR 2 = * VR + a 2 * VS + a * VT 3

[ [

( (

) )

(

)] [ )]

( (

( )]

( )

)

(

1 VR 2 = * 7,3∠12,50 + 1∠2400 * 0,4∠ − 1000 + 1∠1200 * 4,4∠1540 3 1 VR 2 = * 7,3∠12,50 + 0,4∠140 0 + 4,4∠ 274 0 3

(

)

)

[ [

( (

) )

)] [ )]

( (

(

)

(

)]

0 0 0 0 1  7,3 * cos 12,5 + j * 7,3 * sin 12,5 + 0,4 * cos 140 + j * 0,4 * sin 140 +  VR 2 = *   3  4,4 * cos 2740 + j * 4,4 * sin 2740  1  [7,126 + j *1,58] + [− 0,306 + j * 0,257] +  1  = * (7,126 − j * 2,55) = 2,523∠ − 19,680 VR 2 = *  3  [0,3069 − j * 4,389]  3

VS1 = a 2 * VR1 = 1 * ∠2400 * 3,968∠20,530 = 3,968∠260,530 VS 2 = a * VR 2 = 1 * ∠1200 * 2,523∠ − 19,6820 = 2,523∠100,310 VT 1 = a * VR1 = 1 * ∠1200 * 3,968∠20,530 = 3,968∠140,530 VT 2 = a 2 * VR 2 = 1 * ∠2400 * 2,523∠ − 19,6820 = 2,523∠220,310 5.3.2 Simetrili Bileşenlerde Güç Hesabı:

S = P + j *Q S = Sa + Sb + Sc = Va * Ia* + Vb * Ib* + Vc * Ic*

S = [Vabc ] * [I abc ]

1 1 [A] = 1 a 2 1 a

[Vabc ] = [A]* [V012 ]

[I abc ]* = [A]* * [I 012 ]*

*

T

S = [V012 ] * [ A] * [A] * [I 012 ] = [V012 ] T

*

T

S = [V 012 ] 3 * [I 012 ] = 3 * [Va 0 *

T

*

*

Va 1

T

1 a  a 2 

[Vabc ]T = [A]T * [V012 ]T

1 0 0  * * 3 * 0 1 0  * [I 012 ] 0 0 1 

 Ia 0 *   * Va 2 ]*  Ia1   Ia 2 *   

*

S = 3 * Va0 * Ia0 + 3 * Va1 * Ia1 + 3 * Va2 * Ia2

*

*

*

*

*

*

*

S = 3 * Vb0 * Ib0 + 3 * Vb1 * Ib1 + 3 * Vb2 * Ib2 S = 3 * Vc0 * Ic0 + 3 * Vc1 * Ic1 + 3 * Vc2 * Ic2

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.


21


*

T

 0   −5   −5  T *       a) S = [Vabc ] * [I abc ] = 50   *  j * 5 = [0 50 − 50] * − j * 5 − 50  − 5   − 5  S = 0 * (− 5) + 50 * (− j * 50 ) + (− 50 ) * (− 5) = 250 − j * 250 = 353,55∠ − 450 b) Va0 = Vb0 = Vc0 =

1 1 * (Va + Vb + Vc ) = * (0 + 50 + −50 ) = 0 3 3

(

)

1 Va1 = * Va + a * Vb + a 2 * Vc 3 1 Va1 = * 0 + 1∠1200 * 50 + 1∠2400 * −50 3 1 Va1 = * 50∠1200 − 50∠2400 3 1 Va1 = * 50 * cos 1200 + j * 50 * sin 1200 + − 50 * cos 2400 − j * 50 * sin 2400 3 1 Va1 = * ([− 25 + j * 43,3] + [25 + j * 43,3]) = j 28,86 = 28,86∠900 3 1 Va2 = * Va + a 2 * Vb + a * Vc 3 1 Va2 = * 0 + 1∠2400 * 50 + 1∠1200 * −50 3 1 Va2 = * 50∠2400 − 50∠1200 3 1 Va2 = * 50 * cos 2400 + j * 50 * sin 2400 + − 50 * cos 1200 − j * 50 * sin 1200 3 1 Va2 = * ([− 25 − j * 43,3] + [25 − j * 43,3]) = − j 28,86 = 28,86∠ − 900 3 Vb1 = a 2 * Va1 = 1 * ∠2400 * 28,86∠900 = 28,86∠3300

(

)

(

)

([

(

)

)] [

(

(

(

)

(

)])

)

(

)])

)

(

)

(

)

([

(

)

)] [

(

(

Vb2 = a * Va2 = 1 * ∠1200 * 28,86∠ − 900 = 28,86∠300 Vc1 = a * Va1 = 1 * ∠1200 * 28,86∠900 = 28,86∠2100 Vc2 = a 2 * Va2 = 1 * ∠2400 * 28,86∠ − 900 = 28,86∠1500 *

*

c) S = 3 * Va0 * Ia0 + 3 * Va1 * Ia1 + 3 * Va2 * Ia2

*

1 1 Ia0 = Ib0 = Ic0 = * (Ia + Ib + Ic ) = * (− 5 + j * 5 + −5) = 3,72∠ − 26,560 3 3 1 Ia1 = * Ia + a * Ib + a 2 * Ic 3 1 Ia1 = * − 5 + 1∠1200 * 5∠900 + 1∠2400 * −5 3 1 Ia1 = * − 5 + 5∠2100 − 5∠2400 3 1 Ia1 = * − 5 + 5 * cos 2100 + j * 5 * sin 2100 + − 5 * cos 2400 − j * 5 * sin 2400 3 1 − 6,83 + j1,83 Ia1 = * (− 5 + [− 4,33 − j * 2,5] + [2,5 + j * 4,33]) = = 2,356∠ − 14,990 3 3

(

)

(

)

(

(

)

[

(

)


)] [

(

22

(

)

(

)])


(

)

1 Ia2 = * Ia + a 2 * Ib + a * Ic 3 1 Ia2 = * − 5 + 1∠2400 * 5∠900 + 1∠1200 * −5 3 1 Ia2 = * − 5 + 5∠3300 − 5∠1200 3 1 Ia2 = * − 5 + 5 * cos 3300 + j * 5 * sin 3300 + − 5 * cos 1200 − j * 5 * sin 1200 3 1 1,83 − j 6,83 Ia2 = * (− 5 + [4,33 − j * 2,5] + [2,5 − j * 4,33]) = = 2,356∠ − 750 3 3 S = 3 * 0 * 3,72∠26,56 + 3 * 28,86∠90 * 2,356∠14,99 + 3 * 28,86∠ − 90 * 2,356∠75 S = 203,98∠104,99 + 203,98∠ − 15 S = 203,98 * cos(104,99) + j * 203,98 * cos(104,99) + 203,98 * cos(− 15) + j * 203,98 * cos(− 15)

(

)

(

(

)

[

(

)

)] [

(

(

)

(

)])

S = −52,76 + j * 197,03 + 197,02 + − j * 52,79 = 144,26 + j * 144,24 = 204∠44,990 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

23


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.

I = I 0 + I1 + I 2 =

3 Z 0 + Z1 + Z 2

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

Ia0 = Ia1 = Ia2 Ia f = Ia0 + Ia1 + Ia2

Ia f = 3 * Ia0 = 3 * Ia1 = 3 * Ia2

Va f = Va0 + Va1 + Va2

Va f = 3 * Ia1 * Z f = Ia f * Z f

 Ia f  1 1    2  Ib f  = 1 a  Ic f  1 a  

Va f  1 1    2 Vb f  = 1 a Vc f  1 a  

Va0  0  Z 0 Va  = 1 −  0  1    Va2  0  0

Ia f =

1   Ia0  a  *  Ia1  a 2   Ia2  0 Z1 0

0   Ia0  0  *  Ia1  Z 2   Ia2 

3 (Zf ihmal) Z 0 + Z1 + Z 2

1  Va0  a  * Va1  a 2  Va2 

Ia0 = Ia1 = Ia2 =

1 Z 0 + Z1 + Z 2 + 3 * Z f

Va0 = Ia0 * Z 0

Va1 = 1 − Ia1 * Z1 Va2 = Ia2 * Z 2 Va f = Va0 + Va1 + Va2 = Ia0 * Z 0 + 1 − Ia1 * Z1 + Ia2 * Z 2 5.3.3.3 Đki Faz – Toprak Arızası:

Şekil – 5: Đki Faz – Toprak Arızası Şematik Gösterimi Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK

24


Vb f = Ib f * (Z f + Z g ) + Ic f * Z g

Vc f = Ic f * (Z f + Z g ) + Ib f * Z g

If =0

Zf ve Zg dirençleri ihmal edilirse;

Ia1 =

(Z

f

(Z

+ Z1 ) +

Ia2 = − Ia1 * Ia0 = − Ia1 *

(Z (Z

1

2

+ Z f )* (Z 0 + Z f + 3 * Z g )

Z0 + Z2 + 2 * Z f + 3 * Z g Z0 + Z f + 3 * Z g

0

+ Z f + 3 * Z g ) + (Z 2 + Z f ) Z2 + Z f

0

+ Z f + 3 * Z g ) + (Z 2 + Z f )

Zf ve Zg dirençleri ihmal edilirse;

Ia1 =

1 Z *Z Z1 + 0 2 Z0 + Z2

Ia2 = − Ia1 *

Z0 Z0 + Z 2

Ia0 = − Ia1 *

Z2 Z0 + Z2

Va0 = − Ia0 * Z 0

Va1 = 1 − Ia1 * Z1

Va2 = − Ia2 * Z 2

 Ia f  1 1    2  Ib f  = 1 a  Ic f  1 a  

Va f  1 1    2 Vb f  = 1 a Vc f  1 a  

I f = Ib f + Ic f

1   Ia0  a  *  Ia1  a 2   Ia2 

Vab f = Va f − Vb f

1  Va0  a  * Va1  a 2  Va2 

Vbc f = Vb f − Vc f

Vca f = Vc f − Va f

5.3.3.4 Üç Faz – Toprak Arızası:

Şekil – 6: Üç Faz – Toprak Arızası Şematik Gösterimi  Ia f  1 1    2  Ib f  = 1 a  Ic f  1 a  

Ia1 =

1   Ia0  a  *  Ia1  a 2   Ia2 

1 Z1 + Z f

Va f  1 1    2 Vb f  = 1 a Vc f  1 a  

1  Va0  a  * Va1  a 2  Va2 

Ia0 = Ia2 = Va0 = Va2 = 0

Va1 = 1 − Ia1 * Z1 = Ia1 * Z f

5.3.3.5 Faz – Faz Arızası:

Şekil – 7: Faz – Faz Arızası Şematik Gösterimi Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK

25


Ib f = − Ic f = − 3 * Ia1∠ − 900

Vbc = Vb − Vc = Ib f * Z f

Ia f = Ia0 = Va0 = 0

Ia1 = − Ia2 =

Va1 = 1 − Ia1 * Z1 Va f = Va1 + Va2 = 1 − Ia1 * Z1 + Ia2 * Z 2

Va2 = − Ia2 * Z 2 Va f = 1 + Ia2 * (Z 2 − Z1 )

Vb f = a 2 * Va1 + a * Va2

Vc f = a * Va1 + a 2 * Va2

(

Vc f = a + Ia1 * a 2 * Z 2 − a * Z1

)

1 Z1 + Z 2 + Z f

( ) 3 * (Va ∠ − 90 + Va ∠90 ) 3 * (Va ∠150 + Va ∠ − 150 )

Vab f = Va f − Vb f = 3 * Va1∠300 + Va2∠ − 300 Vbc f = Vb f − Vc f = Vca f = Vc f − Va f =

0

0

1

2

0

1

0

2

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

G1 G2 T1 T2 T3 T4 h23 h56

S (MVA) 200 200 200 200 200 200 200 200

V (kV) 20 13,2 20 / 230 13,2 / 230 20 / 230 13,2 / 230 230 230


X1(pu) 0,2 0,2 0,2 0,3 0,25 0,35 0,15 0,22

26

X2 (pu) 0,14 0,14 0,2 0,3 0,25 0,35 0,15 0,22

X0 (pu) 0,06 0,06 0,2 0,3 0,25 0,35 0,3 0,5


j * 0,35 * j * 0,82 = j * 0,35 + j * 0,82 + j * 0,3 j * 0,3 * j * 0,82 Zb = = j * 0,35 + j * 0,82 + j * 0,3 j * 0,35 * j * 0,3 Za = = j * 0,35 + j * 0,82 + j * 0,3 Za =

− 0,287 = j * 0,195 pu j * 1,47 − 0,246 = j * 0,167 pu j * 1,47 − 0,105 = j * 0,071 pu j * 1,47

Zk * Zn j * 0,395 * j * 0,367 = j * 0,071 + = j * 0,261 pu Zk + Zn j * 0,395 + j * 0,367 Zm * Zp j * 0,335 * j * 0,307 Z 2 = Zc + = j * 0,071 + = j * 0,231 pu Zm + Zp j * 0,335 + j * 0,307 Z 0 = j * 0,2 + j * 0,3 + j * 0,06 = j * 0,56 pu

Z1 = Zc +

Eşdeğer empedans;

Z = Z 0 + Z1 + Z 2 Z = j * 0,56 + j * 0,261 + j * 0,231 Z = j * 1,052 pu

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

X1(pu) X2 (pu) X0 (pu) 0,35 0,35 0,09 G1 0,35 0,35 0,09 G2 0,1 0,1 0,1 T1 0,1 0,1 0,1 T2 0,05 0,05 0,05 T3 0,35 0,35 1,15 h25 0,45 0,45 1,8 h24 0,35 0,35 1,15 h45 X1 ve X2 değerleri aynı olduğundan negatif bileşeninin şeklini çizmeye gerek yoktur. (Z1=Z2) Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK

27


j * 0,35 * j * 0,45 − 0,1575 = = j * 0,1369 pu j * 0,35 + j * 0,45 + j * 0,35 j * 1,15 j * 0,35 * j * 0,35 − 0,1225 Zb = = = j * 0,1065 pu j * 0,35 + j * 0,45 + j * 0,35 j * 1,15 j * 0,45 * j * 0,35 − 0,1575 Zc = = = j * 0,1369 pu j * 0,35 + j * 0,45 + j * 0,35 j * 1,15 Zx = j * 0,45 + Za = j * 0,45 + j * 0,1369 = j * 0,5869 pu Zy = j * 0,05 + Zb = j * 0,05 + j * 0,1065 = j * 0,1565 pu Zz = j * 0,45 + Zc = j * 0,45 + j * 0,1369 = j * 0,5869 pu Zx * Zz j * 0,5869 * j * 0,5869 Z1 = Z 2 = Zy + = j * 0,1565 + = j * 0,449 pu Zx + Zz j * 0,5869 + j * 0,5869

Za =

j * 1,15 * j * 1,8 − 2,07 = = j * 0,504 pu j * 1,15 + j * 1,8 + j * 1,15 j * 4,1 j * 1,15 * j * 1,15 − 1,3225 Ze = = = j * 0,3225 pu j * 1,15 + j * 1,8 + j * 1,15 j * 4,1 j * 1,15 * j * 1,8 − 2,07 Zf = = = j * 0,504 pu j * 1,15 + j * 1,8 + j * 1,15 j * 4,1 Xx = j * 0,1 + Zd = j * 0,1 + j * 0,504 = j * 0,604 pu Xy = j * 0,05 + Ze = j * 0,05 + j * 0,3225 = j * 0,3725 pu Xz = j * 0,19 + Zf = j * 0,19 + j * 0,504 = j * 0,694 pu Xx * Xz j * 0,604 * j * 0,694 Z 0 = Xy + = j * 0,3725 + = j * 0,695 pu Xx + Xz j * 0,604 + j * 0,694 Zd =

Eşdeğer empedans;

Z = Z 0 + Z1 + Z 2 Z = j * 0,695 + j * 0,449 + j * 0,449 Z = j * 1,593 pu


28


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

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

j * 0,5 * j * 0,5 j * 0,55 * j * 0,5 = j * 0,25 pu Z0 = = j * 0,2619 pu j * 0,5 + j * 0,5 j * 0,55 + j * 0,5 1 1 1 Ia0 = Ia1 = Ia2 = = = = − j * 1,3125 pu Z 0 + Z1 + Z 2 j * 0,2619 + j * 0,25 + j * 0,25 j * 0,7619

Z1 = Z 2 =

Ia f = Ia0 + Ia1 + Ia2 = 3 * Ia0 = 3 * (− j * 1,312 ) = − j * 3,9375 pu

Ib f = Ia0 + a 2 * Ia1 + a * Ia2

( ) ( = (1,3125∠ − 90 ) + (1,3125∠150 ) + (1,3125∠30 ) = 0

Ib f = (− j *1,3125) + 1∠2400 *1,3125∠ − 900 + 1∠1200 *1,3125∠ − 90 Ib f

0

0

0

Ic f = Ia0 + a * Ia1 + a 2 * Ia2

( ) ( = (1,3125∠ − 90 ) + (1,3125∠30 ) + (1,3125∠150 ) = 0

Ic f = (− j *1,3125) + 1∠1200 *1,3125∠ − 900 + 1∠2400 *1,3125∠ − 90 Ic f

0

)

0

)

0

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

Va0 = − Ia0 * Z 0 = −(− j * 1,3125 * j * 0,2619 ) = −0,3437 pu

Va1 = 1 − Ia1 * Z1 = 1 − (− j *1,3125 * j * 0,25) = 0,6718 pu Va2 = − Ia2 * Z 2 = −(− j *1,3125 * j * 0,25) = −0,3281 pu Va f = Va0 + Va1 + Va2 = −0,3437 + 0,6718 − 0,3281 = 0 pu Vb f = Va0 + a 2 * Va1 + a * Va2

( ) ( = −0,3437 + (0,6718∠240 ) + ((− 0,3281)∠120 )

)

Vb f = −0,3437 + 1∠2400 * 0,6718 + 1∠1200 * (− 0,3281) Vb f

0

0

Vbf = −0,3437 + (0,6718* cos(240) + j * 0,6718* sin(240)) − (0,3281* cos(120) + j * 0,3281* sin(120))

Vbf = −0,3437 + (− 0,3359− j * 0,5818) − (− 0,164 + j * 0,2841)

(

)

Vbf = −(0,5156+ j * 0,8659) = 1,0077∠ 59,220 + 1800 = 1,0077∠239,220 pu Not: Sayının sanal ve imajiner kısmının (-) olması için; sayının (+) iken açısını 1800 ile ilave ederiz.

V = − a − j * b = −(a + j * b ) = −(a∠θ ) = a∠(θ ± 180)

Vc f = Va0 + a * Va1 + a 2 * Va2


29


( ) ( = −0,3437 + (0,6718∠120 ) + ((− 0,3281)∠240 )

)

Vc f = −0,3437 + 1∠1200 * 0,6718 + 1∠2400 * (− 0,3281) Vc f

0

0

Vcf = −0,3437+ (0,6718* cos(120) + j * 0,6718* sin(120)) − (0,3281* cos(240) + j * 0,3281* sin(240)) Vcf = −0,3437+ (− 0,3359+ j * 0,5818) − (− 0,164 − j * 0,2841) Vcf = −0,5156+ j * 0,8659 = 1,0077∠ − 59,22 pu 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.

(

)

2

U 2 154 *103 = 237,16Ω ZB = B = 100 *106 SB

Xh( pu ) =

Xhg j *136 = = j * 0,573 pu XhB 237,16

j * 0,4 * j * 0,873 = j * 0,274 pu j * 0,4 + j * 0,873 j * 0,3 * j * 0,923 Z2 = = j * 0,2264 pu j * 0,3 + j * 0,923 j * 0,1 * j * 1,819 Z0 = = j * 0,0947 pu j * 0,1 + j * 1,819 1 1 1 Ia0 = Ia1 = Ia2 = = = = − j *1,6803pu Z0 + Z1 + Z2 + 3* Z f j * 0,0947+ j * 0,274+ j * 0,2264 j * 0,7619 Z1 =

 Ia f  1 1    2  Ib f  = 1 a  Ic f  1 a  

1   Ia0  1 1 a  *  Ia1  = 1 a 2 a 2   Ia2  1 a

1  − j * 1,6803 a  * − j * 1,6803 a 2  − j * 1,6803

Ib f = Ic f = 0

Ia f = 3 * Ia0 = 3 * (− j * 1,6803) = − j * 5,0409 pu SB 100 * 106 IB = = = 374,9 A 3 *U B 3 * 154 * 103 Ia f ( g ) = Ia f * I B = − j * 5,0409 * 374,9 = − j * 1889 A Va0 = − Ia0 * Z 0 = −(− j * 1,6803 * j * 0,0947 ) = −0,159 pu

Va1 = 1 − Ia1 * Z1 = 1 − (− j * 1,6803 * j * 0,274) = 0,539 pu Va2 = − Ia2 * Z 2 = −(− j *1,6803 * j * 0,2264) = −0,3804 pu Va f = Va0 + Va1 + Va2 = −0,159 + 0,539 − 0,3804 = 0 pu Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK

30


Vb f = Va0 + a 2 * Va1 + a * Va2

( ) ( = −0,159 + (0,539∠240 ) + ((− 0,3804)∠120 )

)

Vb f = −0,159 + 1∠2400 * 0,539 + 1∠1200 * (− 0,3804) 0

Vb f

0

Vbf = −0,159 + (0,539* cos(240) + j * 0,539* sin(240)) − (0,3804* cos(120) + j * 0,3804* sin(120)) Vbf = −0,159 + (− 0,2695− j * 0,466) − (− 0,1902+ j * 0,329)

(

)

Vbf = −(0,2383+ j * 0,795) = 0,829∠ 73,310 + 1800 = 0,829∠253,310 pu Vc f = Va0 + a * Va1 + a 2 * Va2

( ) ( = −0,159 + (0,539∠120 ) + ((− 0,3804)∠240 )

)

Vc f = −0,159 + 1∠1200 * 0,539 + 1∠2400 * (− 0,3804) Vc f

0

0

Vcf = −0,159 + (0,539* cos(120) + j * 0,539* sin(120)) − (0,3804* cos(240) + j * 0,3804* sin(240)) Vcf = −0,159 + (− 0,2695+ j * 0,466) − (− 0,1902− j * 0,329)

Vcf = −0,2383+ j * 0,795 = 0,829∠ − 73,31pu 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:

(

)

2

U2 230 *103 ZB = B = = 264,5Ω SB 200 *106 1 Ia0 = Ia1 = Ia2 = Z0 + Z1 + Z2 + 3* Z f Ia0 =

Z pu =

Zf 5 = = 0,0189 pu Z B 264,5

1 1 1 = = = 0,8438∠ − 87,25pu j *0,56+ j *0,2618+ j * 0,3619+ 3* 0,0189 0,0567+ j *1,1837 1,185∠87,25

 Ia f  1 1    2  Ib f  = 1 a  Ic f  1 a  

1   Ia0  1 1 a  *  Ia1  = 1 a 2 a 2   Ia2  1 a

1  0,8438∠ − 87,25 a  * 0,8438∠ − 87,25 a 2  0,8438∠ − 87,25

Ib f = Ic f = 0

Ia f = 3 * Ia0 = 3 * (0,8438∠ − 87,25) = 2,5314∠ − 87,25 pu IB =

Ia f ( g )

SB 200 * 106 = = 508,5 A 3 *U B 3 * 230 * 103 = Ia f * I B = 2,5314∠ − 87,25 * 508,5 = 1287,21∠ − 87,25 A

Va0 = − Ia0 * Z 0 = −(0,8438∠ − 87,25 * 0,56∠90) = 0,4725∠ − 177,25 pu


31


Va1 = 1 − Ia1 * Z1 = 1 − (0,8438∠ − 87,25 * 0,2618∠90) = 1 + 0,2209∠ − 177,25 Va1 = 1 + (− 0,2206 − j * 0,01059) = 0,7794 − j * 0,01059 = 0,77947∠ − 0,778 pu Va2 = − Ia2 * Z 2 = −(0,8438∠ − 87,25 * j * 0,3619) = 0,30537∠ − 177,25 pu Va f = Va0 + Va1 + Va2 = 0,4725∠ − 177,25 + 0,7794 − j * 0,01059 + 0,30537∠ − 177,25 Va f = −0,47195 − j * 0,02266 + 0,7794 − j * 0,01059 − 0,305 − j * 0,0146 Va f = 0,00245 − j * 0,0479 = 0,04796∠ − 87,07 pu

Vb f = Va0 + a 2 * Va1 + a * Va2

(

) (

)

Vb f = 0,4725∠ − 177,25 + 1∠2400 * 0,77947∠ − 0,778 + 1∠1200 * (0,30537∠ − 177,25)

Vb f = −0,47195 − j * 0,02266 + (0,77947∠239,22 ) + (0,30537∠ − 57,25) Vbf = −0,47195− j * 0,02266− 0,3988− j * 0,6696+ 0,1652− j * 0,2568

(

)

Vbf = −(0,7055+ j * 0,949) = 1,182∠ 53,370 + 1800 = 1,182∠233,370 pu Vc f = Va0 + a * Va1 + a 2 * Va2

(

) (

)

Vc f = −0,4725∠ − 177,25 + 1∠1200 * 0,77947∠ − 0,778 + 1∠2400 * (0,30537∠ − 177,25) Vc f = −0,47195 − j * 0,02266 + (0,77947∠119,22 ) + (0,30537∠62,75)

Vcf = −0,47195− j * 0,02266− 0,3805+ j * 0,6802+ 0,1398+ j * 0,2714 Vcf = −0,7126+ j * 0,92894= 1,17∠ − 52,5 pu Vab f = Va f − Vb f = (0,00245 − j * 0,0479 ) − (− 0,7055 − j * 0,949 ) Vab f = 0,7079 + j * 0,9011 = 1,145∠51,84 pu Vbc f = Vb f − Vc f = (− 0,7055 − j * 0,949 ) − (− 0,7126 + j * 0,92894 ) Vbc f = 0,0071 − j * 1,8779 = 1,8779∠ − 89,78 pu Vca f = Vc f − Va f = (− 0,7126 + j * 0,92894) − (0,00245 − j * 0,0479 ) Vca f = −0,71505 + j * 0,9768 = 1,21∠ − 53,79 pu b) Faz – faz arıza durumu:

Ia1 = −Ia2 =

1 1 1 = = = 1,6025∠ − 88,26pu Z1 + Z2 + Z f j * 0,2618+ j * 0,3619+ 0,0189 0,0189+ j * 0,6237

 Ia f  1 1    2  Ib f  = 1 a  Ic f  1 a  

1   Ia0  1 1 a  *  Ia1  = 1 a 2 a 2   Ia2  1 a

1  0    a  *  1,6025∠ − 88,26  a 2  − 1,6025∠ − 88,26

Ia f = Ia0 + Ia1 + Ia2 = 0 + (1,6025∠ − 88,26 ) + (− 1,6025∠ − 88,26 ) Ia f = 0,0486 − j * 1,60176 − (0,0486 − j * 1,60176 ) = 0

Ib f = Ia0 + a 2 * Ia1 + a * Ia2 = 0 + (1∠240 *1,6025∠ − 88,26) + (1∠120 * −1,6025∠ − 88,26)

Ib f = (1,6025∠151,74 ) − (1,6025∠31,74 )

Ib f = (− 1,411 + j * 0,758) − (1,3628 + j * 0,843) = −2,773 − j * 0,085 Ib f = −(2,774∠1,755) = 2,774∠ − 178,24 pu

Ic f = Ia0 + a * Ia1 + a 2 * Ia2 = 0 + (1∠120 *1,6025∠ − 88,26) + (1∠240 * −1,6025∠ − 88,26 )

Ic f = (1,6025∠31,74 ) − (1,6025∠151,74 )

Ic f = (1,3628 + j * 0,843) − (− 1,411 + j * 0,758) = 2,773 + j * 0,085 Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK

32


Ic f = 2,774∠1,755 pu Va0 = − Ia0 * Z 0 = −(0 * 0,56∠90 ) = 0

Va1 = 1 − Ia1 * Z1 = 1 − (1,6025∠ − 88,26 * 0,2618∠90) = 1 + 0,4195∠ − 178,26 Va1 = 1 + (− 0,4193 − j * 0,01273) = 0,5807 − j * 0,01273 = 0,58083∠ − 1,255 pu Va2 = − Ia2 * Z 2 = −(− 1,6025∠ − 88,26 * j * 0,3619) = 0,5799∠1,74 pu Va f = Va0 + Va1 + Va2 = 0 + 0,5807 − j * 0,01273 + 0,5799∠1,74 Va f = 0,5807 − j * 0,01273 + 0,5796 + j * 0,0176 Va f = 1,1603 + j * 0,00487 = 1,1603∠0,24 pu

Vb f = Va0 + a 2 * Va1 + a * Va2 = 0 + (1∠240 * 0,58083∠ − 1,255) + (1∠120 * 0,5799∠1,74)

Vb f = (0,58083∠238,745) + (0,5799∠121,74)

Vb f = (− 0,30136 − j * 0,4961) + (− 0,30506 + j * 0,4931) Vb f = −0,60642 − j * 0,003 = −0,60642∠0,28 pu

Vc f = Va0 + a * Va1 + a 2 * Va2 = 0 + (1∠120 * 0,58083∠ − 1,255) + (1∠240 * 0,5799∠1,28)

Vc f = (0,58083∠118,745) + (0,5799∠241,28)

Vc f = (− 0,2793 + j * 0,5092 ) + (− 0,2745 − j * 0,5085) Vc f = −0,5538 + j * 0,0007 = 0,5538∠ − 0,07 pu Vab f = Va f − Vb f = (1,1603 + j * 0,00487 ) − (− 0,60642 − j * 0,003) Vab f = 1,766 + j * 0,00787 = 1,766∠0,25 pu Vbc f = Vb f − Vc f = (− 0,60642 − j * 0,003) − (− 0,5538 + j * 0,0007 ) Vbc f = −0,0526 − j * 0,0037 = −0,0527∠4,023 pu Vca f = Vc f − Va f = (− 0,5538 + j * 0,0007 ) − (1,1603 + j * 0,00487 ) Vca f = −1,7141 − j * 0,00417 = −1,7141∠0,139 pu c) Đki Faz – Toprak Arızası Durumu:

Ia1 =

1 1 1 = = = − j * 2,076 pu Z *Z j * 0,56 * j * 0,3619 j * 0,4816 Z1 + 0 2 j * 0,2618 + Z0 + Z2 j * 0,56 + j * 0,3619

Ia2 = − Ia1 *

Z0 j * 0,56 = j * 2,076 * = j * 1,26 pu Z0 + Z2 j * 0,56 + j * 0,3619

Ia0 = − Ia1 *

Z2 j * 0,3619 = j * 2,076 * = j * 0,81 pu Z0 + Z2 j * 0,56 + j * 0,3619

Ia f = Ia0 + Ia1 + Ia2 = − j * 2,076 + j * 1,26 + j * 0,81 = − j * 0,006 pu

Ib f = Ia0 + a 2 * Ia1 + a * Ia2 = − j * 2,076 + 1∠240 * j *1,26 + 1∠120 * j * 0,81 Ib f = − j * 2,076 + 1,26∠330 + 0,81∠210 Ib f = − j * 2,076 + 1,091 − j * 0,63 − 0,7014 − j * 0,405 Ib f = 0,3896 − j * 3,111 = 3,135∠ − 82,86 pu

Ic f = Ia0 + a * Ia1 + a 2 * Ia2 = − j * 2,076 + 1∠120 * j *1,26 + 1∠240 * j * 0,81 Ic f = − j * 2,076 + 1,26∠210 + 0,81∠330 Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK

33


Ic f = − j * 2,076 − 1,091 − j * 0,63 + 0,7014 − j * 0,405 Ic f = −0,3896 − j * 3,111 = −3,1353∠82,86 = 3,1353∠ − 97,13 pu Va0 = − Ia0 * Z 0 = −( j * 2,076 * j * 0,56 ) = 1,1625 pu

Va1 = 1 − Ia1 * Z1 = 1 − ( j *1,26 * j * 0,2618) = 1 + 0,3298 = 1,3298 pu Va2 = − Ia2 * Z 2 = −( j * 0,81 * j * 0,3619) = 0,2931 pu Va f = Va0 + Va1 + Va2 = 1,1625 + 1,3298 + 0,2931 = 2,785 pu

Vb f = Va0 + a 2 * Va1 + a * Va2 = 1,1625 + 1∠240 * 1,3298 + 1∠120 * 0,2931 Vb f = 1,1625 + 1,3298∠240 + 0,2931∠120 Vb f = 1,1625 − 0,6649 − j * 1,1516 − 0,1465 + j * 0,253 Vb f = 0,3511 − j * 0,898 = 0,9647∠ − 68,64 pu

Vc f = Va0 + a * Va1 + a 2 * Va2 = 1,1625 + 1∠120 *1,3298 + 1∠240 * 0,2931 Vc f = 1,1625 + 1,3298∠120 + 0,2931∠240 Vc f = 1,1625 − 0,6649 + j * 1,1516 − 0,1465 − j * 0,253 Vc f = 0,3511 + j * 0,898 = 0,9647∠68,64 pu Vab f = Va f − Vb f = (2,785) − (0,3511 − j * 0,898) Vab f = 2,434 + j * 0,898 = 2,594∠20,25 pu Vbc f = Vb f − Vc f = (0,3511 − j * 0,898) − (0,3511 + j * 0,898) Vbc f = − j * 1,796 = 1,796∠ − 90 pu Vca f = Vc f − Va f = (0,3511 + j * 0,898) − (2,785) Vca f = −2,434 + j * 0,898 = 2,594∠ − 20,25 pu d) Üç faz – toprak arızası durumu:

Ia0 = Ia2 = Va0 = Va2 = 0

Ia1 =

1 1 1 = = = 3,811∠ − 85,87 pu Z1 + Z f j * 0,2618 + 0,0189 0,2624∠85,87

Va1 = 1 − Ia1 * Z1 = Ia1 * Z f Va1 = Ia1 * Z f = 3,811∠ − 85,87 * 0,0189 = 0,072∠ − 85,87 pu Ya da;

Va1 = 1 − Ia1 * Z1 = 1 − 3,811∠ − 85,87 * j * 0,2618 = 1 + 0,9977∠ − 175,87 Va1 = 1 − 0,9951 − j * 0,0718 = 0,0049 − j * 0,0718 = 0,07196∠ − 86,09 pu Va f = Va0 + Va1 + Va2 = 0 + 0,07196∠ − 86,09 + 0 = 0,07196∠ − 86,09 pu

Vbf = Va0 + a 2 *Va1 + a *Va2 = 0 + 1∠240* 0,07196∠ − 86,09 + 1∠120* 0 = 0,07196∠153,91pu Vc f = Va0 + a *Va1 + a 2 *Va2 = 0 + 1∠120 * 0,07196∠ − 86,09 + 1∠240 * 0 = 0,07196∠33,91pu Vab f = Va f − Vb f = (0,07196∠ − 86,09 ) − (0,07196∠ − 153,91) = 0,0802∠ − 30,04 pu Vbc f = Vb f − Vc f = (0,07196∠ − 153,91) − (0,07196∠ − 33,91) = 0,1245∠ − 3,86 pu Vca f = Vc f − Va f = (0,07196∠ − 33,91) − (0,07196∠ − 86,09 ) = 0,0633∠30,12 pu Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK

34


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

SB 100 * 106 = = 374,9 A 3 *U B 3 * 154 * 103 1 1 Z eş = = = 1,25 pu I pu 0,8

I pu =

IB =

Ig 300 = = 0,8 pu I B 374,9

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

Za * Zb 0,5 + X = Za + Zb 2 0,5 + 3 * X * 0,5 0,5 + X 3 * X + 0,5 Zd * 0,5 1,5 * X + 0,25 2 Zd = +X = Ze = = = 2 2 Zd + 0,5 0,5 + 3 * X + 0,5 3 * X + 1,5 2 1,5 * X + 0,25 1,5 * X + 0,25 Z eş = Ze + 0,3 + 0,4 + 0,3 = Ze + 1 ⇒ 1,25 = 1 + ⇒ 0,25 = 3 * X + 1,5 3 * X + 1,5 X = 0,166 pu 0,75 * X + 0,375 = 1,5 * X + 0,25 ⇒ 0,75 * X = 0,125 Za = Zb = 0,5 + X

(

Zc =

)

2

U 2 154 *103 ZB = B = = 237,16Ω SB 100 *106 Xg 39,368 L= = = 0,125 H 2 * Π * f 2 * 3,14 * 50

X g = Z B * X = 237,16 * 0,166 = 39,368Ω

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


35


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: Py = P1 + P2 (W)

CT = C1 + C2 ($/saat; YTL/saat; vb.) C1 = a1 * P12 + b1 * P1 + c1 C2 = a2 * P23 + b2 * P22 + c2 * P2 + d 2 dC1 dC2 = = λ (Minimum hesaplı ise) dP1 dP2 Semboller: C1, C2: Yakıt Maliyeti a,b,c,d: Katsayılar ÖRNEK: P1 + P2 = 500MW ; C1 = 10 * P1 + 8 * 10 −3 * P12 $/saat; C2 = 8 * P2 + 9 * 10−3 * P22 $/saat; a) Toplam yakıt maliyetini minimum kılan P1 ve P2 değerleri nedir? b) Minimum toplam yakıt maliyeti nedir? a)

dC1 dC2 = =λ dP1 dP2

(

(

)

dC1 10 * P1 + 8 * 10 −3 * P12 =d = 10 + 16 * 10 −3 * P1 dP1 dP1

)

dC2 8 * P2 + 9 * 10−3 * P22 =d = 8 + 18 * 10 − 3 * P2 dP2 dP2 10 + 16 * 10 −3 * P1 = 8 + 18 * 10 −3 * P2 ⇒ 16 * 10−3 * P1 − 18 * 10 −3 * P2 = 8 − 10 ************************************************ 16 * P1 − 18 * P2 = −2000 ⇒ 16 * P1 − 18 * P2 = −2000 (Taraf tarafa toplayıp eşitlersek) P1 + P2 = 500 ⇒ 18 * P1 + 18 * P2 = 9000 ************************************************ 34 * P1 = 7000 ⇒ P1 = 205,88MW ⇒ P2 = 500 − 205,88 = 294,11MW b) C1 = 10 * P1 + 8 * 10 −3 * P12 = 10 * 205,88 + 8 * 10 −3 * (205,88) = 2397,89 $/saat 2

C2 = 8 * P2 + 9 * 10−3 * P22 = 8 * 294,11 + 9 * 10 −3 * (294,11) = 3131,38 $/saat CT = C1 + C2 = 2397,89 + 3131,38 = 5529,27 $/saat 2

ÖRNEK: Aşağıda verilen değerler neticesinde minimum toplam yakıt maliyetini bulunuz. C1 = 10 * P1 + 8 * 10 −3 * P12 ; C2 = 7 * P2 + 6 * 10 −3 * P22 ; C3 = 8 * P3 + 9 * 10 −3 * P32 $/saat

100 < P1 < 600 ; 400 < P2 < 750 ; 500 < P3 < 800 ; P1 + P2 + P3 = 1500 MW ;

(

)

(

)

(

)

dC1 10 * P1 + 8 * 10 −3 * P12 =d = 10 + 16 * 10 −3 * P1 dP1 dP1 dC2 7 * P2 + 6 * 10 −3 * P22 =d = 7 + 12 * 10 − 3 * P2 dP2 dP2 dC3 8 * P3 + 9 * 10 −3 * P32 =d = 8 + 18 * 10 −3 * P3 dP3 dP3 10 + 16 * 10−3 * P1 = 7 + 12 * 10−3 * P2 = 8 + 18 * 10 −3 * P3 P1 + P2 + P3 = 1500 Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK

36


16 * P1 + 3000 16 * P1 + 2000 36 * P1 + 48 * P1 + 9000 + 32 * P1 + 4000 + = 1500 ⇒ = 1500 12 18 36 116 * P1 + 13000 = 54000 ⇒ 116 * P1 = 41000 P1 = 353,448 MW 100 < P1 < 600 (Đstenen aralıkta) P1 +

P2 = 721,26 MW 400 < P2 < 750 (Đstenen aralıkta) P3 = 425,287 MW 500 < P3 < 800 (Đstenen aralıkta değil. Hesaplama tekrarlanır.) Đstenen minimum maliyet olduğu için P3 gücünü aralıktan en düşük değerini seçerek hesaplamalar tekrarlanılır. P3= 500 MW P1 + P2 + P3 = 1500 ⇒ P1 + P2 = 1500 − 500 = 1000 MW ************************************************** P1 + P2 = 1000 ⇒ 12 * P1 + 12 * P2 = 12000 (Taraf tarafa toplayıp eşitlersek)

16 * P1 − 12 * P2 = −3000

⇒ 16 * P1 − 12 * P2 = −3000 **************************************************

28 * P1 = 9000 ⇒ P1 = 321,428 MW ; P2 = 1000 − 321,428 = 678,571 MW Çıkan değerler de istenen aralıkta olduğu için tekrar hesaplamaya gerek yoktur. C1 = 10 * P1 + 8 * 10 −3 * P12 = 10 * 321,428 + 8 * 10 −3 * 321,4282 = 4040,8 $/saat C2 = 7 * P2 + 6 * 10 −3 * P22 = 7 * 678,571 + 6 * 10−3 * 678,5712 = 7512,74 $/saat C3 = 8 * P3 + 9 * 10 −3 * P32 = 8 * 500 + 9 * 10 −3 * 500 2 = 6250 $/saat CT = C1 + C2 + C3 = 4040,8 + 7512,74 + 6250 = 17803,54 $/saat 6.2 KRĐTĐK DEĞERLER:

Şekil – 8 Sistem eşdeğer devresi ve PV grafiği

VS = A * VR + B * I R

I S = C * VR + D * I R

A = a1 + j * a2

B = b1 + j *b2

[

]

A * VR + 2 * Pr * (a1 * b1 + a2 * b2 ) + 2 * Qr * (a1 * b2 − a2 * b1 ) − VS * VR + (Pr2 + Pr2 * tan ϕ 2 )* VR = x 2

4

2

2

− b ± b2 − 4 * a * c 2*a VS * VR * (b1 * cos δ + b2 * sin δ ) − VR2 * (a1 * b1 + a2 * b2 ) Pr = (W) b12 + b22

a * x 2 + b * x + c = 0 ⇒ x1, 2 =

Qr =  dPr  dδ   dQr  dδ

VS * VR * (b2 * cos δ − b1 * sin δ ) − VR2 * (a1 * b2 − a2 * b1 ) (Var) b12 + b22 dPr  dVr   = 0 (Kritik noktalar) dQr  dVr 

tan δ =

Qr Pr

K1 = a1 * b2 + a2 * b1 − a1 * b1 * tan δ + a2 * b2 * tan δ K 2 = a1 * b1 − a2 * b1 + a1 * b2 * tan δ + a2 * b1 * tan δ Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK

37


 K  Π 1 + * tan −1  − 2  4 2  K1  K 3 = b1 * cos δ kr + b2 * sin δ kr

δ kr =

Vkr =

VS

2 * (a1 * cos δ kr + a1 * sin δ kr )

(V)

K 4 = a1 * cos δ kr + a2 * sin δ kr Pkr =

VS2 * [(2 * K 3 * K 4 ) − (a1 * b1 + a2 * b2 )] (W) En büyük güç değeri 4 * K 42 * b12 + b22

(

)

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 S/km, cosϕ= 300 (geri) değerlerinde ise bu hattın kritik değerlerini bulunuz. Devrenin çözümünü π eşdeğerden yararlanarak gidebiliriz. Z = Z X * l = (R + j * X ) * l (Zx: Uzunluksuz hattın empedansı) -6

Z = (0,0173 + j * 0,157 ) * 550 = 9,515 + j * 86,35 = 86,872∠83,710 Ω

Y = y * l = 6,9 * 10 −6 * 550 = 3,795 * 10 −3 Siemens Zc = Not:

(y: Uzunluksuz hattın admitansı)

0 Z 86,872∠83,71  83,71  = 151,298∠41,8550 Ω = = 151 , 298 ∠ 2  Y 3,795 * 10 − 3 ∠0

a∠θ 0 = a ∠(θ 2 )

0

k = Z x * y * l = Z * Y = 86,872∠83,71 * 3,795 *10−3 = 0,57∠41,8550 k = α + j * β = 0,57∠41,8550 = 0,424 + j * 0,38 180 180 β1 = β * = 0,38 * = 21,80 3,14 3,14

α = 0,424; β = 0,38

eα ∠β1 = eα * (cos β1 + j * sin β1 ) cosh (k ) =

eα ∠β1 + e −α ∠ − β1 2

VS = cosh (k ) * VR + sinh (k ) * Zc * I R

eα ∠β1 − e −α ∠ − β1 2 sinh (k ) IS = * VR + cosh (k ) * I R Zc

sinh (k ) =

e0, 424∠21,8 = e0, 424 * (cos 21,8 + j * sin 21,8) = 1,4179 + j * 0,565

e−0,424∠ − 21,8 = e−0, 424 * (cos(− 21,8) + j * sin(− 21,8)) = 0,607 − j * 0,242 1,4179 + j * 0,565 + 0,607 − j * 0,242 cosh (k ) = = 1,0124 + j * 0,1615 = 1,025∠9,06 2 1,4179 + j * 0,565 − 0,607 + j * 0,242 sinh (k ) = = 0,4054 + j * 0,4035 = 0,5719∠44,86 2 a1 = 1,0124; a2 = 0,1615 A = a1 + j * a2 = cosh(k ) = 1,0124 + j * 0,1615 B = b1 + j * b2 = Zc * sinh( k ) = 151,298∠41,855 * 0,5719∠44,86 = 86,527∠86,710 b1 = 4,9657; b2 = 86,384 B = b1 + j * b2 = 4,9657 + j * 86,384

K1 = a1 * b2 + a2 * b1 − a1 * b1 * tan δ + a2 * b2 * tan δ K1 = 1,0124 * 86,384 + 0,1615 * 4,9657 − 1,0124 * 4,9657 * tan 30 + 0,1615 * 86,384 * tan 30 K1 = 93,409 Ders Sorumlusu: Yük. Elk. Müh. Ali ÖZTÜRK

38


K 2 = a1 * b1 − a2 * b1 + a1 * b2 * tan δ + a2 * b1 * tan δ K 2 = 1,0124 * 4,9657 − 0,1615 * 4,9657 + 1,0124 * 86,384 * tan 30 + 0,1615 * 4,9657 * tan 30 K 2 = 55,18

δ kr = Vkr =

Vkr =

 K  Π 1 Π 1  55,18  + * tan −1  − 2  = + * tan −1  −  = 29,7140 4 2  93,409   K1  4 2 VS

2 * (a1 * cos δ kr + a1 * sin δ kr )

=

380 * 103 ∠00 2 * (1,0124 * cos 29,714 + 1,0124 * sin 29,714 )

190 *103 = 137,681∠00V 0,879 + 0,501

K 3 = b1 * cos δ kr + b2 * sin δ kr = 4,9657 * cos(29,714 ) + 96,384 * sin (29,714 ) = 47,1307 K 4 = a1 * cos δ kr + a2 * sin δ kr = 1,0124 * cos(29,714 ) + 0,1615 * sin (29,714 ) = 0,959

Pkr =

VS2 * [(2 * K 3 * K 4 ) − (a1 * b1 + a2 * b2 )] (W) 4 * K 42 * b12 + b22

(

)

(380 *10 ) * [(2 * 47,1307 * 0,959) − (1,0124 * 4,9657 + 0,1615 * 96,384)] 4 * (0,959) * (4,9657 + 96,384 ) 3 2

Pkr =

2

2

2

Pkr = 189,1 * 106 W = 189,1 MW (Maksimum güç)

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

ndamar = 1 + 1 * 6 + 2 * 6 + 3 * 6 + ... + n * 6 1CM = 5067 * 10 −7 mm 2 = 10 −3 MCM 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.


39


Şekil – 9 Türkiye Buz Yükü Haritası


40


6.4 FORMÜLLER 1. DEMET ĐLETKENLER

6. ASĐMETRĐK MENZĐL HESABI

ndamar = 1 + 1 * 6 + 2 * 6 + 3 * 6 + ... + n * 6

g * a2 ℘* a 2 (m) f = = 8 * H * cosθ 8 * σ * cosθ

1CM = 5067 * 10 −7 mm 2 = 10 −3 MCM 2. BUZ YÜKÜ Bölge k

I. 0

II. 0,2

g eş = g i + g b kg/m

III. 0,3

IV. 0,5

V. 1,2

g b = k * d i kg/m

Geş = a * g eş kg 3. RÜZGÂR YÜKÜ (Buz Yüksüz) g r = C * Q * d i * 10 −3 kg/m

1000 * v( km / h ) 3600 g  α = tan −1  r   gi 

2

g eş = g i + g r2 kg/m Q=

v(2m / s ) 16

v(m / s ) =

kg/m2

4. RÜZGÂR YÜKÜ (Buz Yüklü) di (mm) c

di < 12,5 1,2

db (mm) 55 ≤ db ≤ 65 c 1,8

(gi + gb )

2

g B Re ş =

12,5 ≤ di ≤ 15,8 1,1

15,8 < di 1

66 ≤ db ≤ 75 2

76 ≤ db ≤ 85 2,2

 a  L = h 2 + 4 * c 2 * sinh 2   (m)  2*c  h H σ (m) θ = tan −1 c= = a g ℘ S A = H + g * yA S B = H + g * yB (kg) σ A = σ + ℘* y A σ B = σ + ℘* yB (kg/mm2)

x A2 x2 (m) yB = B (m) 2*c 2*c c*h a x= ± (m) x = x A + xB (m) a 2 c*h a c*h a − (m) + (m) xA = xB = a 2 a 2 2 ℘ = ℘i +℘b (kg/m*mm ) yA =

7. HATTIN UZAMASI

∆lt = l2 − l1 (m)

l2 = l1 * (t 2 − t1 ) * ε t (m)

+ g br2 kg/m

4000 * k * di mm db = d + ρb * Π

℘i =

gi kg/m*mm2 q

q=

℘b =

π *d2 4

mm2

 g  GB Re ş = a * g B Re ş kg α = tan  br   gi + gb  5. SĐMETRĐK MENZĐL HESABI g eş * a 2 ℘eş * a 2 g (m) ℘ = (kg/m*mm2) f = = q 8* H 8 *σ  a2  a   (m) = c *  cosh   − 1 8*c  2*c   

S = H + g * f (kg)

S N = H + g * f1 (m)

 a + a1  (kg) V = g *   2 

1 a3 (m) L=a+ * 24 c 2

f1 = yn = aeş =

f1 = f − yk =

℘ a ℘ −℘i * *η * (2 − η ) + i  (m) 2  ℘ ℘

a( ASKI )

3 n

a2 x2 − k (m) 8*c 2*c

a

℘*℘i −℘i ℘ − ℘i

η < η0 ( ∆x= abuzsuz) η > η0 ( ∆x= abuzlu) 9. SĐMETRĐK ARIZALAR 1 (Ω) VR = VR + + VR − + VR 0 Zeş =

Zeş ⇒ Z min → Z max

I pu =

Zeş

Ieş ⇒ I max → I min

SB (A) 3 *U B x S = g = xg * B2 (pu) xB VB

IB =

(pu)

x pu

xB =

V B2 (ohm) SB

xg ( pu )

V  S = x pu *  g  * B (pu)  VB  S g

KDG pu =

1 (pu) Zeş

2

KDG G = KDG PU * KDG B

a − x ASKI (m) 2


V pu

I g = I KD = I B * I pu (A)

a (m) 8* c 3 1 a L1 = a1 + * 12 (m) 24 c xk =

η0 =

a ∆x = − x (m) 2

f =y=

a + a + ... + a a1 + a2 + ... + an 3 2

η=

2

xn (m) 2*c

3 1

x=

H σ (m) = g ℘ h = y1 + y (m)

C=

2

8. SĐMETRĐK OLMAYAN BUZLANMA

KDG

H (kg/m*mm2) q σ askı = σ + ℘* f (kg/mm2)

σ=

∆l = l1 * (t2 − t1 ) * ε t + l1 * (σ 2 − σ 1 ) * ε e (m)

gb kg/m*mm2 q

−1

f =y=

εt (1/0C)

∆le = l1 * (σ 2 − σ 1 ) * ε e (m)

g br = C * Q * d b * 10 −3 kg/m 2 i

εe (mm2/kg)

L=

41

Xg 2*Π * f

(H) Düzenleyen: Zafer ÖZTÜRK

6.4 FORMÜLLER 10. YILDIZ – ÜÇGEN DÖNÜŞÜMLER

13. FAZ – TOPRAK ARIZASI

I = I 0 + I1 + I 2 = Z1 =

Za * Zb Za + Zb + Zc

Z2 =

Za * Zc Za + Zb + Zc

Z3 =

Z1 * Z 2 + Z1 * Z 3 + Z 2 * Z 3 Z3 Z * Z + Z1 * Z 3 + Z 2 * Z 3 Zb = 1 2 Z2 Z * Z + Z1 * Z 3 + Z 2 * Z 3 Zc = 1 2 Z1

a) Bir Faz – Toprak Arızası

Za =

Zb * Zc Za + Zb + Zc

1 Z 0 + Z1 + Z 2 + 3 * Z f

Ia0 = Ia1 = Ia2 =  Ia f  1 1    2  Ib f  = 1 a  Ic f  1 a  

1   Ia0  a  *  Ia1  a 2   Ia2 

a = 1∠1200

Ia f = Ia0 + Ia1 + Ia2

11. ASĐMETRĐK ARIZA- SĐMETRĐLĐ BĐLEŞEN Va = Va0 + Va1 + Va2 Vb = Vb0 + Vb1 + Vb2

Ia f = 3 * Ia0 = 3 * Ia1 = 3 * Ia2

Vc = Vc0 + Vc1 + Vc2

Va0 = Vb0 = Vc0

Ib f = Ia0 + a 2 * Ia1 + a * Ia2

a = 1∠120 Va = Va0 + Va1 + Va2

a = 1∠240

Ic f = Ia 0 + a * Ia1 + a 2 * Ia 2

2

0

0

Va0 = − Ia0 * Z 0

Vb = Va0 + a 2 *Va1 + a *Va2

Va1 = 1 − Ia1 * Z1 Va2 = Ia2 * Z 2

Vc = Va0 + a * Va1 + a 2 * Va2

Vb2 = a *Va2 Vc2 = a 2 *Va2

Vb1 = a 2 *Va1

Vc1 = a *Va1 Va  1 1 Vb  = 1 a 2    Vc  1 a

1  Va0  a  * Va1  a 2  Va2 

1 1 T ( s ) = 1 a 2 1 a

Va0  Va  Va  = T −1 ( s) * Vb   1   Va2  Vc 

Va f  1 1    2 Vb f  = 1 a Vc f  1 a  

1 a  a 2 

1 1 1  T ( s) = * 1 a 2 3 1 a

1 a  a 2 

−1

(

1 a2 1 a

)

1 a  a 2 

[Vabc ]

Vc f = Va0 + a * Va1 + a 2 * Va2 V = −a − j * b = −(a + j * b) = −(a∠θ ) = a∠(θ ± 180)

Vab f = Va f − Vb f Vca f = Vc f − Va f b) Đki Faz – Toprak Arızası Vb f = Ib f * (Z f + Z g ) + Ic f * Z g Vc f = Ic f * (Z f + Z g ) + Ib f * Z g Ia1 =

S = [Vabc ] * [I abc ]

Ia2 = − Ia1 * Ia0 = − Ia1 *

S = [V 012 ] 3 * [I 012 ] = 3 * [Va 0 *

T

 Ia 0   * Va 2 ]*  Ia1   Ia *   2 

*

Va 1 *

S = 3 * Va0 * Ia0 + 3 * Va1 * Ia1 + 3 * Va2 * Ia2 *

*

*

S = 3 * Vb0 * Ib0 + 3 * Vb1 * Ib1 + 3 * Vb2 * Ib2 *

* 1

S = 3 * Vc0 * Ic0 + 3 * Vc1 * Ic + 3 * Vc2 * Ic2 1 T T * * T S = [V012 ] * [ A ] * [ A ] * [I 012 ] = [V012 ] * 3 *  0  0

Ia1 =

(Z

0

0 1 0


(Z

0 * 0  * [I 012 ] 1 

2

f

g

Z2 + Z f

0

+ Z f + 3 * Z g ) + (Z 2 + Z f )

1 Z *Z Z1 + 0 2 Z0 + Z2

Ia2 = − Ia1 *

g

+ Z f + 3 * Z g ) + (Z 2 + Z f )

*

*

f

Z0 + Z f + 3 * Z g

T *

0

f

1

0

= [ A] * [V012 ] T

1

f

[I abc ]* = [A]* * [I 012 ]*

If = 0

(Z + Z ) + (ZZ ++ZZ)*+(Z2 *+ZZ ++3 3* *ZZ ) 2

*

T

[Vabc ] = [A]* [V012 ] T

Vb f = Va0 + a 2 * Va1 + a * Va2


12. SĐMETRĐLĐ BĐLEŞENLERDE GÜÇ HESABI S = Sa + Sb + Sc = Va * Ia* + Vb * Ib* + Vc * Ic* 1

1  Va0  a  * Va1  a 2  Va2 


1 Va0 = Vb0 = Vc0 = * (Va + Vb + Vc ) 3 1 Va1 = * Va + a * Vb + a 2 * Vc 3 1 Va2 = * (Va + a 2 * Vb + a * Vc ) 3

[A] = 1

3 Z 0 + Z1 + Z 2

Z0 Z0 + Z2

Ia0 = − Ia1 *  Ia f  1 1    2  Ib f  = 1 a  Ic f  1 a  

Z2 Z0 + Z2 1   Ia0  a  *  Ia1  a 2   Ia2 

Ia f = Ia0 + Ia1 + Ia2

42


6.4 FORMÜLLER Ib f = Ia0 + a * Ia1 + a * Ia2

Va1 = 1 − Ia1 * Z1

Ic f = Ia 0 + a * Ia1 + a 2 * Ia 2

Va f  1 1    2 Vb f  = 1 a Vc f  1 a  

2

Va0 = − Ia0 * Z 0 Va1 = 1 − Ia1 * Z1 Va2 = Ia2 * Z 2 Va f  1 1    2 Vb f  = 1 a Vc f  1 a  

Vb f = a 2 * Va1 + a * Va2

1  Va0  a  * Va1  a 2  Va2 

(

Vc f = a + Ia1 * a 2 * Z 2 − a * Z1 Vc f = a * Va1 + a 2 * Va2

Vb f = Va0 + a 2 * Va1 + a * Va2 Vc f = Va0 + a * Va1 + a * Va2 2

Vab f = Va f − Vb f

(

Vca f = Vc f − Va f = 3 * Va1∠150

1 Z1 + Z f 1   Ia0  a  *  Ia1  a 2   Ia2 

) + Va ∠ − 150 ) 0

2

15. KRĐTĐK DEĞERLER

VS = A * VR + B * I R

Z = Z X * l = (R + j * X ) * l

I S = C * VR + D * I R Y = y * l (Siemens)

k = Z x * y * l = Z *Y

k =α + j*β

Ia f = Ia0 + Ia1 + Ia2 Ib f = Ia0 + a 2 * Ia1 + a * Ia2

Zc =

Ic f = Ia 0 + a * Ia1 + a 2 * Ia 2

Z Y

β1 = β *

180 3,14

a∠θ 0 = a ∠(θ 2 )

0

eα ∠β1 = eα * (cos β1 + j * sin β1 ) eα ∠β1 + e −α ∠ − β1

Va1 = 1 − Ia1 * Z1 1  Va0  a  * Va1  a 2  Va2 

cosh (k ) =

2 eα ∠β1 − e −α ∠ − β1 sinh (k ) = 2


Vb f = Va0 + a 2 * Va1 + a * Va2 Vc f = Va0 + a * Va1 + a 2 * Va2

VS = cosh (k ) * VR + sinh (k ) * Zc * I R sinh (k ) IS = * VR + cosh (k ) * I R Zc

A = a1 + j * a2 = cosh(k ) B = b1 + j * b2 = Zc * sinh(k )

Vab f = Va f − Vb f Vbc f = Vb f − Vc f

K1 = a1 * b2 + a2 * b1 − a1 * b1 * tan δ + a2 * b2 * tan δ


K 2 = a1 * b1 − a2 * b1 + a1 * b2 * tan δ + a2 * b1 * tan δ

d) Faz – Faz Arızası

K 3 = b1 * cos δ kr + b2 * sin δ kr

Ia f = Ia0 = Va0 = 0

K 4 = a1 * cos δ kr + a2 * sin δ kr

1 Z1 + Z 2 + Z f

δ kr =

1   Ia0  a  *  Ia1  a 2   Ia2 

Ib f = − Ic f = − 3 * Ia1∠ − 90

0

CT = C1 + C2 ($/saat) C1 = a1 * P12 + b1 * P1 + c1 ($/saat) C2 = a2 * P23 + b2 * P22 + c2 * P2 + d 2 ($/saat) dC1 dC2 = =λ dP1 dP2

Ia0 = Ia2 = Va0 = Va2 = 0

 Ia f  1 1    2  Ib f  = 1 a  Ic f  1 a  

(

)

Vbc f = Vb f − Vc f = 3 * Va1∠ − 900 + Va2∠900

c) Üç Faz – Toprak Arızası

Ia1 = − Ia2 =

(

Vabf = Vaf − Vbf = 3 * Va1∠300 + Va2∠ − 300


Va f  1 1    2 Vb f  = 1 a Vc f  1 a  

)

14. YAKIT MALĐYETĐ OPTĐMĐZASYONU Py = P1 + P2 (W)


 Ia f  1 1    2  Ib f  = 1 a  Ic f  1 a  

1  Va0  a  * Va1  a 2  Va2 

Va f = Va1 + Va2 = 1 − Ia1 * Z1 + Ia2 * Z 2


Ia1 =

Va2 = − Ia2 * Z 2

Vkr =

Pkr =

0


43

 K  Π 1 + * tan −1  − 2  4 2  K1 

VS

2 * (a1 * cos δ kr + a1 * sin δ kr )

(V)

VS2 * [(2 * K 3 * K 4 ) − (a1 * b1 + a2 * b2 )] (W) 4 * K 42 * b12 + b22

(

)


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. ⇒ X1 = X2 = 0,2 pu; X0 = 0,05 pu G1,G2 T1,T2 ⇒ X1= 0,1 pu; X2= 0,2 pu; X0= 0,3 pu ⇒ X1= X2= 0,2 pu; X0 = 0,6 pu Hat (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.


44


7.) Birim ağırlığı 1,5 kg/m olan, çapı 27 mm olan iletkenli bir EĐH’ da 450 ’den büyük salınımlarda faztoprak 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?


45


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.


46


Enerji Iletimi 2 Ders Notu

Recommend Documents