Devre Analizi

ALTERNATİF AKIM KALICI DURUM ANALİZİ

EBE-212, Ö.F.BAY

1

SİNÜSOİDLER

EBE-212, Ö.F.BAY

2

Sinüs Fonksiyonu

xt   X M sin t Burada;

xt  : gerilim v(t) veya akım i(t) olabilir

X M : sinüs fonksiyonunun maksimum değeri (genliği)

 : sinüs fonksiyonunun açısal frekansı t : sinüs fonksiyonunun argümanı

EBE-212, Ö.F.BAY

3

ωt nin fonksiyonu olarak sinüs dalga şekli X (t )

XM 3 2





2

2

t

 XM Her 2π radyandan sonra fonksiyon kendini tekrarlar

xt   xt  2   xt  4  EBE-212, Ö.F.BAY

4

t nin fonksiyonu olarak sinüs dalga şekli

X(t)

XM 3T 4 T 4

T 2

T

t

 XM

xt  T   x(t ) Bir fonksiyonun bir saykıl tamamlaması için geçen zamana periyot denir. Birimi saniye. Bir birimlik süre içinde tekrarlanan saykıl sayısına frekans denir. Birimi hertzdir, f ile gösterilir. EBE-212, Ö.F.BAY

1 f  T 5

1 f  T Önceki şekilden

T  2

olduğunu biliyoruz.

O halde;

2   2f T buluruz.

EBE-212, Ö.F.BAY

6

Genel Sinüs Denklemi xt   X M sint    Sinüs fonksiyonunun argümanı (ωt+θ) dır, θ ise faz açısıdır

X M sin t fonksiyonu, X M sint   

X M sint   

fonksiyonu ise

fonksiyonundan daha sonra başlamıştır.

X M sin t fonksiyonundan daha önce başlamıştır.

EBE-212, Ö.F.BAY

7

Bir Sinyalin parametreleri; • Genliği • Frekansı • Faz açısı

xt   X M sint   

EBE-212, Ö.F.BAY

8

Faz açısı yönünden karşılaştırılması: x1 t   X M1 sint   

x2 t   X M 2 sint   

olsun,

x1 t 

fonksiyonu, x2 t  fonksiyonundan     kadar ileri fazdadır.

x2 t 

fonksiyonu, x1 t  fonksiyonundan     kadar geri fazdadır.

Eğer   

ise iki fonksiyon aynı fazdadır.

Eğer   

ise iki fonksiyon farklı fazdadır.

EBE-212, Ö.F.BAY

9

Faz açısı normalde radyan yerine derece olarak ifade edilir.

  0   x t  X M sin t    X M sin t  90 2 



 2

 90



0

Not: Fonksiyonun argümanına 360 derece veya tamsayı katları eklendiğinde, orijinal fonksiyon değişmemektedir. EBE-212, Ö.F.BAY

10

Eğer iki fonksiyonu faz açısı yönünden karşılaştırmak istiyorsak;

• Frekansları aynı olmalıdır • Aynı formda olmalıdır • Genlikleri pozitif işaretli olmalıdır

EBE-212, Ö.F.BAY

11

Sinüs ve kosinüs fonksiyonlarının dönüşümleri:   cos t  sin t   2 

  sin t  cos t   2 

EBE-212, Ö.F.BAY

12

Fonksiyonların işaretlerinin değiştirilmesi  cos(t )  cost  1800 

 sin(t )  sint  1800 

EBE-212, Ö.F.BAY

13

Sinüs ve Kosinüs için açı toplam ve açı fark ilişkileri sin      sin  . cos   cos  . sin 

cos      cos  . cos   sin  . sin  sin      sin  . cos   cos  . sin  cos      cos  . cos   sin  . sin 

EBE-212, Ö.F.BAY

14

Genel Sinüs Denklemi

xt   X M sint   

olsun,

Buradan;

xt   X M sin t. cos   cos t. sin   A  X M cos  B  X M sin 

xt   A sin t  B cos t





xt   A2  B 2 . sin t  tan 1 B / A

EBE-212, Ö.F.BAY

olur.

15

Örnek: a) b) c)

vt   1cost  45



0

vt   1cost  225

 vt   1cost  315  0

0

Verilen gerilimlerin dalga şekillerini çiziniz?

EBE-212, Ö.F.BAY

16

Çözüm: a)

vt   1cost  45

0



EBE-212, Ö.F.BAY

17

Çözüm (devam): b)

vt   1cost  225

0



vt   1cost  225  1cost  45  180 vt   1cost  45

EBE-212, Ö.F.BAY

18

Çözüm (devam): c)

vt   1cost  315

0



vt   1cost  3150   1cost  3150  3600   1cost  450  cevap a) şıkkı ile aynı

EBE-212, Ö.F.BAY

19

Örnek:





v1 t   12 sin 1000t  600 V





v2 t   6 cos 1000t  300 V

Gerilimlerin frekanslarını ve aralarındaki faz farkını bulunuz?

EBE-212, Ö.F.BAY

20

Çözüm Frekansları;

 1000 f    159.2 Hz 2 2 olarak bulunur.

EBE-212, Ö.F.BAY

21

Çözüm (devam): Faz farkları ise;

v2 t   6 cost  300   6 cost  300  1800  v2 (t )  6 sint  2100  900   6 sint  3000   6 sint  600  buradan;

v1 t   12 sin t  600 V v2 t   6 sin t  600 V

v1 t  fonksiyonu v2 t  fonksiyonundan

60   60   120 0

0

0

ileridir. EBE-212, Ö.F.BAY

22

SİNÜSOİDAL VE KARMAŞIK ZORLAMA FONKSİYONLARI

EBE-212, Ö.F.BAY

23

Doğrusal elektrik devresi V(t) i(t)

vt   A sint   

it   B sint   

Zorlama fonksiyonu

Cevap fonksiyonu

Devrede sadece direnç elemanları varsa    olur. Devrede direnç, endüktans veya kapasitans varsa rezonans anı dışında    olur. EBE-212, Ö.F.BAY

24

Örnek; R

L

v (t )  V M cos  t

i(t)

Devreden geçen akımı elde edelim

EBE-212, Ö.F.BAY

25

Çözüm; Kirşoff’un gerilimler kanununu uygulayalım;

dit  L  Ri t   v(t ) dt

it   I M cost   

Zorlanmış cevap fonksiyonu

Trigonometrik özelliklerden;

it   I M cos  cos t  I M sin  sin t  A1 cos t  A2 sin t şeklinde yazabiliriz. EBE-212, Ö.F.BAY

26

Akım ifadesini ilk denklemde yerine yazarsak; L

d ( A1 cos t  A2 sin t )  R( A1 cos t  A2 sin t )  VM cos t dt

elde edilir. Denklemi türevden kurtardığımızda;

 A1L sin t  A2L cos t  RA1 cos t  RA2 sin t  VM cos t ifadesini elde ederiz. Sinüs ve Kosinüs fonksiyonlarının katsayıları eşitlendiğinde;

 A1L  A2 R  0 A1 R  A2L  VM eşitlikleri elde edilir.

EBE-212, Ö.F.BAY

27

Bu denklemler çözüldüğünde;

RVM A1  2 R   2 L2 LVM A2  2 R   2 L2 ifadelerini buluruz. Böylece;

RVM LVM it   2 cos t  2 sin t 2 2 2 2 R  L R  L

EBE-212, Ö.F.BAY

olur.

28

it   I M cost   

İdi,

Buradaki IM ve  aşağıdaki gibi bulunur

RVM I M cos   2 R   2 L2  LVM I M sin   2 R   2 L2 Buradan; tan  

I M sin  L  I M cos  R

   tan 1

L R EBE-212, Ö.F.BAY

29

I M cos  2  I M sin  2  I M 2 cos 2   sin 2    I M 2 2 2 2 2 2   R V  L V V 2 M M M I    M

R

IM 

2

  2 L2 VM

 R 2

2

  2 L2



2

R 2   2 L2

R 2   2 L2

Buradan i(t) için son ifade; it  

L   cos t  tan 1  2 2 2 R   R  L VM

olarak bulunur. EBE-212, Ö.F.BAY

30

Euler Denklemi Zamanla değişen sinüsoidal fonksiyonları karmaşık frekans bölgesinde karmaşık sayılarla temsil etmek için Euler denkleminden faydalanılır.

e

jt

 cos t  j sin t

  Ime   sin t

Re e jt  cos t jt

Re(.) fonksiyonun gerçek kısmını ifade eder. Im(.) fonksiyonun sanal kısmını ifade eder. EBE-212, Ö.F.BAY

31

Zorlama fonksiyonu:

vt   VM e

jt

vt   VM cos t  jVM sin t Cevap fonksiyonu:

it   I M cost     jI M sint   

it   I M e j t  

EBE-212, Ö.F.BAY

32

Örnek; R

L

v(t)

i(t)

vt   VM cos t

yerine

vt   VM e jt

uyguladığımızda akım ifadesini bulunuz?

EBE-212, Ö.F.BAY

33

Çözüm;

it   I M e j t   dit  L  Ri t   v(t ) dt

RI M e

j t  





d L I M e j t    VM e jt dt

RI M e j t    jLI M e j t    VM e jt

e jt ' leri sadeleştirirsek; RI M e j  jLI M e j  VM EBE-212, Ö.F.BAY

34

buradan;

VM IM e  R  jL j

VM

j

IM e 

R 2   2 L2

e

j  tan 1 L / R 



Vm R  L 2

   tan 1

r  x2  y2

  tan

Bu yüzden; IM 

x  jy  re j

2 2

y x

x  r. cos 

ve

y  r. sin  1  j  e e j

L R

olarak yazabiliriz.

1

EBE-212, Ö.F.BAY

35

Gerçekte zorlama fonksiyonu

vt   VM cos t

olduğundan, gerçek cevap karmaşık cevabın gerçek kısmıdır.

it   I M cos t    

 1 L  cos t  tan  2 2 2 R   R  L VM

sonucunu elde ederiz.

EBE-212, Ö.F.BAY

36

FAZÖRLER

EBE-212, Ö.F.BAY

37

Doğrusal elektrik devresinde

vt   VM e jt

gibi bir

zorlama fonksiyonu olsun. Bu durumda cevap fonksiyonu

it   I M e j t  

olur.

Devreyi tanımlayan denklemlerin her teriminde bulunan

e jt

atıldığında her akım ya da gerilim, genliği ve faz açısı ile tanımlanabilir Örneğin gerilimi üstel olarak şöyle yazabiliriz;



vt   VM cost     Re VM e j t  



Ya da karmaşık sayı ile şu şekilde ifade edebiliriz

  vt   ReVM  e jt    EBE-212, Ö.F.BAY

38

Karmaşık zorlama fonksiyonları ile çalışırken, gerçek kısım gerekli cevaptır. Eğer Re(.) ve

V  VM 

e jt

atılırsa sadece karmaşık sayı

ile çalışabiliriz.

Bu karmaşık temsil FAZÖR olarak adlandırılır ve koyu olarak yazılır.



vt   VM cost     Re VM e j t   V  VM 

olarak yazılabilir.



it   I M cost     Re I M e j t  

I  I M 





olarak yazılır. EBE-212, Ö.F.BAY

39

Örnek; R

L

v(t)

vt   VM cos t i(t)

Devreden geçen akımı fazörleri kullanarak bulunuz?

vt   VM cos t  Ve jt Cevap fonksiyonu

Ie

jt

V  VM 

  0 olsun

EBE-212, Ö.F.BAY

40

Çözüm; dit  L  Ri t   v(t ) dt

Devrenin dif. denklemi;

buradan;





d L Ie jt  RIe jt  Ve jt dt jLIe jt  RIe jt  Ve jt

e jt ' leri sadeleştirirsek;

jLI  RI  V şeklinde yazabiliriz. EBE-212, Ö.F.BAY

41

Bu sebeple;

V I  I M   R  jL

VM R 2   2 L2

  tan

1

L R

Sonuç olarak;

it  

 1 L  cos t  tan  2 2 2 R   R  L VM

elde edilir.

EBE-212, Ö.F.BAY

42

Fazör Gösterimi Zaman Düzlemi

A cost    A sin t   

Frekans Düzlemi

A   A    900

EBE-212, Ö.F.BAY

43

Fazör Analizi

1.

2. 3.

Zaman düzlemindeki diferansiyel denklemleri fazörler kullanarak frekans düzleminde cebirsel denklemlere dönüştürülür. Bilinmeyen fazörler için cebirsel denklemler çözülür. Bilinmeyen fazörler tekrar zaman düzlemine aktarılır.

EBE-212, Ö.F.BAY

44

Örnek;



 it   12 sin 377t  120 

vt   24 cos 377t  450 V 0

A

Fonksiyonların fazör karşılıklarını bulunuz.

EBE-212, Ö.F.BAY

45

Çözüm;

V  24  450V I  12(1200  900 )  12300 A

EBE-212, Ö.F.BAY

46

Örnek; V  1620 V 0

I  10  75 A 0

f=1kHz ifadelerin t düzlemindeki karşılıklarını bulunuz?

EBE-212, Ö.F.BAY

47

Çözüm;

  it   10 cos 2 *1000t  75 A

vt   16 cos 2 *1000t  20 V 0

0

Buradan;

  it   10 cos 2000t  75 A

vt   16 cos 2000t  20 0 V 0

elde edilir.

EBE-212, Ö.F.BAY

48

DEVRE ELEMANLARININ FAZÖR İLİŞKİSİ

EBE-212, Ö.F.BAY

49

R Elemanı:

vt   Ri t  Zorlama fonksiyonu: Cevap fonksiyonu:

VM e

IM e

j t  v 

j t  i 

EBE-212, Ö.F.BAY

50

VM e j t v   RI M e j t i 

VM e jv  RI M e ji

VM e IM e

j v

 V  VM  v

j i

 I  I M  i

V  RI VM  RI M e

j v

e

j i

v  i EBE-212, Ö.F.BAY

51

Direnç için gerilim akım ilişkisi EBE-212, Ö.F.BAY

52

L Elemanı:

dit  vt   L dt

VM e

j t  v 

d j t  i   L IM e dt EBE-212, Ö.F.BAY

53

VM e jv  jLI M e ji

V  jLI VM e

j v

  LI M e

j i 900



v  i  90

0

Endüktör için gerilim akım ilişkisi EBE-212, Ö.F.BAY

54

C Elemanı:

dvt  it   C dt IM e

j t  i 

d  C VM e j t v  dt EBE-212, Ö.F.BAY

55

I M e ji  jCVM e jv

I  jCV IM e

j i

 CVM e 

j  v 900



i   v  90

0

Kapasitör için gerilim akım ilişkisi EBE-212, Ö.F.BAY

56

Örnek; i(t) + L=20mH -



vt   12 cos 377t  20

0



V

i(t)’in değerini bulunuz?

EBE-212, Ö.F.BAY

57

Çözüm; vt   12 cos377t  20 0 V ise

V 12200 I  jL L900 12200  377  20 *103 900





 1,59  700 A buradan

it   1,59 cos377t  700 A olarak bulunur.

EBE-212, Ö.F.BAY

58

Örnek; i(t) + C  100F

v(t) -

vt   100 cos314t  15 V 0

i(t)’nin değerini bulunuz?

EBE-212, Ö.F.BAY

59

Çözüm;

vt   100 cos314t  150 V ise



I  jC 100150







 314 100 *10 6 900 100150



 3.141050 A buradan it   3.14 cos314t  1050 A

olarak bulunur.

EBE-212, Ö.F.BAY

60

EMPEDANS VE ADMİTANS

EBE-212, Ö.F.BAY

61

Empedans: İki uçlu bir elemanın fazör geriliminin elemanın içinden geçen fazör akıma oranı, o elemanın empedansını verir. Z ile gösterilir. Birimi Ω’dur.

V Z I I M  i

VM  v

Z z

EBE-212, Ö.F.BAY

AC Devre

62

VM  v VM Z   v   i  Z z I M  i IM

Z   R   jX   Z z  R  jX

Buradan; Z  R2  X 2

 z  tan 1

X R

R  Z cos  z X  Z sin  z EBE-212, Ö.F.BAY

63

Pasif eleman

Empedans

R

ZR

L

Z  jL  jX L  L900 , X L  L

C

1 1 1 0 Z  jX c   90 , X C   jC C C

EBE-212, Ö.F.BAY

64

Empedansların Seri Bağlanması Z s  Z1  Z 2  Z 3  ...  Z n

Empedansların Paralel Bağlanması 1 1 1 1 1     ...  Z p Z1 Z 2 Z 3 Zn

EBE-212, Ö.F.BAY

65

Örnek; i(t)

R  25

vt 

L  20mH

C  50F

a.

f=60Hz ise devrenin eşdeğer empedansı nedir?

b.

Eğer vt   50 cos t  30 V ise i(t) nedir?

c.



0



f=400Hz olduğunda devrenin eşdeğer empedansı ne olur?

EBE-212, Ö.F.BAY

66

Çözüm; a) f=60Hz ise;

Z R  25





Z L  jL  j 2 * 60 20 *10 3  j 7,54 j j ZC     j 53,05 6 C 2 * 60 50 *10





Z  Z R  Z L  ZC  25  j 45,51

EBE-212, Ö.F.BAY

67

Çözüm (Devam); 0 b) vt   50 cost  30 V

ise;

V 50300 50300 0 I    0 , 96  91 , 22 A 0 Z 25  j 45,51 51,93  61,22

it   0,96 cos377t  91,22 A 0

EBE-212, Ö.F.BAY

68

Çözüm (Devam); c) f=400Hz ise;

Z R  25





Z L  jL  j 2 * 400 20 *10 3  j 50,27 j j ZC     j 7,96 6 C 2 * 400 50 *10





Z  25  j 42,31  49,1459,42  0

EBE-212, Ö.F.BAY

69

Admitans: Empedansın tersidir. Y ile gösterilir. Birimi S’dir.

1 I Y  Z V Y  YM  y Y  G  jB

EBE-212, Ö.F.BAY

70

G : Geçirgenlik

B : Suseptans Dik bileşenler şeklinde yazdığımızda;

1 G  jB  R  jX R X G 2 ,B  2 2 R X R X2 Aynı yolla R ve X de bulunabilir. ;

G B R 2 ,X  2 2 2 G B G B EBE-212, Ö.F.BAY

71

Pasif eleman

Admitans

L

1 YR   G R 1 1 YL   900 j L L

C

YC  jC  C900

R

EBE-212, Ö.F.BAY

72

Admitansların Seri Bağlanması 1 1 1 1 1     ...  Ys Y1 Y2 Y3 Yn

Admitansların Paralel Bağlanması Yp  Y1  Y2  Y3  ...  Yn

EBE-212, Ö.F.BAY

73

Örnek; I

V

S

YP

Z R  2

Z L  j 4

Vs  60450 V I ’nın değerini bulunuz?

EBE-212, Ö.F.BAY

74

Çözüm; Vs  60450 V ise 1 1 YR   S ZR 2 1 1 YL  j S ZL 4

buradan YP 

1 1 j S 2 4 EBE-212, Ö.F.BAY

75

Çözüm (Devam); ve buradan da;

I  Yp Vs 1 1    j 60450  4 2 0  33,518,43 A olarak bulunur.

EBE-212, Ö.F.BAY

76

Örnek;

1

j 2

4

A T

 j 2

Ze

2

j 6

j 4

 j 2

 j 2 B

T

A-B uçlarındaki eşdeğer empedansı bulunuz? EBE-212, Ö.F.BAY

77

Ġ

Ġ

ġĠ

1 2  j4  2 2  j 4 (2)  (4) 2 1 4  j2 Y34   4  j2 20 Y2 

Z3  4  j 2

Y4   j 0.25  j 0.5  j 0.25 Z 4  1 / Y4   j 4 1 ( j 2) 1 j2 1 Z1  1  j 0.5

Z1 

1  j 0.5 Z1  1  (0.5) 2 Z1  0.8  j 0.4()

Z4 

j 4  ( j 2) 8  j4  j2 j2 Y2  0.1  j 0.2( S ) Y34  0.2  j 0.1

Z2  2  j6  j 2  2  j 4 Z34  4  j 2

Z 234 

Y234  0.3  j 0.1( S )

Z 234 

1 1 0.3  j 0.1   Y234 0.3  j 0.1 0.1

Z 2 Z34  3  j1 Z 2  Z34

Zeq  Z1  Z 234  3.8  j 0.6  3.8478.973 EBE-212, Ö.F.BAY

78

Denklemi daha sade olarak çözümleyebiliriz;

A

T

Z B

e

Z1

Z3

Z2

Z4

T

EBE-212, Ö.F.BAY

79

Çözüm; Y4  YL  YC 1 1   j4  j2 1  j S 4

buradan

Z 4   j 4 Z 34  Z 3  Z 4

 4  j 2   j 4  4  j 2

EBE-212, Ö.F.BAY

80

Çözüm Devam); ve buradan da;

1 Y34  Z 34 1  4  j2  0,20  j 0,10 S sonra;.

Z2  2  j6  j 2  2  j 4

EBE-212, Ö.F.BAY

81

Çözüm (Devam);

1 Y2  2  j4  0,10  j 0,20 S Y234  Y2  Y34  0,30  j 0,10 S 1 Z 234  Y234

1  0,30  j 0,10  3  j1

EBE-212, Ö.F.BAY

82

Çözüm (Devam); Y1  YR  YC 1 1   1  j2 1  1 j S ve sonra; 2 Z1 

1

1 1 j 2  0,8  j 0,4

EBE-212, Ö.F.BAY

83

Çözüm (Devam); buradan;

Z e  Z1  Z 234  0,8  j 0,4  3  j1  3,8  j 0,6 olarak bulunur.

EBE-212, Ö.F.BAY

84

FAZÖR DİYAGRAMI Empedans ve Admitans frekansın bir fonksiyonu olduğundan, frekans değiştiğinde empedans ve admitans da değişecektir. Empedans ve Admitansın değişmesi devredeki akım ve gerilimlerin de değişmesine sebep olacaktır. Frekansın değişmesi ile akım ve gerilimlerdeki değişim fazör diyagramlarında kolaylıkla görülebilir.

EBE-212, Ö.F.BAY

85

Ġ

Ġ

Ġ

Ġ Ġ Ġ

ğĢ Ģ

KCL : I S 

V V   jCV R jL   (kapasitif)

| I L || IC |

| I L || IC |

IC  jCV

IL 

V jl

Ġ

EBE-212, Ö.F.BAY

  (endüktif)

Ġ Ġ

86

Ġ

Ġ

  377( s 1 )

Ġ Ġ Ġ

Ğ

Ġ Ġ

| VL  VC || VR |

VR  RI VL  jLI

VS  12 290için fazör diyagram

1 I jC VS  VR  VL  VC

VL  18135(V )

VC 

Ġ

ğ

 I  345( A) VR  1245(V )

Ġ Ġ

(Pythagora s)

| VL || VC |

VC  6  45 EBE-212, Ö.F.BAY

87

Örnek; V

IS

R

jL

IR

IL

1 jC

IC

Bu devreyi çözmek için K.A.K uygulandığında, I S  I R  I L  IC 

V V V   R jL 1 / jC EBE-212, Ö.F.BAY

88

V  VM 0

0

ise;

VM 00 VM   900 IS    VM C900 R L

EBE-212, Ö.F.BAY

89

IC IC IR

I L  IC

IR

V IS

V

IL

IL

IS n

IC

IS

ISf

IC  I L

IR

IL

IR

V

V I S2 EBE-212, Ö.F.BAY

I S1 90

IL= IC olduğunda veya

1 L  C

olduğunda IS ile V

aynı fazda olurlar. Bunun için ise;



1 LC

Bu durum K.A.K. Denkleminden de görülebilir.

1 I  R

1   j C   V L   EBE-212, Ö.F.BAY

91

Örnek; R  4

VR

VS

VL

L  15.92mH

VC

C  1326F

Devrenin fazör diyagramını çiziniz?

EBE-212, Ö.F.BAY

92

Çözüm; VS  VR  VL  VC

I  I M 0 0

I  IR  IL90    900 C 0

VL

VS

VL  VC

VC EBE-212, Ö.F.BAY

VR

I 93

eğer ω=377rad/s ise;

VL  6 I M 90 0 VS

VL  VC 450 VR  4 I M 0 0

I

VC  2 I M   900

eğer;





vS t   12 2 cos 377t  900 V I 

V 12 290  Z 4  j6  j 2

12 290 0

0

VL

VL  VC 450

4 245 0  345 0 A

VS

I

45

0

VR

VC EBE-212, Ö.F.BAY

94

KIRCHOFF KANUNLARI İLE TEMEL ANALİZ

EBE-212, Ö.F.BAY

95

AA Kalıcı Durum Analizinde Problem Çözme Stratejisi

EBE-212, Ö.F.BAY

96

Basit Devre • • • •

Ohm Kanunu Empedans ve Admitans Birleştirme K.A.K ve K.G.K Akım ve Gerilim Bölüşümü Kuralları

EBE-212, Ö.F.BAY

97

Karmaşık Devre • • • • •

Düğüm Analizi Çevre Akımlar Analizi Süperpozisyon Kaynak Dönüşümü Thevenin ve Norton Teoremleri

EBE-212, Ö.F.BAY

98

Örnek;

BASİT DEVRE I1

VS  2460 0 V

8

4

V1

j 6

I3

V2

 j 4

I2

Devredeki akım ve gerilimleri bulunuz?

EBE-212, Ö.F.BAY

99

Ġ Ġ

Ġ

I1 Bulun I 2 , I3 icin akim bölüsümü V1 , V2 için Ohm kanununu kullanin

Zeq  4  ( j 6 || 8  j 4) 24  j 48 32  j8  24  j 48 Z eq  4   8  j2 8  j2

V1  690 I 2

V2  4  90 I3

V1  16.2678.42(V ) V2  7.2815(V )

56  j 56 79.19645   9.60430.964() 8  j2 8.24614.036 V 2460 I1  S   2.49829.036( A) Z eq 9.60430.964 Z eq 

I3 

j6 690 I1  2.49829.036( A) 8  j2 8.24614.036

I2 

8  j4 8.944  26.565 I1  2.4929.036(A) 8  j2 8.24614.036

I1  2.49829.036

I 2  2.71  11.58Ö.F.BAY I 3  1.82105 EBE-212,

100

Çözüm; Ze

 j 6 8  j 4   4

j6  8  j 4 24  j 48  4 8  j2  4  4.24  j 4.94  9,6130,94  0

sonra;

VS 24600 I1   Z e 9,6130,94  2,529,060 A EBE-212, Ö.F.BAY

101

K.G.K kullanarak V1 ‘i bulabiliriz;

I1

4

V1  VS  4I1  24600  1029,060

VS

V1

 3,26  j15,93  16,2678,430V veya gerilim bölüşümü kuralını kullanarak;

VS

 j 68  j 4

j6  8  j 4 V1  V  j 68  j 4 4 j6  8  4

 2460 6,5149,36  V  0

1

0

9,6130,940

 16,2678,420V

EBE-212, Ö.F.BAY

102

V1 ‘i biliyoruz, I2 ve I3‘ü bulabiliriz;

V1 16,2678,430 I2   j6 6900  2,71  11,580 A ve

V1 I3  8  j4  1,821050 A EBE-212, Ö.F.BAY

103

I2 ve I3‘ü akım bölüşümünden de bulabiliriz; I1 8  j 4 I2  8  j4  j6

 2,529,06 8,94  26,57   0

0

8  j2

 2,7111,550 A

Son olarak ta V2’yi bulalım;

V2  I 3  j 4  7,28150 V EBE-212, Ö.F.BAY

104

ANALİZ TEKNİKLERİ

Ġ

Ġ Ġ Ġ ġ

Ġ Ġ

Ġġ Ġ Ġ

Ğ

Ġ Ġ

Ġ

EBE-212, Ö.F.BAY

Ġ

Ġ

Ġ

Ġ Ġ

105

Düğüm Analizi

EBE-212, Ö.F.BAY

106

Örnek; j1 V1

60 0 V

1

1

V2

1 20 0 A

 j1

I0

Devredeki I0’ı düğüm analizi yöntemiyle bulunuz?

EBE-212, Ö.F.BAY

107

1. DÜĞÜM ANALĠZĠ

V2  60 V  20  V2  2  0 1  j1 1  j1

I0 BULUN

 1 1  6 V2  1  2  1  j1 1  j1 1  j1 V2

(1  j1)  (1  j1)(1  j1)  (1  j1) 2(1  j1)  6  (1  j1)(1  j1) 1  j1 V2

V2 

V1 V V  20  2  2  0 1  j1 1 1  j1 V1  V2  60

I0 

V2 ( A) 1

4  8  j2 1 j (4  j )(1  j ) 2

3 5 I 0    j ( A) 2 2 EBE-212, Ö.F.BAY

I 0  2.92  30.96

108

Çözüm; j1 V1

60 0 V

1

1

V2

1 20 0 A

 j1

I0

Süper düğüm var. K.A.K ‘ı uygulayalım;

V1 V2 V2 0  20   0 1  j1 1 1  j1 EBE-212, Ö.F.BAY

109

K.G.K’dan;

V1  V2  600 İlk denklemde yerine yazarsak;

V2  600 V2 0  20  V2  0 1  j1 1  j1 ya da;

 1 1  622 j V2  1   1  j1 1  j1 1  j1 EBE-212, Ö.F.BAY

110

 4  j1  Volt V2    1  j1  buluruz. Buradan da;

4  j1  5 3 I0    1  j1  2 2

 j  Amper 

EBE-212, Ö.F.BAY

111

Çevre Akımları Analizi

EBE-212, Ö.F.BAY

112

Örnek; j1 V1

60 0 V

1

1

V2

1 20 0 A

 j1

I0

Devredeki I0’ı çevre akımları analizi yöntemiyle bulunuz?

EBE-212, Ö.F.BAY

113

Ġ Ġ Ġ

ĠĞĠ

Ġ Ġ

Ġ

Ġ Ġ

I2

I 0   I3

ÇEVRE1 : I1  20

ÇEVRE2 : (1  j)(I1  I 2 )  60  (1  j)(I 2  I 3 )  0 I1  I 2  20

ÇEVRE 3 : (1  j)(I 2  I 3 )  I 3  0

S UPERÇEVRE : (1  j)I1  60  (I 2  I 3 )  0

I3BULUNMALIDIR 2 I 2  (1  j ) I3  6  (1  j )(2) (1  j ) I 2  (2  j ) I3  0

(1  j) I3 

2



/* (1  j )

ÇEVRE 3 : (I 3  I 2 )  (1  j)I 3  0

/* (2)

I 0  I 2  I3

 2(2  j ) I3  (1  j )(8  2 j )

10  6 j 4

I0 

5 3  j(A) 2 2

EBE-212, Ö.F.BAY

114

Çözüm; j1

1

60 0 V

I

1

1

1

I

20 0 A 2

I

 j1 3

I0

K.G.K ‘ı uygulayalım; I 1  20 0

1I 1  I 2   j1I 1  I 2   60 0  1I 2  I 3   j1I 2  I 3   0 1I 3  1I 2  I 3   j1I 2  I 3   0

EBE-212, Ö.F.BAY

115

Denklemeleri çözümleyelim; I 2 2  I 3 1  j1  8  2 j I 2 1  j1  I 3 2  j1  0

 4  2 j  I3   1  j1   1  j1 

 10  6 j I3  4 5 3 I 0  I 3    2 2

olarak bulunur.

 jA  EBE-212, Ö.F.BAY

116

Süperpozisyon Analizi

EBE-212, Ö.F.BAY

117

Örnek; j1

V

60 0 V

1

1

1

V

2

1

20 0 A

I

 j1

0

Devredeki I0’ı Süperpozisyon yöntemiyle bulunuz?

EBE-212, Ö.F.BAY

118

Ġ

I 0'  10( A) Z'  (1  j) || (1  j) 

V1"

(1  j)(1  j) 1 (1  j)  (1  j)

Z" Z" "  " 60(V ) I 0  " 60( A) Z 1 j Z 1 j

1 j 1 j I 0"  6 2  j ( 1  j )  3  j I 0"  6 ( A) 1 j 6 6 " 1 j I   j ( A) 0 2 j 4 4 5 3  I 0  I 0'  I 0"    j ( A) 2 2 

Z"

Z "  1 || (1  j )

EBE-212, Ö.F.BAY

119

Çözüm; Gerilim kaynağını kısa devre yapalım; j1 1

1

 j1

1

20 0 A

I

' 0

EBE-212, Ö.F.BAY

120

1

20 0 A

Z’

I 0'

Z

'

 1  j11  j1   1 1  j1  1  j1

I  10 A ' 0

0

olur.

EBE-212, Ö.F.BAY

121

Akım kaynağını açık devre yapalım; j1

1

60 0 V

V1' '

1

1 I'0'

EBE-212, Ö.F.BAY

 j1

122

Gerilim bölüşümü kuralını uyguladığımızda;

 11  j1  60   1  1  j 1   V1''   11  j1  1  j1    1  1  j 1  



0



61  j1  V 4 6 '' I 0  1  j1A 4

6 5 3 I o  I  I  1  1  j1    4 2 2 ' 0

'' 0

EBE-212, Ö.F.BAY

 jA  123

Örnek-2 Devredeki V0 gerilimini Süperpozisyon yöntemiyle bulunuz?

EBE-212, Ö.F.BAY

124

EBE-212, Ö.F.BAY

125

EBE-212, Ö.F.BAY

126

EBE-212, Ö.F.BAY

127

Kaynak Dönüşümü Analizi Bir empedans ile seri bağlı bir gerilim kaynağı, aynı empedans ile paralel bağlı bir akım kaynağı ile değiştirilebilir. Tersi de yapılabilir. Tekrar tekrar yapılan bu işlemler devre elemanlarının sayısının azalmasını ve devrenin basit bir devre durumuna gelmesini sağlar.

EBE-212, Ö.F.BAY

128

ġ

IS 

8 2j 1 j

Z  (1  j ) || (1  j )  1 V ' 8  2 j

ġ

Ģ

EBE-212, Ö.F.BAY

I0 

I S 4  j (4  j )(1  j ) 5  3 j    2 1  j (1  j )(1  j ) 129 2

Örnek; j1 V1

60 0 V

1

1

V2

1 20 0 A

 j1

I0

Devredeki I0’ı Kaynak dönüşüm yöntemiyle bulunuz?

EBE-212, Ö.F.BAY

130

Çözüm; Önce akım kaynağını gerilim kaynağına dönüştürürüz; 1

2(1+j1)V

j1

60 0 V

1

 j1

1

I0

EBE-212, Ö.F.BAY

131

1

 6  21  j1   1  j1  A  

1 1

 j1

j1

I0

EBE-212, Ö.F.BAY

132

Devreyi bu şekilde sadeleştirebiliriz.

8  2 j   1  j1  A  

1

Z

I0

 1  j11  j1 Z  1 1  j1  1  j1 Akım bölüşümü kuralı ile;

 8  2 j  1  4  j1  I o     1  j1  1  1  1  j1 5 3 Io    2 2

 j A 

EBE-212, Ö.F.BAY

133

Örnek-2. Devredeki Vx değerini Kaynak Dönüşümü yöntemiyle bulunuz?

EBE-212, Ö.F.BAY

134

EBE-212, Ö.F.BAY

135

Thevenin Analizi

EBE-212, Ö.F.BAY

136

Örnek; j1 V1

60 0 V

1

1

V2

1 20 0 A

 j1

I0

Devredeki I0’ı Thevenin yöntemiyle bulunuz?

EBE-212, Ö.F.BAY

137

Ġ

Ġ Ġ

Ģ

VOC 

10  6 j 1 j (8  2 j )  2 (1  j )  (1  j )

ZTH  (1  j ) || (1  j )  1

I0 

8 2j EBE-212, Ö.F.BAY

53j ( A) 2 138

Çözüm; Birinci adımda; 1 ‘ luk yük devreden çıkarılır ve açık uçlar arasındaki gerilimi VOC bulunur

j1

1

20 0 A

60 0 V

1

 j1

1

VOC

EBE-212, Ö.F.BAY

139

j1

60 0 V

1

1

 j1

1

21  j V

VOC

Gerilim bölüşümü kuralı ile;

 1  j1  V0C  6  21  j1  1  j 1  1  j 1   VOC  5  3 j V EBE-212, Ö.F.BAY

140

İkinci adımda; kaynakların değeri sıfır yapıldıktan sonra, açık uçlardan bakıldığında görülen empedansı bulunur. j1

1

1

ZTh

 j1

Z Th

 1  j11  j1   1 1  j1  1  j1

EBE-212, Ö.F.BAY

141

Üçüncü adımda; aşağıdaki devreyi elde ederiz ve I 0 ‘ı buluruz. Z Th  1

VOC  5  3 j V

1 I0

5 3  I0    j  A 2 2  EBE-212, Ö.F.BAY

142

Örnek-2. Thevenin eşdeğerini elde ediniz

:

Zt

 j 20  80  j80     23   81.9  j 20  80  j80

EBE-212, Ö.F.BAY



143

Örnek-2 (devam)

EBE-212, Ö.F.BAY

144

Örnek-3. a-b uçlarına göre Thevenin eşdeğerini elde ediniz

EBE-212, Ö.F.BAY

145

veya

EBE-212, Ö.F.BAY

146

EBE-212, Ö.F.BAY

147

Norton Analizi

EBE-212, Ö.F.BAY

148

Örnek; j1 V1

60 0 V

1

1

V2

1 20 0 A

 j1

I0

Devredeki I0’ı Norton yöntemiyle bulunuz?

EBE-212, Ö.F.BAY

149

Ġ Ġ

ZTH  (1  j ) || (1  j )  1

I0 

I SC 4  j (4  j )(1  j ) 5  3 j    2 2 1  j (1  j )(1  j )

I SC  I 1  200 I SC  20 

60 8  2j  (A) 1 j 1 j EBE-212, Ö.F.BAY

150

Çözüm; Birinci adımda; 1 ‘ luk yük devreden çıkarılır , bu uçlar kısa devre edilir ve buradan geçen kısa devre akımı bulunur. j1

60 0 V

1

1

I SC I1

 j1

20 0 A

EBE-212, Ö.F.BAY

151

600 I1  1  j1

I SC  I1  200  2  I SC

6 1  j1

8 2 j   A    1  j1 

olarak buluruz.

EBE-212, Ö.F.BAY

152

İkinci adımda; kaynakların değeri sıfır yapıldıktan sonra açık uçlardan bakıldığında görülen empedansı bulunur. j1 1

1

ZTh

 j1

Z Th

 1  j11  j1   1 1  j1  1  j1

EBE-212, Ö.F.BAY

153

Üçüncü adımda; aşağıdaki devre elde edilir ve I 0 ‘ı bulunur.

8 2 j   A I SC   1  j 1  

1

Z Th  1

I0

8 2 j  1  I 0    1  j1  1  1 5 3  I0    j  A 2 2  EBE-212, Ö.F.BAY

154

Bağımlı Kaynak İçeren Devrelerde AC Kararlı Durum Analizi

EBE-212, Ö.F.BAY

155

Düğüm Analizi

EBE-212, Ö.F.BAY

156

Örnek;

 j1

120 0 V

40 0 A

1

2I X

1

j1

IX

1

V0

Devredeki V0’ı Düğüm analiziyle bulunuz?

EBE-212, Ö.F.BAY

157

Ğ

Ġ ĠĠ

Superdugum den : V  V  120 1 3 Superdugum e KAK uygulandig inda V  V0 V3  V2 V1  V2 V3  40  3    0 1 1 j j

V2 için KAK uyg. V2  V3 V2  V1  2I x  0 j 1 Ğ

V0 için KAK uyg. V0 V0  V3   40  0  V3  2V0  4 1 1 Kontrol degiskeni V1  V3  12 V  V0 V1  2V0  16 Ix  3 1 V3  V0  V0  4 j (V2  2V0  16)  2(V0  4)  (V2  2V0  4)  0

 j (V2  2V0  16)  (V2  2V0  4)  (V0  4)  j (2V0  4)  4 EBE-212, Ö.F.BAY

ğ

V0  

8  4j  4143,13 1  2j

158

Çözüm; V1

 j1

120 0 V

1 V2

2I X

40 0 A V3

j1

1

IX

1

V0

Süper düğüm dikkate alınarak denklemler yazıldığında;

EBE-212, Ö.F.BAY

159

V3  120 0  V1

V3  V0 V3 V1  V2 V3  V2 0   40   0  j1 1 1 j1 V2  V1 V2  V3  V3  V0    2 0  j1 1 1   V0  V3 V0 0 40   0 1 1 denklemleri Vo için çözümleyelim. EBE-212, Ö.F.BAY

160

3V0  1  j1V2  4  j12

 4  j 2V0  1  j1V2  12  j16

 8  j 4 V0  1 j2 V0  4143,130 V olarak bulunur. EBE-212, Ö.F.BAY

161

Çevre Akımlar Analizi

EBE-212, Ö.F.BAY

162

Örnek;

 j1

120 0 V

40 0 A

1

2I X

1

j1

IX

1

V0

V0 gerilimini çevre akımlar analiziyle bulunuz?

EBE-212, Ö.F.BAY

163

Ġ Ġ

Ġ

I 2  40 I3  2 I x ÇEVRE 1 :

 I3  2( I 4  4)

 jI1  120  1(I1  I 3 )  0 ÇEVRE 4 :

1(I 4  I 2 )  1  I 4  j(I 4  I 3 )  0 Ġ

Ix  I4  I2

Ġ

V0  1  I 4 (V) I 4  4  I 4  j ( I 4  2( I 4  4))  0

( 2  j ) I 4  ( 4  8 j )  I 4  

V0  

EBE-212, Ö.F.BAY

48 j j  2 j j

(8  4j)  4143,13 1  2j 164

Çözüm;

 j1

I1

I2

120 0 V

1

2I X I3

1

j1

I4

40 0 A IX

1

EBE-212, Ö.F.BAY

V0

165

I 2  40 0 I x  I 4  I 2  I 4  40 0 I 3  2I x  2I 4  80 0

 j1I1  1I1  I 3   120 0

j1I 4  I 3   1I 4  I 2   1I 4  0

Denklemler I4 için çözüldüğünde; I 4  4143,130 A V0  4143,130V

olarak bulunur. EBE-212, Ö.F.BAY

166

Thevenin Analizi

EBE-212, Ö.F.BAY

167

Örnek;

 j1

120 0 V

40 0 A

1

2I X

1

j1

IX

1

V0

V0 gerilimini Thevenin analiziyle bulunuz?

EBE-212, Ö.F.BAY

168

Ġ Ġ

ğ

ğ ğ

ZTH  

Vtest I "x

I "x

Ġ Ġ ĠĠ Ġ

Vtest   I "x  jI "x  ZTH  1  j ()

I x'  40

ZTH 1  j

2I x 80

VOC  4  8j(V) EBE-212, Ö.F.BAY

V0 

1 ( 4  8j)(V) 2 j

V0  4143,130 V

169

Çözüm;  j1

120 0 V

40 0 A

1

1

2IX

I 'X

j1

Voc

I 'x  40

   140   j12(40 ) 

VOC  1I 'x  j1 2I 'x VOC

0

0

VOC  4  j8V EBE-212, Ö.F.BAY

170

Daha sonra;

 j1

1

2I 'X'

1

j1

I 'X'

Vtest

I 'X'

EBE-212, Ö.F.BAY

171

j1I 'x'  1I 'x'  Vtest  0

 Vtest I  1  j1 Vtest ZTh  ''  Ix '' x

ZTh  1  j1 EBE-212, Ö.F.BAY

172

1

 j1

1

-4+j8V

V0

(4  j8)1 V0  1  j1  1 V0  4143,13 V 0

olarak bulunur. EBE-212, Ö.F.BAY

173

Örnek-2. a-b uçlarına göre Thevenin eşdeğerini bulunuz

I 2  0.0124 16 A Voc  300 I 2  3.71  16 V EBE-212, Ö.F.BAY

174

Örnek-2. (devam)

2 V  V  0  V  0  Isc 

90  0.0150 A 600

EBE-212, Ö.F.BAY

175

Örnek-3. Thevenin eşdeğerini bulunuz

Voc Voc (6 j8) 3  Voc (6 j8)     0   j4 j2 2 j2 

Vs  1053  6  j 8 V

Voc 3 j 4553.1 V

EBE-212, Ö.F.BAY

176

Örnek-3. (devam) V V V  (6  j8) 3  V  (6  j8)      0  2  j4 j2 2 j2 

3  j4 V 1 j Vs  1053  6  j 8 V

V 3 j 4 Isc   2 2 j 2  2 j 2  Voc ZT   3  j4   2  j2   Isc  3 j 4 

EBE-212, Ö.F.BAY

177

Örnek-4 Verilen devrenin a-b uçlarına göre Thevenin Eşdeğerini elde ediniz

EBE-212, Ö.F.BAY

178

EBE-212, Ö.F.BAY

179

Norton Analizi

EBE-212, Ö.F.BAY

180

Örnek;

 j1

120 0 V

40 0 A

1

2I X

1

j1

IX

1

V0

Devredeki V0’ı Norton analiziyle bulunuz?

EBE-212, Ö.F.BAY

181

Superdugum den; V1  V3  120  V1  V3  12

Ġ Ġ

KAK (Superdugu m) V3 V3 V3  V2 V1  V2     40  0 / j 1 j 1 j

V2  V3 V2  V1   0 / ( j ) 1 j V I 'x''  3 1

KAK (V2 ) :  2I 'X'' 

I SC

2 jV3  j (V2  V3 )  (V2  V3  12)  0 (1  j )V2  (1  3 j )V3  12 (1  j )V3  jV3  jV2  (V3  12)  V2  4 j

I x''' 

V3 ( A) 1

I SC  I x'''  4

(1  j )V2  2 jV3  12  4 j 4j 48j (1  j )V3  4 j  V3   I SC  1 j 1 j

EBE-212, Ö.F.BAY

Ğ

Ġ ĠĠ

I SC  ġ

(4  8 j ) j 8 4j  (1  j ) j 1 j Ģ

ğ 182

ġ

Ğ

Ġ

ZTH I SC

1  j  (8  4j)    (V) V0  (1)I 0 (V)  2 j 1 j 

Ģ

V0  4143,130Volt

EBE-212, Ö.F.BAY

183

Çözüm; V1

 j1

120 0 V

1 V2

2I 'X''

V3

1

40 0 A I 'X''

j1

EBE-212, Ö.F.BAY

I SC

184

V3  120  V1 0

V2  V1 V2  V3   2I 'x''  0  j1 1 V3 V2  V1 V3  V2 0 ' ''   40   Ix  0  j1 1 j1 V3 '' ' Ix  1 Birinci ve sonuncu denklemler diğerlerinde yerine yazıldığında; EBE-212, Ö.F.BAY

185

1  j1V2  3  j1I 'x''  j12  1  j1V2  2I 'x''  4  j12 Denklemler Ix için çözüldüğünde;

4 I  A 1  j1 ''' x

I  40  I SC ''' x

I SC

0

 8  j 4  A 1  j1 EBE-212, Ö.F.BAY

Thevenin empedansı daha önce bulunmuştu;

ZTh  1  j1 186

1

 8  j 4  A 1  j1

1

 j1

V0

I0

  8  j 4     1  j 1  1  j1  V0   1  1  1  j1      3  j1 V0  4  3  j 1   V0  4143,130 Volt EBE-212, Ö.F.BAY olarak bulunur.

187