07.03.2018

1

EELM 457Güç Sistemleri

Mert GÖRGÜ, ME, MIET

Saat Çarşamba Perşembe

10:30 – 11:20 ST119 A216

11:30 – 12:20 ST119 A216

12:30 – 13:20 ST119*

Açıklama Adet %

Vize Sınavı 1 30

Final Sınavı 1 40

Ödev/Kısa Sınav/Proje - 25

Katılım - 5

TOPLAM 100

GENEL GİRİŞ• İlk kez 19.yüzyıl sonlarına doğru aydınlatma amacıyla kullanılmaya başlanan elektrik

enerjisine olan talep, sonraki yıllarda çok büyük boyutlara ulaşmıştır. Son yıllarda meydana gelen aşırı nüfus artışları ve teknolojik gelişmeler (elektrikli ulaşım, bilgisayar kullanımının artması, otomasyon sistemlerinde meydana gelen gelişmeler vs.) üretilen elektrik enerjisinin kapasiteler üzerinde talebe cevap vermekle yükümlü kılmıştır.

• Özellikle 2.dünya savaşından sonra gözlenen bu gelişmelere paralel olarak dünyadaki elektrik enerjisi tüketimi her yıl yaklaşık olarak %10 artış göstermektedir. Artan elektrik enerjisi ihtiyacının karşılanabilmesi için yeni üretim tesislerinin kurulması ve iletim hatlarının organize edilmesi gerekmektedir. Böylece elektrik enerjisi sistemleri gelişmiş ve enerji üretimi, enerji iletimi, enerji dağıtımı birer mühendislik dalı haline gelmiştir.

• Elektrik enerjisini üreten merkezler (hidroelektrik santraller, termik santraller, doğal gaz çevrim santralleri, rüzgâr çiftlikleri gibi) çoğunlukla tüketim merkezlerinin yakınında kurulamamaktadır. Bunun en önemli nedenleri arasında hammadde nakliyesindeki zorluklar, çevre kirliliği, güvenlik vb. nedenler sayılabilir.

• Örneğin Türkiye Cumhuriyeti’nde hidrolik ve termik kaynaklar çoğunlukla Doğu ve Güneydoğu Anadolu Bölgesinde yer almaktadır. Buna karşın elektrik ihtiyacının en yoğun olduğu bölgeler, üretim merkezlerinin tam tersine batıda kalan bölgelerdir. Bu bakımdan üretilen elektrik enerjisinin, kilometrelerce uzağa taşınması söz konusu olacaktır. İşte bu noktada güç sistemlerinin önemi ortaya çıkmaktadır.

07.03.2018

2

Güç SistemlerininGenel Yapısı• Güç sistemleri elektrik enerjisi dışındaki enerjileri elektrik

enerjisine çeviren ve bu enerjiyi üretim noktalarından yüklere/kullanıcılara taşıyan birbirine bağlı elemanlar ağı şeklinde düşünülebilir.

• Bir güç sisteminin amacı, müşterilerine olabilecek en ekonomik şekilde en güvenirlikli elektriği sağlamaktır.

• Günümüzün modern güç sistemleri yanda görüldüğü gibi karmaşık ağlar şeklindedirler.

• Güç sistemlerini oluşturan dört ana eleman vardır:

• Üretim (11 – 20kV)

• İletim (110kV, 132kV, 220kV, 400kV ve 800kV)

• Dağıtım (240V, 415V, 6.6kV, 11kV, 33kV ve 66kV)

• Yükler

Güç Sistemlerinin Genel Yapısı

• Jeneratörler iletim sistemine ve oradan da dağıtım sistemine transformatörler ile bağlanırlar.

• Transformatörlerin ana amacı düşük olan üretim gerilimini iletim gerilimine yükseltmek ve iletim gerilimini daha düşük olan dağıtım gerilimine düşürmektir.

• İletim sisteminde yüksek gerilim kullanmanın amacı kayıpları azaltmaktır. Transformatörler sabit bir güçte çalıştıklarından yüksek gerilim düşük akım anlamına gelmekte ve dolayısıyla kayıplar da daha az olacaktır.

07.03.2018

3

GüçSistemlerininTemel Yapısı

Üretim

• Güç sistemlerinin en önemli elemanlarından biri üretimdir. Burada jeneratör elektrik enerjisi dışındaki (termal, hareket, nükleer, güneş vb.) enerjileri elektrik enerjisine çevirir.

• Üretim genellikle 11kV - 33kV seviyelerindedir.

• Elektrik üretim santrali yaygın tipleri:• Termal

• Kömür• Doğal Gaz• Biokütle• Jeotermal

• Nükleer• Hidroelektrik• Rüzgar Enerjisi• Güneş Enerjisi - Fotovoltaik• Dalga Enerjisi

İletim Sistemi

• Jeneratör ve yükler, elektrik enerjisini bir noktadan başka bir noktaya taşıyan iletim ve dağıtım hatları ile birbirlerine bağlıdır.

• Elektrik enerjisi iletim hatları ile jeneratörlerden alınıp kullanılacağı bölgeye taşınır ve ardından dağıtım hatları ile yüklere/kullanıcılara dağıtılır.

• Güç, kullanılacağı bölgeye ulaştığı zaman, bahsettiğimiz yüksek gerilim, dağıtım istasyonlarında daha alçak seviyelere düşürülüp dağıtım hatları sayesinde kullanıcılara sağlanır.

• İletim sistemi genel olarak iki bileşenden meydana gelir:• İletim Hatları

• Havai Hatlar

• Kablolar

• Yeraltı

• Sualtı

• Trafo Merkezleri• Hava yalıtımlı açık şalt sahalı trafo merkezleri (AIS – Air Insulated Substation)

• Kapalı alanlarda kurulan SF6 gazı ile yalıtılmış kapalı trafo merkezi (GIS – Gas InsulatedSubstation)

07.03.2018

4

İletim Hatları• Günümüzde açık arazide, uzun iletim hatları havai hat; yerleşim

yerlerinde ise yeraltı iletim hattı olarak tesis edilirler. Havai iletim hatlarında iletkenler ya bir direkten ya da kuleden izolatörler yardımıyla sarkıtılır.

• İletim hatlarında faz iletkenleri dışında toprak (koruyucu) hat denen bir veya iki çelik hatla toprağa bağlanır. Dolayısıyla bu hatlar toprak potansiyelindedirler.

• Yüksek iletim kulelerinde bunlar genellikle faz iletkenlerinin üstünde bulunur ve faz iletkenlerini yıldırımdan koruma amacı güderler.

• Yeraltı (veya sualtı) hatlarındaki iletkenler birbirlerinde izole edilmiştirler. Yer altı iletim hatları kapasitans sorunları, yüksek izolasyon gereksinimleri ve hava hattına oranla oldukça pahalı olmalarına karşın güvenlik ve görsel açıdan yeğlenirler.

• Havai hatlar genellikle üç tekil yada grup halindeki iletkenlerden oluşur. Bu iletkenler önceleri bakır olmakla birlikte artık genellikte gerek maliyet gerekse ağırlık açısından daha çekici olan alüminyum malzemeden yapılmaktadır. (Alüminyum bakıra göre çok hafiftir, alüminyumun yoğunluğu, yaklaşık olarakbakırın % 30’u kadardır.)

• ACSR - Aluminum Cable Steel Reinforced (Çelik özlü alüminyum iletken):• Etrafına alüminyum sarılmış (düşük direnç) merkezinde ise dayanıklılık amaçlı çelik kullanılmış iletkenlerdir.

• ACSS - Aluminum Conductor Steel Supported (Çelikle desteklenmiş alüminyum iletken):• Kompozit yapılı alüminyum-çelik iletkenlerdir.

• ACCC – Aluminum Conductor Composite Core (Kompozit özlü alüminyum iletken):• ACSR kablodan çelik çıkarılıp yerine karbon ve cam fiber malzeme konularak elde edilmiş bir iletken

türüdür.

• İletim hatlarının tam yükte güç taşıma kapasitelerini ve gerilim düşümünü etkileyen dört parametre vardır:

• Seri direnç• Endüktans• Paralel Kapasitans• Kondüktans (işlenmeyecektir)

İletim Hatları

07.03.2018

5

Havai İletim Hattı Kuleleri

Trafo Merkezleri

• Trafo merkezlerinin boyutu transformatör büyüklüğüne bağlı olarak değişir.

• Bununla birlikte merkezin tipine göre de alan gereksinimleri farklılık gösterir.• Trafo merkezleri voltaj seviyelerine, lokasyonlarına, konfigürasyonlarına veya

kullanım amaçlarına göre sınıflandırılabilir.

• Trafo merkezleri voltaj seviyelerine göre; EYG, YG, OG, AG veya HVDC şeklinde sınıflandırılabilir.

• Trafo merkezleri lokasyonlarına göre; açık veya kapalı trafo merkezi olarak sınıflandırılabilir.

• Trafo merkezleri konfigürasyonlarına göre;• Hava yalıtımlı açık şalt sahalı trafo merkezleri (AIS – Air Insulated Substation) • Kapalı alanlarda kurulan SF6 gazı ile yalıtılmış kapalı trafo merkezi (GIS – Gas Insulated

Substation)• Kompozit trafo merkezleri ise bu iki tipin de aynı alanda bulunduğu merkezlerdir.

07.03.2018

6

Kullanım Amaçlarına Göre Trafo Merkezleri

• Yükseltici Trafo Merkezi: Üretim noktasında üretim gerilimini iletim gerilimine yükseltmek için kullanılır. (33kV, 11kV → 400kV, 220kV, 132kV)

• Birincil (EYG) Trafo Merkezi: Birincil iletim hattı üzerinde uygun bir yük merkezinde bulunur. (400kV, 220kV, 132kV → 66kV, 33kV, 22kV)

• İkincil Trafo Merkezi: İkincil iletim hattı üzerinde bulunur. (66/33kV → 11kV, 6.6kV)

• Dağıtım Trafo Merkezi: İletim hattı geriliminin dağıtım gerilimine düşürüldüğü noktada bulunur. (11kV, 6.6kV → 415V)

• Endüstriyel Trafo Merkezi: Dağıtım merkezine benzeyen ancak sadece tek bir kullanıcı için tahsis edilmiş merkezlerdir.

• Mobil Trafo Merkezi: Geçici olarak kullanılan merkezlerdir.

• Özel amaçlar için kullanılan trafo merkezleri, ör. Maden, demiryolu vs.

Tipik AIS Şalt Sahası

1. Birinci İletim Hattı,

2. Topraklama Hattı,

3. Havai Hat,

4. Gerilimin Trafolar İçin

Ölçümü,

5. İzolatörler,

6. Kesiciler,

7. Akım

Transformatörü,

8. Yıldırım Parafudru,

9. Ana Trafo,

10.Kontrol Binası,

11.Güvenlik Çitleri,

12. İkincil İletim Hattı

07.03.2018

7

Dağıtım Sistemi

• Jeneratör ve yükler, elektrik enerjisini bir noktadan başka bir noktaya taşıyan iletim ve dağıtım hatları ile birbirlerine bağlıdır.

• Elektrik enerjisi iletim hatları ile jeneratörlerden alınıp kullanılacağı bölgeye taşınır ve ardından dağıtım hatları ile yüklere/kullanıcılara dağıtılır.

• Güç, kullanılacağı bölgeye ulaştığı zaman, bahsettiğimiz yüksek gerilim, dağıtım istasyonlarında daha alçak seviyelere düşürülüp dağıtım hatları sayesinde kullanıcılara sağlanır.

• Dağıtım sistemi de iletim sistemi gibi genel olarak iki bileşenden meydana gelir:

• Dağıtım Hatları• Havai Hatlar

• Kablolar

• Yeraltı

• Sualtı

• Trafo Merkezleri• Açık trafo merkezleri

• Kapalı trafo merkezleri

• Direk üzeri trafolar

• Kompakt trafolar

• Yeraltı trafolar

Yükler

• Güç sistemlerinde yükler üç kısma ayrılmıştır.

• Endüstriyel Yükler: Bu yükler genellikle dağıtım hatlarının birincil tarafından (11kV) beslenmekle birlikte çok büyük müşteriler direkt olarak iletim hattından da beslenebilir. Endüstriyel yükler karışık yükler olmasına rağmen büyük bir kısmını asenkron motorlar oluşturur.

• Ticari Yükler: Ağırlıkla aydınlatma, ısıtma ve soğutmadan oluşan yüklerdir. Frekansa bağlı yükler olmadıklarından az miktarda reaktif güç tüketirler. Bu yükler dükkanlar, ofis binaları, okullar, vb. olarak tanımlanabilir. Sabah saat 8-9’dan akşam saat 8-9’a kadar sabit bir talep değeri vardır.

• Konutsal Yükler: Ticari yükler gibi bunlar da çoğunlukla aydınlatma, ısıtma ve soğutma ağırlıktadır. Genellikle akşamları saat 5 – 6 arası en yüksek talep değerine ulaşırken gece yarısına doğru talep düşük seviyelere iner.

• TV pickup (kettle effect)???

07.03.2018

8

Hatırlatmalar• Gerilim ve Akım

𝑣 = 𝑉𝑚𝑎𝑥 cos 𝜔𝑡 + α𝑖 = 𝐼𝑚𝑎𝑥 𝑐𝑜𝑠 cos 𝜔𝑡 + 𝛽

• Fazörler

𝑉 =𝑉𝑚𝑎𝑥

2∠α =𝑉𝑚𝑎𝑥

2cos𝛼 + 𝑗𝑠𝑖𝑛α

I =𝐼𝑚𝑎𝑥

2∠𝛽 =𝐼𝑚𝑎𝑥

2(cos𝛽 + 𝑗𝑠𝑖𝑛𝛽)

Görünen Güç

𝑆 = 𝑉 ∙ 𝐼∗ = 𝑉 ∠α ∙ 𝐼 ∠ −𝛽 = 𝑉 ∙ 𝐼 ∠ α − 𝛽

= 𝑉 ∙ 𝐼 cos α − 𝛽 + 𝑗 𝑉 ∙ 𝐼 sin α − 𝛽

Yukarıdaki denklemde;

𝛼 − 𝛽 = 𝜃 (gerilim ve akım arasındaki faz açısı yani Güç Açısı’dır)

• 𝛼 > 𝛽 olduğunda Q (reaktif güç) pozitif (üretim), 𝛼 < 𝛽 olduğunda ise Q negatiftir (tüketim)

SORU𝑣 = 141.4 cos 𝜔𝑡 + 30°𝑖 = 7. 07 𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑡

𝑉𝑚𝑎𝑥, 𝐼𝑚𝑎𝑥, 𝑉 ve 𝐼 değerlerini bulunuz. Fazör şemasın çiziniz.

- 𝑉𝑚𝑎𝑥 = 141.4 𝑉 ve 𝐼𝑚𝑎𝑥 = 7.07 A olduğu görülüyor.

- 𝑉 =𝑉𝑚𝑎𝑥

2=141.4

2= 100 𝑉 ve 𝐼 =

𝐼𝑚𝑎𝑥

2=7.07

2= 5 A

Akım fazörü referans alınırsa:

𝐼 = 5∠0° = 5 + 𝑗0 𝐴 ve V = 100∠30° = 86.6 + 𝑗50 V

Gerilim fazörü referans alınırsa:

𝐼 = 5∠ − 30° = 4.33 − 𝑗2.5 𝐴 ve V = 100∠0° = 100 + 𝑗0 V

07.03.2018

9

Üç FazlıDevreler

Üç FazlıDevreler

Güç

• Y Bağlı yük:𝑉𝑃: Faz-Nötr gerilimi ve 𝑉𝐿: Fazlar arası gerilim

𝑉𝑃 =𝑉𝐿

3𝐼𝑃 = 𝐼𝐿

Aktif Güç: 𝑃 = 3 𝑉𝑃 𝐼𝑃 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑃

= 3𝑉𝐿

3𝐼𝐿 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑃 = 3 𝑉𝐿 𝐼𝐿 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑃

Reaktif Güç: 𝑄 = 3 𝑉𝑃 𝐼𝑃 𝑠𝑖𝑛𝜃𝑃

= 3 𝑉𝐿 𝐼𝐿 𝑠𝑖𝑛𝜃𝑃

Görünen Güç: 𝑆 = 𝑃2 + 𝑄2 = 3 𝑉𝐿 𝐼𝐿

07.03.2018

10

Üç FazlıDevreler

Güç

• Δ Bağlı yük:𝑉𝑃: Faz-Nötr gerilimi ve 𝑉𝐿: Fazlar arası gerilim

𝐼𝑃 =𝐼𝐿

3𝑉𝑃 = 𝑉𝐿

Aktif Güç: 𝑃 = 3 𝑉𝑃 𝐼𝑃 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑃

= 3𝑉𝐿

3𝐼𝐿 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑃 = 3 𝑉𝐿 𝐼𝐿 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑃

Reaktif Güç: 𝑄 = 3 𝑉𝑃 𝐼𝑃 𝑠𝑖𝑛𝜃𝑃

= 3 𝑉𝐿 𝐼𝐿 𝑠𝑖𝑛𝜃𝑃

Görünen Güç: 𝑆 = 𝑃2 + 𝑄2 = 3 𝑉𝐿 𝐼𝐿

Direnç• Bir iletkenin DA direnci şu şekilde yazılabilir:

𝑅𝐷𝐶 =𝜌𝑙

𝐴

• Metre başına DA direnci ise şu şekilde olur:

𝑟𝐷𝐶 =𝜌

𝐴

Ω

𝑚

• Bu noktada iletkenin direncinin sıcaklığa bağlı olarak değiştiği bilinmelidir. Bu değişim güç sistemlerini ilgilendiren sıcaklılarda doğrusal olduğundan herhangi bir sıcaklıkta direnci bilinen bir iletkenin başka bir sıcaklıktaki direnci orantı yoluyla bulunabilir.

𝑅𝑡2 =𝑇 + 𝑡2𝑇 + 𝑡1

𝑅𝑡1

İletken materyali Özdirenç (20⁰C) [Ωm] Sıcaklık (T) katsayısı [⁰C]

Normal bakır 1.72x10-8 234.5

Soğuk haddelenmiş bakır 1.77x10-8 241.5

Alüminyum 2.83x10-8 228.1

Demir 10.00x10-8 180.0

Gümüş 1.59x10-8 243.0

07.03.2018

11

Örnek• Tam alüminyum bir iletken her birinin çapı 0.333 cm. olan 37

damardan oluşmaktadır. Bu iletkenin 75⁰C’deki DA direncini Ω/km cinsinden hesaplayınız. (Bükülmeden dolayı direnç değerinde %2 artış olduğunu varsayın)

𝐴𝑙𝑎𝑛 = 𝜋(0.333 × 10−2)2

4× 37 = 3.222 × 10−4𝑚2

𝑅𝐷𝐶 =2.83 × 10−8

3.222 × 10−4× 1000 = 0.0878 Ω 𝑘𝑚 (20℃′𝑑𝑒)

Bükülme de öngörülerek 75⁰C’deki direnç değeri:

𝑅𝐷𝐶 = 1.02 ×228+75

228+20× 0.0878 = 0.1094 Ω 𝑘𝑚 (75℃′𝑑𝑒)

Deri Etkisi (Skin Effect)

• Taşınan akımın frekansı arttıkça düzgün olmayan akım dağılımı belirgin hale gelmektedir. Bu olay ‘deri etkisi’ (skin effect) olarak isimlendirilmektedir.

• Deri etkisi sebebiyle dairesel kesite sahip bir iletkende, akımın, dairenin merkezindeki yoğunluğu çevresindeki yoğunluğundan az olmaktadır.

• Deri etkisi iletkenin direncinin deri derinliğinin az olduğu yüksek frekanslarda artmasına sebep olarak iletkenin etkin kesitini düşürecek yönde bir sonuç doğurmaktadır.

• Deri etkisi, alternatif akımın oluşturduğu değişken manyetik alanlardan kaynaklanan fuko akımları (Eddy current)yüzünden gerçekleşmektedir.

• Bu yüzden bir iletkenin AA direnci her zaman DAdirencinden büyüktür.

• Ancak bizim ilgi alanımızda olan frekanslarda (50Hz – 60Hz)deri etkisi çok kuvvetli değildir.

Dairesel kesitli bir iletken DA iletimi«DA direnci»

Dairesel kesitli aynı iletkenin düşük frekans AA iletimi«AA direnci»

Dairesel kesitli aynı iletkenin yüksek frekans AA iletimi«AA direnci»

07.03.2018

12

Örnek• Örgülü tam alüminyum «Marigold» bir iletkenin DA direnci 0.0512Ω/km @20⁰C, AA direnci ise

0.064 Ω/km @ 75⁰C şeklinde verilmiştir. İletken 61 damarlı olup 563.60 mm2 kesitindedir. Bu iletkenin DA direncini doğrulayıp AA direncinin DA direncine olan oranını bulunuz. (Bükülmeden dolayı direnç değerinde %2 artış olduğunu varsayın)

𝑅𝐷𝐶 =2.83 × 10−8 × 1000

563.60 × 10−6× 1.02 = 0.0512 Ω 𝑘𝑚 (@20°𝐶)

𝑅𝐷𝐶 = 0.0512 ×228 + 75

228 + 20= 0.0626 Ω 𝑘𝑚 75℃

′𝑑𝑒

𝑅𝐴𝐶

𝑅𝐷𝐶=0.064

0.0626= 1.022

Bu durumda görülüyor ki deri etkisi iletkenin direncinde %2.2’lik bir artışa sebep olmuştur.

Endüktans• Bildiğiniz gibi akım taşıyan bir iletken etrafında bir manyetik alan oluşturur. İletken üzerinden geçer akım

değiştiği zaman, akı da değiştiğinden devre üzerinde bir gerilim endüklenir. Manyetik olmayan maddeler için endüktans toplam manyetik halkalanma akısının akıma oranı şeklinde tanımlanır.

𝐿 =𝜆

𝐼(𝜆: Halkalanma akısı)

Uzun, r yarıçapında ve I akımını taşıyan dairesel bir iletkeni ele alalım. x yarıçapındaki bir dairenin etrafında oluşan manyetik alan şiddeti sabit ve direye teğettir. Amper kuralına göre bu manyetik alan şiddeti ve akım arasındaki ilişki şu şekilde verilir:

𝐻𝑥 ∙ 𝑑𝑠 = 𝐼𝑥

(H: manyetik alan şiddeti, s: akı yolunun uzunluğu, I: halkalanan akım)

0

2𝜋𝑥

𝐻𝑥 ∙ 𝑑𝑠 = 𝐼𝑥

2𝜋𝑥𝐻𝑥 = 𝐼𝑥 → 𝐻𝑥 =𝐼𝑥2𝜋𝑥

07.03.2018

13

İç Endüktans• Bir iletkenin endüktansı iki bileşenden oluşur:

• İç endüktans• Dış endüktans

• İletkenin iç ve dış endüntanslarını bulmak için ise, öncelikle bu iletkenin iç ve dış halkalanma akılarını hesaplayıp akıma bölmemiz gerekir.

• Bu noktada akımın iletken içerisinde düzgün dağıldığını varsayarsak (deri etkisini yok varsayarsak):

𝐼𝑥𝜋𝑥2=𝐼

𝜋𝑟2→ 𝐼𝑥 =

𝑥2

𝑟2𝐼

𝐻𝑥 =𝐼

2𝜋𝑟2𝑥 𝐻 𝑚

• İletkenin merkezinden x uzaklığındaki manyetik akı şiddeti ise

𝐵𝑥 = 𝜇𝐻𝑥 =𝜇𝑥𝐼

2𝜋𝑟2 𝑊𝑏 𝑚2

Ak ı

𝐻𝑥 =𝐼𝑥2𝜋𝑥

İç Endüktans

Ak ı

• Dolayısıyla iletkenin içindeki x noktası (yarıçapı) manyetik alan şiddeti:

𝐻𝑥 =𝑥

2𝜋𝑟2𝐼

• O zaman aynı noktadaki akı yoğunluğu ise:

𝐵𝑥 = 𝜇𝐻𝑥 =𝜇𝑥𝐼

2𝜋𝑟2𝑇

• dx kalınlığındaki silindirik kesitte akı dφ, metre başına akı yoğunluğu ve silindirik kesitin akıya dik alanın çarpını olarak verilir. Buradaki alan, dx ve aksiyel uzunluğun çarpımıdır. Bu noktada uzunluğumuzu 1m olarak alırsak:

𝑑𝛷𝑥 = 𝐵𝑥(𝑑𝑥 ∙ 1)

𝑑𝛷𝑥 =𝜇𝑥𝐼

2𝜋𝑟2𝑑𝑥 𝑊𝑏 𝑚

• Metre başına manyetik halkalanma akısı d𝜆 sebebiyle silindirik kesitin içinde

oluşan akı, metre başına akı ve akım oranının (silindirik kesit ve tüm iletken)

çarpımıdır.

𝑑𝜆 =𝜋𝑥2

𝜋𝑟2𝑑Φ =

𝜇𝐼𝑥3

2𝜋𝑟4𝑑𝑥 𝑊𝑏 − 𝑡𝑢𝑟𝑛𝑠 𝑚

Φ = 𝐴𝐵

07.03.2018

14

İç Endüktans

Ak ı

𝑑𝜆 =𝜋𝑥2

𝜋𝑟2𝑑Φ =

𝜇𝐼𝑥3

2𝜋𝑟4𝑑𝑥 𝑊𝑏 − 𝑡𝑢𝑟𝑛𝑠 𝑚

• O zaman iletkenin içindeki toplam manyetik halkalanmayı bulmak için:

𝜆𝑖ç = 0𝑟 𝜇𝐼𝑥3

2𝜋𝑟4𝑑𝑥 =

𝜇𝐼

8𝜋𝑊𝑏𝑡/𝑚

• Ve son olarak iç endüktans ise:

𝐿𝑖ç =𝜆𝑖ç

𝐼=𝜇

8𝜋𝐻/𝑚

• Eğer iletkenin bağıl geçirgenliği (𝜇𝑟) 1 ise (bakır ve alüminyum gibi ferromanyetik

olmayan maddeler için) denklemimiz aşağıdaki şekle indirgenebilir:

𝐿𝑖ç =𝜆𝑖ç

𝐼=𝜇08𝜋=4𝜋 × 10−7

8𝜋= 0.5 × 10−7𝐻/𝑚

Dış Endüktans• Bu sefer iletkenimizin dışındaki endüktansı hesaplayacağız. Bunun için

iletkenimize D1 ve D2 mesafelerindeki iki nokta arasında kalan bölgedeki akıdan kaynaklanan manyetik halkalanmaları hesaplamalıyız.

• İletkenin merkezinden x noktasına kadar olan manyetik alan şiddeti daha önce de gördüğümüz gibi:

𝐻𝑥 =𝐼𝑥2𝜋𝑥

• Ancak bu sefer iletkenin içinden akan tüm akım şu an varsaydığımız silindirik kesitin içinde kaldığından denklem aşağıdaki şekli alır:

𝐻𝑥 =𝐼

2𝜋𝑥

𝐵𝑥 = 𝜇𝐻𝑥 =𝜇𝐼

2𝜋𝑥• dx kalınlığındaki silindirik kesitte akı dφ, akı yoğunluğu ve silindirik kesitin akıya dik

alanın çarpını olarak verilir. Buradaki alan, dx ve aksiyel uzunluğun çarpımıdır. Bu noktada uzunluğumuzu 1m olarak alırsak:

𝑑𝛷𝑥 = 𝐵𝑥(𝑑𝑥 ∙ 1)

𝑑𝛷𝑥 =𝜇𝐼

2𝜋𝑥𝑑𝑥 𝑊𝑏 𝑚

Φ = 𝐴𝐵

07.03.2018

15

Dış Endüktans𝑑𝛷𝑥 =

𝜇𝐼

2𝜋𝑥𝑑𝑥 𝑊𝑏 𝑚

• Metre başına manyetik halkalanma akısı d𝜆 dolayısıyla silindirik kesitin içinde oluşan akı, metre başına akı ve akım oranının (silindirik kesit ve tüm iletken) çarpımıdır demiştik. Şu anki durumda x noktası iletkenin dışında olduğundan bu oran 1’e eşittir.

𝑑𝜆 = 𝑑Φ =𝜇𝐼

2𝜋𝑥𝑑𝑥 𝑊𝑏 − 𝑡𝑢𝑟𝑛𝑠 𝑚

• İletkenin merkezinden D1 ve D2 noktaları arasındaki toplam akı halkalanması şu şekilde bulunabilir:

𝜆𝑑𝚤ş = 𝐷1

𝐷2

𝑑𝜆 = 𝐷1

𝐷2 𝜇𝐼

2𝜋𝑥𝑑𝑥 =𝜇𝐼

2𝜋𝑙𝑛𝐷2

𝐷1 𝑊𝑏 − 𝑡𝑢𝑟𝑛𝑠 𝑚

• Ve yine son olarak yukarıdaki denklemi ilk denklemimiz ile birleştirirsek:

𝐿𝑑𝚤ş =𝜆𝑑𝚤ş

𝐼=𝜇

2𝜋𝑙𝑛𝐷2

𝐷1𝐻/𝑚

• Eğer iletkenin bağıl geçirgenliği (𝜇𝑟) 1 ise (bakır ve alüminyum gibi ferromanyetik olmayan maddeler için) denklemimiz aşağıdaki şekle indirgenebilir:

𝐿𝑑𝚤ş =𝜆𝑑𝚤ş

𝐼=𝜇02𝜋𝑙𝑛𝐷2

𝐷1=4𝜋 × 10−7

2𝜋𝑙𝑛𝐷2

𝐷1= 2 × 10−7𝑙𝑛

𝐷2

𝐷1𝐻/𝑚

1

𝑥𝑑𝑥 = 𝑙𝑛 𝑥 + 𝐶

Tek faz iki iletkenli iletim hattının endüktansı• Artık aşağıdaki şekildeki iki iletkenli tek faz iletim hattının endüktansını hesaplayabilecek kadar bilgi edindik.

• Hattımız r yarıçapında ve birbirlerinden D mesafesi kadar uzaklıkta, her birinin üzerinden I akımı geçen (akım yönleri şekilde verilmiştir) iki iletkenden oluşmaktadır.

• Şekilde iki ayrı yarıçapta, x1 ve x2, dairesel patikalar çizilmiştir.

Görüldüğü üzere x1 patikasın içerisinde sadece bir iletken bulunmakta

iken x2 patikası her iki iletkeni de içine almaktadır.

• İlk formülümüze dönecek olursak ve x1 patikasına göze atarsak,

görülecektir ki tüm akım bu patika içerisinde olduğundan denklemimiz

net bir değer verecektir.

• Ancak x2 patikası her iki iletkeni de içine aldığından ve akımların

genlikleri eşit fakat yönleri birebirlerine zıt olduğundan bu patika

içerisinde net akım 0’a eşit olur.

• Buradan çıkaracağımız sonuç ise D uzunluğundan büyük uzunluklarda

toplam empedansımıza manyetik alanlardan kaynaklanan herhangi bir

etki yoktur.

𝐻𝑥 ∙ 𝑑𝑠 = 𝐼𝑥

07.03.2018

16

Tek faz iki iletkenli iletim hattının endüktansı• Bu iletim hattının tek fazının birim uzunluk başına toplam empedansını bulmak için daha önce de

bahsettiğimiz gibi iletkenin iç endüktansı ile r ile D mesafeleri arasındaki dış empedansı toplayacağız.

• Bu iki bileşen daha önceki denklemlerimizi kullanarak rahatlıkla bulunabilir.

𝐿 = 𝐿𝑖ç + 𝐿𝑑𝚤ş =𝜇

8𝜋+𝜇

2𝜋𝑙𝑛𝐷

𝑟=𝜇

2𝜋

1

4+ 𝑙𝑛𝐷

𝑟 𝐻 𝑚

• Simetriden faydalanarak diğer fazdaki toplam empedansın da aynı

olduğunu söyleyebiliriz. Bu durumda iletim hattımızın toplam

empedansı aşağıdaki denklemle verilebilir:

𝐿 =𝜇

𝜋

1

4+ 𝑙𝑛𝐷

𝑟 𝐻 𝑚

(r: iletkenlerin yarıçapı, D iletkenler arası mesafe)

Tek faz iki iletkenli iletim hattının endüktansıYine iletkenin bağıl geçirgenliği (𝜇𝑟) 1 varsayarsak tek faz için denklemimiz aşağıdaki şekli alır:

𝐿 =4𝜋 × 10−7

2𝜋

1

4+ 𝑙𝑛𝐷

𝑟

=1

2+ 2𝑙𝑛𝐷

𝑟× 10−7 = 2 × 10−7 𝑙𝑛 𝑒 1 4 + 𝑙𝑛

𝐷

𝑟

= 2 × 10−7𝑙𝑛𝐷

𝑟 𝑒 −1 4

= 2 × 10−7𝑙𝑛𝐷

𝑟′

• Denklemimizi yine simetriden faydalanarak tek iletkenden yola çıkıp iletim sistemi için

yazarsak:

𝐿 = 4 × 10−7𝑙𝑛𝐷

𝑟′ 𝐻 𝑚

𝑙𝑛 𝑒 1 4 =1

4

𝑟′ = 𝑟 𝑒 1 4

07.03.2018

17

İletim Hattı Empedası• Denklemlerimizden faydalanarak aşağıdaki yorumları yapabiliriz:

• İletkenler arası mesafe arttıkça endüktans artar.Yüksek gerilim havai hatlarında izolasyon gereği faz iletkenleri arasındaki mesafe büyük olmak zorunda, dolayısıyla YG iletim hatlarının endüktanları da AG iletim hatlarına kıyasla daha fazla olmaktadır.

• İletken yarıçapı ne kadar büyürse endüktans o kadar düşer. Pratikte iletim hatlarında büyük yarıçaplı ağır iletkenler kullanılmaz. Ancak aslında büyük yarıçaplı bir iletkene yaklaşmak amaçlı iki veya daha fazla iletken gruplanır. Eğer iletkenler büyük bir yarıçap etrafında yerleştirilirse o zaman bu grubun yerleştirildiği yarıçapa sahip tek bir iletken benzer şekilde davranır. Bir grupta ne kadar fazla iletken olursa yaklaşım o kadar iyidir.

Endüktif Reaktans

• İletim hattının seri endüktif reaktansı hattın endüktansına ve güç sisteminin frekansına bağlıdır. Endüktansı l birim uzunluğu ile ifade etmeye çalışırsak birim uzunlukta endüktif reaktans şu şekilde ifade edilebilir:

𝑥𝐿 = 𝑗𝜔𝐿 = 𝑗2𝜋𝑓𝐿

• Böylece d uzunluğundaki bir iletim hattının toplam endüktif rektansıaşağıdaki şekilde bulunur:

𝑋𝐿 = 𝑥𝐿𝑑

07.03.2018

18

Soru

• Bir iletim hattı her biri 1.5cm çaplı iki iletkenden oluşmaktadır. İletken aralığı 1m olduğuna göre (a) bu iletim hattının toplam empedansını bulunuz (b) 50Hz’deki endüktif reaktansı hesaplayınız.

(a)𝐿 = 4 × 10−7𝑙𝑛𝐷

𝑟′= 4 × 10−7𝑙𝑛

1

(0.015÷2)(𝑒 −1 4)= 2.057 𝜇𝐻/𝑚

(b)𝑋𝐿 = 2𝜋𝑓𝐿 = 2𝜋 50 2,057 × 10−7 = 6,46 × 10−6

D=

1

m

r=1.5 cm

Öz Endüktans ve Ortak Endüktans• Daha önce gördüğümüz iki iletkenli tek faz hattımızdaki tek iletken için endüktansımız öz ve ortak endüktans olarak açılabilir.

• Öz endüktanslarımıza L11 ve L22 deyip ortak endüktansımıza da L12 diyelim. O zaman tek iletken için halkalanma akımız:

• 𝜆1 = 𝐿11𝐼1 + 𝐿12𝐼2

• 𝜆2 = 𝐿22𝐼2 + 𝐿21𝐼1

• → 𝜆1 = 𝐿11 − 𝐿12 𝐼1

• → 𝜆2 = 𝐿22 − 𝐿21 𝐼2

i i

Δv1Δv2

𝐼1 = −𝐼2

Tek iletken için endüktans formülümüzü anımsayalım:

𝜆 = 2 × 10−7𝐼 𝑙𝑛𝐷

𝑟′ 𝐻 𝑚

= 2 × 10−7𝐼 𝑙𝑛1

𝑟′+ 2 × 10−7𝐼 𝑙𝑛

𝐷

1

= 2 × 10−7𝐼 𝑙𝑛1

𝑟′− 2 × 10−7𝐼 𝑙𝑛

1

𝐷

𝜆 = 2 × 10−7 𝑙𝑛1

𝑟′− 2 × 10−7 𝑙𝑛

1

𝐷𝐼

𝑙𝑛𝐴

𝐵= 𝑙𝑛𝐴 − 𝑙𝑛𝐵

07.03.2018

19

Öz Endüktans ve Ortak Endüktans𝜆1 = 𝐿11 − 𝐿12 𝐼1

𝜆2 = 𝐿22 − 𝐿21 𝐼2

𝜆1 = 2 × 10−7 𝑙𝑛1

𝑟1′ − 2 × 10

−7 𝑙𝑛1

𝐷𝐼1

𝜆2 = 2 × 10−7 𝑙𝑛1

𝑟2′ − 2 × 10

−7 𝑙𝑛1

𝐷𝐼2

𝐿11 = 2 × 10−7𝑙𝑛1

𝑟1′

𝐿22 = 2 × 10−7𝑙𝑛1

𝑟2′

𝐿12 = 𝐿21 = 2 × 10−7𝑙𝑛1

𝐷

i i

Δv1Δv2

𝐼1 = −𝐼2

Bir gruptaki tek iletkenin endüktansı• İki iletkenli bir hattan daha genel olan bir grup içerisindeki

tek bir iletken düşünelim. Bu grup içerisinde tüm

iletkenlerden akan akımın toplamının sıfır olduğunu

varsayacağız.

𝐼1 + 𝐼2 +⋯+ 𝐼𝑖 +⋯+ 𝐼𝑛 = 0

• Daha önce bulduğumuz halkalanma akısı denklemini

genellemiş olursak ise:

𝜆𝑖 = 𝐿𝑖𝑖𝐼𝑖 +

𝑗=1

𝑛

𝐿𝑖𝑗𝐼𝑗 𝑗 ≠ 𝑖

veya 𝜆𝑖 = 2 × 10−7 𝐼𝑖𝑙𝑛

1

𝑟𝑖′ + 𝑗=1

𝑛 𝐼𝑗𝑙𝑛1

𝐷𝑖𝑗𝑗 ≠ 𝑖

07.03.2018

20

Simetrik üç faz iletim hattının endüktansı• Her iletkenin yarıçapı r aralarındaki mesafe D’dir.

• 𝐼𝑎 + 𝐼𝑏 + 𝐼𝑐 = 0 (Dengeli yük)

𝜆𝑖 = 2 × 10−7 𝐼𝑖𝑙𝑛

1

𝑟𝑖′ +

𝑗=1

𝑛

𝐼𝑗𝑙𝑛1

𝐷𝑖𝑗

≫ 𝜆𝑎 = 2 × 10−7 𝐼𝑎𝑙𝑛

1

𝑟′+ 𝐼𝑏𝑙𝑛

1

𝐷+ 𝐼𝑐𝑙𝑛

1

𝐷

𝐼𝑏 + 𝐼𝑐 = −𝐼𝑎

𝜆𝑎 = 2 × 10−7 𝐼𝑎𝑙𝑛

1

𝑟′− 𝐼𝑎𝑙𝑛

1

𝐷

= 2 × 10−7𝐼𝑎𝑙𝑛𝐷

𝑟′Buradan da faz başına edüktansımız:

𝐿𝑎 = 2 × 10−7𝑙𝑛𝐷

𝑟′

Simetrik üç faz iletim hattının endüktansı

𝜆𝑎 = 2 × 10−7𝐼𝑎𝑙𝑛

𝐷

𝑟′

𝜆𝑏 = 2 × 10−7𝐼𝑏𝑙𝑛

𝐷

𝑟′

𝜆𝑐 = 2 × 10−7𝐼𝑐𝑙𝑛

𝐷

𝑟′

𝜆 = 2 × 10−7

𝑙𝑛𝐷

𝑟′0 0

0 𝑙𝑛𝐷

𝑟′0

0 0 𝑙𝑛𝐷

𝑟′

𝐼𝑎𝐼𝑏𝐼𝑐

Endüktans matrisi

07.03.2018

21

Soru

• Yanda gösterilen iletim hattının 3 faz ve dengeli olduğunu varsayalım. Bu iletim hattı 5 km uzunluğunda ve üzerindeki gerilim 60Hz ise, faz başına toplam reaktansı hesaplayınız. (D = 5 m , R = 1.24 cm)

𝐿𝑎 = 2 × 10−7𝑙𝑛𝐷

𝑟′= 2 × 10−7𝑙𝑛

500

1.24 × 𝑒 −1 4

= 1.25 × 10−6 𝐻 𝑚

𝑋𝑎 = 2𝜋 × 60 × 1.25 × 10−6

= 4.71 × 10−4 Ω 𝑚

𝑋𝑡𝑝𝑙 = 𝑋𝑎 × 5𝑘𝑚 = 2.355Ω

𝐼𝑎 + 𝐼𝑏 + 𝐼𝑐 = 0

Asimetrik üç faz iletim hattının endüktansı• Her iletkenin yarıçapı r aralarındaki mesafe yanda gösterildiği gibidir.

𝜆𝑖 = 2 × 10−7 𝐼𝑖𝑙𝑛

1

𝑟𝑖′ +

𝑗=1

𝑛

𝐼𝑗𝑙𝑛1

𝐷𝑖𝑗

𝜆𝑎 = 2 × 10−7 𝐼𝑎𝑙𝑛

1

𝑟′+ 𝐼𝑏𝑙𝑛

1

𝐷12+ 𝐼𝑐𝑙𝑛

1

𝐷13

𝜆𝑏 = 2 × 10−7 𝐼𝑏𝑙𝑛

1

𝑟′+ 𝐼𝑎𝑙𝑛

1

𝐷12+ 𝐼𝑐𝑙𝑛

1

𝐷23

𝜆𝑐 = 2 × 10−7 𝐼𝑐𝑙𝑛

1

𝑟′+ 𝐼𝑎𝑙𝑛

1

𝐷13+ 𝐼𝑏𝑙𝑛

1

𝐷23

07.03.2018

22

Asimetrik üç faz iletim hattının endüktansı• Akımlarımızın dengeli olduğunu varsayarsak:

𝐼𝑏 = 𝐼𝑎∠240° = 𝑎2𝐼𝑎

𝐼𝑐 = 𝐼𝑎∠120° = 𝑎𝐼𝑎

𝜆𝑎 = 2 × 10−7 𝐼𝑎𝑙𝑛

1

𝑟′+ 𝑎2𝐼𝑎𝑙𝑛

1

𝐷12+ 𝑎𝐼𝑎𝑙𝑛

1

𝐷13

𝜆𝑏 = 2 × 10−7 𝑎𝐼𝑏𝑙𝑛

1

𝐷12+ 𝐼𝑏𝑙𝑛

1

𝑟′+ 𝑎2𝐼𝑏𝑙𝑛

1

𝐷23

𝜆𝑐 = 2 × 10−7 𝑎2𝐼𝑐𝑙𝑛

1

𝐷13+ 𝑎𝐼𝑐𝑙𝑛

1

𝐷23+ 𝐼𝑐𝑙𝑛

1

𝑟′

𝐿𝑎 =𝜆𝑎𝐼𝑎= 2 × 10−7 𝑙𝑛

1

𝑟′+ 𝑎2𝑙𝑛

1

𝐷12+ 𝑎𝑙𝑛

1

𝐷13

𝐿𝑏 =𝜆𝑏𝐼𝑏= 2 × 10−7 𝑎𝑙𝑛

1

𝐷12+ 𝑙𝑛1

𝑟′+ 𝑎2𝑙𝑛

1

𝐷23

𝐿𝑐 =𝜆𝑐𝐼𝑐= 2 × 10−7 𝑎2𝑙𝑛

1

𝐷13+ 𝑎𝑙𝑛

1

𝐷23+ 𝑙𝑛1

𝑟′

Asimetrik üç faz iletim hattının endüktansı𝐿𝑎 =𝜆𝑎𝐼𝑎= 2 × 10−7 𝑙𝑛

1

𝑟′+ 𝑎2𝑙𝑛

1

𝐷12+ 𝑎𝑙𝑛

1

𝐷13

𝐿𝑏 =𝜆𝑏𝐼𝑏= 2 × 10−7 𝑎𝑙𝑛

1

𝐷12+ 𝑙𝑛1

𝑟′+ 𝑎2𝑙𝑛

1

𝐷23

𝐿𝑐 =𝜆𝑐𝐼𝑐= 2 × 10−7 𝑎2𝑙𝑛

1

𝐷13+ 𝑎𝑙𝑛

1

𝐷23+ 𝑙𝑛1

𝑟′

Yukarıda da görüleceği gibi, asimetrik bir dizilişte faz endüktansları birbirlerine eşit olmayıp

ortak empedans yüzünden sanal kısımlar ihtiva ederler.

𝜆 = 2 × 10−7

𝑙𝑛1

𝑟′𝑎2𝑙𝑛1

𝐷12𝑎𝑙𝑛1

𝐷13

𝑎𝑙𝑛1

𝐷12𝑙𝑛1

𝑟′𝑎2𝑙𝑛1

𝐷23

𝑎2𝑙𝑛1

𝐷13𝑎𝑙𝑛1

𝐷23𝑙𝑛1

𝑟′

𝐼𝑎𝐼𝑏𝐼𝑐

Endüktans matrisi

07.03.2018

23

Soru

• Aşağıdaki iletim hattının endüktans matrisini yazınız. İletim hattının 3 faz dengeli olduğunu varsayınız.

a cb

D D2R

a cb

D D2R

𝜆𝑎 = 2 × 10−7 𝐼𝑎𝑙𝑛

1

𝑅′+ 𝐼𝑏𝑙𝑛

1

𝐷+ 𝐼𝑐𝑙𝑛

1

2𝐷

𝐼𝑎 + 𝐼𝑏 + 𝐼𝑐 = 0

𝜆𝑎 = 2 × 10−7 𝐼𝑎𝑙𝑛

1

𝑅′+ 𝐼𝑏𝑙𝑛

1

𝐷+ (−𝐼𝑎−𝐼𝑏)𝑙𝑛

1

2𝐷

= 2 × 10−7 𝐼𝑎 𝑙𝑛1

𝑅′− 𝑙𝑛1

2𝐷+ 𝐼𝑏 𝑙𝑛

1

𝐷− 𝑙𝑛1

2𝐷

= 2 × 10−7 𝐼𝑎𝑙𝑛2𝐷

𝑅′+ 𝐼𝑏𝑙𝑛2

𝜆𝑖 = 2 × 10−7 𝐼𝑖𝑙𝑛

1

𝑟𝑖′ +

𝑗=1

𝑛

𝐼𝑗𝑙𝑛1

𝐷𝑖𝑗𝑗 ≠ 𝑖

07.03.2018

24

𝜆𝑏 = 2 × 10−7 𝐼𝑏𝑙𝑛

1

𝑅′+ 𝐼𝑎𝑙𝑛

1

𝐷+ 𝐼𝑐𝑙𝑛

1

𝐷𝐼𝑎 + 𝐼𝑏 + 𝐼𝑐 = 0

𝜆𝑏 = 2 × 10−7 𝐼𝑏𝑙𝑛

1

𝑅′− 𝐼𝑏𝑙𝑛

1

𝐷= 2 × 10−7𝐼𝑏𝑙𝑛

𝐷

𝑅′

a cb

D D2R

𝜆𝑖 = 2 × 10−7 𝐼𝑖𝑙𝑛

1

𝑟𝑖′ +

𝑗=1

𝑛

𝐼𝑗𝑙𝑛1

𝐷𝑖𝑗𝑗 ≠ 𝑖

𝐼𝑎 + 𝐼𝑏 + 𝐼𝑐 = 0

𝜆𝑐 = 2 × 10−7 𝐼𝑐𝑙𝑛

1

𝑅′+ (−𝐼𝑏−𝐼𝑐)𝑙𝑛

1

2𝐷+ 𝐼𝑏𝑙𝑛

1

𝐷

= 2 × 10−7 𝐼𝑐 𝑙𝑛1

𝑅′− 𝑙𝑛1

2𝐷+ 𝐼𝑏 𝑙𝑛

1

𝐷− 𝑙𝑛1

2𝐷

= 2 × 10−7 𝐼𝑐𝑙𝑛2𝐷

𝑅′+ 𝐼𝑏𝑙𝑛2

𝜆𝑐 = 2 × 10−7 𝐼𝑐𝑙𝑛

1

𝑅′+ 𝐼𝑎𝑙𝑛

1

2𝐷+ 𝐼𝑏𝑙𝑛

1

𝐷

a cb

D D2R

𝜆𝑖 = 2 × 10−7 𝐼𝑖𝑙𝑛

1

𝑟𝑖′ +

𝑗=1

𝑛

𝐼𝑗𝑙𝑛1

𝐷𝑖𝑗𝑗 ≠ 𝑖

07.03.2018

25

𝜆𝑎 = 2 × 10−7 𝐼𝑎𝑙𝑛

2𝐷

𝑅′+ 𝐼𝑏𝑙𝑛2

𝜆𝑏 = 2 × 10−7𝐼𝑏𝑙𝑛

𝐷

𝑅′

𝜆𝑐 = 2 × 10−7 𝐼𝑐𝑙𝑛

2𝐷

𝑅′+ 𝐼𝑏𝑙𝑛2

𝜆 = 2 × 10−7

𝑙𝑛2𝐷

𝑅′𝑙𝑛2 0

0 𝑙𝑛𝐷

𝑅′0

0 𝑙𝑛2 𝑙𝑛2𝐷

𝑅′

𝐼𝑎𝐼𝑏𝐼𝑐

𝐸𝑚𝑝𝑒𝑛𝑑𝑎𝑛𝑠 𝑀𝑎𝑡𝑟𝑖𝑠𝑖 = 2 × 10−7

𝑙𝑛2𝐷

𝑅′𝑙𝑛2 0

0 𝑙𝑛𝐷

𝑅′0

0 𝑙𝑛2 𝑙𝑛2𝐷

𝑅′

a cb

D D2R

𝜆𝑖 = 2 × 10−7 𝐼𝑖𝑙𝑛

1

𝑟𝑖′ +

𝑗=1

𝑛

𝐼𝑗𝑙𝑛1

𝐷𝑖𝑗𝑗 ≠ 𝑖

İletim Hatlarında Çaprazlama (Transpozisyon)• Asimetrik formasyondaki durumlarda fazlar arasındaki farklı halkalanma

akıları ve dolayısıyla farklı endüktanslara sebebiyet verir. Bu durumda da dengesiz bir devre açığa çıkar.

• Fazlar arasındaki dengeyi yeniden eşitlemek amacı ile eşit aralıklarla iletkenleri yerlerinin birbirleri ile değiştirilmesine transpozisyon ya da çaprazlama denir.

• Tam bir döngüde çaprazlama döngüsünde a, b ve c diye adlandırılan iletkenler 1, 2 ve 3. pozisyonlara yerleştirilir. Çaprazlama toplam uzunluğun her 1/3’ünde yapılır.

• Sonuç olarak hat sonunda toplam faz endüktansları birbirine eşit olur.

07.03.2018

26

İletim Hatlarında Çaprazlama (Transpozisyon)• Çaprazlanmış bit iletim hattının her iletkeni tüm üç pozisyonda da

bulunduğundan, faz başına endüktans bu üç değerin ortalamasını alınarak bulunabilir.

• Daha önce asimetrik diziliş için kullandığımız denklemleri hatırlayalım.

• a iletkenini inceleyelim.

𝜆𝑎 = 2 × 10−7 𝐼𝑎𝑙𝑛

1

𝑟′+ 𝑎2𝐼𝑎𝑙𝑛

1

𝐷12+ 𝑎𝐼𝑎𝑙𝑛

1

𝐷13

𝜆𝑏 = 2 × 10−7 𝑎𝐼𝑏𝑙𝑛

1

𝐷12+ 𝐼𝑏𝑙𝑛

1

𝑟′+ 𝑎2𝐼𝑏𝑙𝑛

1

𝐷23

𝜆𝑐 = 2 × 10−7 𝑎2𝐼𝑐𝑙𝑛

1

𝐷13+ 𝑎𝐼𝑐𝑙𝑛

1

𝐷23+ 𝐼𝑐𝑙𝑛

1

𝑟′

İletim Hatlarında Çaprazlama (Transpozisyon)• 𝜆𝑎1 = 2 × 10

−7 𝐼𝑎𝑙𝑛1

𝑟′+ 𝑎2𝐼𝑎𝑙𝑛

1

𝐷12+ 𝑎𝐼𝑎𝑙𝑛

1

𝐷13

• 𝜆𝑎2 = 2 × 10−7 𝐼𝑎𝑙𝑛

1

𝑟′+ 𝑎2𝐼𝑎𝑙𝑛

1

𝐷23+ 𝑎𝐼𝑎𝑙𝑛

1

𝐷12

• 𝜆𝑎3 = 2 × 10−7 𝐼𝑎𝑙𝑛

1

𝑟′+ 𝑎2𝐼𝑎𝑙𝑛

1

𝐷13+ 𝑎𝐼𝑎𝑙𝑛

1

𝐷23

07.03.2018

27

İletim Hatlarında Çaprazlama (Transpozisyon)

𝜆𝑎 =𝜆𝑎1 + 𝜆𝑎2 +𝜆𝑎3

3=2 × 10−7

33𝐼𝑎𝑙𝑛1

𝑟′+ 𝑎2𝐼𝑎𝑙𝑛

1

𝐷12𝐷23𝐷13+ 𝑎𝐼𝑎𝑙𝑛

1

𝐷13𝐷12𝐷23

=2 × 10−7

33𝐼𝑎𝑙𝑛1

𝑟′+ (𝑎2 + 𝑎)𝐼𝑎𝑙𝑛

1

𝐷12𝐷23𝐷13=2 × 10−7

33𝐼𝑎𝑙𝑛1

𝑟′− 𝐼𝑎𝑙𝑛

1

𝐷12𝐷23𝐷13

= 2 × 10−7𝐼𝑎𝑙𝑛

3 𝐷12𝐷23𝐷13

𝑟′= 2 × 10−7𝐼𝑎𝑙𝑛

𝐷𝑚𝑟′𝑊𝑏𝑡/𝑚

𝐷𝑚 =3 𝐷12𝐷23𝐷13

İletkenler arası geometrik

ortalama mesafe (GMD)

𝐿𝑎 = 2 × 10−7𝑙𝑛𝐷𝑒𝑞

𝑟′𝐻/𝑚

ÖDEV!!!

𝐿𝑏ve 𝐿𝑐ve endüktans

matrisi

Bu noktada çaprazlama yapılmamış iletim hatlarında asimetrinin etkisinin küçük olduğunu ve endüktans

hesaplamalarında çoğu zaman hattın çaprazlama yapılmış olduğu varsayıldığı belirtilmelidir.

Soru

20 mt20 mt

38 mt

9.578 cm

Yandaki üç fazlı iletim hattının tek faz

iletkenindeki kilometre başına endüktif

reaktansını bulunuz. İletkenlerin

tranpozisyonun yapıldığını varsayınız.

(f=60Hz)

𝐷𝑚 =3 𝐷12𝐷23𝐷13 =

320 × 20 × 38 = 24.80 𝑚𝑡

𝑟′ = 𝑟𝑒 −1 4 = 4.789 × 0.7788 = 3.73 𝑐𝑚

𝐿 = 2 × 10−7𝑙𝑛24.80

0.0373= 13 × 10−7 𝐻/𝑚𝑡

𝑋𝐿 = 2𝜋 × 60 × 13 × 10−7 × 10−3 = 0.0049 Ω/𝑘𝑚

07.03.2018

28

Demet İletkenler• Özellikle ekstra yüksek gerilimlerde (230kV üstü) faz

başına tek iletken kullanıldığı durumlarda, korona etkisi ve korona etkisi sonucu meydana gelen güç kayıpları ve daha önemlisi iletişim sistemlerinde oluşacak parazitler çok yüksek seviyelerdedir.

• Bu etkiler, her faz için birbirlerine fazlar arası mesafeden daha az mesafede olan iki veya daha fazla iletken kullanılarak önemli ölçüde en aza indirilir.

• Bu tip iletkenlere demet iletkenler adı verilir. Demetler iki, üç ya da dört iletkenden oluşur.

• Tipik değerler iki iletken demeti için 345kV, üç iletkenli demet için 500kV ve dört iletkenli demet için 765kV’dur.

Demet İletkenlerde Halkalanma Akısı

• Yandaki dört iletken demetli iletim hattını inceleyelim. Buradaki varsayımımız akımın demet içerisindeki iletkenler arasında eşit bölündüğü olacak.

• Öncelikle 1 numaralı iletken için halkalanma akımızı yazalım.

1 2

3 4

9 10

11 12

5 6

7 8

A

C B

𝜆1 = 2 × 10−7𝐼𝑎4𝑙𝑛1

𝑟′+ 𝑙𝑛1

𝑑12+ 𝑙𝑛1

𝑑13+ 𝑙𝑛1

𝑑14+𝐼𝑏4𝑙𝑛1

𝑑15+ 𝑙𝑛1

𝑑16+ 𝑙𝑛1

𝑑17+ 𝑙𝑛1

𝑑18+𝐼𝑐4𝑙𝑛1

𝑑19+ 𝑙𝑛

1

𝑑110+ 𝑙𝑛

1

𝑑111+ 𝑙𝑛

1

𝑑112

= 2 × 10−7 𝐼𝑎𝑙𝑛1

(𝑟′𝑑12𝑑13𝑑14) 1 4+ 𝐼𝑏𝑙𝑛

1

(𝑑15𝑑16𝑑17𝑑18) 1 4+ 𝐼𝑐𝑙𝑛

1

(𝑑19𝑑110𝑑111𝑑112) 1 4

07.03.2018

29

Demet İletkenlerde Halkalanma Akısı

𝜆1 = 2 × 10−7𝐼𝑎4𝑙𝑛1

𝑟′+ 𝑙𝑛1

𝑑12+ 𝑙𝑛1

𝑑13+ 𝑙𝑛1

𝑑14+𝐼𝑏4𝑙𝑛1

𝑑15+ 𝑙𝑛1

𝑑16+ 𝑙𝑛1

𝑑17+ 𝑙𝑛1

𝑑18+𝐼𝑐4𝑙𝑛1

𝑑19+ 𝑙𝑛

1

𝑑110+ 𝑙𝑛

1

𝑑111+ 𝑙𝑛

1

𝑑112

= 2 × 10−7 𝐼𝑎𝑙𝑛1

(𝑟′𝑑12𝑑13𝑑14) 1 4+ 𝐼𝑏𝑙𝑛

1

(𝑑15𝑑16𝑑17𝑑18) 1 4+ 𝐼𝑐𝑙𝑛

1

(𝑑19𝑑110𝑑111𝑑112) 1 4

𝐷𝑠 = (𝑟′𝑑12⋯𝑑1𝑛 )

1 𝑛 → 𝐷𝑠 = (𝑟′𝑑12𝑑13𝑑14)

1 4 𝐷𝑚 = (𝑑15⋯𝑑1𝑏 ) 1 𝑏 → 𝐷𝑚 = (𝑑15𝑑16𝑑17𝑑18)

1 4

Demetler arası geometrik ortalama mesafe

(GMD)

İletken demetinin geometrik ortalama yarıçapı

(GMR)

𝜆1 = 2 × 10−7𝐼𝑎𝑙𝑛

𝐷𝑚𝐷𝑠= 2 × 10−7𝐼𝑎𝑙𝑛

𝐷

𝐷𝑠

𝐼𝑎 + 𝐼𝑏 + 𝐼𝑐 = 0 → 𝐼𝑎 = −𝐼𝑏 − 𝐼𝑐 𝐷𝐴𝐵 = 𝐷𝐴𝐶 = 𝐷𝐵𝐶 = 𝐷

Demet İletkenlerde Endüktans

𝐿1 =𝜆1𝐼1=2 × 10−7𝐼𝑎𝑙𝑛

𝐷𝑚𝐷𝑠

𝐼1=2 × 10−7(4𝐼1)𝑙𝑛

𝐷𝑚𝐷𝑠

𝐼1= 8 × 10−7𝑙𝑛

𝐷𝑚𝐷𝑠

• Her demet birbirine paralel 4 iletkenden oluşmakta:

𝐿𝑎 =𝐿14= 2 × 10−7𝑙𝑛

𝐷𝑚𝐷𝑠= 2 × 10−7𝐼𝑎𝑙𝑛

𝐷

𝐷𝑠

07.03.2018

30

SoruAşağıda gösterilen üç iletken demetli üç faz iletim hattının faz

başına endüktans ve reaktansını hesaplayınız. İletim hattının

çaprazlanmış olduğunu ve iletkenlerin 1cm yarıçapında

olduğunu varsayınız.

D = 10 mt.

d = 0.3 mt.

f = 60 Hz

Soru

𝐿1 =𝜆1𝐼1=2 × 10−7 × 3𝐼1 × 𝑙𝑛

𝐷𝑚𝐷𝑠

𝐼1= 6 × 10−7 × 𝑙𝑛

𝐷𝑚𝐷𝑠

𝐷𝑚 =3 𝐷12𝐷13𝐷23 =

310 × 20 × 10 = 12.6 𝑚𝑡

𝐷𝑠 =3 𝑟′𝑑12𝑑13 =

30.0078 × 0.3 × 0.3 = 0.0888 𝑚𝑡

𝑟′ = 𝑟 𝑒 −14 = 0.0078 𝑚𝑡

𝐿𝑎 =𝐿13= 2 × 10−7𝑙𝑛

𝐷𝑚𝐷𝑠= 2 × 10−7𝑙𝑛

12.6

0.0888= 9.91 × 10−7 𝐻/𝑚𝑡

𝑋𝑎 = 2𝜋𝑓𝐿𝑎 = 3.74 × 10−4 Ω/𝑚𝑡

𝐼𝑎 = 3𝐼1

07.03.2018

31

Kapasitans• İletim hattındaki kapasitans, iletkenler arası gerilim farkından ortaya çıkar. İki iletkenin farklı gerilimlerde

olduğunu ve aralarında da bir yalıtkan madde (hava) olduğunu düşünün!

• Kapasitans, yükün (q) gerilime olan oranı şeklinde verilir:

𝐶 =𝑞

𝑉𝐹/𝑚

q = iletkenlerdeki yük

V = iletkenler ararsı potansiyel farkı

C = bir çift iletken arasındaki kapasitans

• İletim hatları her faz üzerinde zamanla değişen birer gerilim taşırlar. Bu alternatif gerilimler iletkenler

üzerindeki yüklerin yukarıdaki denklem gereğince zamanla artıp çoğalmasına sebep olurlar ve bu değişim bir

yüklenme akımı meydana getirir. Bu yüklenme akımı da iletim hattındaki akımı yükseltirken aynı zamanda

iletim hattının güç faktörünü ve gerilim düşümünü de değiştirir.

Kapasitans• Bir iletim hattının kapasitansı Gauss kuralı ile bulunabilir. Gauss kuralına göre kapalı bir yüzey içerisinde kalan toplam elektrik yükü,

yüzeyden geçen net elektrik akıya eşittir. Yani bir başka deyişle kapalı yüzey (A) içerisindeki toplam yük, yüzey üzerinde elektrik akı

yoğunluğunun dik bileşeninin integraline eşittir:

𝐴

𝐷 ∙ 𝑑𝐴 = 𝑞

q = yüzey içerisindeki yük

D = yüzeydeki elektrik akı yoğunluğu

dA = yüzeye dik birim vektör

• Bir noktadaki elektrik akı yoğunluğu şu denklemle gösterilir:

𝐷 = 𝜀𝐸

D = yüzeydeki elektrik akı yoğunluğu

E = aynı noktadaki elektrik alanı şiddeti

𝜀 = bağıl yalıtkanlık

(havanın yalıtkanlığı: 𝜀0 = 8.85 × 10−12 𝐹/𝑚)

07.03.2018

32

Kapasitans• Elektrik akı çizgileri bir iletkenin yüzeyinden düzgün bir biçimde yüzeyde pozitif yük olacak

şekilde dışarıya doğru yayılır. Bu yandaki şekille gösterilmeye çalışılmıştır. Böyle bir durumda akı

yoğunluğu vektörü (D), yüzeye dik birim vektöre paralel olacak, değeri de değişmeyen bir

yapıçap (r) etrafındaki patikada her zaman sabit olacaktır.

• O zaman integral içerisindeki denklemimiz aşağıdaki şekilde yazılabilir:

𝐷𝐴 = 𝑄

𝐷 2𝜋𝑥𝑙 = 𝑞𝑙

• Alan olarak iletkenimizin etrafında bir silindir düşünebiliriz. Ayrıca, Q iletken üzerindeki toplam

yük olduğundan, birim uzunluktaki yük yerine ql yazılabilir. Denklemimizi 1 metrelik birim

uzunluk için düzenlersek akı yoğunluğu denklemimiz şu şekli alır:

𝐷 =𝑞

2𝜋𝑥

𝐸 =𝑞

2𝜋𝜀0𝑥

Kapasitans• Elektrik alan şiddetini elde ettikten sonra geriye buradan iki nokta

arasındaki potansiyel farka geçmek kalıyor.

• İki nokta arasındaki potansiyel fark (V), sayısal olarak, 1 coulomb’luk

bir yükü bu iki nokta arasında hareket ettirmek için gerekli olan

(Joules cinsinden) iş’e eşittir.

• Elektrik alan şiddeti (V/m cinsinden) ise bir noktadaki 1 coulomb’lukyükün elektrik alan içerisindeki bir noktada üzerindeki (N/C cinsinden) kuvvettir.

• İki nokta arasında 1 coulomb’luk yük üzerindeki (Newton cinsinden) kuvvetin integrali, bu yükün daha düşük potansiyelden daha yüksek potansiyele hareket ettirilmesi için gereken iştir ve sayısal olarak iki nokta arasındaki potansiyel farktır.

𝑉12 = 𝐷1

𝐷2

𝐸 𝑑𝑙 = 𝐷1

𝐷2

𝐸 𝑑𝑥 = 𝐷1

𝐷2 𝑞

2𝜋𝜀0𝑥𝑑𝑥 =

𝑞

2𝜋𝜀0𝑙𝑛𝐷2𝐷1

07.03.2018

33

Tek faz iki iletkenli iletim hattının kapasitansı

• Bir metre uzunluğunda iki iletkenden oluşan bir iletim hattını inceleyeceğiz.

• İki iletken arasındaki potansiyel farkı hesaplayabilmemiz iki ön hesaplama

yapmamız gerekir.

1. Öncelikle a iletkeni üzerindeki yükten dolayı oluşan ilk iletkenin yüzeyindeki bir nokta ile ikinci iletken arasındaki potansiyel fark:

𝑉𝑎𝑏,𝑎 =𝑞𝑎2𝜋𝜀0𝑙𝑛𝐷

𝑟𝑎

2. Daha sonra ise b iletkeni üzerindeki bir yükten kaynaklanan ikindi iletkenin yüzeyi ile birinci iletken arasındaki potansiyel fark:

𝑉𝑏𝑎,𝑏 =𝑞𝑏2𝜋𝜀0𝑙𝑛𝐷

𝑟𝑏

Tek faz iki iletkenli iletim hattının kapasitansı

1. Öncelikle a iletkeni üzerindeki yükten dolayı oluşan ilk iletkenin yüzeyindeki bir

nokta ile ikinci iletken arasındaki potansiyel fark:

𝑉𝑎𝑏,𝑎 =𝑞𝑎2𝜋𝜀0𝑙𝑛𝐷

𝑟𝑎

2. Daha sonra ise b iletkeni üzerindeki bir yükten kaynaklanan ikindi iletkenin yüzeyi ile

birinci iletken arasındaki potansiyel fark:

𝑉𝑏𝑎,𝑏 =𝑞𝑏2𝜋𝜀0𝑙𝑛𝐷

𝑟𝑏

𝑉𝑎𝑏 = 𝑉𝑎𝑏,𝑎 + 𝑉𝑎𝑏,𝑏 =𝑞𝑎2𝜋𝜀0𝑙𝑛𝐷

𝑟𝑎−𝑞𝑏2𝜋𝜀0𝑙𝑛𝐷

𝑟𝑏=𝑞𝑎2𝜋𝜀0

𝑙𝑛𝐷

𝑟𝑎+ 𝑙𝑛𝐷

𝑟𝑏

𝑞𝑎 = −𝑞𝑏

𝑉𝑎𝑏 =𝑞𝑎2𝜋𝜀0𝑙𝑛𝐷2

𝑟𝑎𝑟𝑏𝑉

07.03.2018

34

Tek faz iki iletkenli iletim hattının kapasitansı

𝑉𝑎𝑏 =𝑞𝑎2𝜋𝜀0𝑙𝑛𝐷2

𝑟𝑎𝑟𝑏𝑉

𝐶𝑎𝑏 =𝑞𝑎𝑉𝑎𝑏=2𝜋𝜀0

𝑙𝑛𝐷2

𝑟𝑎𝑟𝑏

𝐹/𝑚

• Bahsi geçen iki iletkenin yarıçaplarının aynı olduğu düşünülürse:

𝑟𝑎 = 𝑟𝑏 = 𝑟

𝐶𝑎𝑏 =𝜋𝜀0

𝑙𝑛𝐷𝑟

𝐹/𝑚

• Yukarıdaki denklem tek faz iki iletkenli iletim hattının kapasitansını verir. Her iletken ile toprak ya da nötr arasındaki

potansiyel fark iki iletken arasındaki potansiyel farkın yarısına eşittir. O zaman tek faz iki iletkenli bir iletim hattının

toprağa/nötre kapasitansı şu şekilde gösterilebilir:

𝐶𝑛 = 𝐶𝑎𝑛 = 𝐶𝑏𝑛 =𝑞𝑎 𝑉𝑎𝑏 2=2𝜋𝜀0

𝑙𝑛𝐷𝑟

𝐹/𝑚

Soru

Her birinin 2 cm’lik yarıçapı olan iki alüminyum iletkenden oluşan 8000 V, 60 Hz tek faz bir iletim hattının iletkenleri arasındaki mesafe 1.2m’dir. Bu iletim hattı 30 km olup iletim hattındaki iletkenlerin sıcaklığı 20°C’dir. (Alüminyum özdireci 2.83x10-8 alınacak.)

a) Bu iletim hattının kilometre başına seri direncini bulunuz.

b) Bu iletim hattının kilometre başına seri endüktansını bulunuz.

c) Bu iletim hattının kilometre başına paralel kapasitansını bulunuz.

d) Bu iletim hattının toplam seri reaktansını bulunuz.

e) Bu iletim hattının toplam paralel admitansını bulunuz.

f) Bu iletim hattının toplam paralel kapasitif reaktansını bulunuz.

07.03.2018

35

Soru

a) Bu iletim hattının kilometre başına seri direncini bulunuz.

𝑅 =𝜌𝑙

𝐴=(2.83 × 10−8 Ω𝑚)(1000𝑚)

𝜋(0.02)2= 0.0225 Ω/𝑘𝑚

b) Bu iletim hattının kilometre başına seri endüktansını bulunuz.

𝐿 = 4 × 10−7𝑙𝑛𝐷

𝑟′= 4 × 10−7𝑙𝑛

1.2

0.016= 1.727 × 10−6 𝐻/𝑚

𝐿𝑘𝑚 = 𝐿 × 1000 = 1.648 × 10−6 × 1000 = 1.727 × 10−3 𝐻/𝑘𝑚

Soru

c) Bu iletim hattının kilometre başına paralel kapasitansını bulunuz.

𝐶 =𝜋𝜀0

𝑙𝑛𝐷𝑟

=𝜋(8.854 × 10−12𝐹/𝑚)

𝑙𝑛1.20.02

= 6.784 × 10−12 𝐹/𝑚

𝐶𝑘𝑚 = 𝐶 × 1000 = 6.784 × 10−9 𝐹/𝑘𝑚

d) Bu iletim hattının toplam seri empedansını bulunuz.

𝑍𝑠𝑒 = 𝑟 + 𝑗𝑥 = 𝑟 + 𝑗2𝜋𝑓𝐿 = 0.0225+ 𝑗2𝜋 60 1.727 × 10−3

= 0.225 + 𝑗0.651 Ω/𝑘𝑚

𝑍𝑠𝑒,𝑖ℎ = 𝑍𝑠𝑒 × 30 𝑘𝑚 = 0.675+ 𝑗19.53 Ω

07.03.2018

36

Soru

e) Bu iletim hattının toplam paralel admitansını bulunuz.

𝑌𝑝𝑟 = 𝑗𝐶 = 𝑗2𝜋𝑓𝐶 = 𝑗2𝜋 60 6.794 × 10−9

= 𝑗2.561 × 10−6 𝑆/𝑘𝑚

𝑌𝑝𝑟,𝑖ℎ = 𝑌𝑝𝑟 × 30 𝑘𝑚 = 𝑗7.684 × 10−5 𝑆

f) Bu iletim hattının toplam paralel reaktansını bulunuz.

𝑍𝑝𝑟,𝑖ℎ =1

𝑌𝑝𝑟,𝑖ℎ= −𝑗13 𝑘Ω

Simetrik üç faz iletim hattının kapasitansı

• İletkenlerin üzerindeki yüklerin toplamının 0’a eşit olduğunu varsayarsak, yani:

𝑞1 + 𝑞1 +⋯+ 𝑞𝑛 = 0

• Önceki formülümüzü süperpoze (?) edersek aşağıdaki denklem elde edilir:

𝑉𝑖𝑗 =1

2𝜋𝜀0

𝑘=1

𝑛

𝑞𝑘 𝑙𝑛𝐷𝑘𝑗

𝐷𝑘𝑖𝑉

• Bu denklemi simetrik üç fazlı bir iletim hattına uygulayacağız.

07.03.2018

37

Simetrik üç faz iletim hattının kapasitansı

𝑉𝑖𝑗 =1

2𝜋𝜀0

𝑘=1

𝑛

𝑞𝑘 𝑙𝑛𝐷𝑘𝑗𝐷𝑘𝑖

𝑉𝑎𝑏 =1

2𝜋𝜀0𝑞𝑎𝑙𝑛𝐷𝑎𝑏𝐷𝑎𝑎+ 𝑞𝑏𝑙𝑛

𝐷𝑏𝑏𝐷𝑏𝑎+ 𝑞𝑐𝑙𝑛

𝐷𝑐𝑏𝐷𝑐𝑎

=1

2𝜋𝜀0𝑞𝑎𝑙𝑛

𝐷

𝑟+ 𝑞𝑏𝑙𝑛

𝑟

𝐷ln1 = 0

ra

Simetrik üç faz iletim hattının kapasitansı

𝑉𝑎𝑐 =1

2𝜋𝜀0𝑞𝑎𝑙𝑛𝐷𝑎𝑐𝐷𝑎𝑎+ 𝑞𝑏𝑙𝑛

𝐷𝑏𝑐𝐷𝑏𝑎+ 𝑞𝑐𝑙𝑛

𝐷𝑐𝑐𝐷𝑐𝑎

=1

2𝜋𝜀0𝑞𝑎𝑙𝑛

𝐷

𝑟+ 𝑞𝑐𝑙𝑛

𝑟

𝐷

𝑉𝑎𝑏 + 𝑉𝑎𝑐 =1

2𝜋𝜀0𝑞𝑎𝑙𝑛𝐷

𝑟+ 𝑞𝑏𝑙𝑛

𝑟

𝐷+1

2𝜋𝜀0𝑞𝑎𝑙𝑛𝐷

𝑟+ 𝑞𝑐𝑙𝑛

𝑟

𝐷

=1

2𝜋𝜀02𝑞𝑎 𝑙𝑛

𝐷

𝑟+ 𝑞𝑏 + 𝑞𝑐 𝑙𝑛

𝑟

𝐷

=3𝑞𝑎2𝜋𝜀0𝑙𝑛𝐷

𝑟𝑉

ln1 = 0

𝑞𝑎 + 𝑞𝑏 + 𝑞𝑐 = 0𝑞𝑎 = −(𝑞𝑏+𝑞𝑐)

07.03.2018

38

Simetrik üç faz iletim hattının kapasitansı

𝑉𝑎𝑏 + 𝑉𝑎𝑐 =3𝑞𝑎2𝜋𝜀0𝑙𝑛𝐷

𝑟

Dengeli üç faz gerilim için aşağıdaki denklemleri

yazabiliriz:

𝑉𝑎𝑏 = 𝑉𝑎𝑛∠0° − 𝑉𝑎𝑛∠ − 120°

𝑉𝑎𝑐 = 𝑉𝑎𝑛∠0° − 𝑉𝑎𝑛∠ − 240°

∴ 𝑉𝑎𝑏 + 𝑉𝑎𝑐 = 3𝑉𝑎𝑛

→ 3𝑉𝑎𝑛 =3𝑞𝑎2𝜋𝜀0𝑙𝑛𝐷

𝑟

𝑉𝑎𝑛 =𝑞𝑎2𝜋𝜀0𝑙𝑛𝐷

𝑟𝑉

𝐶𝑛 =𝑞𝑎𝑉𝑎𝑛=2𝜋𝜀0

𝑙𝑛𝐷𝑟

𝐹/𝑚

Çaprazlanmış asimetrik üç faz iletim hattının kapasitansı

𝑉𝑖𝑗 =1

2𝜋𝜀0

𝑘=1

𝑛

𝑞𝑘 𝑙𝑛𝐷𝑘𝑗

𝐷𝑘𝑖

𝑉𝑎𝑏,1 =1

2𝜋𝜀0𝑞𝑎𝑙𝑛𝐷12𝑟+ 𝑞𝑏𝑙𝑛

𝑟

𝐷21+ 𝑞𝑐𝑙𝑛

𝐷32𝐷31

𝑉𝑎𝑏,2 =1

2𝜋𝜀0𝑞𝑎𝑙𝑛𝐷23𝑟+ 𝑞𝑏𝑙𝑛

𝑟

𝐷23+ 𝑞𝑐𝑙𝑛

𝐷31𝐷12

𝑉𝑎𝑏,3 =1

2𝜋𝜀0𝑞𝑎𝑙𝑛𝐷31𝑟+ 𝑞𝑏𝑙𝑛

𝑟

𝐷31+ 𝑞𝑐𝑙𝑛

𝐷12𝐷23

→ 𝑉𝑎𝑏 =1

6𝜋𝜀0𝑞𝑎𝑙𝑛𝐷12𝐷23𝐷31𝑟3

+ 𝑞𝑏𝑙𝑛𝑟3

𝐷12𝐷23𝐷31+ 𝑞𝑐𝑙𝑛

𝐷12𝐷23𝐷31𝐷12𝐷23𝐷31

=1

2𝜋𝜀0𝑞𝑎𝑙𝑛𝐷𝑚𝑟+ 𝑞𝑏𝑙𝑛

𝑟

𝐷𝑚

07.03.2018

39

Çaprazlanmış asimetrik üç faz iletim hattının kapasitansı

𝑉𝑎𝑏 =1

2𝜋𝜀0𝑞𝑎𝑙𝑛𝐷𝑚𝑟+ 𝑞𝑏𝑙𝑛

𝑟

𝐷𝑚

Aynı şekilde:

𝑉𝑎𝑐 =1

2𝜋𝜀0𝑞𝑎𝑙𝑛𝐷𝑚𝑟+ 𝑞𝑐𝑙𝑛

𝑟

𝐷𝑚

𝑉𝑎𝑏 + 𝑉𝑎𝑐 =1

2𝜋𝜀02𝑞𝑎𝑙𝑛

𝐷𝑚𝑟+ 𝑞𝑏𝑙𝑛

𝑟

𝐷𝑚+ 𝑞𝑐𝑙𝑛

𝑟

𝐷𝑚

𝑉𝑎𝑛 =1

2𝜋𝜀0𝑞𝑎 𝑙𝑛𝐷𝑚𝑟𝑉

𝐶𝑛 =𝑞𝑎𝑉𝑎𝑛=2𝜋𝜀0

𝑙𝑛𝐷𝑚𝑟

𝐹/𝑚

𝑞𝑎 + 𝑞𝑏 + 𝑞𝑐 = 0𝑞𝑎 = −(𝑞𝑏+𝑞𝑐)

Demet İletkenlerde Kapasitans

• Her bir demetteki iletkenlerin, aralarındaki mesafenin demetler arası mesafeden çok daha az

olduğundan, paralel olduğunu ve dolayısıyla demet başına yükün bu iletkenler arası eşit

şekilde dağıldığını varsayabiliriz.

• Yine D12 mesafesinin d mesafesinden çok daha büyük olduğunu düşünürsek D12-d veya D12+d

yerine sadece D12 kullanacağız.

• Eğer a fazındaki yüke qa dersek, a ve a’ iletkenlerindeki yük qa/2 olur. Bu varsayım b ve c

fazlarına da uygulanırsa aşağıdaki denklemi yazabiliriz:

𝑉𝑎𝑏 =1

2𝜋𝜀0

𝑞𝑎2𝑙𝑛𝐷12𝑟+ 𝑙𝑛𝐷12𝑑+𝑞𝑏2𝑙𝑛𝑟

𝐷12+ 𝑙𝑛𝑑

𝐷12+𝑞𝑐2𝑙𝑛𝐷23𝐷31+ 𝑙𝑛𝐷23𝐷31

07.03.2018

40

Demet İletkenlerde Kapasitans

𝑉𝑎𝑏,1 =1

2𝜋𝜀0

𝑞𝑎2𝑙𝑛𝐷12𝑟+ 𝑙𝑛𝐷12𝑑+𝑞𝑏2𝑙𝑛𝑟

𝐷12+ 𝑙𝑛𝑑

𝐷12+𝑞𝑐2𝑙𝑛𝐷23𝐷31+ 𝑙𝑛𝐷23𝐷31

=1

2𝜋𝜀0𝑞𝑎 𝑙𝑛𝐷12

𝑟𝑑+ 𝑞𝑏 𝑙𝑛

𝑟𝑑

𝐷12+ 𝑞𝑐 𝑙𝑛

𝐷23𝐷31

𝑉𝑎𝑐,1 =1

2𝜋𝜀0

𝑞𝑎2𝑙𝑛𝐷31𝑟+ 𝑙𝑛𝐷31𝑑+𝑞𝑏2𝑙𝑛𝐷23𝐷12+ 𝑙𝑛𝐷23𝐷12+𝑞𝑐2𝑙𝑛𝑟

𝐷31+ 𝑙𝑛𝑑

𝐷31=1

2𝜋𝜀0𝑞𝑎 𝑙𝑛𝐷31

𝑟𝑑+ 𝑞𝑏 𝑙𝑛

𝐷23𝐷12+ 𝑞𝑐 𝑙𝑛

𝑟𝑑

𝐷31

Yukarıdaki denklemleri çaprazlamanın her 3 bölümü için yazıp toplamı alırsak elimizde aşağıdaki

denklem kalır:

𝐶𝑛 =2𝜋𝜀0

𝑙𝑛𝐷𝑚𝑟𝑑

𝐹/𝑚