Devre Analiz

Devre Analizi

Örnek Soru Çözümleri

Sayfa 1 / 6

Devre Analizi Örnek Soru Çözümleri S.1. R1 = R2 = R3=44, R4 = R5 =

d

R6=10ve R7 = R8 = R9=66 ise ve akım kaynağı IK1 = 16mA ise R8 üzerindeki gerilimi hesaplayınız. (2008-2009 Güz

R8

IK1

Vize)

R4 a R2 c

R1

R5 e

R4 IK1

R9

R8 R2 R5

R3

R1

R6

R7

R9 R3 b R6 f

R7

Yeni devrede R1 ve R4, R2 ve R6, R3 ve R5 seridir. RS1 = R1+R4 = 14,67+10=24,67  Simetriden

=>

RS1 = RS2 = RS3

d

Çözüm: Devrede seri ve paralel direnç olmadığından Ra = R1, Rb = R2, Rc = R3 üçgenden yıldıza

24,67

dönüşüm yapılmalı; 𝑅1 = 𝑅

𝑅2 ∙𝑅3 1 +𝑅2 +𝑅3

44∙44

= 3∙ (44) = 14,67 Ω

Simetrik olduğundan; R1= R2= R3

24,67 e

© 2009 Uğur TAŞ KIRAN

24,67 f

Devre Analizi

Örnek Soru Çözümleri

Sayfa 2 / 6

24,67 . 24,67 + 24,67 . 24,67 + 24,67 . 24,67

𝑅𝑑 =

24,67

= 3 ∙ 24,67 = 74Ω = Re = Rf

Rx

Ry

R4

Buradan; Rz + Rx = 69.77 Ω (Seridir)

+

16 mA ↑

𝑖𝑥 =

16 ∙ 69,77 34,87+69,77

İy q

69,77 mA

İx q

34,87 mA

VRi

-

27 Ω

9v

54 Ω

Rx = Ry = Rz

= 10,667 mA

𝑅𝑥 = 𝑅𝑦 =

27.54 27+54

54 Ω

Çözüm:

= 34.87 Ω

54 Ω

74+66

Rz

27 Ω

74 . 66

R1

27 Ω

Ω 74

Ω

66 Ω

R6

R3

R2

Ω

66

Ω

66 74

74 Ω

𝑅𝑥 =

VK1 R5

Rx

Ry

= 18 Ω

Gerilim bölücüdür VR1 =

9 ∙18 9+18

= 4.5 volt

S.3. Aşağıdaki devredeki va gerilimini VR8 = 34,87∙10,667 mA ≈ 372mV (Paralel)

düğüm gerilimleri yöntemi kullanarak hesaplayınız. (2008-2009 Güz Vize)

S.2. R1 = R2 = R3=27 , R4 = R5 =

10

R6=54ve VK1 = 9v ise R1 üzerindeki gerilimi hesaplayınız. (2008-2009 Güz Vize)

_ va

20

5 va 5

+

Çözüm: © 2009 Uğur TAŞ KIRAN

60v

2A

Devre Analizi

V1

Örnek Soru Çözümleri

V2

-

+

-

Va

5Va

+ -

+

i1 = - 5A

10 Ω 20 Ω

60 V

Sayfa 3 / 6

V3

i 3 – i 1 =7A

↑ 2A

i3 + 5 = 7

→

i 3 = 2A

i x = - i 3 = - 2A V2 = 60v

V1 = -Va

-7 i x + (i 4- i 1)5 + 23 = 0

→

-V1 + 5.Va + 60 = 0 →Va + 5Va = -60

-7(-2) + (i 4-(-5))5 + 23 = 0

Va = -60/6 = -10v → V1 = 10v

14 + 5 i 4 + i 4 + 25 + 23 = 0

𝑉3 −𝑉2 20

+

𝑉3 −𝑉1 10

−2=0

5 i 4 = -62

𝑉3 −60 20

+

𝑉3 −10 10

−2=0

i 2 = i 1 – i 4 = (-5-(-12,4)) = (-5 + 12,4)

120 3

−62 5

= −12,4 A

i 2 = 7,4 A

3V3 – 60 – 20 – 40 = 0 V3 =

→ i4 =

→

= 40 volt S.5. Aşağıdaki devrede ZR1 = 3, ZL1 =j4

S.4. Aşağıda devre i2 akımını çevre akımları yöntemi ile hesaplayınız. (20082009 Güz Vize)

ve ZC1 =-j5 ise ve kaynaklar I1 =2 /36.87º A, V1 = 2 /-36.87º volt, V2 =6 /143.13º volt ise akım kaynağı L1 üzerindeki gerilimi süper pozisyon yöntemi kullanarak hesaplayınız. (2008-

5A

2009 Güz Final)

i2

V1

7A

~

5

ix

23v

7ix

3

I1 V2

↑

Çözüm:

i1

7 ix

5Ω

i4

~

L1

5A

↑

t

i2 + -

~

R1

7A

i3 +23V

p

ix 3Ω

Çözüm: V1 kaynağını seçelim;

© 2009 Uğur TAŞ KIRAN

C1

Devre Analizi

Örnek Soru Çözümleri

S.6. Aşağıdaki devrede = 100 rad/sn, L1

V1

=100mH ve C1 =500F, C2 =200F, C3

+

~

R1

Sayfa 4 / 6

=400F ve kaynaklar I1 =1 /-90º A, V1 = 5

C1

/0º volt ise C3 üzerindeki gerilimi düğüm

L1

gerilimleri yöntemi kullanarak hesaplayınız. (2008-2009 Güz Final)

I1 üzerindeki gerilim R1 ve L1 kısa devre olduğundan VL1 = 0 volttur.

C1 V2 kaynağını seçelim;

L1

+ ~

V2

R1

VL2 -

~

~

+

V1

C3

I1

C1

L1

C2

Çözüm: Gerilim Bölücüden 𝐽4

VL2 = 𝑍𝑅1+𝑍𝐿1 . V2 = 𝐽4+3 . 6/-143,13° = -1,344 –j 4,61volt = 4,8/-106.26° volt

+ VL2 -

q I2

L1

~

R1

↑

I1 kaynağını seçelim;

I1

C1

ZC1 =

1 𝑗 𝜔𝐶1

=

−𝑗 100 . 500𝑥10 −6

ZL2 =

1 𝑗 𝜔𝐶2

=

ZL3 =

1 𝑗 𝜔𝐶3

=

−𝑗 10 6 20000

−𝑗 10 6 40000

𝑍𝐿1 . 𝑍𝑅1

𝐽4 . 3 𝐽4+3

VL3 = ZE . I1 = (1,92 + j 1,44) x 2/-36,87°

VL = VL2 + VL1 + VL3 = 5,76 /-53.13° volt

−𝑗 100 2 −𝑗 100 4

−𝑗 100 2

= -j 50 Ω

= −𝑗25 Ω

Vb

-j10 Ω

↑~

Vb = 5 volt -1/-90° +

𝑉𝑎 −𝑉𝑐 −𝐽20

(1)

+

𝑉𝑎 −5 𝑗 10

=0

(-2)

20 + Va – Vc – 2Va + 10 = 0

© 2009 Uğur TAŞ KIRAN

Vc

-j50 Ω + ~ - V1

(-j20)

VL3 = 4,8 volt

=

=

-j20 Ω

= 1,92 + j 1,44 Ω

=

Devreyi tekrar çizelim;

devre) ZE = 𝑍𝐿1+𝑍𝑅1 =

−𝑗 10 6 50000

ZC1= -j 50 Ω

Va

Eşdeğer empedans (C1 hariç çünkü kısa

=

-j25 Ω

𝑍𝐿1

ZL1 = j𝜔L1 = j 100 x 100 x 10-3 =j10 Ω

Devre Analizi

Örnek Soru Çözümleri 𝐶𝑒ş . 𝐶2

-Va -Vc + 30 = 0 → Va + Vc = +30 𝑉𝑐−5 −𝑗 50 (2)

+

𝑉𝑐−𝑉𝑎 −𝑗 20 (5)

+

𝑉𝑐 −𝑗 25 (4)

Sayfa 5 / 6

Ceş = 𝐶𝑒ş1 +𝐶2 = 1

=0→

𝑡 𝑉 0 𝐿

𝑖𝐿 t =

2Vc – 10 + 5Vc – 5Va + 4Vc = 0

16Vc = 160

𝑖𝐿 t =

Vc = 160/16 = 10 volt

180000 1100

1

= 163,64 µF 𝑣𝐿 𝑡 = 𝑣1 𝑡 𝑖𝐿 0 = 0

𝑡

10 sin⁡ (100𝜋𝜏)𝑑𝜏 0

10 . 10 − cos 100𝜋𝜏 100 𝜋 =

Va = 20 volt

=

𝜏 𝑑𝜏 + 𝑖𝐿 0

1 𝑖𝐿 t = 100𝑥10−3

11Vc – 5Va = 10 5Va + 5Vc = +150

Va + 10 = 30

900 .200 1100

𝑡 0

1 − cos 100𝜋𝑡 + cos 0 𝜋 1

𝑖𝐿 t = 𝜋 − 𝜋 cos 100𝜋𝑡 Amper

C3 üzerindeki gerilim Vc dir. Vc3 = Vc = 10 volt

𝑖𝐶 t = C

S.7. Aşağıdaki devredeki gerilim kaynağı

𝑑𝑉𝑐 𝑡 𝑑𝑡 𝑑 𝑑𝑡

v1 t   10 sin100t volt, L1 =100mH ve C1

𝑖𝐶 t = 163,64 × 10−6

=500F, C2 =200F, C3 =400F’dir.

𝑖𝐶 t =163,64 x 10−5 x 100 cos 100 𝜋𝑡

Başlangıç enerjileri her eleman için sıfır ise

𝑖𝐶 t =0,16364 cos 100 𝜋𝑡 Amper

kaynaktan çekilen akımı t > 0 için hesaplayınız. (2008-2009 Güz Final)

10 sin 100𝜋𝑡

𝑖 𝑡 = 𝑖𝐿 t + 𝑖𝐶 t (t) 𝑖 𝑡 = 0,318 - 0,318 cos 100 𝜋𝑡 + 0,16364 cos 100 𝜋𝑡

C1 L1

𝑖 𝑡 = 0,318 – 155 cos 100 𝜋𝑡 Amper

C2 V1

C3

S.8. Aşağıda devre a ve b uçları arasındaki Thevenin eşdeğerini hesaplayınız. Bu eşdeğer devreyi kullanarak 5’luk direnç üzerinden geçen akımını çevre akımları

Çözüm:

yöntemi ile hesaplayınız. (2008-2009 Güz

Devreyi düzeltelim

Final) C2

+ -

L1 V1

C1

C3

Ceş1 = C1 + C3 = 500µF + 400µF = 900µF

© 2009 Uğur TAŞ KIRAN

Devre Analizi

Örnek Soru Çözümleri

Vth = - 23 + 7(-2) = -23 – 14 = -37 volt

5A a

Norton akımı IN ‘ i hesaplayalım;

5

7A

↑

b

ix

+ 7İx Çözüm:

5A

↑

IN u

3

23v

7ix

Sayfa 6 / 6

7A + -

p

İx 3Ω

23V

↑

ix değişmez. Bu durumda IN = -37/0 = ∞ Amper

5A -

7A + -

Rth = RN = Vth/IN = -37/∞ = 0 Ω p

İx 3Ω

0Ω + Vth

23V

a i p

+ 7İx

↑

+ Vth

5Ω b

-7ix + Vth + 23 = 0 Vth = -23 + 7ix

i=

𝑉𝑡ℎ 0+5

=

−37 +5

= -7,4 Amper

- 7 – ix + 5 = 0 ix = -7 + 5 = -2A

------------------------------------------------- o O o -----------------------------------------------------

© 2009 Uğur TAŞ KIRAN